PREC POLI 2007

Prévia do material em texto

FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova de Recuperac¸a˜o - Gabarito
m
M F0,5m
1,0m
AB
1. Um bloco de massa m e dimenso˜es desprez´ıveis e´
colocado sobre um bloco maior, de massa M = 10, 0 kg,
sobre o ponto A como mostrado na figura. Ambos esta˜o
inicialmente em repouso. No instante t = 0 passa a atuar
sobre o bloco maior uma forc¸a F = 20, 0 N para a direita,
conforme indicado na figura. Todas as superf´ıcies sa˜o
lisas (sem atrito).
(a) (0,5) Em que instante o bloco menor abandona a superf´ıcie do bloco maior?
(b) (1,0) Qual e´ a velocidade com que o bloco menor chega ao solo?
(c) (1,0) Qual e´ a distaˆncia horizontal entre o bloco menor e o ponto B localizado no bloco
maior no instante em que o primeiro toca o solo?
SOLUC¸A˜O:
(a) Instante em que o bloco menor abandona a superf´ıcie do bloco maior.
O bloco menor abandona a superf´ıcie do bloco maior quando este tiver se deslocado
de 1, 0 m, que e´ o comprimento do bloco maior.
Acelerac¸a˜o do bloco maior:
a =
F
M
=
20
10
= 2 m/s2
Distaˆncia percorrida pelo bloco menor:
d = x0 + v0tp +
1
2
at2p
onde x0 e´ a posic¸a˜o inicial do bloco menor, que adotaremos como x0 = 0, v0 = 0 a sua
velocidade inicial, tp o tempo do percurso e d = 1 m a distaˆncia percorrida (comprimento
do bloco maior). Assim,
tp =
√
2d
a
=
√
2 · 1
2
tp = 1, 0 s
1
(b) Velocidade com que o bloco menor chega ao solo.
Para atingir o solo, o bloco menor, que estara´ em queda livre, deve percorrer a altura
do bloco maior, h = 0, 2 m. Assim, a sua velocidade, vf , ao atingir o solo sera´ dada por:
v2f = v
2
i + 2gh
onde vi = 0. Enta˜o
vf =
√
2gh =
√
2 · 10 · 0, 2
vf = 2, 0 m/s
(c) Distaˆncia horizontal entre o bloco menor e o ponto B localizado no bloco maior no
instante em que o primeiro toca o solo.
Tempo de queda tq do bloco menor:
vf = vi + gtq
tq =
vf
g
=
2
10
= 0, 2 s
Velocidade do bloco maior quando o bloco menor comec¸a a cair:
Vi = V0 + atp = 0 + 2 · 1 = 2, 0 m/s
Tomando o instante inicial da queda como in´ıcio do movimento, temos que a posic¸a˜o
inicial do ponto B do bloco maior sera´ X0 = 0, sua velocidade inicial Vi e ele se deslocara´
durante o intervalo de tempo tq enquanto o bloco menor estiver caindo. Assim a distaˆncia
entre os dois blocos sera´ dada por:
D = X0 + Vitq +
1
2
at2q = 0 + 2 · 0, 2 +
1
2
· 2 · (0, 2)2
D = 0, 44 m
2
x
0
30o
m
2. Uma mola de constante ela´stica k = 100 N/m e´ presa
a uma massa m = 1, 00 kg. Esse sistema massa-mola e´
montado sobre um suporte sem atrito que esta´ inicial-
mente na horizontal. Nessa posic¸a˜o a massa se encontra
em repouso no ponto de equil´ıbrio da mola x = 0. O
suporte e´ enta˜o rotacionado em torno do ponto x = 0
permanecendo inclinado de um aˆngulo de 30◦ como indi-
cado na figura.
(a) (1,0) Encontre a expressa˜o para a energia potencial U(x) do sistema em func¸a˜o da
elongac¸a˜o da mola x.
(b) (1,0) Encontre a expressa˜o para a forc¸a F (x) em func¸a˜o da elongac¸a˜o x.
(c) (0,5) Qual e´ o novo ponto de equil´ıbrio x0 do sistema massa-mola, depois que o suporte
foi inclinado de 30◦?
SOLUC¸A˜O:
(a) Expressa˜o para a energia potencial U(x) do sistema em func¸a˜o da elongac¸a˜o da mola x.
A energia potencial tem uma contribuic¸a˜o devido a elongac¸a˜o x da mola e uma
contribuic¸a˜o devido a mudanc¸a da posic¸a˜o do centro de massa do bloco. Vamos considerar
como zero da energia potencial gravitacional a posic¸a˜o inicial do centro de massa do bloco.
Assim,
U(x) =
1
2
kx2 −mgh
sendo h a distaˆncia que o centro de massa do bloco desceu, ou seja,
U(x) =
1
2
kx2 −mg(−x) sen(30◦) = 1
2
· 100 · x2 + 1 · 10 · x · 1
2
U(x) = (50x2 + 5x) J
(b) Expressa˜o para a forc¸a F (x) em func¸a˜o da elongac¸a˜o x.
F (x) = − d
dx
U(x)
F (x) = −(100x+ 5) N
3
(c) Novo ponto de equil´ıbrio x0.
O ponto de equil´ıbrio ocorre onde F (x) = 0, ou seja
−100x0 − 5 = 0
x0 = −0, 05 m, ou seja, no sentido negativo do eixo x
m1 m1
m2 m2
v1i = 4,00 m/s v2i = -2,50 m/s
(a)
v1f = 3,00 m/s v2f
(b)
3. Um bloco de massa m1 = 2, 00 kg,
movendo-se inicialmente para a direita com
velocidade escalar de 4, 00 m/s sobre um tri-
lho horizontal sem atrito, colide com uma
mola sem massa ligada a um segundo bloco
de massa m2 = 2, 00 kg, movendo-se para a esquerda com velocidade escalar de 2, 00 m/s,
como mostrado na figura (a). A mola tem constante ela´stica de 200 N/m.
(a) (0,5) Determine a velocidade de m2 no instante em que m1 esta´ em movimento para a
direita com velocidade escalar de 3, 00m/s, como na figura (b).
(b) (1,0) Determine a compressa˜o da mola nesse instante.
(c) (1,0) Determine a compressa˜o ma´xima da mola durante a colisa˜o.
SOLUC¸A˜O:
(a) Velocidade dem2 no instante em quem1 esta´ em movimento para a direita com velocidade
escalar de 3, 00m/s.
Como na˜o existem forc¸as externas atuando na direc¸a˜o do movimento, podemos
utilizar a conservac¸a˜o do momento linear para determinar a velocidade de m2. Assim,
m1v1i +m2v2i = m1v1f +m2v2f
v2f =
m1(v1i − v1f ) +m2v2i
m2
=
2(4− 3) + 2(−2)
2
v2f = −1, 00 m/s para a esquerda.
(b) Compressa˜o da mola nesse instante.
Para determinar a compressa˜o da mola podemos usar a conservac¸a˜o da energia
mecaˆnica.
1
2
m1v
2
1i
+
1
2
m2v
2
2i
=
1
2
m1v
2
1f
+
1
2
m2v
2
2f
+
1
2
kx2
4
onde k e´ a constante ela´stica da mola e x a sua compressa˜o
x =
√
m1(v21i − v21f ) +m2(v22i − v22f )
K
=
√
2(16− 9) + 2(4− 1)
200
x =
1√
10
m
(c) Compressa˜o ma´xima da mola durante a colisa˜o.
A compressa˜o ma´xima da mola ocorre quando os dois blocos teˆm a mesma veloci-
dade, ou seja, v1f = v2f = vf . Utilizando a conservac¸a˜o do momento linear temos:
m1v1i +m2v2i = (m1 +m2)vf
vf =
m1v1i +m2v2i
m1 +m2
=
2 · 4 + 2 · (−2)
2 + 2
= 1, 00 m/s
Como no item (b), a compressa˜o da mola e obtida atrave´s da conservac¸a˜o da energia
mecaˆnica, de onde temos:
x =
√
m1(v21i − v2f ) +m2(v22i − v2f )
K
=
√
2(16− 1) + 2(4− 1)
200
x =
3
√
2
10
m
B
C
R
4. Dois blocos, de massas mB = m e mC = 2m esta˜o ligados
por uma corda de massa desprez´ıvel, que passa por uma polia
de raio R e de momento de ine´rcia I = mR2, como mostrado
na figura. A corda na˜o desliza sobre a polia. Sabendo-se que
o coeficiente de atrito cine´tico entre o bloco B e a superf´ıcie e´
µc, determine:
(a) (0,5) a acelerac¸a˜o do sistema,
(b) (0,5) a tensa˜o nas cordas,
(c) (0,5) Supondo que o bloco C desc¸a uma altura h, qual a velocidade v do sistema nesse
instante?
(d) (1,0) No instante em que o sistema tem velocidade v, qual o momento angular do sistema
com relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o da polia?
5
SOLUC¸A˜O:
(a) Acelerac¸a˜o do sistema.
Segunda lei de Newton aplicada para o bloco C:
mCg − TC = mCa
onde TC e´ a tensa˜o na corda que liga o bloco C a` polia,
Segunda lei de Newton aplicada para o bloco B:
TB − fc = mBa
onde TB e´ a tensa˜o na corda que liga o bloco B a` polia e fc = mBgµc e´ a forc¸a de atrito
cine´tico entre o bloco B e a superf´ıcie.
Torque agindo sobre a polia:
(TC − TB)R = Iα = I a
R
onde α e´ a acelerac¸a˜o angular da polia.
Da equac¸a˜o acima temos que:
(TC − TB) = I
R2
a
Da segunda lei de Newton aplicada ao blocos temos:
mCg − TC + TB −mBgµc = (mC +mB)a
(mC −mBµc)g − (TC − TB) = (mC +mB)a
(mC −mBµc)g − I
R2
a = (mC +mB)a
a =
(mC −mBµc)(
mC +mB +
I
R2
)
Usando os dados do problema:
a =
(2m−mµc)(
2m+m+ mR
2
R2
)
a =
(2− µc)
4
g
6
(b) Tensa˜o nas cordas.
Da segunda lei de Newton aplicada ao blocos temos:
TC = mCg−mCa = mC(g − a) = 2m
[
g − (2− µc)
4
g
]
TC =
(2 + µc)
2
mg
TB = mBa+mBgµc = mB(a+ µcg) = m
[
(2− µc)
4
g + µcg
]
TB =
(2 + 3µc)
4
mg
(c) Velocidade v do sistema.
Utilizando a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica e tomando como zero da energia
potencial gravitacional a posic¸a˜o inicial do bloco C temos:
0 = −mCgh+ 1
2
mCv
2 +
1
2
mBv
2 +mBgµch+
1
2
Iω2
onde o termo mBgµch e´ devido a` dissipac¸a˜o de energia pela forc¸a de atrito e ω =
v
R
e´ a
velocidade angular da polia. Reescrevendo a equac¸a˜o temos:
1
2
mCv
2 +
1
2
mBv
2 +
1
2
I
v2
R2
= mCgh−mBgµch
Usando os dados do enunciado:
1
2
2mv2 +
1
2
mv2 +
1
2
mR2
v2
R2
= 2mgh−mgµch
mv2 +
1
2
mv2 +
1
2
mv2 = mgh(2− µc)
2v2 = gh(2− µc)
v =
√
gh(2− µc)
2
7
(d) Momento angular do sistema.
O momento angular do sistema e´ dado pelo momento angular da polia mais o mo-
mento angular de cada bloco com relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o da polia, ou seja,
L = Iω +mCvR +mBvR = mR
2 v
R
+ 2mvR +mvR = 4mvR
L = 4mR
√
gh(2 + µc)
2
8