Prova 34

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Instituto de F´ısica - UFRJ
Prova Final de F´ısica IA - 2011/2
Obs: em todas as questo˜es em que for necessa´rio, considere que g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade
Questa˜o 1) Um bloco de massam esta´ em repouso na extremidade de uma prancha horizontal de
comprimentoD e massaM . A prancha encontra-se sobre uma superf´ıcie horizontal tambe´m em
repouso em relac¸a˜o ao referencial fixo na Terra. Num dado instante aplica-se sobre a prancha a
forc¸a horizontal ~F constante, como mostra a figura. Os coeficientes de atrito esta´tico e cine´tico
entre o bloco e a prancha sa˜o µe e µc respectivamente. As dimenso˜es do bloco sa˜o muito
pequenas em relac¸a˜o ao comprimento da prancha.
a) Desenhe em um diagrama as forc¸as que atuam no bloco e na prancha(na condic¸a˜o de que
o bloco na˜o desliza sobre a prancha).
b) Que forc¸a ma´xima ~Fmax pode ser aplicada na prancha tal que o bloco na˜o deslize sobre ela?
c) Para uma forc¸a ~F de mesma direc¸a˜o e sentido de ~Fmax mas de intensidade maior, calcule
as acelerac¸o˜es do bloco e da prancha, em relac¸a˜o ao referencial fixo na Terra.
d) Quanto tempo o bloco leva para atingir a outra extremidade da prancha?
Questa˜o 2) Uma part´ıcula de massa m esta´ sujeita a um potencial que depende da posic¸a˜o x,
cuja func¸a˜o U(x) e´ dada pela figura abaixo.
a) Qual e´ a intensidade da forc¸a derivada deste potencial que atua na part´ıcula nas posic¸o˜es
xc e xe e o estado dinaˆmico da part´ıcula nestas posic¸o˜es?
b) Se a part´ıcula tem a energia mecaˆnica E1 calcule a energia cine´tica e potencial da part´ıcula
na posic¸a˜o xa.
c) Para a energia mecaˆnica E2 calcule a velocidade da part´ıcula nas posic¸o˜es xb, xc e xd.
Questa˜o 3) Um pequeno bloco apoiado sobre uma mesa horizontal sem atrito possui massa m.
Ele esta´ preso a uma corda sem massa que passa atrave´s de um buraco na superf´ıcie (veja a
figura). O bloco esta´ inicialmente executando um movimento circular uniforme de raio R e
velocidade angular ω.
a) Qual e´ o vetor momento angular do bloco em relac¸a˜o a` posic¸a˜o do buraco? Use o sistema
de refereˆncia indicado na figura.
b) A seguir, a corda e´ puxada lentamente para baixo, fazendo com que o raio do c´ırculo seja
reduzido a R/2. O momento angular e´ conservado? Por queˆ?
c) Qual a nova velocidade angular?
d) Qual a variac¸a˜o da energia cine´tica do bloco?
e) Qual o trabalho realizado sobre o bloco ao puxar a corda para baixo?
Questa˜o 4) Duas roldanas 1 e 2 de raios R1=R e R2 =2R, massas M1 =m e M2 =4m esta˜o
presas ao teto por cabos que as sustentam passando pelos respectivos eixos de rotac¸a˜o. Um cabo
de massa desprez´ıvel e inextens´ıvel e´ passado por suas periferias e em suas extremidades sa˜o
pendurados verticalmente dois blocos de massas m1=2m e m2=m. Os blocos sa˜o liberados a
partir do repouso. Durante o movimento dos blocos o cabo ao passar pelas roldanas na˜o desliza
e na˜o ha´ atrito entre as roldanas e os seus eixos de rotac¸a˜o. Determine:
a) a raza˜o entre as acelerac¸o˜es angulares α1/α2 das roldanas 1 e 2; justifique a sua resposta.
b) a acelerac¸a˜o com que os blocos se deslocam;
c) os mo´dulos das trac¸o˜es nas regio˜es I, II e III.
Obs: considere cada roldana como se fosse um disco. O momento de ine´rcia de um disco e´
I = (1/2)MR2 , segundo um eixo que passa pelo seu centro e perpendicular a sua superf´ıcie.
Questa˜o 1
a) valor = 1,0 pontos
O diagrama de forc¸as e´ dado na condic¸a˜o em que o bloco na˜o desliza por:
Onde:
~Pp e ~Pb; sa˜o as forc¸as peso da prancha e do bloco;
~N ′′ e´ a forc¸a que o bloco exerce sobre a prancha e ~N ′ a sua reac¸a˜o;
~N e´ a forc¸a que a superf´ıcie exerce sobre a prancha;
~fat e´ a forc¸a de atrito que age sobre o bloco e ~f
′
at a sua reac¸a˜o;
~F e´ a forc¸a extra aplicada sobre a prancha.
b) valor = 0,5 pontos
A segunda Lei de Newton nos diz que ~Fres = m~a, aplicada a` prancha e ao bloco temos,
de acordo com o diagrama de forc¸as e na direc¸a˜o e sentido do movimento:
Prancha:
~F + ~N ′′ + ~Pp + ~N + ~f
′
at = M~ap ⇒ F − f ′at = Map (1)
Bloco:
~Pb + ~N
′ + ~fat = m~ab ⇒ fat = mab (2)
Para que o bloco e a prancha andem juntos, ou seja, o bloco na˜o desliza ap = ab = a.
Da equac¸a˜o (2) e sabendo que |~fat| = µe| ~N ′| = µemg obtemos a acelerac¸a˜o a:
a = µeg (3)
Como o resultado anterior esta´ ligado a` condic¸a˜o de na˜o deslizamento este valor de a e´ o
seu valor limite e tambe´m o valor limite de |~F | igual a Fmax. Portanto de (1) e (2).
Fmax = (m+M)a ⇒ Fmax = (m+M)µeg (4)
1
c) valor = 0,5 pontos
Quando |~F | > |~Fmax| enta˜o ap 6= ab e a equac¸a˜o (2) torna-se,
µcN
′ = mab ⇒ ab = µcg (5)
Substituindo este resultado na equac¸a˜o (1) temos,
F − µcN = Map ⇒ F − µcmg =Map ∴ ap = F − µcmg
M
(6)
d) valor = 0,5 pontos
Para calcular o tempo que o bloco leva deslizando sobre a prancha e´ necessa´rio obter o
movimento do bloco em relac¸a˜o a` prancha. Portanto temos, considerando um referencial
localizado na extremidade da prancha:
Para o bloco: ~rb = ~D +
1
2
~abt
2
Para a prancha: ~rp =
1
2
~apt
2
O deslocamento do bloco em relac¸a˜o a` prancha e´:
~rbp = ~rb − ~rp = ~D + 1
2
(~ab − ~ap)t2
Como o movimento e´ unidimensional, de (5) e (6),
rbp = D +
1
2
(µcg − F − µcmg
M
)t2 ⇒ rbp = D + 1
2
µc(m+M)g − F
M
t2
Ao alcanc¸ar a extremidade da prancha rbp = 0 no tempo t
∗, logo,
t∗ =
√
2DM
F − µcg(m+M)
2
Questa˜o 2
a) valor = (1,0 pontos)
A forc¸a derivada do potencial(unidimensional) e´ F (x) = −dU(x)/dx. A derivada e´
nula nas posic¸o˜es xc e xe, logo a intensidade de F nestas posic¸o˜es e´ nula, o que caracteriza
um estado de equil´ıibrio. Ale´m disso temos para U(x), na posic¸a˜o xc um mı´nimo e para
xe um ma´ximo. Portanto o estado dinaˆmico da part´ıcula em xc e´ de equil´ıbrio esta´vel e
em xe de equil´ıbrio insta´vel.
b) valor = (0,5 pontos)
Pelo princ´ıpio da conservac¸a˜o da energia mecaˆnica U(x)+K = E. Para a energia E1,
K = E1 − U(x)
Em x = xa,
U(xa) = E1 ⇒ Ka = 0
c) valor = (1,0 pontos)
Para a energia mecaˆnica E2, K = E2 − U(x), e sendo m a massa da part´ıcula,
v(x) =
√
2
m
(E2 − U(x))
Portanto,
x = xb; U(xb) = E2 ⇒ vb = 0
x = xc; U(xc) = 0 ⇒ vc =
√
2
m
E2
x = xd; U(xd) = E2 ⇒ vd = 0
As posic¸o˜es xb e xd sa˜o pontos de retorno e xc onde a energia cine´tica e´ ma´xima!
3
Questa˜o 3
a) valor = (0,5 pontos)
De acordo com sistema de refereˆncia indicado, o momento angular e´:
~l = ~r × ~p = mωR2kˆ.
b) valor = (0,5 pontos)
Sim, o momento angular e´ conservado pois a forc¸a resultante sobre o bloco e´ radial e
portanto na˜o produz torque.
c) valor = (0,5 pontos)
Como momento angular e´ conservado, |~li |= |~lf |, onde |~li |=mωR2 e |~lf |=mω ′(R/2)2,
de modo que a nova velocidade angular e´
ω ′ = 4ω.
d) valor = (0,5 pontos)
A energia cine´tica inicial do bloco e´ Ki =
1
2
m(ωR)2 e a energia cine´tica final e´ dada
por Kf =
1
2
m(ω′R/2)2 = 2m(ωR)2, de modo que a variac¸a˜o de energia cine´tica e´,
∆K = Kf −Ki = 3
2
m(ωR)2.
e) valor = (0,5 pontos)
Pelo Teorema Trabalho-Energia o trabalho realizado sobre o bloco pela forc¸a ex-
terna(ao puxar o bloco) e´, de acordo com o resultado anterior:
W = ∆K =
3
2
m(ωR)2.
4
Questa˜o 4
a) valor = (0.5 pontos)
Como os fios inextens´ıveis na˜o deslizam sobre as roldanas, devemos ter a1 = a2 = a.
Ou seja, o mo´dulo da acelerac¸a˜o tangencial na borda de cada roldana e´ igual ao mo´dulo
da acelerac¸a˜o dos blocos. A relac¸a˜o entre a acelerac¸a˜o tangencial e a acelerac¸a˜o angular
de cada roldana e´ dada por a = αR. Portanto, temos, com R1 = R e R2 = 2R:
α1R1 = α2R2 ⇒ α1
α2
=
R2
R1
= 2. (1)
b) valor = (1.5 pontos)
Definimos a orientac¸a˜o do sistema de coordenadas e desenhamosos diagramas de
forc¸as que agem sobre cada bloco e sobre as duas polias:
As equac¸o˜es de movimento para os blocos sa˜o
∑
~F1 = m1~a1 ⇒ 2ma = 2mg − TI, (2)∑
~F2 = m2~a2 ⇒ −ma = mg − TIII. (3)
Como os fios sa˜o inextens´ıveis e possuem massas desprez´ıveis, segue que |~T ′
I
| = |~TI| =
TI, |~T ′II| = |~TII| = TII, e |~T ′III| = |~TIII| = TIII. Logo, as equac¸o˜es de rotac¸a˜o para as duas
roldanas (as forc¸as peso e normal na˜o produzem torque) sa˜o:
∑
~τ1 = I1~α1 ⇒ 1
2
mR2
( a
R
)
= RTI − RTII,
∑
~τ2 = I2~α2 ⇒ 1
2
(4m)(2R)2
( a
2R
)
= −(2R)TIII + (2R)TII.
Simplificando as equac¸o˜es acima
1
2
ma = TI − TII, (4)
2ma = −TIII + TII. (5)
5
Com as equac¸o˜es (2), (3), (4) e (5) obtemos o sistema:


2ma = 2mg − TI i)
ma = −mg + TIII ii)
1
2
ma = TI − TII iii)
2ma = −TIII + TII iv)
A soluc¸a˜o do sistema acima nos da´:
a =
2
11
g. (6)
c) valor = (0,5 pontos)
De i) e ii) obtemos
TI =
18
11
mg, TIII =
13
11
mg. (7)
De iii) ou iv) segundo os resultados anteriores,
TII =
17
11
mg. (8)
6