PROVA G2 FIS 1026 – 03/05/2011
MEC•NICA NEWTONIANA B
Gabarito
NOME:_______________________________
No:_________
TURMA:_______
QUEST‚O
VALOR
1
3,0
2
4,0
3
3,0
TOTAL
10,0
GRAU
REVIS‚O
Dados:
g = 10,0 m/s 2 = 1000 cm/s2
K = ƒ m v 2; W = ∫ F . ds;
W total = ΔK;
p = mv;
W cons = – ΔU;
Fmed = ΔP / Δt;
Wmola = ƒ k x i2 – ƒ k x f2
 F ext = Macm ;
Mvcm =  pi;
Rcm =  mi ri /  mi
∫ Asn ds = A s(n+1)/ (n+1)
Col. el†stica: Pi = Pf e K1i + K2i = K1f + K2f
Col. el†stica unidimensional:
v 1f = (m1 – m2) v 1i / (m1 + m2) + 2 m2 v 2i / (m1 + m2)
v 2f = 2 m1 v 1i / (m1 + m2) + (m2 – m1) v 2i / (m1 + m2)
Obs.: os c€lculos devem ser feitos com 2 n•meros significativos
A dura‚ƒo da prova „ de 1 hora e 50 minutos.
Respostas sem justificativa nƒo serƒo computadas.
Esta prova tem 4 folhas, contando com a capa. Confira.
1
(1 a questƒo - 3,0 pontos) a) Um bloco de massa m = 2,0 kg sobe o plano inclinado liso da
figura, iniciando o trajeto com velocidade nula no ponto A. A for‡a F exercida sobre o bloco ˆ
sempre paralela ao plano inclinado e sua intensidade tem o comportamento com o
deslocamento x dado pelo gr†fico F(x), com valores de for‡a em Newtons e de deslocamento
em metros. O deslocamento total desde o ponto A atˆ o ponto B vale x = 2,0 m, e a diferen‡a
de alturas correspondente vale h = 1,0 m.
Calcule o trabalho realizado pela for‡a F ao longo de todo o deslocamento de A atˆ B e a
energia cinˆtica do bloco ao atingir o ponto B.
O trabalho da forÄa F Å dado pela Çrea do grÇfico:
O teorema trabalho-energia cinÅtica nos permite escrever:
A forÄa Normal Å sempre perpendicular ao deslocamento e o atrito Å nulo pelo
plano ser liso; portanto essas forÄas nÉo realizam trabalho. O trabalho da forÄa
peso vale
(sinal negativo porque Å subida), e
, pois o bloco parte
do repouso. Assim:
b) Um motor elˆtrico M ˆ usado para descer, com velocidade
constante, um elevador E de peso total 3000 N, com a ajuda
de um contrapeso C, de peso 2000 N. Calcule o valor, em
Newtons, da tra‡‰o T no cabo. Calcule tambˆm a potŠncia
Pw, em Watts, desenvolvida pela for‡a T, se o elevador ˆ
abaixado de 36 m em 1,0 min.
Como hÇ equilÑbrio de forÄas no elevador (ele desce
com velocidade constante), e como a forÄa de traÄÉo no cabo que liga o contrapeso
ao elevador vale o prÖprio peso do contrapeso:
O cÇlculo da potÜncia realizada pela forÄa T Å dado pelo produto escalar da forÄa
com a velocidade:
Como a velocidade Å constante de valor 36/60 = 0,6 m/s e sentido para baixo, e a
forÄa de traÄÉo tem valor 1000 N e tem sentido para cima, o produto escalar Å
negativo, e tem valor:
c) A figura mostra uma mola de constante
el†stica k = 10 N/m, presa a uma caixa de
massa m = 2,0 kg, inicialmente localizada na
abscissa x = 0, posi‡‰o esta em que a mola se
encontra relaxada. Em seguida, a caixa ˆ
levada atˆ a abscissa x = -4,0 m, de onde ˆ abandonada do repouso. Sabe-se que o solo
horizontal ˆ liso para x < 0, e possui coeficiente de atrito  = 0,6 para x > 0. Para o
deslocamento desde xi = -4,0 m atˆ xf = + 2,0 m, calcule o trabalho realizado pela for‡a el†stica
da mola e tambˆm o trabalho da for‡a de atrito.
2
(2 a questƒo - 4,0 pontos) Inicialmente em repouso na
figura, o bloco de massa M est† comprimindo uma mola
ideal de constante el†stica k1 de uma dist‹ncia x1. Este
bloco pode deslizar por baixo de um trilho horizontal
que vai do ponto A atˆ o ponto B, onde inicia a
passagem por dentro de um anel (com ponto mais
baixo C) de raio R, retorna ao ponto B e prossegue no
sentido de B para D. Em D o bloco M colide com o
bloco de massa m (M > m) inicialmente em repouso e
prossegue na dire‡‰o do ponto E. O perfil do bloco M e
do trilho nas respectivas posi‡Œes est‰o na figura
menor. A acelera‡‰o da gravidade ˆ g. Fa‡a o que for
pedido a partir de leis f•sicas sobre trabalho, energia,
atrito e colisŒes.
A
M
B
D
E
m
C
ABDE
C
M
M
a) Supondo n‰o haver atrito entre o bloco M e o trilho entre os pontos AB, BC, CB e BD,
encontre uma express‰o literal para o valor da velocidade do bloco VC e da for‡a normal sobre
ele NC no ponto C, em fun‡‰o dos dados fornecidos.
EMA = E MC  KA + UTA = KC + UTC  Adoto UgC = 0 (n€vel zero da energia potencial gravitacional). A
mola n•o existe em C, ent•o UmC = 0, portanto UTC = 0. Como o bloco M est‚ em repouso inicial em A, KA
= 0. Com isso temos U TA = KC 
kx12/2 + mg(2R) = mvC2/2  vC = [kx12/m + 4gR]1/2 .
O mƒdulo da for„a resultante centr€peta no ponto C …: FRC = N – P  N = P + FRC 
N = m(g + v2/R)  N = 5mg + kx12/R.
b) Considerando el†stica a colis‰o entre os blocos M e m, calcule o valor da velocidade dos
dois blocos, imediatamente apŽs a colis‰o, em fun‡‰o dos dados fornecidos: M = 2,0 kg,
m =1,0 kg, k1 = 72 N/m, x1 = 0,10 m e g = 10 m/s2.
EMA = E MD  KA + UTA = KD + U TD  Adoto UgA = 0 = UgD (n€vel zero da energia potencial gravitacional).
A mola n•o existe em D, ent•o UmD = 0, portanto U TD = 0. Como o bloco M est‚ em repouso inicial em A,
KA = 0. Com isso temos U TA = KD 
kx12/2 = MvD2/2  vD2 = kx12 /M  vD2 = 72(0,1)2/2 = 0,36  vD = 0,6 m/s = v1i.
v1f = (M – m)v1i/(M + m) = (2 – 1)0,6/(2 + 1)  v1f = 0,2 m/s.
v2f = 2Mv1i/(M + m) = 2x2x0,6/(2 + 1)  v2f = 0,8 m/s.
c) Admita haver atritos distintos entre os blocos e o trilho no trecho DE, cujo comprimento ˆ
1,0 m (o coeficiente de atrito cinˆtico entre o bloco M e o trilho vale μC1 = 0,05 e entre o bloco m
e o trilho vale μC2 =0,9). A partir dos resultados do item (b) acima, verifique se os blocos
colidem novamente antes de chegarem ao ponto E. (Sugest‰o: calcule as dist‹ncias que
seriam percorridas por cada bloco atˆ parar logo depois da colis‰o como se o outro bloco n‰o
existisse e tire sua conclus‰o dos resultados)
Se o bloco M percorrer uma dist‡ncia maior do que a dist‡ncia do bloco m ent•o eles colidir•o antes de
terminarem esses percursos. Teorema WR = Kf – Ki para uma massa b, temos Wat + WP + WN = b(vf)2/2 –
b(vi)2/2. Os trabalhos do Peso e da Normal s•o nulos, pois essas for„as s•o perpendiculares ao
deslocamento dos blocos. Peso e Normal se compensam: N = mg. Portanto Wat = - fatd = – μC.b.g.d.
Colocando esse resultado na express•o anterior do trabalho resultante, vem:
– μ C.b.g.d = – b(vi)2/2  d = (vi)2/2μ C.g. Note que vi … o valor da velocidade do bloco ao iniciar o
deslizamento ou seja, … a mesma imediatamente apƒs a colis•o.
C‚lculo das velocidades dos blocos apƒs a colis•o. Empregando essa fƒrmula para o bloco M com os
dados fornecidos, temos:
dM = (v1f)2/2μ C1.g = (0,2)2/2x0,05x10  dM = 4 cm.
dm = (v2f)2/2μ C2.g = (0,8)2/2x0,9x10  dM = 3,6 cm.
Conclus•o: Como dM > dm os blocos ir•o colidir novamente.
3
(3 a questƒo - 3,0 pontos) Observe a
din‹mica de uma brilhante jogada de
sinuca. A proposta do jogador ˆ golpear
a bola branca com o taco em dire‡‰o
aonde repousam as bolas 1 e 2 que
apŽs a colis‰o (el†stica) v‰o seguir
respectivamente as trajetŽrias A e B atˆ
alcan‡arem as ca‡apas na diagonal da
mesa enquanto a bola branca se coloca
imediatamente em repouso na posi‡‰o
e no instante da colis‰o. Considere as
massas das bolas iguais a 165 g.
B
A
Θ2
Θ1
1
2
y
mb
x
taco
a) Sabendo que o taco fica em contato com a bola branca por Δt = 2,0 ms e que logo apŽs o
contato com o taco o vetor velocidade da bola branca ˆ V = 1,0 m/s j, determine o vetor for‡a
mˆdia empregada pelo jogador ao iniciar a jogada.
F = Δp / Δt = (p f – pi )/0,002 = (m v – 0) (j) / 0,002 = (0,165)(1) (y) / 0,002 = 82,5 N (j)
b) Escreva sucintamente as equa‡Œes para as conserva‡Œes de momento e energia para a
colis‰o das bolas eliminando os termos nulos e fazendo todas as simplifica‡Œes poss•veis. O
mŽdulo das vari†veis envolvidas DEVEM ser denominadas mb , m1 , m2 , vbi , vbf , v 1i, v 1f , v 2i , v 2f,
Θ1, Θ2. [b = bola branca, 1 = bola 1, 2 = bola 2, i = inicial (antes da colis‰o), f = final (depois da
colis‰o)]. Escreva uma ‘nica equa‡‰o (use o verso da folha para c†lculos se necess†rio) e por
favor n‰o rasure o campo de respostas.
MOMENTO
eixo x :
eixo y :
ENERGIA
0 =
v bi =
v 2f cos Θ2 - v 1f cos Θ1
v 2f sen Θ2 +
v1f sen Θ1
( v 2f)2 + ( v1f)2 = ( vbi)2
c) Sabendo que V1f = 0,7071 m/s e que Θ2 = 45 0 determine V2f e Θ1 .(Fa‡a as contas no verso
da p†gina se necess†rio mas coloque os valores no campo de respostas).
V2f = 0,51/2 m/s
Θ1 = 450
4