SC Física 1 UFRJ 2018.1

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Segunda Chamada de Física I - 2018-1 Nota Q1 88888
Nota Q2
Nota Q3
Nota Q4
NOME: DRE
Assinatura:
AS RESPOSTAS DAS QUESTÕES DISCURSIVAS DEVEM SER APRESENTADAS APENAS NAS FOLHAS GRAMPEA-
DAS DE FORMA CLARA E ORGANIZADA.
Questão 1 - [3,0 pontos] Um disco de massaM com raioR e momento de inércia ICM = (1/2)MR2 encontra-se em repouso sobre
a superfície de uma mesa horizontal. O disco encontra-se preso por um pino que passa pelo seu centro O sobre a superfície da mesa
que é perfeitamente lisa. Uma gotícula de massa m movendo-se com velocidade ~v constante e direcão perpendicular ao raio do disco
colide com ele na sua periferia, como mostrado na figura. A colisão ocorre de forma totalmente inelástica e a gotícula permanece
aderida ao disco após a colisão. Suas respostas devem ser dadas em função dos dados fornecidos: M ,R,m e v.
Determine, justificando as respostas, de acordo com os vetores unitários indicados na figura:
a) O vetor momento angular total ~L, em relação ao centro do disco O antes da colisão;
b) O módulo da velocidade angular ω com que o sistema disco-gotícula gira após a colisão;
c) A velocidade angular ω′ final do disco, quando após algumas rotações a gotícula evaporar-se totalmente da superfície do disco:
a)[0,8 pts] Usando diretamente a definição do momento angular e considerando o vetor posição ~r da gotícula, em relação ao ponto
O(centro do disco), imediatamente antes da colisãoo, e de acordo com com os eixos orientados, temos que,
~Li = m~r × ~v = m(−Rˆ)× (vıˆ)⇒ ~Li = mRvkˆ
b)[1,4 pts] Durante a colisão, o torque resultante devido a forças externas exercidas sobre o sistema disco-gotícula, em relação ao
pino é nulo. Portanto o momento angular em relação a O é conservado. Após a colisão passamos a ter uma rotação pura em torno do
ponto O, assim o momento angular após a colisão será dado por ~Lf = I~ω, onde I é o momento de inércia do sistema em relação a O
e ~ω = ωkˆ é a velocidade angular de rotacão. Pela conservação do momento angular, encontramos o módulo da velocidade angular ω:
~Li = ~Lf =⇒ |~Li| = |~Lf |
Precisamos encontrar o momento de inércia do sistema disco-gotícula. Ele será a soma dos momentos de inércia do disco e da
gotícula em relação ao centro do disco O, logo,
IO = Idisco +mR
2 ⇒ MR
2
2
+mR2 =
(
M
2
+m
)
R2
Portanto,
mRv =
(
M
2
+m
)
R2ω ⇒ ω = 2mv
(M + 2m)R
c)[0,8 pts] No processo de evaporação da gotícula o momento angular é conservado, pois o torque resultante será sempre nulo.
O momento angular após a evaporação da gotícula será dado por ~L′ = Idisco~ω′. Queremos determinar ω′ = |~ω′|, como o momento
angular é conservado:
~L′ = ~Lf → |~L′| = |~Lf | = |~Li| ⇒ Idiscoω′ = Iω
Logo,
ω′ =
mrv
Idisco
⇒ ω′ = 2mv
MR
1
Questão 2 - [3,0 pontos] Um bloco de massaM está sob a ação de uma força horizontal ~F constante sobre uma superfície horizontal
sem atrito. Sobre ele há um bloco de massam, preso à esquerda por um fio ideal. Este fio passa por uma roldana ideal que encontra-se
fixa a uma parede vertical, e o conecta ao bloco de massa M . Os segmentos do fio são paralelos ao plano horizontal, como ilustrado
na figura. Suponha que haja atrito entre os blocos em contato entre si. Considere como conhecidos os valores dos coeficientes de
atrito estático µe e cinético µc, as massas m e M e o módulo da aceleração da gravidade g.
a) Isole os blocos e represente por meio de um diagrama de corpo livre todas as forças que atuam em cada um deles.
b) Suponha inicialmente que os blocos estejam em repouso. Determine o valor máximo do módulo de ~F , (Fmax) para que o
sistema permaneça em repouso.
c) Agora considere que ~F , cujo módulo é igual a F , seja capaz de colocar os blocos em movimento com aceleração constante.
Para o intervalo de tempo no qual os blocos permanecem em contato entre si, determine o módulo da aceleração que os blocos
se movem, em função de F , µc, m, M e g.
a)[0,8 pts] Isolando cada um dos blocos vemos o seguinte diagrama de forças:
Onde as forças ~Pm e ~PM são as forças peso, ~T a tração do fio, ~Nm e ~NM as forças normais, ~F ′at é a força de atrito que age sobre
M e ~Fat a sua reação agindo sobre m, ~F é a força aplicada sobre M e ~N ′m a reação de ~Nm.
b)[1,0 pts] Na situação estática ~Fat ≡ ~Fe e na dinâmica ~Fat ≡ ~Fd. Os módulos das tensões nos extremos da corda tem o
mesmo módulo pois, tanto corda quanto a polia são consideradas ideais. Considerando que estamos na iminência de movimento
~Fat = ~F
(max)
e = µeNm ıˆ. Nesta situação o módulo da força aplicada |~F | = Fmax é a força necessária para estarmos no limiar do
movimento. Portanto aplicando a Segunda lei de Newton para o bloco de massa m é:
~Nm + ~F
(max)
at + ~T + ~Pm = m~a = ~0
separando em componentes teremos,
ıˆ) F (max)e − T = 0 ⇒ T = F (max)e = µeNm
ˆ) Nm − Pm = 0 ⇒ Nm = mg .
A Segunda lei de Newton para o bloco de massa M é: ~NM + ~F
(max)′
at + ~T + ~PM + ~N
′
m + ~Fmax = M~a = ~0, cuja componente
horizontal pode ser escrita como:
ıˆ) Fmax − F (max)′e − T = 0 ⇒ Fmax = µemg + T ⇒ Fmax = 2µemg
c)[1,2 pts] Na situação dinâmica, para o bloco de massa m temos que ~Fat = Fc ıˆ = µcNm ıˆ = µcmg ıˆ. Portanto:
ıˆ) Fc − T = ma1 ,⇒ µcmg − T = ma1 . (1)
Para a componente horizontal do bloco de massa M temos que:
ıˆ) F ′ − Fc − T =Ma2 ⇒ , F ′ − µcmg − T =Ma2 . (2)
2
Como o fio é inextensível ~a2 = a ıˆ = −~a1 (a > 0), ou seja, enquanto o bloco de massa M acelera para a direita o bloco de massa
m acelera para a esquerda. Assim, finalmente temos o sistema de equaçções: µcmg − T = −ma
F ′ − µcmg − T =Ma
onde as incógnitas são T e a. Subtraindo a segunda da primeira equação temos que:
a =
F ′ − 2µcmg
m+M
Questão 3 - [1,5 pontos] Uma esfera de massa M e raio R e momento de inércia ICM = (2/5)MR2 é solta a partir do repouso do
topo de um plano inclinado com altura h (entre a base do plano e o ponto de contato da esfera com o plano inclinado) e inclinado de
um ângulo θ em relação a horizontal, como ilustrado na figura. A esfera desce o plano inclinado rolando livremente em torno do eixo
que passa pelo seu centro-de-massa.
Com base nos dados fornecidos pelo encunciado, determine:
a) Qual a velocidade da esfera ao atingir o final do plano inclinado?
b) Considere agora que esfera não rola sobre o plano, mas sim desliza sobre ele. A energia cinética da esfera (Kdesliza) nesta
condição é maior, menor ou igual ao valor encontrado no item a (Krola)? Justifique.Respostas sem justificativas não serão
consideradas.
a)[0,7 pts] Como não existem forças dissipativas atuando sobre o sistema, podemos afirmar que a energia mecânica será con-
servada. Portanto, no caso em questão, toda a variação de energia potencial gravitacional será transformada em energia cinética de
translação e rotação. Assim teremos:
EA = EB ⇒Mgh = Mv
2
2
+
ICMω
2
2
Conhecendo o momento de inércia da esfera ICM = 2MR
2
5 e considerando a relação v = ωR, podemos reescrever a expressão
acima:
Mgh =
Mv2
2
+
ICMω
2
2
⇒Mgh = Mv
2
2
+
2MR2v2
5R2
⇒ gh = 7v
2
10
O que resolvendo para v irá nos fornecer o seguinte valor para o módulo de v:
v =
√
10gh
7
b)[0,8 pts] Se a esfera desliza sem rolar é porque não há atrito entre ela e o plano. Em ambos os cenários, toda a variação de
energia potencial gravitacional é convertida em energia cinética. A diferença é como essa energia cinética é redistibuída ao longo
do movimento. Contudo, o total de energia mecânica presente no sistema é constante. Podemos analisar o problema pelas equações
abaixo:
Primeiramente na situação quando há rolamento:
EA = EB ⇒ UgA +KrolaA = UgB +KrolaB ⇒Mgh+ 0 = 0 +Krola ⇒ Krola =Mgh
Agora na situação quando há apenas deslizamento:
EA = EB ⇒ UgA +KdeslizaA = UgB +KdeslizaB ⇒Mgh+ 0 = 0 +Kdesliza ⇒ Kdesliza =Mgh
Fazendo Krola/Kdesliza, teremos:
Krola
Kdesliza
=
Mgh
Mgh= 1⇒ Krola = Kdesliza
Portanto, a energia cinética final da esfera será igual em ambos os casos.
3
Questão 4 - [2,5 pontos] Um projétil de massa mp é disparado na direção de um bloco de madeira de massa M que encontra-se
inicialmente em repouso sobre a superfície de uma mesa perfeitamente lisa e de altura H . A situação é ilustrada na figura abaixo.
O projétil acerta o bloco e permanece alojado em seu interior, após o impacto o bloco é lançado da superfície da mesa e cai a uma
distância d do pé da mesa.
Desprezando-se a resitência do ar e considerando como dados do problema: mp, M , H , d e g, calcule:
a) O módulo da velocidade do projétil antes da colisão;
b) O vetor velocidade com que o sistema projétil + bloco atinge o solo.
a)[1,5 pts] No conjunto projétil mais bloco, podemos considerar um sistema isolado, tal que possamos utilizar a expressão:
~pAntes = ~pAps ⇒ mpv0 = mpv +Mv ⇒ v = mpv0
mp +M
(1)
Como após a colisão a bala está alojada dentro do bloco, o conjunto projétil + bloco move-se com velocidade v dada pela
expressão acima. Após a colisão, devido ao impacto da mesma, o bloco acaba lançado da superfície da mesa. O movimento do bloco
pode ser descrito pela seguintes equações horárias:
x(t) = vt e y(t) = H − gt
2
2
Fazendo y(t) = 0, encontramos o tempo de queda do bloco, que será:
tq =
√
2H
g
Como conhecemos a distância percorrida na horizontal, podemos escrever a seguinte expressão:
x(tq) = d⇒ vtq = d⇒ v = d
tq
⇒ v = d
√
g
2H
(2)
Igualando as expressões (1) e (2) podemos encontrar o módulo a velocidade incial do projétil:
v =
mpv0
mp +M
⇒ d
√
g
2H
=
mpv0
mp +M
⇒ v0 = (mp +M)
mp
√
gd2
2H
b)[1,0 pts] Como no lançamento do blco podemos separar o movimento em dois movimentos distintos: um movimento horizontal
onde a velocidade mantém-se constante e um movimento vertical uniformemente horizontal. Assim, na horizontal o módulo da
velocidade do sistema será:
vx =
√
d2g
2H
Já na vertical, a velocidade do corpo será descrita pela equação vy(t) = −gt, a componente y da velocidade do bloco ao atingir
o solo será dada pela expressão:
vy(tq) = −gtq ⇒ vy = −g
√
2H
g
⇒ vy = −
√
2gH
Portanto a velocidade do bloco ao atingir ao solo será:
~v =
√
d2g
2H
ıˆ−
√
2gHˆ
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