Prova Final de Fı́sica I, Turma MAA+MAI
8h-10h, 7 de dezembro de 2011
Primeira Questão
Um elevador sobe até o topo do morro ao longo de um plano inclinado de um ângulo θ = 30 o com
o plano horizontal. Sejam ~
u e ~n dois vetores unitários, ~
u tangente e ~n normal ao plano inclinado,
ambos apontando para cima (veja a figura). Numa primeira etape, o elevador possue uma aceleração
~a1 = g/5 ~
u ao longo do plano inclinado. Durante um certo tempo depois, o elevador continua com
velocidade constante, ~
v = v ~u. Finalmente, numa terceira etapa, ele desacelera com ~a2 = − g/5 ~u.
Uma caixa de massa M = 50, 0 kg está em cima de uma balança dentro do elevador.
(a) (0,9) : Em cada uma das etapes acima, determine o peso, em kgf, da caixa lido na balança,
(b) (0,8) : o vetor força de atrito que a balança exerce sobre a caixa,
(c) (0,8) : o valor mı́nimo do coeficiente de atrito estrático ,µE , para a caixa não deslizar em cima
da balança.
Solução da primeira questão
O vetor unitário tangente é dado por : ~u = cos θ î + sin θ ĵ. A equação de Newton escreve-se :
~ +F
~ at , com ~a = a ~
~ = N ĵ e F
~ at =at î. Substituindo, obtemos :
M ~a = M ~g + N
u, ~g = −g ĵ, N
M a cos θ = Fat ; M a sin θ = N − M g
(a) (0,9) : Temos N = M (g + a sin θ), donde, nas respectivas etapes do percurso :
N
=
N
=
N
=
1
g) = 1, 1 M g = 55, 0 kgf
10
M (g) = 50, 0 kgf
1
M (g − g) = 0, 9 M g = 45, 0 kgf
10
M (g +
(b) (0,8) : De mesmo para a força de atrito :
Fat
=
M
Fat
=
0
Fat
=
M
g
cos θ = 10 × cos θ kgf = 8, 66 kgf
5
−g
cos θ = −8, 66 kgf
5
(c) (0,8) : Temos |Fat | ≤ µE N donde nos três casos :
√
(g/5) cos θ
3
µE ≥
=
≈ 0, 16
g + (g/5) sin θ
11
µE ≥ 0
√
(g/5) cos θ
3
µE ≥
=
≈ 0, 19
g − (g/5) sin θ
11
1
Segunda Questão (roubada)
Uma partı́cula A de massa m e velocidade inicial ~
u = u î, colide elasticamente com outra B de massa
M, inicialmente em repouso no referencial do laboratório. Após a colisão, a partı́cula A de massa
√
m foi defletida por um ângulo de 900 , e o módulo de sua velocidade foi reduzido para u0 = u/ 3.
A partı́cula de massa M emerge da colisão com velocidade de módulo v0 numa direção que faz um
ângulo θ a direção do vetor unitário î. Determine:
(a) (0,5) : o ângulo θ;
(b) (0,5) : a razão λ = M/m e o valor de v;
−→
(c) (0,5) : o vetor V CM , velocidade do centro de massa do sistema, antes da colisão;
−→
(d) (0,5) : o vetor V CM , velocidade do centro de massa do sistema, após a colisão;
(e) (0,5) : Compare os resultados obtidos nos itens c) e d). Justifique a sua resposta.
Solução da segunda questão
As leis de conservação do momentum e da energia conduzen às equações :
mu =
0
m u2
=
=
M v cos θ
m u0 − M v sin θ
m (u0 )2 + M v2
(a) (0,5) : O ângulo θ é obtido como
tan θ =
u0
1
=√
u
3
√
donde θ = π/6, cos θ = (1/2) e sin θ = 3/2.
(b) (0,5) : Temos M v2 = m u2 − (u0 )2 e também M2 v2 = m2 u2 + (u0 )2 . Resulta em :
u2 + (u0 )2
= 2m ; λ = 2
u2 − (u0 )2
m
u
v2 =
u2 − (u0 )2 = u2 /3 ; v = √
M
3
M=m
(c) (0,5) :
−→
V CM,antes=
m~
u
u
= î
m+M
3
−→
(d) (0,5) : o vetor V CM , velocidade do centro de massa do sistema, após a colisão; Deve ser o
mesmo pois
−→
−→
(M + m) V CM,depois = (M + m) V CM,antes
foi usado para calcular os ı́tens (a) - (c).
(e) (0,5);
A justificativa é que, na ausência de forças externas, o momento total do sistema é conservado.
2
Terceira Questão
A figura abaixo mostra, vista de cima, uma mesa horizontal sem atrito, onde um haltere formado de
dois pequenos discos de mass m, está em repouso ao longo do eixo OY com um disco na origem O
e o outro em um ponto P em cima do eixo OY positivo . A haste, de comprimento d, liga os dois
discos e tem massa desprezivel. Um outro disco da mesma massa m move-se sem atrito em cima da
mesa com velocidade v0 paralelamente ao eixo OX positivo em trajetória de colisão com o ponto P
do haltere. Após a colisão o sistema disco-haltere permanece unido. Tomando o instante da colisão
como t = 0, considerando desprezı́vel o tamanho das esferas e usando o sistema de coordenadas
indicados na figura, determine:
(a) (0,8) : as coordenadas XC e YC do centro de massa C do sistema para t > 0;
~ em relação ao seu centro de
(b) (1,0) : as expressôes para o vetor momento angular do sistema, L,
massa, antes e depois do colisão;
(c) (0,7) : e, finalmente, o vetor velocidade angular de rotação ω
~ do sistema, após a colisão, em
torno de seu centro de massa. Indique o sentido da rotação sobre o desenho.
Dados : O momento de inércia de um corpo rı́gido em relação a um eixo é a soma dos produtos
das massas com o quadrado da distância até o eixo.
Solução da terceira questão
(a) (0,8) : A velocidade do centro de massa C do sistema, depois da colisão é igual à velocidade
antes :
~ CM = m v0 î = v0 /3 î
V
3m
No instante inicial temos XC (0) = 0 ; YC (0) = 2 d/3, donde
XC (t) =
1
2d
v0 t ; YC (t) =
3
3
(b) (1,0) : O momento angular logo antes do choque é :
−→
~ in = CP ×m ~vo = − m v0 d k̂
L
3
O momento angular depois do choque ser a dado por : ~
Lfin = I ω
~ , onde o momento de inércia
2
em relação ao eixo perpendicular passando pelo centro de massa é I = 2 m (d/3) + m (2 d/3)2 =
2
(2/3) m d , donde :
~ fin = 2 m d2 ω
L
~
3
(c) (0,7) : Das equações acima obtemos :
ω
~ =−
v0
k̂
2d
O sinal negativo indica uma rotação horária na figura.
3
Quarta Questão
Uma bola de boliche esférica uniforme, de massa M, é lançada com velocidade inicial ~
v0 horizontal
e sem rotação inicial sobre uma pista horizontal, com coeficiente de atrito cinético µC .
(a) (0,8) : Que distância a bola percorrerá até que comece a rolar sem deslizar ?
(b) (0,8) : Quanto tempo depois do lançamento isso ocorre ?
(c) (0,9) : Qual é a velocidade ~
v do centro da bola a partir desse instante ?
Dados e Dicas :
O momento de inércia de uma esfera em relação a um eixo passando pelo centro é I = (2/5)M R2 .
Seja C o centro da bola e seja A o ponto de contato da bola com a pista.
Tomamos um sitema de coordenadas no qual a bola é lançada na direção do eixo OX com um eixo
horizontal perpendicular OY, ambos horizontais e perpendicular ao eixo OZ.
−→
−→
→
−→
A velocidade do ponto de contato A é dada por V A = V C + ω × CA. A força de atrito é cinética
−→
−→
enquanto V A 6= 0. Depois de V A nulificar-se, a força de atrito, se houver, será estática.
Solução da quarta questão
No sistema de coordenadas especificado, o ponto de contato tem velocidade na direção OX com
valor VA = VC − ωC R e aceleração aA = aC − αC R. A força de atrito cinético é oposta ao
→
movimento F at = − fat î com fat = µC M g. As equações dinâmicas são, para o centro de massa :
M aC = −µC M g e, para a rotação : (2/5) M R2 α = R µC M g.
(a) (0,8) : Obtemos aC = − µC g e R α = (5/2)µC g, donde aA = aC − αC R = −(7/2) µC g.
Logo, a velocidade do ponto de contato varia no tempo como
7
VA (t) = − µC g t + v0
2
(1)
e anula-se no instante tfin = (2/7) v0 /(µC g) e o centro de massa da bola percorreu a didstância
xC =
1
12 v02
(−µC g) t2fin + v0 tfin =
2
49 µc g
(2)
(b) (0,8) : O tempo foi calculado primeiro :
tfin =
2 v0
7 µC g
(3)
(c) (0,9)
5
v0
7
Note-se que o resultado desse ı́tem (c) pode ser obtido usando a conservação do momento angular
en relação a um ponto fixo no eixo OX. LO,fin = I ωfin + M Vfin R e LO,in = M v0 R. donde
diretamente VC = 75 v0 .
VC = −µC g tfin + v0 =
4