: v 2 z = v 2 z0 2gz = v 2 0sen 2 θ 0 2gz. d = v 0 cosθ 0.t i) v0sen 2 2 θ 0 = 2g ii) v 0 senθ 0 =gt iii)

Transcrição

1 Questão 1 a) valor = (2,0 pontos) Durante a trejetória do atleta no ar este sofre a ação apenas de uma única força, a força peso, que está orientada no sentido negativo do eixo Z e produz uma aceleração constante g. Portanto, o movimento do atleta pode ser decomposto nas direções Z e X, onde os movimentos são uniformemente acelerado e uniforme respectivamente. Observa-se que o atleta passa necessariamente pelo ponto de coordenda (d, h) que representa o ponto onde a componente Z da velocidade se anula. As equações horárias do movimento são: Eixo X : x = v 0x t = v 0 cos θ 0 t Eixo Z : v 2 z = v 2 z0 2gz = v 2 0sen 2 θ 0 2gz v z = v z0 gt = v 0 senθ 0 gt No ponto mais alto da trajetória, v z =0, t=t, x=d e z =h, substituindo estes resultados nas equações anteriores: d = v 0 cosθ 0.t i) v0sen 2 2 θ 0 = 2g ii) v 0 senθ 0 =gt iii) Substituindo iii) em i): d = v2 0 g senθ 0.cosθ 0, eliminando v 0, com a utilização da equação ii), temos: d = 2gh sen 2 θ 0 1 g senθ 0.cosθ 0 = tanθ 0 tanθ 0 = d b) valor = (0,5 pontos) Do resultado anterior, tan(θ 0 ) 2 = 4h d, logo, 2 sen2 θ 0 = 4h2 d 2.cos2 θ 0. Substituindo este resultado na eq. ii), obtemos: v0.( 2 4h2 d 2 ).cos2 θ 0 = 2gh, da eq. i), cosθ 0 = d v 0 t, portanto: ( 4h v0. 2 2) d 2. d 2 v0(t 2 ) = (t ) 2 = iv) 2 g g Das eqs i) e iii), podemos isolar senθ 0 e cosθ 0. Usando a identidade trigonométrica sen 2 θ 0 + cos 2 θ 0 = 1, obtemos: Finalmente da eq. iv), g 2 (t ) 2 v d2 v 2 0(t ) 2 = 1 v2 0 = g2 (t ) 2 + d2 (t ) 2 v 2 0 = g2. g + gd2 = 2gh + gd2 v 0 = g(d2 + 4h 2 ) 1

2 Questão 1(Outra solução) a) valor = (2,0 pontos) O movimento do atleta durante o salto tem como equações para o seu alcance A e altura máxima h, A = v senθ 0.cosθ 0 g h = v 2 0.sen2 θ 0 2g ii) Como A/2 = d = v0. 2 senθ 0.cosθ 0, dividindo a equação ii) por d, g Obtemos, h d = v2 0.sen 2 θ 0 /2g v0.senθ 2 0.cosθ 0 /g = tanθ 0 2 tanθ 0 = d b) valor = (0,5 pontos) Sabemos que: h = 1 v 0 z 2 2 g v 2 0 = 2gh sen 2 θ 0 v0 2 = 2ghcsc2 θ 0 = 2gh(1 + cot 2 θ 0 ) = 2gh(1 + d2 4h 2) Portanto, g(d2 + 4h v 0 = 2 ) ou geometricamente, vide figura! A direção do vetor velocidade v 0 é dada pelo ângulo de lançamento!! senθ 0 = d2 + 4h 2 sen 2 θ 0 = 4h 2 d 2 + 4h 2 ) Mas, v0sen 2 2 θ 0 = 2gh v0 2 = 2gh sen 2 θ 0 Logo, v0 2 = 2gh. (d2 + 4h 2 ) g(d2 + 4h v 4h 2 0 = 2 ) 2

3 Questão 2 a) valor = (0,7 pontos) Considerando como eixo x a direção paralela à superfície da rampa e como eixo y a direção perpendicular à mesma, a segunda lei de Newton para o eixo x pode ser escrita como: mg sin(θ) = ma Logo, a = g sin(θ) b) valor = (1,0 pontos) Temos, K 0 +U 0 = K solo +U solo. Como o carrinho parte do repouso, podemos reescrever a equação acima como mgh = (1/2)mv 2 + mg(2r), onde h = dsin(θ). Logo, gdsin(θ) = (1/2)v 2 + g(2r). Por fim, v = 2g(dsin(θ) 2R) c)valor= (0,8 pontos) Quando o carrinho encontra-se na iminência de cair, a força realizada por ele no trilho é nula; consequentemente, a reação do trilho - a Normal - será também nula. Com isso, podemos escrever N + P = m a simplesmente como: P = ma rad = mg = mv2 min R v min = gr Aplicando a conservação de energia para o sistema, encontramos: mgh min = 1 2 mv2 min + mg(2r) h min = gr 2g + 2R h min = 5R 2 3

4 Questão 3 a) valor = (1,0 pontos) Na situação i), o momento de inércia do semi-braço perpendicular ao eixo de rotação é igual a 1 3 md2. Para o semi-braço paralelo, como todos os seus elementos de massa estão a uma mesma distância d do eixo de rotação, então, o seu momento de inércia é md 2. Assim, I = 1 3 md2 + md 2 I = 4 3 md2 Na situação ii), temos, efetivamente, uma barra de comprimento 2d e massa 2m perpendicular ao eixo de rotação e com uma extremidade presa a ele. Logo, I = 1 3 (2m)(2d)2 I = 8 3 md2 c) valor=(1,5 pontos) Justificativa(0,5 pontos): Não há torques na direção do eixo de rotação e, portanto, a componente do momento angular naquela direção é constante. Resultado(1,0 pontos) Usando a a conservação do momento angular na direção do eixo de rotação, temos, Iω = I ω Logo, ω = I 4/3 I ω = 8/3 ω ω 2 4

5 Questão 4 a) valor = (0,5 pontos) Veja o diagrama ao lado. sobre a polia o peso M g a tração T exercida pela corda no ponto P, e a tração T O sobre o eixo no suporte fixo no teto sobre o bloco o peso m g, e a tração T exercida pela corda b) valor= (1,3 pontos) I O α = OP T m a = m g + T Escolhendo o eixo Z vertical de cima para baixo e o eixo X para dentro e perpendicular ao plano da figura. Temos: g = gˆk; α = αî; a = aˆk; T = T ˆk OP T = rtî T = T ˆk Das equações acima resultam em: I O α = rt; ma = mg T (i) (ii) Para o bloco, polia e o desenrolar do fio de massa desprezível e inextenível temos adicionalmente as condições: a = αr e T = T (iii) Das relações (i), (ii) e (iii), onde I O = 1/2MR 2 = (1/2)2m(2r) 2 = 4mr 2 obtemos: a = m m + I O /r 2g = g 5 c) valor= (0,3 pontos) Uma volta completa corresponde ao fio desenrolar de 2πr, ou seja, o deslocamento vertical do bloco de h = 2πr. Como a aceleração do bloco é constante e igual a a, podemos aplicar a equação de Torricelli obtendo v 2 = 2ah, logo, K = 1 2 (I Oω 2 ) (mv2 ) = 1 2 (I O/r 2 + m) v 2 K = 1 2 (I O/r 2 + m)(2ah) = mgh K = mg.2πr 5

6 d) valor= (0,4 pontos) A força externa resultante atuando sobre o sistema bloco-polia é a força peso que atua no bloco. O trabalho desta força, após o bloco deslocar-se de 2πr é: W P = P h = mg.2πr Este resultado coincide com o resultado anterior c), pois expressa o Teorema Trabalho- Energia aplicado ao sistema bloco-polia. 6