FEP2195 - Fı́sica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova Substitutiva - Gabarito
1. Um corpo de massa m, enfiado em um aro circular de raio R
situado em um plano vertical, está preso por uma mola de constante
C
k ao ponto C, no topo do aro. O corpo pode se deslocar ao longo do
aro com atrito desprezı́vel. Na posição relaxada da mola, o corpo
está em B, no ponto mais baixo do aro. Se soltarmos o corpo em
◦
repouso a partir do ponto A indicado na figura, com θ = 60 , escreva:
(a) (1,0) a energia mecânica total no ponto A,
R θ
A
B
(b) (0,5) a energia mecânica total no ponto B.
(c) (1,0) Determine a velocidade da partı́cula no ponto B.
SOLUÇÃO:
(a) Energia mecânica total no ponto A
Adotando a energia potencial em B, UB = 0, a energia mecânica total no ponto A
será dada pela energia potencial do ponto A, já que o corpo está em repouso nesse ponto.
1
EA = UA = mgh + kx2
2
onde h é a diferença de altura entre os pontos A e B e x é a compressão da mola.
h = R − R cos(θ) = R[1 − cos(θ)]
para θ = 60◦
1
h= R
2
x = 2R − l
onde l é o comprimento da mola comprimida. Usando a lei dos cossenos
l2 = R2 + R2 − 2RR cos(α)
onde, da figura, α = π − θ. Assim.
l2 = 2R2 [1 + cos(θ)]
que para θ = 60◦ dá
√
l = 3R
1
ou seja,
√
x = (2 −
3)R
Energia mecânica total no ponto A
√
1
1
EA = mg R + k(2 − 3)2 R2
2
2
√
1
1
EA = mgR + k(2 − 3)2 R2
2
2
(b) Energia mecânica total no ponto B.
Como não existem forças dissipativas no sistema, a energia mecânica total deve ser
conservada, portanto
EB = EA
√
1
1
EB = mgR + k(2 − 3)2 R2
2
2
(c) Velocidade da partı́cula no ponto B.
Como
1
EB = UB + mvB2
2
temos
√
1 2
1
1
mvB = mgR + k(2 − 3)2 R2
2
2
2
o que nos dá para a velocidade no ponto B
r
vB =
gR +
√
k
(2 − 3)2 R2
m
2
2. Um caixote de massa m = 10 kg é lançado
m
5m/s
m
v
horizontalmente sobre um carrinho de massa
40 kg, inicialmente em repouso. A velocidade
inicial do caixote é de 5 m/s. Ao tocar o
carrinho o caixote desliza sobre ele até parar. A partir daı́ ambos, caixote e carrinho,
continuam com velocidade v. (Despreze qualquer atrito no movimento do carrinho em relação
ao solo.)
(a) (0,5) Qual é a aceleração horizontal do centro de massa do sistema carrinho mais caixote
durante o perı́odo em que o caixote está deslizando sobre o carrinho?
(b) (1,0) Determine a velocidade final v.
(c) (1,0) Qual a variação da energia mecânica do sistema carrinho mais caixote desde o
instante que o caixote toca o carrinho até parar sobre ele?
SOLUÇÃO:
(a) Aceleração horizontal do centro de massa do sistema carrinho mais caixote durante o
perı́odo em que o caixote está deslizando sobre o carrinho.
Como a única força agindo horizontalmente é a força de atrito entre o caixote e o
carrinho, que é uma força interna ao sistema, temos
aCM = 0
(b) Velocidade final v.
Como não existem forças externas agindo na direção horizontal, o momento linear
do sistema deve se conservar. Assim
mvi = (m + M )v
onde vi = 5 m/s é a velocidade inicial do caixote e M = 40 kg é a massa do carrinho.
v=
mvi
10 · 5
=
m+M
10 + 40
v = 1 m/s
(c) Variação da energia mecânica do sistema carrinho mais caixote desde o instante que o
caixote toca o carrinho até parar sobre ele.
3
Energia cinética inicial
1
1
Ei = mvi2 = 10(5)2 = 125 J
2
2
Energia cinética final
1
1
Ef = (m + M )v 2 = (10 + 40)(1)2 = 25 J
2
2
Variação da energia cinética
∆E = Ef − Ei
∆E = −100 J
3. A figura mostra um par de discos maciços uniformes, cada
M
qual com massa M e raio R (ICM = 21 M R2 ). Eles estão mon-
R
tados numa haste uniforme, de comprimento d = 2R e massa
m=
M
2
(ICM =
1
md2 ).
12
m d
(a) (0,5) Calcular, em termos de M e R, o momento de inércia
do sistema em relação a um eixo perpendicular à haste, passando por seu centro, fazendo o tratamento aproximado de
P
M
R
considerar os discos puntiformes, com toda a sua massa concentrada no seu centro de massa, e a massa da haste desprezı́vel.
(b) (1,0) Calcular, em termos de M e R, o momento de inércia do sistema em relação a um
eixo perpendicular à haste, passando por seu centro, sem fazer o tratamento aproximado do
item anterior.
(c) (1,0) Considere o conjunto sobre uma mesa de ar horizontal, podendo deslocar-se sobre
ela com atrito desprezı́vel. Transmite-se um impulso instantâneo P~ a um dos discos, como
mostrado na figura. Descreva completamente o movimento subseqüente do sistema.
SOLUÇÃO:
(a) Momento de inércia aproximado.
Os discos são considerado como partı́culas de massa M colocadas a uma distância
2R do eixo que passa pelo centro da barra. Assim,
IA = M (2R)2 + M (2R)2
4
IA = 8M R2
(b) Momento de inércia exato.
I = Ibarra + 2Idisco
Ibarra =
1
1 M
1
md2 =
(2R)2 = M R2
12
12 2
6
1
9
Idisco = M R2 + M (2R)2 = M R2
2
2
1
9
I = M R2 + 2 · M R2
6
2
I=
55
M R2
6
(c) Descrição completa do movimento.
Para descrever completamente o movimento do sistema depois do impulso, devemos
determinar a velocidade de translação do centro de massa do sistema e a velocidade angular
de rotação do sistema em torno do seu centro de massa.
A velocidade de translação do centro de massa do sistema pode ser obtida da conservação do momento linear antes e depois da aplicação do impulso, já que não existem
forças externas ao sistema agindo na direção do seu movimento.
M
P~ = M + M +
~vCM
2
~vCM =
2 P~
5M
A velocidade angular de rotação do sistema em torno do seu centro de massa pode
ser obtida da conservação do momento angular antes e depois da aplicação do impulso, já
que não existem torques externos ao sistema.
2RP = Iω
ω = 2RP
6
55M R2
5
ω=
12 P
55 M R
4. O Big Ben, o relógio da torre do Parlamento em Londres, tem o ponteiro das horas com
2, 0 m de comprimento com massa de 60, 0 kg, e o ponteiro dos minutos com 3, 0 m de
comprimento com massa de 100, 0 kg. Modelando os ponteiros como barras uniformes finas
e longas com momento de inércia em relação ao seu centro de massa dado por ICM =
1
M L2
12
determine:
(a) (1,0) a energia cinética rotacional do ponteiro dos minutos ao redor do eixo de rotação,
(b) (1,0) o momento angular do ponteiro das horas ao redor do eixo de rotação, e
(c) (0,5) o torque sobre cada ponteiro, devido ao seus pesos, quando o relógio indicar 3h00.
SOLUÇÃO:
(a) Energia cinética rotacional do ponteiro dos minutos
1
2
ER = IM ωM
2
onde
IM
1
= mM d2M + mM
12
dM
2
2
1
1
= mM d2M = · 100 · (3)2 = 300 kg m2
3
3
e
ωM =
2π
2π
π
=
=
rad/s
TM
60 · 60
1800
π2
1
ER = · 300 ·
2
1800 · 1800
ER =
π2
J
21600
(b) Momento angular do ponteiro das horas.
LH = IH ωH
onde
1
1
IH = mH d2H = · 60 · (2)2 = 80 kg m2
3
3
6
e
ωH =
2π
π
2π
=
=
rad/s
TH
12 · 60 · 60
21600
LH = 80 ·
π
21600
LH =
π
kg m2 /s
270
(c) Torque sobre cada ponteiro, devido ao seus pesos, quando o relógio indicar 3h00.
As 3h00 o ponteiro dos minutos está na vertical enquanto que o ponteiro das horas
está na horizontal.
Como o ponteiro dos minutos está na vertical, a sua força peso está alinhada com o
eixo de rotação, assim
τM = 0
Como o ponteiro das horas está na horizontal, o torque da sua força peso será dado
por
τH = m H g
onde
dH
2
dH
2
é o braço de alavanca.
τH = 60 · 10 ·
2
2
τH = 600 N m
7