Resolução da Prova 1 de Física Teórica Turma C2 de Engenharia Civil Período

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Eugénio Pais Guimarães
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1 Rsolução da Prova d Física Tórica Turma C2 d Engnharia Civil Príodo Problma : Qustõs Dados do problma: m = 500 kg ; v i = 4; 0 m=s ;! a = 5! g d = 2 m. Trabalho ralizado por uma força constant: W =! F! d = F x d x + F y d y + F z d z = F d cos() ond é o ângulo ntr! F! d. (a) Considrando o sntido do ixo y para cima, tmos qu F! g =!! d = d j. Logo mg! j W g = mgd = 5; J 59 kj. (b) Vtorialmnt, a força com qu o cabo puxa o lvador para cima é dada por! T = T! j. Dsta forma W T = T d. Podmos ncontrar o valor d T aplicando a sgunda li d Nwton ao lvador:! T +! Fg = m! a. Lmbrando qu! a = a! j = 5! g = g 5! j, tmos qu na componnt y sta quação ca da sguint forma: T mg = ma, ou sja, Logo T = m(g a) = m(g g 5 ) = 4 5 mg. W T = 4 5 mgd = 4 5 W g 47 kj. (c) O trabalho líquido W ralizado sobr a cabin durant a quda é dado por W = W g + W T 2 kj. (d) Plo Torma Trabalho-Enrgia Cinética: K f K i = W, ou sja, K f = W + K i Pla d nição d nrgia cinética: K i = 2 mv2 i = 4 kj. Assim K f 6 kj.

2 Problma 2: Dados do problma: M = 3 kg ; m = kg d = 2 m. Considrmos o ponto inicial como sndo o instant m qu o suport S é rtirado, o ponto nal, o instant m qu a massa M chga ao chão. O sistma é dado plas massas M m, a Trra. Est sistma é isolado nl só atuam forças consrvativas, portanto a nrgia mcânica s consrva: E mc = K + U = K(M) + K(m) + U(M) + U(m) = ct, ond U(M) U(m) são as nrgias potncial gravitacional das massas M m, rspctivamnt. Da msma forma, tmos qu K(M) K(m) são rspctivamnt as nrgias cinética d M m. (a) Vamos adotar o chão como o zro da nrgia potncial gravitacional. Dsta forma a uma altura d do chão a massa M stará com U i;g (M) = Mgd. Nst ponto, a massa m stará com U i;g (m) = 0. Tmos qu no ponto inicial as massas M stão m rpouso, logo K i (M) = K i (m) = 0. No ponto nal trmos K f (M) = 2 Mv2 f, K f (m) = 2 mv2 f, U f;g (M) = 0 U f;g (m) = mgd. Assumimos qu o sistma stará s movndo com vlocidad nal v f, pois as cordas são inxtnsívis. Pla consrvação da nrgia mcânica, obtmos K i + U i;g = K f + U f;g K i (M) + K i (m) + U i;g (M) + U i;g (m) = K f (M) + K i (m) + U i;g (M) + U i;g (m) Mgd + 0 = 2 Mv2 f + 2 mv2 f mgd 2 (M + m)v2 f = (M m)gd r M m v f = 2 gd 4; 43 m=s. M+m (b) Aplicando a 2o. li d Nwton a massa M, obtmos T Mg = M( a), 2

3 lmbrando qu o sntido da aclração d M é para baixo. Da msma forma, para a massa m trmos T mg = ma, lmbrando qu o sntido da aclração d m é para cima. Manipulando stas duas quaçõs, obtrmos M m a = g. M + m Como sta aclração é constant, podmos usar a fórmula Sndo v i = 0, ntão v f = p r 2ad = 2 v 2 f = v 2 i + 2ad. M m M+m gd 4; 43 m=s. Problma 3: Dados do problma: K S = 25 J d = 7; 5 cm = 0; 075 m. Na posição indformada tmos qu a nrgia potncial lástica da mola é K S = 0. Logo quando comprimimos a mola d uma quantidad d d sua posição indformada, a nrgia potncial lástica da mola srá dada por K S = 2 kd2, ond k é a constant d mola. Assim k = 2K d 8900 N 2 m = 89 N cm. Problma 4: Dados do problma: m = 4; 26kg ; = 33; 0 ; v i = 7; 8 m=s E tr = 34; 6 J. Considrmos o ponto inicial como sndo o instant m qu o bloco comça a subir o plano inclinado, o ponto nal, o instant m qu l pára (v f = 0) chga a uma altura h do chão (Vja a Figura ). Vamos adotar o chão como o zro da nrgia potncial gravitacional. O sistma é dado plo bloco d massa m, pla Trra plo plano inclinado com atrito. Est sistma é isolado, logo sua nrgia total s consrva: E = E mc + E tr = ct, ond E tr é a nrgia térmica dvido ao atrito. A nrgia mcânica não s consrva, pois há uma força d atrito cinético qu não é uma força consrvativa. Em trmos d variaçõs d nrgia, podmos scrvr: (E mc + E tr ) = E mc + E tr = 0. 3

4 Figura : Problma 4. Assim ond E mc = E f;mc E i;mc. No instant inicial tmos: No instant nal tmos: Portanto Logo Por outro lado, vimos qu E mc = E tr, K i = 2 mv2 i U i;g = 0. K f = 2 mv2 f = 0 U f;g = mgh. E mc = E f;mc E i;mc E mc = K f + U f;g (K i + U i;g ) E mc = 0 + mgh ( 2 mv2 i + 0) E mc = mgh mgh 2 mv2 i. E mc = E tr. 2 mv2 i = E tr, mgh = 2 mv2 i E tr, h = 2g v2 i E tr mg. Pla Figura, tmos qu h = d sn(), ond d é distância prcorrida plo bloco sobr o plano inclinado. Então trmos d = v 2 i 2g sn() E tr mg sn() 4; 9 m. 4

5 Problma 5: Dados do problma: v i = 0. Considrmos o ponto inicial como sndo o instant m qu o mnino (com massa m) stá no alto do mont hmisférico d glo, ou sja, a uma altura R do chão. O ponto nal é o instant m qu l prd contato com o glo a uma altura h do chão. Vamos adotar o chão como o zro da nrgia potncial gravitacional. No ponto inicial tmos: K i = 0 No ponto nal tmos: U i;g = mgr. K f = 2 mv2 f U f;g = mgh. Nst caso, podmos aplicar a consrvação da nrgia mcânica, pois o sistma mnino-trra-glo stá isolado nl só atuam forças consrvativas. Assim K i + U i;g = K f + U f;g, 0 + mgr = 2 mv2 f + mgh, h = R v2 f 2g. Para ncontrar uma xprssão para v f dvmos usar a condição qu a força normal s anula quando l dix d tr contato com o glo. A força rsultant qu atua no mnino é dada por:! F rs =! N +! F g. Como o mnino xcuta um movimnto circular d raio R, ntão a componnt na dirção do raio da! F rs dv sr a força cntrípta! F C cuja dirção é radial, o sntido é apontando para o cntro do círculo o módulo é dado por: Na dirção radial tmos qu F C = m v2 R. mg sn() N = m v2 R, ond sn() = h R (Tom por bas a Figura substituindo a ltra d pla ltra R). Tmos qu mg sn() é a componnt da força gravitacional do mnino na dirção radial, apontando para o cntro do hmisfério (msmos dirção sntido 5

6 da força cntrípta). Obsrv qu a dirção da normal é radial, mas com sntido oposto ao da força cntrípta. Para N = 0 tmos Logo ou sja, Vimos qu Assim mostramos qu g sn() = v2 f R, sn() = v2 f gr, v 2 f = gr sn(), v 2 f = gh, h = R h = R v2 f 2g. gh 2g, h = R h 2, h + h 2 = R, 3h 2 = R. h = 2 3 R. 6

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