Física IV - Prova e gabarito

Prévia do material em texto

UUUNNNIIIVVVEEERRRSSSIIIDDDAAADDDEEE FFFEEEDDDEEERRRAAALLL DDDEEE IIITTTAAAJJJUUUBBBÁÁÁ 
FIS503 – Física IV PROVA 01 – Modelo – Gabarito 1.Sem/2017 
Aluno: _________________________________________________ No Matric: ________ 
 
Formulário: 
mF /10.85,8 120
 ; mH /10.26,1 60
 ; smc /10.00,3 8 ;   2/100  c ; 2/80,9 smg  
kxF  ;    0.cos   tAtx ; 2mk  ; 222 2
1
2
1
2
1
kAkxmvET  ; g
L
T 2 ;

2
T 
vbxkF

 ; 
m
k
20 ; m
b
2
 ; 220   ;       tAetx t .cos. ; smvsom /340 
     tkxAtxy .cos, ;  2. k ;  2. T ; Tv. ;

F
v  ; 
S
P
I  
   txktxkAtxy .cos
22
cos2,  




 

 ; 21 kkk  ; 21   
2
21 kkk

 ; 
2
21 

 ;  
k
kvF

 ; 
dk
dv
kv
dk
d
v FFG 

 ; 22..
2
1
AvP  
     txkAtxy .cos.cos2,  ; 
L
v
nf n 2
 com n = 1,2,3,...; 
L
v
nf n 4
 com n = 1,3,5,... 
A prova terá duração de 120 minutos e os cálculos devem ser mostrados na integra. Não serão 
consideradas respostas que não venham acompanhadas de todas as passagens pertinentes. 
 
Questão 01 Valor: 3,0 pontos 
Um objeto de massa m está suspenso por uma mola de constante 
elástica k e comprimento relaxado L0 e massa desprezível, presa ao 
teto. O objeto é solto em repouso, com a mola relaxada e passa a 
executar um MHS, com sua posição mais baixa estando a 10 cm 
abaixo de L0. (a) Qual a frequência da oscilação? (b) Qual é a 
velocidade do objeto quando estiver a 8,0 cm abaixo da posição 
inicial? (c) Um objeto de massa igual a 300 g é preso ao primeiro 
objeto, após o que o sistema passa a oscilar com a metade da 
frequência original. Qual é a massa do primeiro objeto? (d) A que 
distância abaixo de L0 estará a nova posição de equilíbrio com os 
dois objetos presos à mola? 
SOLUÇÃO: 
A posição z da partícula (equação horária do movimento) será: 
   00 .sin   tAZtz 
Z0 é a posição de equilíbrio. 
Cálculo de Z0: Nessa posição (equilíbrio) a força resultante sobre o corpo deve ser nula, ou 
seja: mgzkPFmola  .  k
mg
z  (z = Z0 – L0 é o quanto a mola foi esticada até Z0) 
Portanto: 
k
mg
LZ  00 
a) Se o corpo preso à mola é solto em repouso na posição L0 (mola está relaxada), 
somente o peso agirá sobre o corpo e este descerá acelerado, passando pela posição 
de equilíbrio Z0 com sua máxima velocidade. Após a posição Z0, o corpo continuará 
descendo, só que agora desacelerado, até atingir a posição mais baixa L = L0 + 0,1. A 
posição de equilíbrio Z0 fica a meio caminho (posição média) entre L0 e L. Logo: 
2
0
00
LL
k
mg
LZ

  
2
1,0 0
0
LL
k
mg
L o

  05,000  Lk
mg
L 
0 
z 
L0 
L m 
k 
05,0
k
mg
  310.0,5
05,0 
gk
m
 
Finalmente, a frequência angular será:  srad
m
k
/14 
Portanto: )(25,2
2
Hzf 


 
b) Velocidade do objeto quando está passando pela posição z = L0 + 0,08 
A amplitude da oscilação é A = 0,05m. 
A energia mecânica do MHS será: 222
2
1
2
1
AmkAE  
Usando a conservação de energia: 22
2
1
AmEEE potcin  
Onde: 222
2
1
2
1
xmkxE pot  
Onde x é o quanto o corpo está afastado da posição de equilíbrio: mx 03,0 . 
Portanto: 22222
2
1
2
1
2
1
Amxmmv    22222 Axv     2222 xAv   
Finalmente:  22 xAv   smv /56,0 
c) Um objeto de massa m’ = 300 g = 0,30 kg é preso à primeira massa. 
A nova massa será: M = m + m’ 
A nova frequência angular de oscilação será: 
m
k
mm
k
2
1
'
' 

 (a) 
Finalmente: 
mmm
1
4
1
'
1


  mmm 4'  mm 3'  '
3
1
mm   kgm 10,0 
d) A nova posição de equilíbrio será: 
Condição de equilíbrio:  gmmzkPFmola '.   
 
k
gmm
z
'
 
Portanto: 
 
k
gmm
LZ
'
' 00

 
Da equação (a) sabemos que: 0,7
2
1
'
' 


m
k
mm
k 
Portanto: 
49
' 00
g
LZ   20,0' 00  LZ 
 
 
 
Questão 02 Valor: 3,0 pontos 
 
Um pêndulo simples de massa m = 0,25 kg e comprimento L = 
1,5 m encontra-se preso ao teto de um elevador. Quando o 
elevador está parado, 75% da energia de oscilação do pêndulo é 
dissipada após 5 oscilações completas. Quando o elevador 
desce freando com aceleração  2/2,2 sma  , são necessárias 6 
oscilações completas para ocorrer 75% de perda. Determine o 
coeficiente de atenuação . 
DADOS: 
m = 0,25 kg; L = 1,5 m; rad08,00  ;  2/2,2 sma  ; E(4T) = 0,2E0. 
SOLUÇÃO: 
A energia mecânica do movimento oscilatório é dada por: 
     202 2
1
2
1 t
mec eAktkAtE
 
onde  2202   mmk com L
g
0 
Quando o elevador está parado: 2/8,9 smg  
E a energia cai para 25% da inicial em 5 oscilações: t = 5T 
     025,0
2
1
5
25
0 
 tEeAkTtE mec
T
mec
     20250 2
1
25,0
2
1
AkeAk T  
Portanto: 25,010  Te    25,0ln10  T   
10
4ln
T (1) 
Quando o elevador desce freando: 2/128,9' smag  . 
E a energia cai para 25% da inicial em 6 oscilações: t = 6T’ 
     025,0
2
1
'6
2'6
0 
 tEeAkTtE mec
T
mec
     202'60 2
1
25,0
2
1
AkeAk T  
Portanto: 25,0'12  Te    25,0ln'12  T   
12
4ln
'T (2) 
Comparando (1) com (2) se obtém: TT 10'12   













 2
10
'
2
12   6'5  
Com elevador parado: 2 
L
g
 e com o elevador descendo freando: 2'  
L
ag
 
22 65  
L
g
L
ag
  




 




 
 22 3625 
L
g
L
ag
  




 





L
ag
L
g
253611 2 
L
a
L
g 2511
11 2   
L
a
L
g
11
25
  179,1  s 
 
 
x 
g 
v 
L 
x0 
 
Questão 03 Valor: 4,0 pontos 
Uma corda tracionada por uma força F1 transmite uma onda de frequência f1 e potência P1. 
(a) Se a força de tração for aumentada para F2 = 4.F1, qual será a nova potência transmitida 
pela onda na corda? (b) Se a força de tração for diminuída para F3 = 0,5.F1, determine a 
nova potência transmitida. 
(a) A potência transmitida por uma onda em corda é dada por: 22..
2
1
AvP  
A tração na corda influi na velocidade de propagação da onda: 

F
v  
Quando a força que traciona a corda quadruplica: 12 .4 FF   12 .2 vv  , ou seja, a 
velocidade dobra. 
Finalmente, a potência irá dobrar: 12 .2 PP  
(b) Se agora a tração diminuir: 13 .5,0 FF  
Neste caso: 13 .2
2
vv   13 .2
2
PP 