1ee Física I 2017.2 - Macone

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Universidade de Pernambuco - Escola Politécnica
Física 1 - 2017.2
Gabrito do 1
o
Exercício Escolar - Data: 27 / 10 / 2017
Nome: Turma: NT
CPF: Prof. Dr. Marcone Sena
Figura 1: 1
a
. questão
1
o
)(3,0 pontos)
a) (1,0) A função ax(t) é linear em t.
Então ax(t) = mt+ a0, ondea0 = −0, 60m/s
2 (aceleração em t = 0)
m =
ax(50)− ax(30)
50− 30 = 0, 02m/s
3 (coef. angular)
Daí, ax(t) = 0, 02 t− 0, 60 (m/s2) (1,0 ponto)
b) (1,0)
dvx(t)
dt
= ax(t) →
vx∫
v0
dv′x =
t∫
0
dt′ ax(t′)
→ vx − v0 =
t∫
0
dt′ (0, 02 t′ − 0, 60) → vx(t) = 1− 0, 60 t+ 0, 01 t2 (m/s2)
onde v0 = 1m/s é a velocidade inicial (em t = 0)
• Em t = 10s: vx
∣∣
t=10s
= 1− 6 + 1 = −4m/s (0,5 ponto)
• Em t = 50s: vx
∣∣
t=50s
= 1− 30 + 25 = −4m/s (0,5 ponto)
c) (1,0) a velocidade média vm entre t = 0 s e t = 50 s pode ser calculada como
vm =
x
∣∣
t=50s
− x∣∣
t=0s
50s− 0s =
∆x
∆t
, onde ∆t = 50s e o espaço percorrido ∆x é expresso como
∆x =
∫ t=50s
t=0s
dt vx(t) =
∫ t=50s
t=0s
dt
(
1− 0, 60 t+ 0, 01 t2) = (t− 0, 60 t2
2
+ 0, 01
t3
3
) ∣∣∣∣∣
t=50s
t=0s
= −850
3
m
A velocidade média é vm =
−(850/3)m
50s
= −17
3
m/s ≈ −5, 7m/s (1,0 ponto)
2
o
) (3,0 pontos)
Aplicando a 2
a
lei de Newton sobre o bloco 1 de massa m1 que é sujeito a tensão T1, temos:
(1) m1 a1 = T1 (0,5 ponto), onde a1 > 0 é a aceleração desenvolvida para a direita
1
Aplicando a 2
a
lei de Newton sobre o bloco 2 de massa m2 que sujeito a tensão T2 e ao seu
próprio peso m2g, temos
(2) m1 a2 = m2 g − T2 (0,5 ponto), onde a2 > 0 é a aceleração desenvolvida para baixo
Aplicando a 2
a
lei de Newton sobre a polia ideal P1 sujeita a uma tensão T2 para a direita e
2T1 para a esquerda, temos
0 a
polia
= T2 − 2T1 ⇒ (3) T2 = 2T1 (0,5 ponto)
onde tomamos a massa da polia como nula, isto é, m
polia
= 0.
Então conforme fora instruído em sala: as acelerações se relacionam como (4) a1 = 2a2 .
Assim, temos um total de 4 equações a 4 incógnitas (a1, a2, T1 e T2).
Figura 2: 2
a
questão
a) (1,5) Isolando T1 e T2 das Eqs. (1) e (2)
T1 = m1 a1 e T2 = m2 (g − a2)
e substituindo em (3), temos 2m1a1 +m2 a2 = m2 g. Levando em
conta a Eq.(4), temos (4m1 +m2) a2 = m2 g. Logo
a2 =
g
1 + 4
m1
m2
=
a1
2
(1,0 ponto)
b) (1,5) Da Eq.(1) a tensão T1 se expressa como
T1 = m1 a1 =
2m1 g
1 + 4
m1
m2
⇒ T1 = 2m1m2 g
m2 + 4m1
=
T2
2
⇒

T1 =
m2 g
4
=
T2
2
para m1 � m2
T1 = 2m1 g =
T2
2
para m2 � m1
(0,5 ponto)
3
a
(4,0 pontos)
a) (1,0) A energia mecânica inicial é Ei = mg h = 10× 10× 3 = 300 J (0,25 ponto).
Na compressão máxima, a energia mecânica final é Ef =
kx2
2
=
2.250× 0, 32
2
= 101, 25 J
(0,25 ponto).
Aplicando o teorema trabalho-energia cinética: Ef −Ei = Watrito, onde Watrito = −Fatrito d com
F
atrito
= mg µ Ou seja
µ =
Ef − Ei
−mg d =
101, 25− 300
−10× 10× 6 = 0, 33 (0,5 ponto)
b) (1,5) No trecho rugoso, a aceleração (negativa) desenvolvida pelo bloco é
ma = F
atrito
= −mgµ ⇒ a = −g µ = −10× 0, 33 = −3, 3m/s2 (0,5 ponto)
2
Durante a compressão da mola a aceleração desenvolvida pelo bloco é
ma = −k x ⇒ a = −kx
m
portanto a
máx
= −k xmáx
m
=
2.250× 0, 300
10
= −67, 5m/s2 (0,5 ponto)
O maior módulo de aceleração no plano horizontal ocorre na compressão máxima da mola
quando |a| = 67, 5m/s2 (0,5 ponto).
c) (1,5) Seja n o número de vezes que o bloco passará completamente pelo trecho rugoso até
parar. Então, do teorema trabalho - energia cinética, temos
0− Ei = nWatrito ⇒ n = −Ei−F
atrito
d
=
mg h
mg µ d
=
h
µ d
=
3
0, 33× 6 = 1, 52 (0,5 ponto)
ou seja, passa completamente 1 vez e percorre 52% do trajeto de C em direção a B. Ou seja, a
distância até B é de (100%− 52%)× d = 0, 48× 6, 00m ≈ 2, 94m. (1,0 ponto)
Figura 3: 3
a
questão
3