FÍSICA TEÓRICA E EXPERIMENTAL 2 (2)

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Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P1 (02/09/2016) [z7BA]
NUSP: ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪
① ① ① ① ① ① ①
② ② ② ② ② ② ②
③ ③ ③ ③ ③ ③ ③
④ ④ ④ ④ ④ ④ ④
⑤ ⑤ ⑤ ⑤ ⑤ ⑤ ⑤
⑥ ⑥ ⑥ ⑥ ⑥ ⑥ ⑥
⑦ ⑦ ⑦ ⑦ ⑦ ⑦ ⑦
⑧ ⑧ ⑧ ⑧ ⑧ ⑧ ⑧
⑨ ⑨ ⑨ ⑨ ⑨ ⑨ ⑨
Instruções: preencha completamente os círculos com
os dígitos do seu número USP (um em cada coluna); na
parte de baixo dessa folha, preencha completamente
os círculos com as respostas corretas correspondentes a
cada questão. Use caneta esferográfica preta ou azul.
Escreva apenas nas áreas designadas.
Nome: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Assinatura: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Turma: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Professor: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ESTE ESPAÇO É DE USO EXCLUSIVO DA BANCA
DE CORREÇÃO
1a Avaliação Revisão
Múltipla-escolha
Parte discursiva
Total
• Esta prova é formada de uma parte objetiva contendo quatro (4) questões de múltipla-escolha (Q1-Q4) e uma
parte discursiva contendo duas (2) questões (Q5 e Q6).
• As soluções das questões discursivas devem ser feitas no CADERNODERESPOSTAS devidamente identificado
com nome, NUSP e turma.
• A parte objetiva corresponde a um total de 4,0 pontos e a parte discursiva a 6,0 pontos.
Marque as respostas das questões de múltipla-escolha
(1) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
(2) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
(3) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
(4) Ⓐ Ⓑ Ⓒ Ⓓ Ⓔ
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QUESTÕES DE MÚLTIPLA-ESCOLHA (1-4)
(1) [1,0 pt] A figura mostra os gráficos da energia cinética K em função da posição x para três osciladores harmô-
nicos do tipo bloco-mola que têm a mesma massa e que descrevem movimentos harmônicos simples. Pode-se dizer
que:
x
K
1
2
3
-A 0 A
 (a) A constante elástica do oscilador 2 é maior que a do oscilador 3.
 (b) O período de oscilação associado ao oscilador 1 é menor que aquele dos osciladores 2 e 3.
 (c) O oscilador 3 completa uma oscilação em um tempo menor que os outros dois.
 (d) A constante elástica do oscilador 3 émaior que a dos osciladores 1 e 2, sendo a constante elástica do oscilador
2 menor que a do oscilador 1.
 (e) Os três osciladores tem a mesma freqüência de oscilação.
SOLUÇÃO: Como a amplitude do movimento é a mesma e a massa é a mesma, a energia cinética máxima em
cada experimento é Ki,max = 12mω2i A2. Como K3,max > K2,max > K1,max, então ω3 > ω2 > ω1. A resposta (e) éerrada. Usando que ω3 > ω2 > ω1, temos também para os períodos τ1 > τ2 > τ3 e para as constantes elásticas
k3 > k2 > k1. As respostas (a), (b) e (c) são erradas e a resposta (c) é CERTA.
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(2) [1,0 pt] A figura mostra as curvas obtidas em três experimentos diferentes para o deslocamento horizontal
em relação à posição de equilíbrio, x(t), de um mesmo sistema bloco-mola que oscila descrevendo um movimento
harmônico simples. Pode-se dizer que:
t
x
tA
1
2
3
 (a) Em t = tA, o módulo da aceleração do bloco no experimento 2 é menor que no experimento 1 e maior que
no experimento 3.
 (b) Em t = tA, a energia potencial elástica no experimento 1 é maior que a energia potencial elástica nos
experimentos 2 e 3, sendo a energia potencial elástica no experimento 3 menor que no experimento 2.
 (c) Em t = tA, o módulo da velocidade do bloco no experimento 1 é maior que nos experimentos 2 e 3.
 (d) A freqüência angular do sistema nos três experimentos é diferente.
 (e) Em t = tA, a energia cinética do bloco no experimento 2 é maior que no experimento 3.
SOLUÇÃO:
• A frequência nos três experimentos é a mesma, pois depende da constante elástica da mola e da massa do
bloco.
• Usando U(x) = 12kx2, no instante t = tA, temos que x2 > x1 = x3, e U2 > U1 = U3. A resposta (b) éerrada.
• Das inclinações das retas tangentes aos gráficos em t = tA, temos |v1| > |v3| > |v2| = 0. A resposta (c) é
CERTA.
• Usando a relação de velocidades obtida temos que a resposta (e) é errada.
• Usamos a = −ω2x. Como ω é a mesma nos três experimentos, e x2 > x1 = x3 em t = tA, temos que
|a2| > |a1| = |a3|. A resposta (a) é errada.
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(3) [1,0 pt] Um oscilador harmônico simples constituído por um bloco de massam e uma mola de constante elástica
k realiza um movimento periódico com amplitude A em torno da posição de equilíbrio x = 0. No instante t = t0, o
bloco passa pela posição x = 0, e no mesmo instante, um outro bloco, de massa m, é solto sobre o primeiro bloco e
a nele se fixa. Qual é o gráfico que melhor representa a posição do primeiro bloco em função do tempo?
 (a) Gráfico (b).
 (b) Gráfico (d).
 (c) Gráfico (a).
 (d) Gráfico (e).
 (e) Gráfico (c).
SOLUÇÃO:Quando o bloco 1, ligado à mola, passa pela posição de equilíbrio (x = 0) o módulo da velocidade é
|~v1| = ωA =
√
k
mA. Nesse instante um bloco 2 colide com ele. A colisão é inelástica. Portanto, da conservação
do momento linear (componente x) temos que o conjunto nesse instante passa a ter velocidade |v12| = |v1|2 e aamplitude do movimento agora será A12. O tempo de colisão é muito curto, então podemos considerar que após
a colisão o sistema dos dois blocos ainda está na posição de equilíbrio x = 0. Então após a colisão, a energia
mecânica do sistema formado pelos dos blocos é E12 = 12kA212 = 12 (2m)v212 = m4 v21 = k4A2, já que imediatamente
após a colisão ela está totalmente na forma de energia cinética. Então temos que A12 = A√2 . Como no instante
imediatamente após a colisão o sistema ainda está na posição de equilíbrio, |v12| = ω12A12, e o sistema oscila com
frequência angular ω12 = |v12|A12 =
1
2
√
k
m A
A√
2
= 1√
2
√
k
m . Logo, a amplitude do movimento após a colisão diminui de
um fator √2, a frequência angular também, portanto, o período da oscilação aumenta em um fator √2. A resposta
CORRETA é aquela correspondente ao gráfico (a)
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(4) [1,0 pt] O pêndulo A mostrado na figura consiste em uma esfera muito pequena de massa M sustentado por
uma corda de massa desprezível e comprimento L. O pêndulo B consiste em uma esfera muito pequena de massa
M/2 e uma barra delgada de massa M/2 e comprimento L. Sejam τA e τB os tempos que cada pêndulo demora em
completar uma oscilação. Para deslocamentos pequenos em relação à posição de equilíbrio, pode-se dizer que:
M
2
M
2
 (a) Os dois pêndulos levam o mesmo tempo para completar uma oscilação, com τA = τB = 2pi√L/g.
 (b) O pêndulo B demora menos tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τB/τA = √8/9.
 (c) O pêndulo B demora menos tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τB/τA = 1/2.
 (d) O pêndulo B demora mais tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τB/τA = √4/3.
 (e) O pêndulo B demora mais tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τB/τA = √2.
SOLUÇÃO: O pêndulo da figura A é um pêndulo simples de período de oscilação τA = 12pi
√
L
g . O pêndulo da
figura B é um pêndulo físico e o período de oscilação é τB = 12pi
√
I
Mgd , onde d é a distância do CM ao ponto de
suspensão e I o momento de inércia em relação ao eixo que passa perpendicularmente pelo ponto de suspensão. O
CM da barra está a uma distância L/2 do ponto de suspensão e como a esfera é pontual e está a uma distância L do
ponto de suspensão d = M2 L2 +M2 LM = 34L. Do formulario, I = Ibarra + Iesfera = 13 M2 L2 + M2 L2 = 23ML2. Assim,
τB =
1
2pi
√
(2/3)ML2
Mg(3L/4) =
1
2pi
√
8L
9g =
√
8
9τA. A resposta (b) é CERTA.
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QUESTÕES DISCURSIVAS
(5) [3,0 pt] Um bloco demassa m está conectado a uma mola de constante elástica k em um plano inclinado que
forma um ângulo α em relação à horizontal. No instante t = 0, o bloco é solto da posição x = 0, com velocidade
inicial nula. Considerando que a mola está relaxada (nem comprimida, nem esticada) quando x = 0, determine:
(a) (1,0) A equação do movimento do bloco ao longo do eixo x mostrado na figura.
(b) (1,0) A posição da massa x(t) em função do tempo. Qual é a amplitude do movimento e os valores máximo
(xmax) e mínimo (xmin) de x?
(c) (1,0) A energia cinética em função do tempo.
SOLUÇÃO:
(a) Se chamamos~r = x iˆ à posição do bloco, medida em relação à posição x = 0, em um certo instante após o
bloco é liberado, a força resultante sobre o bloco é dada por:
~FR = ~N + ~P+ ~Fel(1)
Nesse problema, uma boa escolha da origem do sistema de coordenadas nos levará diretamente à equação
diferencial de um MHS. Lembre-se que é essencial tomar como origem a posição de equilíbrio estável de um
sistema para chegar a uma equação diferencial de MHS para a coordenada de posição, ângulo, etc. A presença
da força peso aqui tem como consequência o deslocamento da posição de equiíbrio (onde ~FR =~0) da posição
relaxada da mola (que seria o ponto de equilíbrio na ausência do peso) para um ponto x = xeq à esquerda e
abaixo dela. Esse ponto é por:
−mgsenα− kxeq = 0 =⇒ xeq = −mgk senα(2)
Tomando como origem essa posição (ver figura a seguir), temos:
~FR = −mgsenα iˆ−mg cos α jˆ+ Njˆ− k(x′ + xeq) iˆ = m~a(3)
Como a aceleração do bloco é~a = x¨′ iˆ, temos que, pela segunda Lei de Newton e usando a eq. (2):
~FR = m~a→ N −mgcosα = 0−kx′ = mx¨′(4)
Assim, temos
x¨′ = −ω2x′ onde ω = √k/m.(5)
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(b) A Eq. (5) descreve um movimento harmônico simples de frequência angular ω. A solução da equação é dada
por:
x′(t) = asen(ωt) + bcos(ωt) (ou x′(t) = A cos(ωt+ ϕ))(6)
e da geometria indicada na figura temos finalmente
x(t) = −mgsenα
k
+ asen(ωt) + bcos(ωt).(7)
Isto é, ao largar o bloco, este começa a descer até a posição−mgsenαk onde a força resultante é zero (o bloco estáem equilíbrio). Como a velocidade do bloco nesse instante não é zero, o bloco continua descendo e começa a
realizar um movimento harmônico simples em torno da posição de equilíbrio.
Aplicando-se as condições iniciais x(0) = 0 e v(0) = x˙(0) = 0, obtemos:
x(0) = 0→ 0 = −mgsenα
k
+ b
x˙(t) = aωcos(ωt)− bωsen(ωt)→ x˙(0) = 0 = aω.
Assim, a = 0 e b = mgsenαk . Por tanto
x(t) =
mgsenα
k
[cos(ωt)− 1] ,(8)
Como cos(ωt) muda entre −1 e 1, temos que xmin = −2mgsenαk e xmax = 0 e a amplitude do movimento
harmônico em torno da posição de equilíbrio é mgsenαk .
(c) A velocidade do bloco é dada por
~v =
dx
dt
iˆ = −ωmgsenα
k
sen(ωt)iˆ,(9)
Logo, a energia cinética é dada por:
K =
1
2
m|~v|2 = m
2
[ωmgsenα
k
]2 sen2(ωt)(10)
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(6) [3,0 pt] Um pêndulo formado por uma esfera de massa m e raio desprezível está suspenso verticalmente
a partir do ponto O através de uma haste rígida de massa desprezível e comprimento L. A haste está ligada a
duas molas idênticas de constantes elásticas k, massas desprezíveis, situadas a uma distância OA = d de O como
mostrado na figura (a). As molas estão relaxadas (isto é nem esticadas, nem comprimidas) quando o pêndulo está na
posição vertical. Para iniciar o balanço do pêndulo, você o desloca com as mãos até que a haste forme um pequeno
ângulo θ0 (θ0 � 1) com a vertical, liberando-o a partir do repouso [figura (b)]. Dica: como o ângulo θ0 é pequeno,
considere que as molas permanecem essencialmente na horizontal durante todo o movimento.
(a) (1,0) Utilize o sistema de coordenadas da figura e obtenha a equação que descreve o movimento do pêndulo.
(b) (1,0) Para pequenas oscilações em relação à posição de equilíbrio do pêndulo, determine a freqüência angular
de oscilação.
(c) (1,0) Obtenha a função θ(t) para pequenas oscilações em relação à posição de equilíbrio.
SUGESTÕES:
• Item (a): Determine o(s) torque(s) em torno ao eixo de rotação ou utilize considerações energéticas.
SOLUÇÃO:
(a) MÉTODO 1: rotação em torno de um eixo.
Consideramos o sistema de coordenadas da Figura. Para obter a equação do movimento podemos usar que
temos uma rotação em torno ao eixo z. Assim,
τz = Izαz,(11)
onde τz é a componente z do torque realizado pelas forças que agem no pêndulo, Iz é o momento de inércia
do sistema em torno ao eixo z e αz a aceleração angular. Para calcular os torques, tomemos como referência
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o pontoO. As forças que agem no pêndulo são a reação do ponto de suspenção sobre a extremidade superior
da haste, que chamaremos ~R, o peso ~P e a força elástica ~F associada às duas molas. Em relação aO, as únicas
forças que produzem torque são ~P e ~F. A força peso age no ponto
~rP = L(senθ iˆ− cosθ jˆ)(12)
e produz um torque
~τP,O =~rP × ~P = L(senθ iˆ− cosθ jˆ)× (−mg jˆ) = −mgLsenθ kˆ.(13)
Cada mola exerce uma força elástica de ~Fel = −kdsenθ iˆ sobre o pêndulo agindo em
~rA,O = d(senθ iˆ− cosθ jˆ)(14)
assim o torque produzido pelas forças elásticas é
~τF,O = 2(~rA,O × ~Fel) = −2[d(senθ iˆ− cosθ jˆ)]× [kdsenθ iˆ] = −2kd2senθcosθ kˆ(15)
Portanto,
~τO = ~τP,O +~τF,O = −senθ[mgL+ 2kd2cosθ] kˆ(16)
Então τz = −senθ[mgL+ 2kd2cosθ]. Como a massa da haste é desprezível, Iz = mL2 e usando que αz = θ¨
obtemos da Eq. (11) que
mL2θ¨ = −senθ[mgL+ 2kd2cosθ]→ θ¨ = −
[
g
L
+ 2k
d2
mL2
cosθ
]
senθ(17)
MÉTODO 2: Teorema trabalho-Energia.
Para o sistema pêndulo+Terra+molas, não existem forças externas ao sistema que produzam trabalho,Wext =
0, nem forças não-conservativas produzindo trabalho,Wnc = 0, portanto a energia mecânica E do sistema é
conservada. Em um instante t com o pêndulo à direita de O formando um ângulo θ com a vertical,
E = K+U =
1
2
Iz θ˙2 + 2×
[
1
2
k(dsenθ)2
]
−mgLcosθ = 1
2
mL2θ˙2 + kd2sen2θ −mgLcosθ(18)
Como E é conservada, dEdt = 0 e temos que
dE
dt
= θ˙[mL2θ¨ + 2kd2senθcosθ +mgLsenθ] = 0(19)
Como θ˙ 6= 0, temos
mL2θ¨ + senθ[mgL+ 2kd2cosθ] = 0→ θ¨ = −
[
g
L
+ 2
kd2
mL2
cosθ
]
senθ(20)
(b) Se θ << 1, aproximando senθ ' θ e cosθ ' 1, temos
θ¨ = −
[
g
L
+ 2
kd2
mL2
]
θ,(21)
que descreve um MHS de ω =
√
g
L + 2
kd2
mL2 .
Física II para a Escola Politécnica (4323102) - P1 (02/09/2016) [z7BA]-p9/9
(c) A solução da Eq. (21) é
θ(t) = Acos(ωt+ ϕ)(22)
As condições iniciais são θ(t = 0) = θ0 e θ˙(t = 0) = 0 (o pêndulo é largado do repouso). Assim
θ(0) = Acos(ϕ) = θ0(23)
θ˙(t) = −Aωsen(ωt+ ϕ)→ θ˙(0) = −Aωsenϕ = 0(24)
Como senϕ = 0, e usando que A > 0 e θ0 > 0, obtemos que A = θ0 e cosϕ = 1, assim, cos(ωt+ ϕ) =
cos(ωt). Portanto
θ(t) = θ0cos(ωt)(25)
FORMULÁRIO
• Momentos de inércia de uma barra delgada de massa M e comprimento L em relação a um eixo que passa
perpendicularmente:
– Pelo centro de massas da barra: ML2/12.
– Por uma das extremidades da barra: ML2/3.
• Teorema dos eixos paralelos: I = ICM +Md2.