a) valor = 1,0 pontos O diagrama de forças é dado na condição em que o bloco não desliza por:

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1 Questão 1 a) valor = 1,0 pontos O diagrama de forças é dado na condição em que o bloco não desliza por: Onde: P p e P b ; são as forças peso da prancha e do bloco; N é a força que o bloco exerce sobre a prancha e N a sua reação; N é a força que a superfície exerce sobre a prancha; f at é a força de atrito que age sobre o bloco e f at a sua reação; F é a força extra aplicada sobre a prancha. b) valor = 0,5 pontos A segunda Lei de Newton nos diz que F res = m a, aplicada à prancha e ao bloco temos, de acordo com o diagrama de forças e na direção e sentido do movimento: Prancha: F + N + P p + N + f at = M a p F f at = Ma p (1) Bloco: P b + N + f at = m a b f at = ma b (2) Para que o bloco e a prancha andem juntos, ou seja, o bloco não desliza a p = a b = a. Da equação (2) e sabendo que f at = µ e N = µ e mg obtemos a aceleração a: a = µ e g (3) Como o resultado anterior está ligado à condição de não deslizamento este valor de a é o seu valor limite e também o valor limite de F igual a F max. Portanto de (1) e (2). F max = (m + M)a F max = (m + M)µ e g (4) 1

2 c) valor = 0,5 pontos Quando F > F max então a p a b e a equação (2) torna-se, µ c N = ma b a b = µ c g (5) Substituindo este resultado na equação (1) temos, F µ c N = Ma p F µ c mg = Ma p a p = F µ cmg M (6) d) valor = 0,5 pontos Para calcular o tempo que o bloco leva deslizando sobre a prancha é necessário obter o movimento do bloco em relação à prancha. Portanto temos, considerando um referencial localizado na extremidade da prancha: Para o bloco: r b = D a bt 2 Para a prancha: r p = 1 2 a pt 2 O deslocamento do bloco em relação à prancha é: r bp = r b r p = D ( a b a p )t 2 Como o movimento é unidimensional, de (5) e (6), r bp = D (µ cg F µ cmg M )t2 r bp = D + 1 µ c (m + M)g F t 2 2 M Ao alcançar a extremidade da prancha r bp = 0 no tempo t, logo, t 2DM = F µ c g(m + M) 2

3 Questão 2 a) valor = (1,0 pontos) A força derivada do potencial(unidimensional) é F(x) = du(x)/dx. A derivada é nula nas posições x c e x e, logo a intensidade de F nestas posições é nula, o que caracteriza um estado de equilíibrio. Além disso temos para U(x), na posição x c um mínimo e para x e um máximo. Portanto o estado dinâmico da partícula em x c é de equilíbrio estável e em x e de equilíbrio instável. b) valor = (0,5 pontos) Pelo princípio da conservação da energia mecânica U(x)+K = E. Para a energia E 1, K = E 1 U(x) Em x = x a, U(x a ) = E 1 K a = 0 c) valor = (1,0 pontos) Para a energia mecânica E 2, K = E 2 U(x), e sendo m a massa da partícula, 2 v(x) = m (E 2 U(x)) Portanto, x = x b ; U(x b ) = E 2 v b = 0 x = x c ; U(x c ) = 0 v c = 2 m E 2 x = x d ; U(x d ) = E 2 v d = 0 As posições x b e x d são pontos de retorno e x c onde a energia cinética é máxima! 3

4 Questão 3 a) valor = (0,5 pontos) De acordo com sistema de referência indicado, o momento angular é: l = r p = mωr 2ˆk. b) valor = (0,5 pontos) Sim, o momento angular é conservado pois a força resultante sobre o bloco é radial e portanto não produz torque. c) valor = (0,5 pontos) Como momento angular é conservado, l i = l f, onde l i =mωr 2 e l f =mω (R/2) 2, de modo que a nova velocidade angular é ω = 4ω. d) valor = (0,5 pontos) A energia cinética inicial do bloco é K i = 1 2 m(ωr)2 e a energia cinética final é dada por K f = 1 2 m(ω R/2) 2 = 2m(ωR) 2, de modo que a variação de energia cinética é, K = K f K i = 3 2 m(ωr)2. e) valor = (0,5 pontos) Pelo Teorema Trabalho-Energia o trabalho realizado sobre o bloco pela força externa(ao puxar o bloco) é, de acordo com o resultado anterior: W = K = 3 2 m(ωr)2. 4

5 Questão 4 a) valor = (0.5 pontos) Como os fios inextensíveis não deslizam sobre as roldanas, devemos ter a 1 = a 2 = a. Ou seja, o módulo da aceleração tangencial na borda de cada roldana é igual ao módulo da aceleração dos blocos. A relação entre a aceleração tangencial e a aceleração angular de cada roldana é dada por a = αr. Portanto, temos, com R 1 = R e R 2 = 2R: b) valor = (1.5 pontos) α 1 R 1 = α 2 R 2 α 1 α 2 = R 2 R 1 = 2. (1) Definimos a orientação do sistema de coordenadas e desenhamos os diagramas de forças que agem sobre cada bloco e sobre as duas polias: As equações de movimento para os blocos são F 1 = m 1 a 1 2ma = 2mg T I, (2) F2 = m 2 a 2 ma = mg T III. (3) Como os fios são inextensíveis e possuem massas desprezíveis, segue que T I = T I = T I, T II = T II = T II, e T III = T III = T III. Logo, as equações de rotação para as duas roldanas (as forças peso e normal não produzem torque) são: τ1 = I 1 α 1 1 ( a 2 R) mr2 = RT I RT II, τ2 = I 2 α 2 1 ( a ) 2 (4m)(2R)2 = (2R)T III + (2R)T II. 2R Simplificando as equações acima 1 2 ma = T I T II, (4) 2ma = T III + T II. (5) 5

6 Com as equações (2), (3), (4) e (5) obtemos o sistema: 2ma = 2mg T I i) ma = mg + T III ii) A solução do sistema acima nos dá: 1 2 ma = T I T II iii) 2ma = T III + T II iv) a = 2 g. (6) 11 c) valor = (0,5 pontos) De i) e ii) obtemos T I = mg, T III = 13 mg. (7) 11 De iii) ou iv) segundo os resultados anteriores, T II = 17 mg. (8) 11 6