PSUB POLI 2007

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FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova Substitutiva - Gabarito
C
A
B
θR
1. Um corpo de massa m, enfiado em um aro circular de raio R
situado em um plano vertical, esta´ preso por uma mola de constante
k ao ponto C, no topo do aro. O corpo pode se deslocar ao longo do
aro com atrito desprez´ıvel. Na posic¸a˜o relaxada da mola, o corpo
esta´ em B, no ponto mais baixo do aro. Se soltarmos o corpo em
repouso a partir do ponto A indicado na figura, com θ = 60◦, escreva:
(a) (1,0) a energia mecaˆnica total no ponto A,
(b) (0,5) a energia mecaˆnica total no ponto B.
(c) (1,0) Determine a velocidade da part´ıcula no ponto B.
SOLUC¸A˜O:
(a) Energia mecaˆnica total no ponto A
Adotando a energia potencial em B, UB = 0, a energia mecaˆnica total no ponto A
sera´ dada pela energia potencial do ponto A, ja´ que o corpo esta´ em repouso nesse ponto.
EA = UA = mgh+
1
2
kx2
onde h e´ a diferenc¸a de altura entre os pontos A e B e x e´ a compressa˜o da mola.
h = R−R cos(θ) = R[1− cos(θ)]
para θ = 60◦
h =
1
2
R
x = 2R− l
onde l e´ o comprimento da mola comprimida. Usando a lei dos cossenos
l2 = R2 +R2 − 2RR cos(α)
onde, da figura, α = pi − θ. Assim.
l2 = 2R2[1 + cos(θ)]
que para θ = 60◦ da´
l =
√
3R
1
ou seja,
x = (2−
√
3)R
Energia mecaˆnica total no ponto A
EA = mg
1
2
R +
1
2
k(2−
√
3)2R2
EA =
1
2
mgR +
1
2
k(2−
√
3)2R2
(b) Energia mecaˆnica total no ponto B.
Como na˜o existem forc¸as dissipativas no sistema, a energia mecaˆnica total deve ser
conservada, portanto
EB = EA
EB =
1
2
mgR +
1
2
k(2−
√
3)2R2
(c) Velocidade da part´ıcula no ponto B.
Como
EB = UB +
1
2
mv2B
temos
1
2
mv2B =
1
2
mgR +
1
2
k(2−
√
3)2R2
o que nos da´ para a velocidade no ponto B
vB =
√
gR +
k
m
(2−
√
3)2R2
2
m
5m/s
m v2. Um caixote de massa m = 10 kg e´ lanc¸ado
horizontalmente sobre um carrinho de massa
40 kg, inicialmente em repouso. A velocidade
inicial do caixote e´ de 5 m/s. Ao tocar o
carrinho o caixote desliza sobre ele ate´ parar. A partir da´ı ambos, caixote e carrinho,
continuam com velocidade v. (Despreze qualquer atrito no movimento do carrinho em relac¸a˜o
ao solo.)
(a) (0,5) Qual e´ a acelerac¸a˜o horizontal do centro de massa do sistema carrinho mais caixote
durante o per´ıodo em que o caixote esta´ deslizando sobre o carrinho?
(b) (1,0) Determine a velocidade final v.
(c) (1,0) Qual a variac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema carrinho mais caixote desde o
instante que o caixote toca o carrinho ate´ parar sobre ele?
SOLUC¸A˜O:
(a) Acelerac¸a˜o horizontal do centro de massa do sistema carrinho mais caixote durante o
per´ıodo em que o caixote esta´ deslizando sobre o carrinho.
Como a u´nica forc¸a agindo horizontalmente e´ a forc¸a de atrito entre o caixote e o
carrinho, que e´ uma forc¸a interna ao sistema, temos
aCM = 0
(b) Velocidade final v.
Como na˜o existem forc¸as externas agindo na direc¸a˜o horizontal, o momento linear
do sistema deve se conservar. Assim
mvi = (m+M)v
onde vi = 5 m/s e´ a velocidade inicial do caixote e M = 40 kg e´ a massa do carrinho.
v =
mvi
m+M
=
10 · 5
10 + 40
v = 1 m/s
(c) Variac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema carrinho mais caixote desde o instante que o
caixote toca o carrinho ate´ parar sobre ele.
3
Energia cine´tica inicial
Ei =
1
2
mv2i =
1
2
10(5)2 = 125 J
Energia cine´tica final
Ef =
1
2
(m+M)v2 =
1
2
(10 + 40)(1)2 = 25 J
Variac¸a˜o da energia cine´tica
∆E = Ef − Ei
∆E = −100 J
R
M
R
M
m d
P
3. A figura mostra um par de discos macic¸os uniformes, cada
qual com massa M e raio R (ICM =
1
2
MR2). Eles esta˜o mon-
tados numa haste uniforme, de comprimento d = 2R e massa
m = M
2
(ICM =
1
12
md2).
(a) (0,5) Calcular, em termos de M e R, o momento de ine´rcia
do sistema em relac¸a˜o a um eixo perpendicular a` haste, pas-
sando por seu centro, fazendo o tratamento aproximado de
considerar os discos puntiformes, com toda a sua massa con-
centrada no seu centro de massa, e a massa da haste desprez´ıvel.
(b) (1,0) Calcular, em termos de M e R, o momento de ine´rcia do sistema em relac¸a˜o a um
eixo perpendicular a` haste, passando por seu centro, sem fazer o tratamento aproximado do
item anterior.
(c) (1,0) Considere o conjunto sobre uma mesa de ar horizontal, podendo deslocar-se sobre
ela com atrito desprez´ıvel. Transmite-se um impulso instantaˆneo ~P a um dos discos, como
mostrado na figura. Descreva completamente o movimento subsequ¨ente do sistema.
SOLUC¸A˜O:
(a) Momento de ine´rcia aproximado.
Os discos sa˜o considerado como part´ıculas de massa M colocadas a uma distaˆncia
2R do eixo que passa pelo centro da barra. Assim,
IA = M(2R)
2 +M(2R)2
4
IA = 8MR
2
(b) Momento de ine´rcia exato.
I = Ibarra + 2Idisco
Ibarra =
1
12
md2 =
1
12
M
2
(2R)2 =
1
6
MR2
Idisco =
1
2
MR2 +M(2R)2 =
9
2
MR2
I =
1
6
MR2 + 2 · 9
2
MR2
I =
55
6
MR2
(c) Descric¸a˜o completa do movimento.
Para descrever completamente o movimento do sistema depois do impulso, devemos
determinar a velocidade de translac¸a˜o do centro de massa do sistema e a velocidade angular
de rotac¸a˜o do sistema em torno do seu centro de massa.
A velocidade de translac¸a˜o do centro de massa do sistema pode ser obtida da con-
servac¸a˜o do momento linear antes e depois da aplicac¸a˜o do impulso, ja´ que na˜o existem
forc¸as externas ao sistema agindo na direc¸a˜o do seu movimento.
~P =
(
M +M +
M
2
)
~vCM
~vCM =
2
5
~P
M
A velocidade angular de rotac¸a˜o do sistema em torno do seu centro de massa pode
ser obtida da conservac¸a˜o do momento angular antes e depois da aplicac¸a˜o do impulso, ja´
que na˜o existem torques externos ao sistema.
2RP = Iω
ω = 2RP
6
55MR2
5
ω =
12
55
P
MR
4. O Big Ben, o relo´gio da torre do Parlamento em Londres, tem o ponteiro das horas com
2, 0 m de comprimento com massa de 60, 0 kg, e o ponteiro dos minutos com 3, 0 m de
comprimento com massa de 100, 0 kg. Modelando os ponteiros como barras uniformes finas
e longas com momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao seu centro de massa dado por ICM =
1
12
ML2
determine:
(a) (1,0) a energia cine´tica rotacional do ponteiro dos minutos ao redor do eixo de rotac¸a˜o,
(b) (1,0) o momento angular do ponteiro das horas ao redor do eixo de rotac¸a˜o, e
(c) (0,5) o torque sobre cada ponteiro, devido ao seus pesos, quando o relo´gio indicar 3h00.
SOLUC¸A˜O:
(a) Energia cine´tica rotacional do ponteiro dos minutos
ER =
1
2
IMω
2
M
onde
IM =
1
12
mMd
2
M +mM
(
dM
2
)2
=
1
3
mMd
2
M =
1
3
· 100 · (3)2 = 300 kg m2
e
ωM =
2pi
TM
=
2pi
60 · 60 =
pi
1800
rad/s
ER =
1
2
· 300 · pi
2
1800 · 1800
ER =
pi2
21600
J
(b) Momento angular do ponteiro das horas.
LH = IHωH
onde
IH =
1
3
mHd
2
H =
1
3
· 60 · (2)2 = 80 kg m2
6
e
ωH =
2pi
TH
=
2pi
12 · 60 · 60 =
pi
21600
rad/s
LH = 80 · pi
21600
LH =
pi
270
kgm2/s
(c) Torque sobre cada ponteiro, devido ao seus pesos, quando o relo´gio indicar 3h00.
As 3h00 o ponteiro dos minutos esta´ na vertical enquanto que o ponteiro das horas
esta´ na horizontal.
Como o ponteiro dos minutos esta´ na vertical, a sua forc¸a peso esta´ alinhada com o
eixo de rotac¸a˜o, assim
τM = 0
Como o ponteiro das horas esta´ na horizontal, o torque da sua forc¸a peso sera´ dado
por
τH = mHg
dH
2
onde dH
2
e´ o brac¸o de alavanca.
τH = 60 · 10 · 2
2
τH = 600 N m
7