Segunda Prova de Física I, Turma MAA+MAI 8h-10h, 30 de novembro de 2011

Transcrição

1 Segunda Prova de Física I, Turma MAA+MAI 8h-10h, 30 de novembro de 2011 A vista da prova será feita na 2 a feira 5/12/2011, na sala de aula no horário de 8h-8h30. Primeira Questão No sistema de coordenadas utilizado, um carro de massa m = 1, kg está se movendo ao longo da parte negativo do eixo Ox com velocidade v = 72, 0 km/h rumo ao cruzamento O com o eixo Oy. Um caminhão com massa M = 2, kg estava se deslocando ao longo do eixo negativo Oy na direção do cruzamento com velocidade V = 54, 0 km/h. Ele chega junto com o carro em O, onde eles sofrem uma colisão. Depois os dois veículos se engavetam e continuam a se mover, durante alguns segundos, como um corpo só. Em termos desses dados, determine (a) (1,0) : a velocidade do centro de massa do sistema dos dois veículos, antes da colisão; (b) (1,0) : o ângulo que a velocidade do conjunto faz com o eixo Ox logo depois da colisão; (c) (0,5) : a diferença entre a energia cinética do sistema depois e antes da colisão. 1

2 Solução da primeira questão A massa total dos dois carros é M tot = m+m = 3, kg. Observe que 36 km/h = 10 m/s. (a) (1,0) : V CM = 1 ( ) mvî + MVĵ M tot Um vetor é dado pelos seus componentes : V CM,x = 20 3 m/s ; V CM,y = 30 3 m/s (1) ou, também, pelo seu módulo e pelo ângulo que ele faz com o eixo Ox : V CM = m/s 12,02 m/s ; tan θ = (2) 3 2 (b) (1,0) : É o ângulo θ calculada acima. (c) (0,5) : Temos V CM 2 = (1300)/9 (m/s) 2 K f = 1 2 (M + m) V CM 2 = J (3) K i = 1 2 mv MV2 = J (4) K = K f K i = J 2, J (5) 2

3 Segunda Questão Na figura o cilíndro C e a polia P, fixados ao teto, giram sem atrito em torno dos eixos horizontais fixos que passam pelos seus centros. Uma corda leve é enrolada em volta do cilíndro, passa sobre a polia e está amarrada por sua extremidade livre a um bloco B de massa M B. Não há deslizamento entre a a corda e a superfície da polia. O cilíndro uniforme tem massa de M C e raio R C. A polia é um disco uniforme de massa M P e raio R P. O bloco está libertado do repouso e cai à medida que a corda se desenrola do cilíndro. Em termos dos dados acima e da aceleração da gravidade g, (a) (1,2) : escreva as equações dinâmicas do movimento do cilíndro C, da polia P e do bloco B. (b) (0,8) : calcule as tensões T 1 na parte CP da corda, e T 2 na parte vertical PB da corda; (c) (0,5) : determine a velocidade do bloco após ele ter caído de uma altura h. Dados : O momento de inércia em relação ao eixo de simetria de um cilíndro (ou disco) de massa M e raio R é dado por I = (1/2)MR 2. 3

4 Solução da segunda questão Escolhemos uma orientação coerente dos movimentos angulares e lineares de modo que : (a) (1,2) : as equações dinâmicas são : I C α C = R C T 1 I P α P = R P T 1 + R P T 2 M B a B = M B g T 2 (6) (b) (0,8) : Com de vínculo entre a rotação e a translação : R C α C = R P α P = a B, obtemos : 1 2 M C a B = T M P a B = T 1 + T 2 M B a B = M B g T 2 (7) que resolvemos sem muito esforço obtendo a aceleração : e as tensões a B = M B M B + (1/2)M C + (1/2)M P g (8) T 1 = T 2 = (1/2)M C M B g M B + (1/2)M C + (1/2)M P (9) (1/2)M C + (1/2)M P M B g M B + (1/2)M C + (1/2)M P (10) (c) (0,5) : Com aceleração constante, podemos usar a fórmula de Torricelli : v = 2a B h = M B M B + (1/2)M C + (1/2)M P 2g h (11) Obviamente a lei de conservação da energia conduz ao mesmo resultado. 4

5 Terçeira Questão Um carretel de massa M, raio interno r, raio externo R e momento de inércia I C em relação a seu eixo de simetria passando pelo centro de massa, é puxado por um fio enrolado em seu eixo central, de modo a rolar sem deslizar sobre um a mesa horizontal, através de uma força F que faz um ângulo θ com a horizontal, como a figura mostra. (a)(0,5) : Que condição deve ser satisfeita pelo módulo da força, F := F, para o contato com a mesa estar preservado? (b)(1,0) : Supondo a condição acima realizada, calcule a aceleração do centro de massa do carretel. (c)(1,0) : Para qual valor do ângulo o carretel fica parado? 5

6 Solução da terceira questão (a)(0,5) : Escrevemos a força aplicada como F= F cosθ î + F sin θĵ e a força de atrito como Fat= f at î, onde temos que calcular f at. O movimento vertical do carretel com contato no plano horiziontal é descrito por : Ma y = N + Fsin θ Mg. O contato é mantido, i.e. a Y = 0, se a reação normal for positiva : N = Mg Fsin θ > 0 ou F sin θ < Mg (12) (b)(1,0) : As equações dinâmicas de translação do centro de massa e de rotação em torno do centro de massa, são Com o vínculo a = Rα, obtemos : Ma = F cosθ f at I α = Fr + f at R (13) a = F (cos θ r/r) M + I/R 2 (14) (c)(1,0) : A aceleração se anula quando o ângulo for θ = Arccos(r/R) (15) 6

7 Quarta Questão Uma ponte levadiça homogênea de comprimento L = 10, 0 m e largura L = 3, 0 m está presa à estrada por uma dobradiça livre de atrito no bordo L, e ela pode ser levantada por um cabo atado ao bordo oposto. A ponte está em repouso, suspensa de um ângulo θ = π/3 rad acima do plano horizontal, quando o cabo se rompe. Seja g = 9, 8 m/s 2. (a) (1,0) : Determine a aceleração angular α da ponte no instante em que o cabo se rompe. (b) (0,5) : É possível usar a equação ω = ω 0 + α t para calcular a velocidade angular ω em um instante posterior? Justifique! (c) (1,0) : Calcule a velocidade angular da ponte quando ela fica na horizontal. Dados e Dicas : O momento de inércia de uma placa retangular de lados L e L, fina e homogênea, em relação a um eixo ao longo da borda L é dado por I = (1/3)ML 2. 7

8 Solução da quarta questão (a) (1,0) : A equação dinâmica é I α = Mg L 2 cos θ ; α = 3g cosθ 2L = 0,735 rad s 2 (16) (b) (0,5) : Não é possível usar a equação ω = ω 0 + αt pois α não é constante e a equação dinâmica acima é de fato uma equação diferencial : I d2 θ dt 2 = Mg L 2 cosθ (c) (1,0) : Usamos a conservação da energia. Inicialmente não há energia cinética K in = 0 e a energia potencial gravitacional é U in = Mg(L/2) sinθ em relação à posição horizontal da ponte. No estado final temos U fin = 0 e K fin = (1/2)Iω 2. Igualando U in = K fin, obtemos : ω 2 = 3g sin θ L = 2,55 (rad/s) 2 ; ω = 1,59rad/s (17) 8