Lista de Exercicios - Complementos de Fisica - NP1[2746]

Prévia do material em texto

Lista de Exercícios – Complementos de Física 
 
1) Um ponto P executa movimento harmônico simples segundo a equação 







3
π
πt3cos6,0.x (CGS). 
a) Determinar a fase inicial 0 , a pulsação 0ω e o período 0T 
b) Determinar a elongação x, a velocidade v e a aceleração αno instante t=2,0s. 
 
2) Um movimento harmônico simples tem amplitude de 8 cm e período de 4s. 
Calcular a velocidade e a aceleração 0,5 s após a partícula ter passado pelo ponto 
extremo da trajetória. 
 
3) Um carrinho de massa m, apoiado em superfície horizontal lisa, é ligado a duas 
molas helicoidais leves de constantes elásticas k1 e k2, conforme o esquema 
abaixo. A configuração do esquema é de equilíbrio. Desloca-se o carrinho 
segundo o eixo x, e abandona-se-a. Determinar a frequência das oscilações. 
Dados: N/m25k1  , N/m100k 2  , kg2m  
 
 
4) No esquema nota-se um sólido C sujeito a duas molas A e B. A massa do sólido 
é m, as constantes de mola são k1 e k2, respectivamente. Não há atrito. Calcular 
a frequência das oscilações do bloco na direção longitudinal das molas. 
Dados: N/m5k1  , N/m10k 2  , kg0,5m  
 
 
 
x 
x 
A B 
 
 
5) Na figura anexa, a barra metálica AB de comprimento L=2,0 m, massa 
kg0,3m  e resistência Ω,06r  , é lançada horizontalmente, sobre os dois 
trilhos condutores e lisos, com velocidade v0=8 m/s. A corrente inicial no circuito 
tem sentido indicado e vale A5I0  . Determinar a força eletromotriz E do 
gerador G. 
 
 
6) Uma barra condutora AB, de comprimento m5,1L  , peso e resistência elétrica 
desprezíveis, se desloca em um plano vertical, sem atrito, fazendo contato com 
dois trilhos perfeitamente condutores e paralelos. A barra sobe com velocidade 
constante m/s01v  , sustentando um corpo de massa .kg,05m  
Perpendicularmente ao plano dos trilhos existe um campo de indução magnética 
uniforme e estacionário de intensidade T0,1B  . Adotar 
2m/s10g  . Calcular: 
a) A corrente na barra AB. 
b) A força eletromotriz E do gerador. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
G 
v0 
A 
B 
B=1,0T 
I0 
m 
G 
B g 
L 
A B 
Ω10
Ω10
 
 
Resolução: 
1) A fase e a pulsação nós conseguimos identificar na equação do movimento. A equação 
do movimento harmônico simples é dada por: 
)cos(ω.ax 0 t 
 Ou seja, neste caso, a equação é dada por: 







3
π
πt3cos6.x 
A fase inicial será 
3
0

  rad e a pulsação π3ω  rad/s. 
Já o período pode ser calculado por: 
ω
π2
T   
π3
π2
T   
3
2
T  s. 
 
b) Para encontrar a elongação, basta substituir o valor de t na equação do momento: 







3
π
πt3cos6.x  






3
π
.2π3cos6.x  3x  cm. 
A velocidade no movimento harmônico simples é dada por: 
)t.n(ωse.ω.aV 0 
Os valores de a, ωe 0 nós podemos retirar da equação do momento: 







3
π
πt3cos6.x  Sendo assim, 6a  , π3ω  e 
3
0

  
Substituindo os valores encontrados e o tempo, teremos: 







3
π
.2π3sen.π6.3V 
cm/s48,97V  
Já a aceleração é dada por: 
)t.cos(ω.ω.aα 0
2  
Substituindo os valores já conhecidos: 







3
π
.2π3cos.π6.3α 2  2cm/s266,47α  
 
 
 
 
2) Neste exercício teremos dois casos, pois a trajetória possui dois pontos extremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Então vamos calcular a velocidade e a aceleração para ambos os casos. 
Ponto A: 
Analisando o círculo trigonométricos, é possível identificar que π0  . 
A velocidade angular ωé dada por: 
T
π2
ω   
4
π2
ω   
2
π
ω  rad/s. 
Substituindo os valores na equação da velocidade: 
)t.n(ωse.ω.aV 0 






 π
2
1
.
2
π
sen.
2
π
8.V 







4
π5
sen.π4V  cm/s8,88V  
Já a aceleração será dada por: 
)t.cos(ω.ω.aα 0
2  















 π
2
1
.
2
π
cos.
2
π
8.α
2
 







4
π5
cos.
4
π
8.α
2
 







4
π5
cos.π2α 
2cm/s13,98α  
 
A B 
0 
2
π 
2
π3 
 
 
 
Ponto B: 
Analisando a figura, é possível perceber que 00  rad. 
A velocidade será dada por: 
)t.n(ωse.ω.aV 0 






 0
2
1
.
2
π
sen.
2
π
8.V 







4
π
sen.π4V 
cm/s8,88V  
Já a aceleração será dada por: 
)t.cos(ω.ω.aα 0
2  












 0
2
1
.
2
π
cos.
2
π
8.α
2
 







4
π
cos.
4
π
8.α
2
 
2cm/s13,98α  
 
3) Dados: 
kg2m
N/m100K
N/m25K
2
1



 
Como temos uma associação em paralelo (ou seja, as deformações nas molas 1 e 
2 são iguais), vamos encontrar a constante elástica equivalente das molas. 
Para associação em paralelo: 
21EQ KKK  
10025K EQ  
N/m125K EQ  
A frequência das oscilações será dada por: 
m
K
.
π2
1
f
EQ
  
2
125
.
π2
1
f   Hz1,25f  
 
 
 
4) Dados: 
kg5,0m
N/m10K
N/m5K
2
1



 
Como temos duas molas em série, vamos calcular a constante elástica equivalente 
das molas da seguinte maneira: 
21
21
EQ
KK
K.K
K

 
105
10.5
KEQ

 
KN/m3,33KEQ   Convertendo para N/m: 
N/m3,33.10K 3EQ  
A frequência será dada por: 
m
K
.
π2
1
f
EQ
  
5,0
10.33,3
.
π2
1
f
3
  Hz98,21f  
 
5) Dados: 
T1,0B
m/s8V
A5I
Ω6r
kg3,0m
m2,0L
0
0






 
Sabemos que a somatória das tensões na barra é igual a zero, e que a corrente 
sempre entra pelo pol positivo dos resistores (incluindo a barra) e no polo negativo 
dos geradores. Sendo assim, seguindo o caminho da corrente teremos: 
0εUUE BBRG  
Como I.RU  , então: 0εI.RI.RE BBRG  
Sabe-se também, que a força eletromotriz da barra é dada por L.V.Bε  , ou 
seja: 
0L).V.B(I.RI.RE BRG  
0)2.8.1()5.6()5.10(EG   0163050EG   V64EG  
 
 
 
6) Dados: 
2
0
m/s10g
T1,0B
m/s10V
kg5,0m
m1,5L





 
Como o enunciado diz que a barra sobe com velocidade constante, podemos dizer 
que a força magnética atuante na barra é igual a força peso do corpo, onde: 
PFm  
A força magnética é dada por: 
L.I.BFm  
Portanto: 
g.mL.I.B   10.55,1.I.1   A33,33I  
 
b) Sabemos que   0U , portanto: 
0εEU BGR  
Como I.RU  , então: 0εEI.R BG  
Sabe-se também, que a força eletromotriz da barra é dada por L.V.Bε B  , ou 
seja: 
0V).L.B(EI.R G  
015E10.33,33 G  
V3,318EG 