2ª.  Prova  de  Física  1  –  FCM  0501  –  (Peso  0,35)  2013  

   

Nome  do  Aluno   Número  USP      

   

                         

       

Boa  Prova!          

A  prova  é  sem  consulta.  As  respostas  finais  devem  ser  escritas  com  caneta.  

Respostas  finais  escritas  a  lápis  não  terão  recorreção.  É  proibido  o  uso  de  calculadoras.  

Há  um  bônus  de  0,5  na  2ª.  questão.  As  questões  1  e  2  serão  corrigidas  pelo  prof.  Onody  e  as  questões  3  e  4  pelo  prof.  Fred    

  Valor  das  Questões  

Nota  

1ª.   a) 1,5  b) 1,0  

 

2ª.   a) 1,25  b) 1,25  

Bônus  –  0,5  

 

3ª.   a) 1,5  b) 1,0  

 

4ª.   a) 1,0  b) 1,0  c) 0,5  

 

Nota  Final      

1) Um caixote (cuja secção transversal é quadrada) escorrega para baixo em uma vala cujos lados formam um ângulo reto. O coeficiente de atrito estático (cinético) entre o caixote e a vala é µe (µc). A vala faz um ângulo θ com o plano horizontal. a) Qual é o ângulo crítico θc para o qual o caixote começa a escorregar? b) Se θ > θc , calcule a aceleração do caixote.

Dê todas as suas respostas em função de θ, µe , µc e g.

Escolheremos coordenadas (x,y) no plano da secção transversal do caixote. Não há resultantes nem na direção x nem na direção y. Adotaremos o eixo z ao longo da vala para baixo.

𝑁! cos 45° = 𝑁! cos 45°    →  𝑁! = 𝑁! 𝑁!𝑠𝑒𝑛 45° + 𝑁!𝑠𝑒𝑛 45° = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃  →  𝑁! 2 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃

a) 𝐹!,! = 𝜇!𝑁! = 𝜇!𝑁! = 𝐹!,! =!!!"#$% !!

!

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 𝜃! = 2𝐹!,! = 2𝜇!𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃!

logo

 𝑠𝑒𝑛 𝜃!𝑐𝑜𝑠 𝜃!

= 𝜇! 2

b) 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 𝜃  − 2𝐹!,!  = 𝑚𝑎

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 𝜃  − 2𝜇!𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃  = 𝑚𝑎

𝑎 = 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2𝜇𝑐cos  (𝜃)

450 450

N1 N2

θ

mg sen(θ) mg cos(θ)

Fa,1

Fa,2 N1sen(𝟒𝟓°)

N2sen(𝟒𝟓°)

2) Um corpo se movimenta num plano horizontal (x,y) (x e y em metros) sob a ação das forças (em Newtons) 𝐹! = 3𝑦 − 2𝑥 𝚤 + (2𝑦 + 6𝑥)𝚥 e  𝐹! = 3𝑦 − 2𝑥 𝚤 + (2𝑦 + 3𝑥)𝚥 Calcule o trabalho realizado por cada uma dessas forças para levar o corpo do ponto A=(2,3) ao ponto B=(4,2) pelo caminhos

a) AC+CB, onde C=(4,3) b) AB

Bônus!(0,5). Calcule a função energia potencial U(x,y) associada a todas as forças conservativas. 𝑑𝑟 = 𝑑𝑥  𝚤 + 𝑑𝑦  𝚥 𝑑𝑊! = 3𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 6𝑥)𝑑𝑦 𝑑𝑊! = 3𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥 + (2𝑦 + 3𝑥)𝑑𝑦

a) AC 𝑦 = 3    ;    𝑑𝑦 = 0

𝑑𝑊! = 3𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥     →  𝑊! = (9 − 2𝑥)𝑑𝑥!

!= 9𝑥 − 𝑥! !

! = 6  𝐽

𝑑𝑊! = 3𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥     →  𝑊! = 6  𝐽

CB 𝑥 = 4    ;    𝑑𝑥 = 0

𝑑𝑊! = 2𝑦 + 6𝑥 𝑑𝑦   →  𝑊! = (2𝑦 + 24)𝑑𝑦!! = 𝑦! + 24𝑦 !

! =  −29  𝐽 𝑑𝑊! = 2𝑦 + 3𝑥 𝑑𝑦   →  𝑊! = (2𝑦 + 12)𝑑𝑦!

! = 𝑦! + 12𝑦 !! =  −17  𝐽

AC + CB 𝑊! = −23  𝐽 e 𝑊! = −11  𝐽

b) AB

𝑦 = − !

!+ 4     →  𝑥 = 8 − 2𝑦     →    𝑑𝑥 =  −2  𝑑𝑦

𝑑𝑊! = 3𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 + 6𝑥 𝑑𝑦 = −2 3𝑦 − 2(8 − 2𝑦) 𝑑𝑦 + 2𝑦 + 6(8 − 2𝑦) 𝑑𝑦 = −24𝑦 + 80 𝑑𝑦 𝑊! = −24𝑦 + 80 𝑑𝑦!

! = −12𝑦! + 80𝑦 !! =  −20  𝐽

𝑑𝑊! = 3𝑦 − 2𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 + 3𝑥 𝑑𝑦 = −2 3𝑦 − 2(8 − 2𝑦) 𝑑𝑦 + 2𝑦 + 3(8 − 2𝑦) 𝑑𝑦 = −18𝑦 + 56 𝑑𝑦

𝑊! = −18𝑦 + 56 𝑑𝑦!

! = −9𝑦! + 56𝑦 !! =  −11  𝐽

𝑊! = −20  𝐽 e 𝑊! = −11  𝐽

Bônus: 𝐹! é dissipativa. Vejamos 𝐹!

𝑟𝑜𝑡 𝐹! =𝚤 𝚥 𝑘!!"

!!"

!!"

3𝑦 − 2𝑥 (2𝑦 + 3𝑥) 0

= 0     →  𝐹!  é  𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎       →    ∃    𝑈 𝑥, 𝑦  𝑡𝑎𝑙  𝑞𝑢𝑒  𝐹! = −∇𝑈

!"!"= −𝐹! = 2𝑥 − 3𝑦     →  𝑈 𝑥, 𝑦 =  𝑥! − 3𝑥𝑦 + 𝛼(𝑦)

!"!"= −𝐹! = −3𝑥 − 2𝑦     →  𝑈 𝑥, 𝑦 =  −𝑦! − 3𝑥𝑦 + 𝛽(𝑥)

Logo 𝛼 𝑦 = −𝑦!      𝑒      𝛽 𝑥 = 𝑥!

𝑈 𝑥, 𝑦 = 𝑥! − 𝑦! − 3𝑥𝑦 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

A (2,3)

C (4,3)

B (4,2)

y

x

3) Uma partícula pontual de massa m está inicialmente no topo de um monte hemisférico de raio R. Ela começa a deslizar com uma velocidade horizontal dada por 𝑣! = 𝑔𝑅/2.

a) Supondo que o atrito é desprezível,

calcule a altura em relação ao solo na qual a partícula perde contato com o monte;

b) Agora suponha que existe atrito no problema. Calcule o módulo mínimo do trabalho que deve ser realizado pela força de atrito sobre a partícula para que esta alcance a altura h = R/3 sem perder o contato com o monte. Deixe a sua resposta apenas em função da massa da partícula m, da gravidade g e do raio R. (Dica: note que o coeficiente de atrito não foi informado no problema.) (a) Ao descer mantendo o contato com o monte, a partícula irá descrever um movimento circular de raio R. Sabemos que para o movimento circular a força resultante atuando na partícula deve ter uma componente centrípeta dada por: 𝐹! = 𝑚𝑣!/𝑅. Da segunda lei de Newton tem-se que a equação de movimento da partícula é dada por: 𝑃  𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑁 = 𝑚𝑣!/𝑅. No ponto em que a partícula perde o contato com o monte, tem-se que a força de reação normal se anula. Assim: 𝑁 = 0 → 𝑃  𝑐𝑜𝑠𝜃 = !!!

!  → 𝑚𝑔 !

!= !!!

!→ 𝑣! = 𝑔ℎ  .    (1)

Dado que as forças atuando no sistema são todas conservativas, tem-se, então, que a energia mecânica do sistema se conserva. Portanto: De (1) e (2) obtém-se a resposta do problema:

(b) Com a existência da força de atrito, a energia mecânica do sistema passa a não se conservar e a sua variação (energia dissipada) é dada pelo trabalho que a força de atrito realiza sobre a partícula. Este trabalho é negativo, pois a força de atrito sempre tem sentido oposto ao do movimento da partícula. O papel da força de atrito é, então, frear a partícula ao longo do seu movimento. Para que a partícula nunca perca contato com o monte é preciso que a sua velocidade seja sempre menor ou igual ao valor dado pela Eq. (1): 𝑣! ≤ 𝑔ℎ . Assim

𝑊!"# = ∆𝐸!"# = ∆𝑇 + ∆𝑈 ⇒ 𝑊!"# =𝑚  𝑣!

2−𝑚  𝑣!!

2+𝑚𝑔ℎ −𝑚𝑔𝑅 ≤

𝑚𝑔ℎ2

−𝑚  𝑣!!

2+𝑚𝑔 ℎ − 𝑅

⇒  𝑊!"#  ≤ 𝑚𝑔32ℎ −

54𝑅 .      (3)

Como 𝑊!"# = −|𝑊!"#|, da Eq. (3) tem-se que: |𝑊!"#| ≥ 𝑚𝑔 !

!𝑅 − !

!ℎ .

O valor mínimo do módulo do trabalho realizado para que a partícula atinja a altura h = R/3 é dada, então, por:  |𝑊!"#| ≥

!!𝑚𝑔𝑅.

~g

�Emec = �T + �U = 0) �T = ��U ) mv2

2� mv2

0

2= mg(R� h)) v2 = g

✓52R� 2h

◆(2)

gh = g

✓52R� 2h

◆) h =

56R.

4) Na figura abaixo, um bloco inicialmente em repouso explode em dois pedaços, E e

D. Estes pedaços inicialmente deslizam sobre um piso sem atrito de comprimento total L e depois entram em regiões com atrito, onde acabam parando. O pedaço E, cuja massa é mE, encontra um coeficiente de atrito cinético µE e chega ao repouso em uma distância dE. O pedaço D, cuja massa é mD, encontra um coeficiente de atrito cinético µD e desliza até o repouso após uma distância dD. Calcule: a) A razão das velocidades dos blocos E e

D imediatamente após a explosão; b) A razão entre as distâncias dE e dD

percorridas pelos blocos. Deixe a sua resposta em termos de mE, mD, µE e µD;

c) A posição do centro de massa do sistema após os blocos pararem. ASSUMA dD=1m. Deixe a sua resposta em termos de mE, mD , µE e µD

(a) Da conservação do momento linear, os momentos totais do sistema antes e logo após a explosão devem ser iguais, pois apenas forças internas atuam sobre o sistema. Como o sistema encontrava-se em repouso, tem-se que o momento linear antes da explosão era nulo. Assim:

(b) Ao entrar na região com atrito, os blocos terão a sua energia cinética dissipada através da realização de trabalho da força de atrito. Do teorema da energia cinética e trabalho podemos realicionar a variação da energia cinética com o trabalho da força de atrito:

∆𝑇 = 𝑊 ⇒ ∆𝑇(!) = 𝑊!"#$"%(!)    𝑒    ∆𝑇(!) = 𝑊!"#$"%

(!)

Como a força de reação normal atuando em cada um dos pedaços se mantém constante no problema, o trabalho da força de atrito é o trabalho de uma força constante. Assim: (c)

~Pi =

~Pf , como

~Pi = 0) ~Pf = 0) ~PE +

~PD = 0;

~PE = �mE |~vE |ˆi; ~PD = mD|~vD|ˆi

!

!

Questão!1:!A!figura!mostra!um!sistema!composto!de!dois!blocos,!ligados!através!de!um!fio!ideal,!que!passa!por! uma!polia! de!massa! negligenciável! e! ideal.! Os! blocos! têm!massas! dadas! por!m1=M!e!m2=

€

2M/4.!Apenas!o!bloco!2!experimenta!uma!força!de!atrito!devido!ao!contato!com!a!superfície!da!parede!vertical.!O!coeficiente!de!atrito!estático!do!bloco!2!e!a!parede!vertical!é!dado!por!µe!e!o!de!atrito!cinético!por!µc. O!bloco!2! está! sujeito!à!ação!de!uma! força!

€

F = F0(−sen450 ˆ i − cos450 ˆ j ) ,! onde!

€

ˆ i ! e!

€

ˆ j ! representam!os!versores!associados!aos!eixos!x!e!y,!respectivamente,!do!sistema!de!coordenadas!indicado!na!figura.!

!(a)!(1,0)!Quais!os!valores!mínimo!e!máximo!de!

€

F0 !!para!que!o!sistema!permaneça!em!equilíbrio?!

Para!as!letras!b,!c!e!d,!assuma!que!o!sistema!se!move!tal!que!o!bloco!2!desce!da!posição!y1=2m!para!y2=1m.!!

(b)! (1,0)! Calcule! o! trabalho! realizado! pela! força!gravitacional!em!cada!um!dos!blocos;!!(c)!(1,0)!Assumindo!que!

€

F0 !varia!com!a!posição!vertical!y! dado! por!

€

F0 = 20 2Mgy ,! calcule! o! trabalho!realizado! pela! força!

€

F ,! e! a! força! de! atrito! cinético!

agindo!sobre!o!bloco!2;!(d)! (1,0)! Qual! a! variação! da! energia! cinética! total! do!sistema?!

Questão!2:!(Questão!fortemente!baseada!no!problema!36,!cap.!8)!Uma!partícula!pontual!está!inicialmente!no!topo!de!um!monte!hemisférico!de!raio!R!(vide!figura!abaixo).!Ela!começa!a!deslizar!para!baixo!com!uma!velocidade!inicial!dada!por!

€

v0 = gR 2 .!!

(a) (2,0)! Supondo! que! o! atrito! é! desprezível,! calcule! a! altura! para! a!qual!a!partícula!perde!contato!com!o!monte!hemisférico;!(b) (1,0)! Agora! suponha! que! existe! atrito! no! problema.! Calcule! o!módulo!mínimo!do!trabalho!que!deve!ser!realizado!pela!força!de!atrito!sobre!a!partícula!para!que!esta!chegue!ao!solo!sem!perder!contato!com!o!monte.!Deixe!a!sua!resposta!apenas!em!função!da!massa!da!partícula!m,!da!gravidade!g!e!do!raio!R.!

Questão!3:!(Questão!fortemente!baseada!no!problema!46,!cap.!9)!Na!figura!abaixo,!um!bloco!inicialmente!em! repouso! explode! em!dois! pedaços,!E! e!D,! que! deslizam! sobre! um!piso! em! um! trecho! sem! atrito! de!comprimento!L!e!depois!entram!em!regiões!com!atrito,!onde!acabam!parando.!O!pedaço!E,!com!uma!massa!mE,! encontra!um!coeficiente!de! atrito! cinético!µE! e! chega! ao! repouso! em!uma!distância!dE.!O!pedaço!D!encontra!um!coeficiente!de!atrito!cinético!µD!e!desliza!até!o!repouso!em!uma!distância!dD.!Calcule:!

(a) (1,0)!A!razão!das!velocidades!dos!blocos!E!e!D!após!a!explosão;!(b) (1,0)!!A!razão!entre!as!distâncias!dE!e!dD!percorridas!pelos!blocos.!Deixe!a!sua!resposta!em!termos!de!!mE,!mD!,!µE!e!µD;!(c) (1,0)! A! posição! do! centro! de!massa! dos! sistema! após! os!blocos! pararem.! Assuma! dD=1m.! Deixe! a! sua! resposta! em!termos!de!!mE,!mD!,!µE!e!µD.!

!

Universidade!Federal!de!Pernambuco!Departamento!de!Física!

!!Física!Geral!1!`!Segundo!Exercício!Escolar!!`!19/05/2010

dE dD

L/2 L/2 µE! µD!

µ=0!

€

sen450 = cos450 =22

€

F 450!

y!

x!450!

1!2!

x!0!

€

g

) mE |~vE | = mD|~vD|) |~vE ||~vD| =

mD

mE

) dE

dD=

µD

µE

m2D

m2E

�T (E) = W(E)atrito

) �mE

v2E

2= �µ

E

mE

gdE

e �T (D) = W(D)atrito

) �mD

v2D

2= �µ

D

mD

gdD

xcm =�mE(dE + L/2) + mD(dD + L/2)

mE + mD=

✓L

2

◆mD �mE

mE + mD+

dD

mE + mD

✓mD �mE

dE

dD

◆

xcm =✓

L

2

◆mD �mE

mD + mE+

dD

mE + mD

✓mD �mE

µD

µE

m

2D

m

2E

◆

xcm =✓

L

2

◆mD �mE

mD + mE+

mD

mE + mD

✓1� µD

µE

mD

mE

◆