Física II - Poli - P2 - 2014

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P1 de física – 2014 
Gabarito prova 16A7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
É verdade, não confia 
Questão Gabarito 
1 E 
2 B 
3 D 
4 B 
5 D 
6 B 
7 C 
8 D 
9 D 
10 D 
GABARITO QUESTA˜O 11 - P2 - FISICA 2 - 2014/2
a) Diagrama de forc¸as:
FR = mg + N + fat = Frrˆ + Fθθˆ
Logo, nas direc¸o˜es radial e tangencial temos:
Fr = mg cos θ −N = mar = −m(Rθ˙)
2
R
= −mR
(
dθ
dt
)2
Fθ = fat −mg sin θ = maθ = mRd
2θ
dt2
b) A energia potencial pode ser escrita como:
U(θ) = mgh = mg(R− (R− r) cos θ) ≈ mgR(1− cos θ)
Ja´ a energia cine´tica tem uma contribuic¸a˜o devido a` translac¸a˜o do centro de massa da
esfera e uma contribuic¸a˜o devido a` rotac¸a˜o em torno do CM:
T (θ) = Ttrans + Trot =
1
2
mv2cm +
1
2
Icm
(
dθ˜
dt
)2
=
1
2
m
(
R
dθ
dt
)2
+
1
2
Icm
(
−R
r
dθ
dt
)2
=
1
2
mR2
(
dθ
dt
)2
+
1
2
2
5
mR2
R2
r2
(
dθ
dt
)2
onde usou-se a relac¸a˜o Rθ = −rθ˜ entre os θ e θ˜ quando na˜o ha´ deslizamento (ver figura
abaixo).
1
Logo
T (θ) =
7
10
mR2
(
dθ
dt
)2
c) Me´todo 1 (conservac¸a˜o de energia):
Por conservac¸a˜o de energia mecaˆnica:
E = U + T = cte =⇒ dE
dt
=
dU
dt
+
dT
dt
= 0
Logo
dE
dt
=
d
dt
[mgR(1− cos θ)] + d
dt
[
7
10
mR2
(
dθ
dt
)2]
= mgR sin θ
dθ
dt
+
7
5
mR2
dθ
dt
d2θ
dt2
=
7
5
mR2
dθ
dt
[
d2θ
dt2
+
5g
7R
sin θ
]
= 0
Isso implica, no limite de pequenas oscilac¸o˜es (sin θ ≈ θ), na seguinte equac¸a˜o diferencial
para oscilador harmoˆnico simples:
d2θ
dt2
+ ω2θ = 0, com ω =
√
5g
7R
Me´todo 2 (torques em relac¸a˜o ao centro de massa):
A partir da 2a lei de Newton
FR = m(aθθˆ + arrˆ)
2
que na direc¸a˜o tangencial e no limite de pequenas oscilac¸o˜es leva a
mR
d2θ
dt2
= fat −mgθ
O torque resultante em torno de eixo passando pelo CM so´ tem contribuic¸a˜o da forc¸a de
atrito, de modo que
fatr = ICM
d2θ˜
dt2
=
(
2
5
mr2
)(
−R
r
d2θ
dt2
)
=⇒ fat = −2
5
mR
d2θ
dt2
Dessa forma, temos
mR
d2θ
dt2
= −2
5
mR
d2θ
dt2
−mgθ =⇒ d
2θ
dt2
+ ω2θ = 0, com ω =
√
5g
7R
Me´todo 3 (torques em relac¸a˜o ao ponto C):
Quando o eixo de rotac¸a˜o e´ o ponto C, o peso e a forc¸a de atrito contribuem para o torque
total:
M = Mp + Mfat,
onde
Mp = (R− r)rˆ× (−mg sin θθˆ +mg cos θrˆ) ' −mgRθzˆ
Mfat = Rrˆ× fatθˆ ' Rfatzˆ
Aplicando a 2a lei de Newton para o movimento de rotac¸a˜o, temos enta˜o
−mgRθ +Rfat = IC d
2θ
dt2
=
[
2
5
mr2 +m(R− r)2
]
d2θ
dt2
' mR2d
2θ
dt2
−mgRθ − 2
5
mR2
d2θ
dt2
= mR2
d2θ
dt2
E finalmente
d2θ
dt2
+ ω2θ = 0, com ω =
√
5g
7R
d) Por derivac¸a˜o simples da expressa˜o para θ(t), temos:
dθ
dt
= −ωA sin(ωt+ φ)
d2θ
dt2
= −ω2A cos(ωt+ φ)
Logo
d2θ
dt2
+ ω2θ = 0 (CQD)
3
e) A soluc¸a˜o geral e´ dada por
θ(t) = A cos(ωt+ φ)
com as constantes A e φ dadas em termos das condic¸o˜es iniciais
A2 = θ20 +
(
θ˙0
ω
)2
'
(x0
R
)2
+
( v0
ωR
)2
φ = −atan
(
θ˙0
ωθ0
)
' −atan
(
v0
ωx0
)
onde usou-se a aproximac¸a˜o de que no limite de pequenas oscilac¸o˜es, a coordenada hori-
zontal x e´ essencialmente o comprimento Rθ do arco cujo aˆngulo de abertura e´ θ.
Enta˜o:
θ(t) =
√(x0
R
)2
+
( v0
ωR
)2
cos
[√
5g
7R
t− atan
(
v0
ωx0
)]
ou em termos de θ0
θ(t) =
√
θ20 +
( v0
ωR
)2
cos
[√
5g
7R
t− atan
(
v0
ωRθ0
)]
f) No limite de pequenas oscilac¸o˜es, cos θ ' 1− θ2
2
, logo
U(t) = U(θ(t)) = mgR(1− cos θ) ' mgRθ
2
2
=
mgR
2
A2 cos2(ωt+ φ)
E para a energia cine´tica
T (t) = T (θ(t)) =
7
10
mR2
(
dθ
dt
)2
=
(
7
10
mR2
)(
ω2A2 sin2(ωt+ φ)
)
=
mgR
2
A2 sin2(ωt+φ)
g) Somando U(t) e T (t), temos
E = U(t)+T (t) =
mgRA2
2
[
cos2(ωt+ φ) + sin2(ωt+ φ)
]
=
mgRA2
2
= constante no tempo
4