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FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I Prova Substitutiva - Gabarito
1. Um corpo de massa m, enfiado em um aro circular de raio R situado em um plano vertical, est´a preso por uma mola de constante
C
k ao ponto C, no topo do aro. O corpo pode se deslocar ao longo do aro com atrito desprez´ıvel. Na posi¸c˜ao relaxada da mola, o corpo est´a em B, no ponto mais baixo do aro. Se soltarmos o corpo em ◦
repouso a partir do ponto A indicado na figura, com θ = 60 , escreva: (a) (1,0) a energia mecˆanica total no ponto A,
R θ
A
B
(b) (0,5) a energia mecˆanica total no ponto B. (c) (1,0) Determine a velocidade da part´ıcula no ponto B.
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Energia mecˆanica total no ponto A Adotando a energia potencial em B, UB = 0, a energia mecˆanica total no ponto A ser´a dada pela energia potencial do ponto A, j´a que o corpo est´a em repouso nesse ponto. 1 EA = UA = mgh + kx2 2 onde h ´e a diferen¸ca de altura entre os pontos A e B e x ´e a compress˜ao da mola. h = R − R cos(θ) = R[1 − cos(θ)] para θ = 60◦ 1 h= R 2 x = 2R − l onde l ´e o comprimento da mola comprimida. Usando a lei dos cossenos l2 = R2 + R2 − 2RR cos(α) onde, da figura, α = π − θ. Assim. l2 = 2R2 [1 + cos(θ)] que para θ = 60◦ d´a √ l = 3R 1
ou seja, √
x = (2 −
3)R
Energia mecˆanica total no ponto A √ 1 1 EA = mg R + k(2 − 3)2 R2 2 2 √ 1 1 EA = mgR + k(2 − 3)2 R2 2 2
(b) Energia mecˆanica total no ponto B. Como n˜ao existem for¸cas dissipativas no sistema, a energia mecˆanica total deve ser conservada, portanto EB = EA √ 1 1 EB = mgR + k(2 − 3)2 R2 2 2
(c) Velocidade da part´ıcula no ponto B. Como 1 EB = UB + mvB2 2 temos √ 1 2 1 1 mvB = mgR + k(2 − 3)2 R2 2 2 2 o que nos d´a para a velocidade no ponto B r vB =
gR +
√ k (2 − 3)2 R2 m
2
2. Um caixote de massa m = 10 kg ´e lan¸cado
m
5m/s
m
v
horizontalmente sobre um carrinho de massa 40 kg, inicialmente em repouso. A velocidade inicial do caixote ´e de 5 m/s. Ao tocar o carrinho o caixote desliza sobre ele at´e parar. A partir da´ı ambos, caixote e carrinho, continuam com velocidade v. (Despreze qualquer atrito no movimento do carrinho em rela¸c˜ao ao solo.) (a) (0,5) Qual ´e a acelera¸c˜ao horizontal do centro de massa do sistema carrinho mais caixote durante o per´ıodo em que o caixote est´a deslizando sobre o carrinho? (b) (1,0) Determine a velocidade final v. (c) (1,0) Qual a varia¸c˜ao da energia mecˆanica do sistema carrinho mais caixote desde o instante que o caixote toca o carrinho at´e parar sobre ele?
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Acelera¸ca˜o horizontal do centro de massa do sistema carrinho mais caixote durante o per´ıodo em que o caixote est´a deslizando sobre o carrinho. Como a u ´nica for¸ca agindo horizontalmente ´e a for¸ca de atrito entre o caixote e o carrinho, que ´e uma for¸ca interna ao sistema, temos aCM = 0
(b) Velocidade final v. Como n˜ao existem for¸cas externas agindo na dire¸c˜ao horizontal, o momento linear do sistema deve se conservar. Assim mvi = (m + M )v onde vi = 5 m/s ´e a velocidade inicial do caixote e M = 40 kg ´e a massa do carrinho. v=
mvi 10 · 5 = m+M 10 + 40
v = 1 m/s
(c) Varia¸c˜ao da energia mecˆanica do sistema carrinho mais caixote desde o instante que o caixote toca o carrinho at´e parar sobre ele.
3
Energia cin´etica inicial 1 1 Ei = mvi2 = 10(5)2 = 125 J 2 2 Energia cin´etica final 1 1 Ef = (m + M )v 2 = (10 + 40)(1)2 = 25 J 2 2 Varia¸c˜ao da energia cin´etica ∆E = Ef − Ei
∆E = −100 J
3. A figura mostra um par de discos maci¸cos uniformes, cada
M
qual com massa M e raio R (ICM = 21 M R2 ). Eles est˜ao mon-
R
tados numa haste uniforme, de comprimento d = 2R e massa m=
M 2
(ICM =
1 md2 ). 12
m d
(a) (0,5) Calcular, em termos de M e R, o momento de in´ercia do sistema em rela¸c˜ao a um eixo perpendicular `a haste, passando por seu centro, fazendo o tratamento aproximado de
P
M R
considerar os discos puntiformes, com toda a sua massa concentrada no seu centro de massa, e a massa da haste desprez´ıvel. (b) (1,0) Calcular, em termos de M e R, o momento de in´ercia do sistema em rela¸c˜ao a um eixo perpendicular `a haste, passando por seu centro, sem fazer o tratamento aproximado do item anterior. (c) (1,0) Considere o conjunto sobre uma mesa de ar horizontal, podendo deslocar-se sobre ela com atrito desprez´ıvel. Transmite-se um impulso instantˆaneo P~ a um dos discos, como mostrado na figura. Descreva completamente o movimento subseq¨ uente do sistema.
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Momento de in´ercia aproximado. Os discos s˜ao considerado como part´ıculas de massa M colocadas a uma distˆancia 2R do eixo que passa pelo centro da barra. Assim, IA = M (2R)2 + M (2R)2
4
IA = 8M R2
(b) Momento de in´ercia exato. I = Ibarra + 2Idisco Ibarra =
1 1 M 1 md2 = (2R)2 = M R2 12 12 2 6
1 9 Idisco = M R2 + M (2R)2 = M R2 2 2 1 9 I = M R2 + 2 · M R2 6 2
I=
55 M R2 6
(c) Descri¸c˜ao completa do movimento. Para descrever completamente o movimento do sistema depois do impulso, devemos determinar a velocidade de transla¸c˜ao do centro de massa do sistema e a velocidade angular de rota¸c˜ao do sistema em torno do seu centro de massa. A velocidade de transla¸c˜ao do centro de massa do sistema pode ser obtida da conserva¸c˜ao do momento linear antes e depois da aplica¸c˜ao do impulso, j´a que n˜ao existem for¸cas externas ao sistema agindo na dire¸c˜ao do seu movimento. M P~ = M + M + ~vCM 2
~vCM =
2 P~ 5M
A velocidade angular de rota¸c˜ao do sistema em torno do seu centro de massa pode ser obtida da conserva¸c˜ao do momento angular antes e depois da aplica¸c˜ao do impulso, j´a que n˜ao existem torques externos ao sistema. 2RP = Iω ω = 2RP
6 55M R2 5
ω=
12 P 55 M R
4. O Big Ben, o rel´ogio da torre do Parlamento em Londres, tem o ponteiro das horas com 2, 0 m de comprimento com massa de 60, 0 kg, e o ponteiro dos minutos com 3, 0 m de comprimento com massa de 100, 0 kg. Modelando os ponteiros como barras uniformes finas e longas com momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao seu centro de massa dado por ICM =
1 M L2 12
determine: (a) (1,0) a energia cin´etica rotacional do ponteiro dos minutos ao redor do eixo de rota¸c˜ao, (b) (1,0) o momento angular do ponteiro das horas ao redor do eixo de rota¸c˜ao, e (c) (0,5) o torque sobre cada ponteiro, devido ao seus pesos, quando o rel´ogio indicar 3h00.
˜ SOLUC ¸ AO: (a) Energia cin´etica rotacional do ponteiro dos minutos 1 2 ER = IM ωM 2 onde IM
1 = mM d2M + mM 12
dM 2
2
1 1 = mM d2M = · 100 · (3)2 = 300 kg m2 3 3
e ωM =
2π 2π π = = rad/s TM 60 · 60 1800
π2 1 ER = · 300 · 2 1800 · 1800
ER =
π2 J 21600
(b) Momento angular do ponteiro das horas. LH = IH ωH onde 1 1 IH = mH d2H = · 60 · (2)2 = 80 kg m2 3 3 6
e ωH =
2π π 2π = = rad/s TH 12 · 60 · 60 21600
LH = 80 ·
π 21600
LH =
π kg m2 /s 270
(c) Torque sobre cada ponteiro, devido ao seus pesos, quando o rel´ogio indicar 3h00. As 3h00 o ponteiro dos minutos est´a na vertical enquanto que o ponteiro das horas est´a na horizontal. Como o ponteiro dos minutos est´a na vertical, a sua for¸ca peso est´a alinhada com o eixo de rota¸c˜ao, assim τM = 0
Como o ponteiro das horas est´a na horizontal, o torque da sua for¸ca peso ser´a dado por τH = m H g onde
dH 2
dH 2
´e o bra¸co de alavanca.
τH = 60 · 10 ·
2 2
τH = 600 N m
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