Física II para a Escola Politécnica ( ) - P2 (26/06/2015) [0000]

Transcrição

1 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000] NUSP: Instruções: preena completamente os círculos com os dígitos do seu número USP (um em cada coluna); na parte de baixo dessa folha, preena completamente os círculos com as respostas corretas correspondentes a cada questão. Use caneta esferográfica preta ou azul. Escreva apenas nas áreas designadas. Nome: ESTE ESPAÇO É DE USO EXCLUSIVO DA BANCA DE CORREÇÃO Assinatura: a Avaliação Revisão Turma: Professor: Múltipla-escolha Parte discursiva Total Esta prova é formada de uma parte objetiva contendo 8 questões de múltipla-escolha (1-8) e uma parte discursiva contendo uma questão (9). A parte objetiva corresponde a um total de 6 pontos e a parte discursiva a pontos. Marque as respostas das questões de múltipla-escolha (1) A B C D E () A B C D E (3) A B C D E () A B C D E (5) A B C D E (6) A B C D E (7) A B C D E (8) A B C D E

2

3 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p1/15 QUESTÕES DE MÚLTIPLA-ESCOLHA (1-8) - GABARITO As respostas (a) são as corretas ando necessário, use π = 3, 1 e g=10 m/s (1) (0,75 pt) A figura abaixo mostra as curvas x(t) obtidas em três experimentos fazendo um certo sistema blocomola oscilar em um movimento harmônico simples. Pode-se dizer que: (a) Em t = 0, a velocidade do bloco no experimento 1 é maior que no experimento e maior que no experimento 3, sendo a velocidade do bloco nula no experimento 3. (b) A freqüência angular do sistema nos três experimentos é diferente. (c) Em t = 0, a energia potencial da mola no experimento 3 é maior que a energia potencial nos experimentos 1 e, sendo a energia potencial no experimento 1 menor que no experimento. (d) A energia cinética máxima do bloco no experimento 1 é maior que no experimento 3, mas é menor que no experimento. (e) Em t = 0, a energia cinética do bloco no experimento 3 é maior que no experimento.

4 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p/15 () (0,75 pt) A figura a seguir mostra os gráficos da energia cinética K em função da posição x para três osciladores harmônicos que têm a mesma massa. Pode-se dizer que: (a) O oscilador A completa uma oscilação em um tempo menor que os outros dois. (b) Os três osciladores tem o mesmo período de oscilação. (c) A freqüência de oscilação associada à curva B é menor que aquela da curva C. (d) A constante elástica do oscilador A é maior que a dos osciladores B e C, sendo a constante elástica do oscilador B menor que a do oscilador C. (e) A constante elástica do oscilador B é maior que a do oscilador A.

5 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p3/15 (3) (0,75 pt) Cada um dos dois pêndulos mostrados na figura abaixo consiste em uma esfera sólida uniforme de massa M sustentado por uma corda de massa desprezível, porém a esfera do pêndulo A é muito pequena, enquanto a esfera do pêndulo B é bem maior. Sejam τ A e τ B os tempos que cada pêndulo demora em completar uma oscilação. Para deslocamentos pequenos, pode-se dizer que: (a) O pêndulo B demora mais tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τ B /τ A = 11/10. (b) Os dois pêndulos levam o mesmo tempo para completar uma oscilação, com τ A = τ B = π L/g. (c) O pêndulo B demora menos tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τ B /τ A = 1/. (d) O pêndulo B demora mais tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τ B /τ A =. (e) O pêndulo B demora menos tempo que o pêndulo A em completar uma oscilação, com τ B /τ A = 1/ 10. () (0,75 pt) Um disco é ligado à massa m e megulhado em um fluido que exerce uma força dissipativa, tal e como mostra a figura. A força restauradora elástica é kx e a força dissipativa é ρẋ, com x o deslocamento da massa m em relação à posição de equilíbrio. A tabela abaixo mostra os valores usados em vários experimentos com diferentes

6 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p/15 molas, massas e fluidos. Experimento k ρ m 1 k 0 ρ 0 m 0 3k 0 ρ 0 m 0 3 k 0 ρ 0 m 0 k 0 ρ 0 10m 0 5 k 0 / 6ρ 0 m 0 Em que experimento o tempo no qual a energia mecânica diminui até um quarto do seu valor inicial é maior? (a) Experimento. (b) Experimento 1. (c) Experimento. (d) Experimento 3. (e) Experimento 5. (5) (0,75) A figura de Lissajous abaixo descreve o movimento de uma massa sujeita a duas forças restauradoras perpendiculares, independentes, F x = k x x e F y = k y y. al é a razão entre as constantes k x /k y destas forças restauradoras? Y" X" (a) 1/16 (b) (c) (d) 1/ (e) 16

7 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p5/15 (6) (0,75) Um pêndulo simples, como mostrado na figura, é lançado de uma posição r = A ˆx, com uma velocidade y" v = V 0 ŷ. al é a trajetória do pêndulo, vista de cima, dados A e V 0 positivos? x" Y" X" (a) sentido anti-horário Y" X" (b) sentido horário Y" X" (c) Y" X" (d) sentido horário Y" X" (e) sentido anti-horário (7) (0,75) Um corpo de massa m está sujeito a um potencial do tipo U(x) = a x b x.

8 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p6/15 Para pequenas oscilações em torno de sua posição de equilíbrio, a frequência angular de oscilação é igual a (a) ω = (b) ω = (c) ω = (d) ω = (e) ω = b a 3 m b 3 a m b 3 3a m a b 3 m b a 3 m (8) (0,75) A suspensão de um carro de 700 kg (vazio) foi otimizada para amortecimento crítico quando está com lotação máxima ( passageiros de 75 kg cada). ando as pessoas saem do carro, ele se eleva em 6 cm. al é o coeficiente de amortecimento do conjunto de amortecedores ligados à suspensão do carro? (a) 10 kg/s (b) kg/s (c) 5/7 10 kg/s (d) 10 kg/s (e) 5/3 10 kg/s

9 Física II para a Escola Politécnica (3310) - P (6/06/015) [0000]-p7/15 QUESTÃO DISCURSIVA ATENÇÃO: A solução dessa questão deve ser feita no caderno de provas devidamente identificado com nome, NUSP e turma. (9) [,0 pt] Um pêndulo simples, em seu laboratório de física, é composto por um fio de comprimento L e uma bolinha (pontual) de massa m presa à sua ponta. Para iniciar o balanço da bolinha, você coloca um ventilador próximo à ela, soprando uma corrente horizontal de ar de velocidade escalar u, resultando em uma força FV (como mostrado ao lado). Enquanto o ventilador está ligado, o sistema fica em equilíbrio, com um ângulo θ 0 com a vertical, com 0 < θ 0 < π/. (a) (0,75) Obtenha o módulo do vetor FV para valores gerais de θ < π/, em termos do ângulo θ 0, de m e de g. (b) (1,0) Você desliga o ventilador e deixa que o pêndulo oscile. Supondo que a força de arrasto do ar seja da forma FA = ρ v, sendo ρ > 0 uma constante e v a velocidade da bolinha, deduza a equação diferencial exata que descreve o deslocamento angular θ(t) do pêndulo para θ < π/, justificando de forma sucinta os termos usados na equação. (c) (1,0) Considere o regime de pequenas oscilações, onde θ π/. Dadas as condições iniciais do problema, obtenha a função exata para θ(t). (d) (0,5) Determine a constante de decaimento τ deste pêndulo. (e) (0,75) anto tempo levará para a amplitude de oscilação do pêndulo chegar a um valor θ 0 /5? Nota: dê suas respostas em termos dos parâmetros do problema: L, m, g, ρ, θ 0, u. FORMULÁRIO Momento de inércia de uma esfera (a partir de um eixo de simetria): I CM = 5 MR Momento de inércia de uma esfera oca (a partir de um eixo de simetria): I CM = 3 MR Teorema dos eixos paralelos: I = Md + I CM Expansão em série de Taylor: f (x 0 + x) = f (x 0 ) + d f (x) dx com x = x x 0. x + 1 x=x0 d f (x) dx ( x) x=x0 n! d n (x) dx n ( x) n +... x=x0

10 QUESTÃO DISCURSIVA (a) Quando o ventilador está ligado, o pêndulo está em equilíbrio formando um ângulo θ 0 com a vertical. Nessa situação, o ventilador produz uma corrente horizontal de ar, representada pela força F V. Como o pêndulo está em repouso, F A = 0. As forças que agem no pêndulo aparecem representadas na Fig. 1. Desta figura, a força F V pode ser escrita em termos das componentes Figure 1: pêndulo no instante inicial, antes de desligar o ventilador. ao longo das direções ˆr e ˆθ F V = F V [senθ 0 ˆr + cosθ 0 ˆθ], (1) com F V = F V. Do item (a), no instante inicial θ(t) = θ 0, T = T 0 = T 0ˆr [T 0 = T 0 ] e P = mg[cosθ 0ˆr senθ 0ˆθ]. () A segunda lei de Newton estabelece nesta situação T 0 + P + F V = 0, (3) obtendo assim componente ˆr : T 0 + mg cosθ 0 + F V senθ 0 = 0, () componente ˆθ : mg senθ 0 + F V cosθ 0 = 0. (5) Da Eq. (5), obtemos F V = mg tgθ 0. (6) 1

11 Para θ << π/, tgθ 0 senθ 0 θ 0 e F V mg θ 0. (7) (b) MÉTODO 1: Segunda Lei de Newton Seja o pêndulo da Fig., formado por uma corda de comprimento L (de massa desprezível) e uma bolinha de massa m. Quando o ventilador é desligado, a força F V deixa de agir no pêndulo, e o pêndulo começa o seu movimento. Assim, o pêndulo é largado do repouso formando um ângulo θ 0 com a vertical. Considere um instante de tempo t onde o pêndulo forma um ângulo θ com a vertical (sendo 0 < θ < π/) como mostrado na Fig.. Nesse instante de tempo, as forças que agem no pêndulo são a tensão T, o peso P = m g e a força de arrasto do ar F A = ρ v, com v a velocidade do pêndulo e ρ uma constante positiva (ρ > 0). Usando os vetores ˆr e ˆθ, podemos expressar os vetores Figure : pêndulo liberado da posição θ 0. posição, velocidade e aceleração para o pêndulo quando este forma um ângulo θ com a vertical. Considerando o sistema de coordenadas xy da Fig. temos r = L[senθ î cosθ ĵ] = Lˆr, (8) v = d r dt = L θ[cosθ î + senθ ĵ] = L θˆθ, (9) a = d v dt = L θˆθ dˆθ + L θ dt = L θ ˆr + L θˆθ, (10)

12 onde ˆr = senθ î cosθ ĵ é um vetor unitário na direção radial e ˆθ = cosθ î + senθ ĵ é um vetor unitário perpendicular à ˆr, como mostrado na Fig.. Também temos usado dˆθ dt = θ[senθ î cosθ ĵ] = θˆr. (11) Da Fig. vemos que o ângulo θ diminui com o tempo até que o pêndulo chega à posição vertical, portanto, θ < 0. Assim, o vetor velocidade v tem sentido ˆθ enquanto a força de arrasto F A = ρ v tem sentido ˆθ, como indicado na Fig.. As forças podem ser escritas como T = T ˆr, (1) P = mg[cosθˆr senθˆθ], (13) F A = ρ v = Lρ θˆθ, (1) com T = T e g = g. Da segunda Lei de Newton T + P + F A = m a, (15) obtendo assim componente ˆr : T + mgcosθ = ml θ, (16) componente ˆθ : mgsenθ ρl θ = ml θ. (17) A segunda equação pode ser reescrita como θ + γ θ + ω0senθ = 0, (18) com γ = ρ/m e ω 0 = g/l. MÉTODO : Lei da rotação Podemos considerar o pêndulo como um sólido rígido que gira em torno de um eixo que passa pelo ponto O (eixo z da Fig. ). Neste caso, a torsão resultante em relação a O, τ O, está relacionada com a aceleração angular do pêndulo, α, através de τ O = I O α, (19) com I O o momento de inércia em relação ao eixo que passa por O. Como a bolinha do pêndulo é considerada como uma massa pontual m situada a uma distância L do ponto O, temos que I O = ml. 3

13 As únicas forças que fazem uma torsão em relação ao ponto O são a força peso, P, e a força de arrasto, F A, já que a tensão T tem a mesma direção que o vetor de posição da bolinha em relação ao ponto O. Assim, as torsões da força peso, τ P,O, e força de arrasto, τ A,O, em relação a O, são τ P,O = r [m g] = [Lˆr] [mg cosθ ˆr mg senθˆθ] = mlg senθˆk, (0) τ A,O = r F A = [Lˆr] [ Lρ θˆθ] = L ρ θˆk, (1) onde ˆr ˆθ = ˆk. Assim, o torque resultante em relação a O é τ O = τ P,O + τ A,O = [ mlg senθ L ρ θ]ˆk. () Da Fig., o pêndulo gira no sentido horário, portanto, o vetor velocidade angular ω tem que estar dirigido na direção ˆk. Como θ é negativo para 0 < θ < π/, temos que Assim, a aceleração angular α é Substituindo as Eqs. () e () na Eq. (19) obtemos ou, equivalentemente ω = θˆk. (3) α = d ω dt = θˆk. () mlg senθ L ρ θ = ml θ, (5) θ + γ θ + ω 0senθ = 0, (6) com γ = ρ/m e ω 0 = g/l. Obtemos assim a mesma equação que no Método 1. MÉTODO 3: Teorema Trabalho-Energia Consideremos como sistema todos os elementos que aparecem na Fig. mais a Terra. Nesse sistema, não temos nenhuma força externa ao sistema, portanto, o trabalho feito por forças externas é igual a W ext = 0. A tensão T não realiza trabalho, pois a cada instante a força é sempre perpendicular à trajetória da partícula. A força de arrasto do ar é uma força não-conservativa e faz um trabalho W A. Pelo teorema trabalho-energia no sistema considerado, temos que W ext = E mec W A, (7)

14 com E mec a variação da energia mecânica do sistema. Como W ext = 0, Derivando a Eq. (8) com relação ao tempo, temos E mec = W A. (8) d( E mec ) dt = dw A dt = P A, (9) onde P A é a potência associada à força de arrasto. Como dw A = F A d r, P A = dw ( ) A = F dt d r A = F dt A v = L ρ θ, (30) onde usamos as Eq. (9) e (1). Consideremos dois instantes de tempo. No primeiro, o instante inicial, o pêndulo forma um ângulo θ 0 com a vertical e tem velocidade nula, portanto, toda a energia mecânica do sistema nesse instante inicial, E mec,i, é energia potencial gravitacional. Usando o sistema de coordenadas xy da Fig. e chamando de y 0 a posição do pêndulo no eixo y nesse instante, a energia mecânica é dada por E mec,i = mgy 0 = mglcosθ 0. (31) No instante em que o pêndulo forma um ângulo θ com a vertical (instante f) o pêndulo tem energia cinética rotacional, T f, e energia potencial gravitacional, U f. Assim, a energia mecânica nesse instante, E mec,f, é dada pela soma T f + U f, Dessa forma, Pelas Eqs. (33), (30) e (9) E mec,f = 1 I O ω mglcosθ = 1 ml θ mglcosθ. (3) E mec = E mec,f E mec,i = 1 ml θ mgl[cosθ cosθ 0 ]. (33) que também pode ser escrita como ml θ θ + mgl θsenθ = L ρ θ, (3) θ + γ θ + ω 0senθ = 0, (35) com γ = ρ/m e ω 0 = g/l. Obtemos assim a mesma equação que no Método 1. 5

15 (c) Para θ << π/ podemos aproximar senθ θ. Assim, a Eq. (18) fica θ + γ θ + ω 0 θ = 0, (36) que descreve um movimento harmônico amortecido. Quando o ventilador é desligado, o pêndulo começa um movimento oscilatório cuja amplitude diminui pouco a pouco com o tempo. Temos assim um movimento fracamente amortecido em regime subcrítico. A solução da Eq. (36) é portanto da forma θ(t) = Ae γt/ cos(ωt + ϕ), (37) onde A e ϕ são constantes a determinar e ω = ω 0 (γ/) é a freqüência angular da oscilação [não confundir com o vetor ω do item (a)]. Sabemos que o pêndulo parte do repouso formando um ângulo inicial θ 0. Assim, a solução da Eq. (37) deve satisfazer as condições iniciais: Derivando em relação ao tempo a Eq. (37), θ(0) = θ 0, (38) θ(0) = 0. (39) Assim, Ou θ = Aγ e γt/ cos(ωt + ϕ) Aωe γt/ sen(ωt + ϕ). (0) θ(0) = 0 Acosϕ = θ 0 (1) θ(0) = 0 Aγ cosϕ Aω senϕ = 0. () Acosϕ = θ 0 (3) γ cosϕ = ω senϕ. () Da Eq. (3), como A e θ 0 são números positivos, o cosϕ > 0. Portanto, pela Eq. (), como γ e ω são números positivos, senϕ < 0. Substituindo o valor de ω na Eq. () e elevando ao quadrado, temos O que implica γ cos ϕ = ) (ω 0 γ sen ϕ γ = ω 0sen ϕ. (5) senϕ = ± γ ω 0. (6) 6

16 Como senϕ tem que ser negativo para que a Eq. () seja satisfeita, a única solução é Também, sabendo que cosϕ deve ser positivo, então temos cosϕ = + 1 sen ϕ = senϕ = γ ω 0. (7) 1 γ ω 0 = ω ω 0. (8) Assim, pela Eq. (3), A = θ 0 ω 0 /ω. Portanto, a solução da equação diferencial é θ(t) = ω 0 ω θ 0 e γt/ cos(ωt + ϕ), (9) com senϕ = γ/(ω 0 ) e cosϕ = ω/ω 0. Também, usando a relação trigonométrica cos(a + b) = cosa cosb sena senb, podemos escrever a solução como [ θ(t) = θ 0 e γt/ cos ωt + γ ] ω sen ωt. (50) Observe que o amortecimento produzido pela força de arrasto do ar é suficientemente pequeno para considerarmos γ << ω 0. Nessa aproximação ω ω 0, cosϕ 1 e senϕ 0 e a solução ficaria como θ(t) θ 0 e γt/ cos ωt. (51) (d) O ventilador ligado produz uma corrente de ar horizontal de velocidade u = uî [u = u ], que é dada pela força F V. Esta força faz que o pêndulo, que estava em repouso, comece a se movimentar até formar um ângulo θ 0 com a vertical. Nesse instante, o pêndulo está em repouso, v = 0. Para que o pêndulo fique em repouso formando um ângulo θ 0, a força de arrasto do ar [gerada como conseqüência do vento produzido pelo ventilador] tem que ter o mesmo módulo e sentido oposto que a força exercida pelo ventilador. Assim Como o vento produzido pelo ventilador tem velocidade u, Das Eq. (5) e (53) temos que F ar = F V = mg tgθ 0 î. (5) F ar = ρ u = ρuî. (53) ρ = m g u tgθ 0. (5) 7

17 Assim A constante de decaimento τ = 1/γ é portanto γ = ρ m = g u tgθ 0. (55) τ = u g tgθ 0. (56) Para valores de θ 0 << π/, τ u g θ 0. (57) (e) A amplitude da oscilação é Seja t o instante em que a(t) = θ 0 /5. Então a(t) = Ae γt/ = ω 0 ω θ 0e γt/. (58) θ 0 5 = ω 0 ω θ 0e γt/ e γt/ = ω 5ω 0. (59) Aplicando o logaritmo neperiano, obtemos t = ( ) ω γ ln. (60) 5ω 0 Como ω/ω 0 < 1, podemos escrever t = ( ) γ ln 5ω0, (61) ω que é um número positivo. Se aproximarmos ω ω 0, chegamos a t ln(5). (6) γ 8