P3 Física I (Prova + Gabarito) (2014.1)

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Engenharias (Ciclo Básico)
Física 1
(2014/1)
Gabarito da Prova 3
Questão 1 (2,5 pontos)
Um caixote cúbico de aresta L e massa uniformemente distribuída está
inclinado de um ângulo θ em relação ao piso, sendo mantido em repouso
por uma força horizontal ~F aplicada a uma altura h acima do piso. O
coeficiente de atrito estático entre o piso e o caixote vale µ, a altura h é
maior que a altura do centro de massa do caixote, e o ângulo θ é maior
que 45◦.
~F
h θ
~P
`
~N
~f
(a) Esboce o diagrama de forças, e escreva as equações de equilíbrio. Dica: Calcule o torque em relação ao ponto
de contato entre o caixote e o piso. (b) Calcule o valor mínimo do coeficiente de atrito estático para manter o
caixote em equilíbrio. Intreprete o porquê de o valor mínimo calculado ser inversamente proporcional a altura h do
ponto de aplicação da força ~F .
(a) (1,5 ponto) As forças são: aplicada ~F , a peso ~P , e as de contato normal ~N e tangencial ~f . Adotando a
sugestão de calcular o torque em relação ao ponto de contato, escrevem-se as condições para haver equilíbrio:
F − f = 0 , (0,3)
N − P = 0 , (0,3)
`P − hF = 0 (0,3)
` =
√
2
2 L sen(θ − pi/4) . (0,3)
Diagrama de forças (0,3).
(b) (1,0 ponto) Pelo fato empírico de que f ≤ µN , escreve-se
F = f ≤ µN = µP . (0,2)
A equação dinâmica das rotações relaciona os módulos F e P :
µ ≥
√
2
2h L sen(θ − pi/4) , (0,3)
Interpretação física (0,5): Se pensarmos no torque (nulo) em relação ao eixo que passa pelo centro de massa
do caixote, e considerando que o torque (positivo) realizado pela força de contato normal deve ser compensado
pelos torques (negativos) da força aplicada e da força de atrito: aumentando o braço de alavanca da força ~F ,
e com isso aumentando o torque dessa força, é necessário um torque menor exercido pela força de atrito, e
com isso um valor menor para o respectivo coeficiente de atrito.
Questão 2 (2,5 pontos)
Dois meninos, cada um com massa igual a m, estão sentados nas extremidades opostas de uma prancha de
comprimento 2d e massa igual a 3m. A prancha está girando com uma velocidade angular ω em torno de um eixo
vertical e que passa pelo seu centro. (a) Mostre que a componente vertical do momento angular do sistema é uma
grandeza conservada. (b) De que distância cada menino deve se deslocar em direção ao centro da prancha sem
tocar o solo para que a prancha passe a girar com o dobro da velocidade ω?
O momento de inércia da prancha de massa 3m e de comprimento 2d (em relação a um eixo que passa pelo centro
de massa) vale Icm = (3m)(2d)2/12
(a) (1,0 ponto) Segundo a equação dinâmica para as rotações,
d~L
dt
= ~τ , (0,2)
o torque aplicado pelas forças externas em relação ao centro da prancha vale
d~L
dt
= ~d× (m~g) + (−~d)× (m~g) +~0× (3m~g) +~0× ~R = 0 , (0,2×4)
sendo ±~d a posição dos meninos, e ~R a força de reação na haste de rotação da prancha. Como é nulo o
torque, o momento angular é conservado:
∆~L = ~L(t+ ∆t)− ~L(t) = 0 . (0,0)
(b) (1,5 ponto) Inicialmente, cada menino de massa m está a uma distância d do eixo de rotação. Logo, o
momento de inércia do sistema vale
I(t) = md2 +md2 + (3m)(2d)2/12 = 3md2 , (0,3)
sendo 3m a massa da tábua. Nessa situação a velocidade angular vale ω
Após o deslocamento dos meninos de x, onde a distância ao eixo é de X = d− x, o momento de inércia é
reduzido a
I(t+ ∆t) = mX2 +mX2 + (3m)(2d)2/12 = [2(X/d)2 + 1]md2 , (0,3)
e a velocidade angular aumenta para 2ω
Há conservação da componente z do momento angular do sistema, pois o torque externo resultante na vertical
é nulo,
L(t) = I(t)ω(t) = I(t+ ∆t)ω(t+ ∆t) = (t+ ∆t) , (0,3)
(3md2)ω = ([2(X/d)2 + 1]md2)(2ω) , (0,3)
3 = 4(X/d)2 + 2 ⇒ X = d− x = d/2 ⇒ x = d/2 , (0,3)
Questão 3 (2,5 pontos)
No sistema mecânico representado na figura ao lado há um cilindro de
massa M e raio R, com um fio enrolado que passa por uma polia (de
massa desprezível) e suspende um bloco de massa 3M/4. O sistema é
liberado a partir do repouso. Nos itens a seguir expresse seus resultados
em termos de g, M e R. (a) Calcule a aceleração angular do cilindro.
(b) Determine a tensão no fio e a força de atrito entre o cilindro e o
piso. Considere que o cilindro rola sem deslizar, e use o momento de
inércia (em relação ao centro de massa do cilindro) Icm = 12MR2.
R
M
3
4M
(a) (1,7 ponto) Denotaremos a massa do bloco suspenso por M ′. O sistema de equações para o movimento do
sistema é dado por
Bloco:
T −M ′g = −M ′a = −M ′(Rα) , (0,2)
Cilíndro:
f + T = Ma = M(Rα) , (0,3)
R(f − T ) = −Iα = −12MR
2α . (0,3)
Observe que (i) a aceleração do sistema (bloco/cilíndro) vale a porque o fio é inextensível; (ii) foi utilizada a
condição de rolamento sem deslizamento, a = Rα, pois a rotação do cilindro é no sentido horário. Logo, para
o cilíndro: {
f + T = M(Rα)
f − T = −12M(Rα)
,
{
T = 34MRα
f = 14MRα
. (0,3)
Substituindo o valor de T na equação de movimento do bloco, encontra-se:
3
4MRα−M
′g = −M ′Rα , (0,2)
α = M
′g
R(M ′ + 3M/4) =
g
2R . (0,2/0,2)
(b) (0,8 ponto) Usando a aceleração angular, Rα = g/2, tem-se que
T = 34 M(Rα) =
3
8 Mg . (0,0/0,4)
E a partir das equações de movimento do cilíndro,
f = 14M(Rα) =
1
8 Mg . (0,0/0,4)
Questão 4 (2,5 pontos)
Um foguete é lançado verticalmente, da Terra para a Lua, sendo que o combustível é consumido num intervalo
relativamente curto, após o lançamento. (a) Em que ponto de sua trajetória, em direção à Lua, sua aceleração é
nula? (b) Qual é a velocidade inicial mínima que o foguete deve ter para alcançar esse ponto e cair na Lua pela
atração lunar? Nesse caso, qual seria a velocidade do foguete ao atingir a Lua?
Dados: massa da Terra, 5,98× 1024 kg; raio da Terra, 6,37× 106m; massa da Lua, 7,34× 1022 kg; raio da Lua,
1,74× 106m; distância Terra–Lua, 3,82× 108m; constante universal, G = 6,67× 10−11N ·m2/kg2.
(a) (1,0 ponto) O foguete é lançado em direção ao ponto de equilíbrio, onde ~Fres = 0. Considerando a origem
do sistema de coordenadas na Terra, um satélite de massa m e a distância deste à Terra r. Portanto, a força
nesse ponto deve ser
~FT + ~FL = −GmMT
r2
rˆ + GmML(d− r)2 rˆ = 0 . (0,4)
Eliminando os fatores comuns (dado por Gm), encontra-se que
d
Req
= 1 +
√
ML
MT
. (0,3)
Ou seja, o ponto de equilíbrio encontra-se em
Req =
d
1 +
√
ML/MT
= 3,82× 10
8
1 + 10
√
7.34/5.98
= 3,44× 108m . (0,3)
Note que tanto Req quanto d−Req são bem maiores que RT e RL. Isto legitima as aproximações feitas no
item a seguir.
(b) (1,5 ponto) A energia mecânica do foguete a uma distância r da Terra é dada por
E = 12mv
2 − U(r) = 12mv
2 −Gm
(
MT
r
− ML
d− r
)
. (0,3)
As energias inicial (lançamento) e final (equilíbrio) são conservadas. Logo, a velocidade mínima deve ser,
aproximadamente, dada pela velocidade de escape da Terra:
vT =
√
2G
m
[U(Req)− U(RT )] ≈
√√√√2G [MT
RT
+ ML
d−Req
]
≈
√
2GMT
RT
= 11,2 km/s , (0,2/0,2/0,2)
Na trajetória em direção à Lua, em r = Req com velocidade nula, o satélite chegará com cerca de
vL =
√
2G
m
[U(RL)− U(Req)] ≈
√√√√2G [ML
RL
+ ML
d−Req
]
≈
√
2GML
RL
= 2,4 km/s . (0,2/0,2/0,2)