2ª. Prova de Física 1 – FCM 0501 – (Peso 0,35) 2013 Nome do Aluno Número USP 1ª. 2ª. 3ª. 4ª. Valor das Questões Nota a) 1,5 b) 1,0 a) 1,25 b) 1,25 Bônus – 0,5 a) 1,5 b) 1,0 a) 1,0 b) 1,0 c) 0,5 Nota Final 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 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.
N1
N2
450
450
N2sen(𝟒𝟓°)
N1sen(𝟒𝟓°)
mg sen(θ)
Fa,1
Fa,2
mg cos(θ)
θ
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!
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𝑠𝑒𝑛 𝜃!
= 𝜇! 2
𝑐𝑜𝑠 𝜃!
b) 𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2𝐹!,! = 𝑚𝑎
𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2𝜇! 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 𝑚𝑎
𝑎 = 𝑔 𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 2𝜇𝑐 cos (𝜃)
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
y
A
(2,3)
C (4,3)
B (4,2)
a)
b)
x
AC+CB, onde C=(4,3)
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! =
𝑑𝑊! = 2𝑦 + 3𝑥 𝑑𝑦 → 𝑊! =
!
(2𝑦 + 24)𝑑𝑦
!
!
(2𝑦 + 12)𝑑𝑦
!
= 𝑦 ! + 24𝑦
!
= 𝑦 + 12𝑦
!
!
!
!
= −29 𝐽
= −17 𝐽
AC + CB
𝑊! = −23 𝐽
b)
e 𝑊! = −11 𝐽
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
𝑊! = −20 𝐽
!"
!"
!"
!"
= −11 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
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.)
~g
(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:
Emec =
T+
U =0)
T =
U)
mv 2
2
mv02
= mg(R
2✓
◆
5
De (1) e (2) obtém-se a resposta do problema: gh = g 2 R
2h
h) ) v 2 = g
)h=
5
R.
6
✓
5
R
2
2h
◆
(2)
(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 ! 𝑚 𝑣!!
𝑚𝑔ℎ 𝑚 𝑣!!
−
+ 𝑚𝑔ℎ − 𝑚𝑔𝑅 ≤
−
+ 𝑚𝑔 ℎ − 𝑅
2
2
2
2
3
5
⇒ 𝑊!"# ≤ 𝑚𝑔 ℎ − 𝑅 . (3)
2
4
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.
!
no!topo!de!um!monte!hemisférico!de!raio!R!(vide!figura!abaixo).!Ela!começa!a!deslizar!para!baixo!com!uma!
velocidade!inicial!dada!por! v 0
€
= 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;!
€ suponha! que! existe! atrito! no! problema.! Calcule! o!
(b) (1,0)! Agora!
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,!
4) Na figura abaixo, um bloco inicialmente em repouso explode
da!gravidade!g!e!do!raio!R.!
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,
Questão!3:!(Questão!fortemente!baseada!no!problema!46,!cap.!9)!Na!figura!abaixo,!um!bloco!inicialmente!
cuja
massaem!
é dois!
mE, encontra
coeficiente
de atrito
cinético
µE um!
e chega
aosem!
repouso
em! repouso!
explode!
pedaços,! E!um
e! D,!
que! deslizam!
sobre! um!
piso! em!
trecho!
atrito!em
de!
uma
distância
d
.
O
pedaço
D,
cuja
massa
é
m
,
encontra
um
coeficiente
de
atrito
E
D
comprimento!L!e!depois!entram!em!regiões!com!atrito,!onde!acabam!parando.!O!pedaço!E,!com!uma!massa!
mE,! encontra!
um! coeficiente!
de! atrito!
µEapós
! e! chega!
repouso! em!
distância! dE.! O! pedaço! D!
cinético
µD e desliza
até ocinético!
repouso
umaao!distância
dD. uma!
Calcule:
encontra!um!coeficiente!de!atrito!cinético!µD!e!desliza!até!o!repouso!em!uma!distância!dD.!Calcule:!
a) A razão das velocidades dos blocos E e
L/2 L/2
(a) (1,0)!A!razão!das!velocidades!dos!blocos!E!e!D!após!a!explosão;!
µE!
D imediatamente após a explosão;
µD!
(b) (1,0)!!A!razão!entre!as!distâncias!d
E!e!dD!percorridas!pelos!
b) A razão entre as distâncias
d E e dD
!
blocos.!Deixe!a!sua!resposta!em!termos!de!!m
D!,!µE!e!
D;!
percorridas pelos blocos. E,!m
Deixe
aµsua
(c) (1,0)! A! posição!
do!em
centro!
de! massa!
resposta
termos
de mEdos!
, mDsistema!
, µE e µapós!
D; os!
blocos! pararem.!
Assuma!
d
=1m.!
Deixe!
a!
sua!
resposta!
D
c) A posição do centro de massa do sistemaem!
µ=0!
dE
termos!de!!mE,!m
dD
D!,!µE!e!µD.!
após
os blocos pararem. ASSUMA
dD=1m. Deixe a sua resposta em termos
x!
de mE, mD , µE e µD
0!
(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:
P~i = P~f , como P~i = 0 ) P~f = 0 ) P~E + P~D = 0; P~E = mE |~vE |î; P~D = mD |~vD |î
) mE |~vE | = mD |~vD | )
|~vE |
mD
=
|~vD |
mE
(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:
(E)
T (E) = Watrito )
2
mE vE
= µE mE gdE e
2
(D)
T (D) = Watrito )
2
mD vD
= µD mD gdD
2
dE
µD m2D
)
=
dD
µE m2E
(c)
xcm =
mE (dE + L/2) + mD (dD + L/2)
=
mE + mD
xcm
✓ ◆
✓
L mD mE
dD
+
mD
2 mE + mD mE + mD
✓ ◆
✓
L mD mE
dD
=
+
mD
2 mD + mE
mE + mD
xcm
✓ ◆
✓
L mD mE
mD
=
+
1
2 mD + mE
mE + mD
µD m2D
mE
µE m2E
µD mD
µE mE
◆
mE
◆
dE
dD
◆