Estude fácil! Tem muito documento disponível na Docsity
Ganhe pontos ajudando outros esrudantes ou compre um plano Premium
Prepare-se para as provas
Estude fácil! Tem muito documento disponível na Docsity
Prepare-se para as provas com trabalhos de outros alunos como você, aqui na Docsity
Os melhores documentos à venda: Trabalhos de alunos formados
Prepare-se com as videoaulas e exercícios resolvidos criados a partir da grade da sua Universidade
Responda perguntas de provas passadas e avalie sua preparação.
Ganhe pontos para baixar
Ganhe pontos ajudando outros esrudantes ou compre um plano Premium
Comunidade
Peça ajuda à comunidade e tire suas dúvidas relacionadas ao estudo
Descubra as melhores universidades em seu país de acordo com os usuários da Docsity
Guias grátis
Baixe gratuitamente nossos guias de estudo, métodos para diminuir a ansiedade, dicas de TCC preparadas pelos professores da Docsity
Documento contendo soluções de problemas relacionados à física 1, para a prova substitutiva da escola politécnica, realizada em 28/06/2019. Problemas abordados incluem cálculo de acelerações, energia cinética de rotação, colisões entre massas e momento de inércia.
O que você vai aprender
Tipologia: Notas de estudo
1 / 12
Esta página não é visível na pré-visualização
Não perca as partes importantes!
Tabela 1: Respostas das alternativas corretas das questões Q1-Q8 para as diferentes provas.
Para todas as questões:
Enunciado da questão (Q1). [1,0 ponto] Um corpo, inicialmente em repouso, é acelerado em uma trajetória circular de raio R = 2 m, com aceleração angular que varia com o tempo segundo a equação
α(t) = 12t^2 − 6 t + 4 (rad/s^2 ).
O módulo do vetor aceleração do corpo quando t = 1, 0 s é:
(a)
70 m/s^2. (b) 20 m/s^2. (c) 10
5 m/s^2. (d) 50 m/s^2. (e) 10
29 m/s^2.
Dado:
∫ Axndx = A x n+ (n+1) onde A é constante.
Solução Q1: O módulo do vetor aceleração do corpo será dado por:
a =
a^2 c + a^2 t (1)
onde ac e at são as acelerações centrípeta e tangencial, respectivamente. A aceleração tangencial é calculada como at = αR. A aceleração centrípeta é dada por ac = ω^2 R onde ω é a velocidade angular, que é calculada como
ω(t) =
α(t)dt =
(12t^2 − 6 t + 4)dt = 4t^3 − 3 t^2 + 4t. (2)
A aceleração tangencial para t = 1 s será dada por:
at(1) = α(1)R = (12 − 6 + 4) × 2 ⇒ at(t = 1 s) = 20 m/s^2 (3)
A aceleração centrípeta para t = 1 s é:
ac(1) = ω^2 (1)R = (4 − 3 + 4)^2 × 2 ⇒ ac(t = 1 s) = 50 m/s^2 (4)
Substituindo os valores na expressão (1) obtemos:
a =
29 m/s^2 (5)
Para as provas com R = 1 m o módulo do vetor aceleração é 5
29 m/s^2.
Enunciado da questão (Q3). [2,0 pontos] Duas partículas A e B, de massas mA = 0, 5 kg e mB = 0, 25 kg, interagem apenas entre si no intevalo 0 ≤ t ≤ 6 s. Elas deslocam-se em cima de uma mesa horizontal sem atrito ao longo do eixo OX. No instante t = 0 s a partí- cula A tem velocidade inicial ~vA = − 2 , 0 ~ı (m/s) enquanto a partícula B tem velocidade inicial ~vB = +1, 0 ~ı (m/s). Durante o intervalo de tempo 0 ≤ t ≤ 6 s observa-se, a cada segundo, a velocidade vA da partícula A. O gráfico mostra a função vA obtida unindo-se por segmentos de reta os pontos experimentais representados por pequenos círculos. Com base nos dados, podemos afirmar que a força média F~BA exercida pela partícula A na partícula B durante o tempo de colisão e o tipo de colisão são, respectivamente:
(a) F~BA = − 1 , 0 ~ı (N), colisão elástica. (b) F~BA = +1, 0 ~ı (N), colisão elástica. (c) F~BA = − 1 , 5 ~ı (N), colisão inelástica. (d) F~BA = − 2 , 0 ~ı (N), colisão elástica. (e) F~BA = +2, 0 ~ı (N), colisão inelástica.
0 1 2 3 4 5 6 t (s)
v (m/s)
Solução Q3: As forças externas que atuam sobre cada partícula são a força da gravidade e a força normal exercida pela mesa sobre a partícula, e que equilibra a força da gravidade. Portanto, a força externa resultante sobre o sistema das duas partículas é nula. Assim sendo, podemos considerar que a variação temporal da velocidade de cada partícula é devida apenas à força de interação entre elas. Pelo gráfico podemos calcular imediatamente a variação do momento linear da partícula A durante o intervalo 2 ≤ t ≤ 3 s, intervalo este no qual ocorre a interação entre as duas partículas. A força média que atua na partícula A devido a interação com a partícula B é dada por:
F^ ~AB = ∆~p ∆t
= m[
~vA(t = 3 s) − ~vA(t = 2 s) ∆t
0 − (− 2 , 0 ~ı) (3, 0 − 2 , 0)
⇒ F~AB = +1, 0 ~ı (N)
A força que A aplica em B será dada por F~BA = − F~AB = − 1 , 0 ~ı (N).
Para verificarmos o tipo de colisão devemos calcular a energia cinética do sistema antes e depois da colisão. Para isso devemos determinar a velocidade das partículas antes e depois da colisão. Isso pode ser feito considerando que atuam apenas forças internas e que o momento linear do sistema conserva-se. Para o instante t = 0, o momento do sistema é
P^ ~ (^) sistemaantes = mA~vA + mB~vB =^1 2
(− 2 , 0 ~ı) +
(+1, 0 ~ı) = −
~ı (kg.m/s)
Este valor será conservado durante todo o intervalo de 0 ≤ t ≤ 6 s, pois o sistema está sujeito apenas às forças internas entre as duas partículas. Uma vez a velocidade da partícula A é constante no intervalo 0 ≤ t ≤ 2 s, a velocidade de B também será constante neste intervalo e com valor igual a ~vB = +1, 0 ~ı (m/s). Para o intervalo t ≥ 3 s, a velocidade de B será:
P^ ~ (^) sistemadepois = mA~vA + mB~vB =^1 2
~vB = −
~ı ⇒ ~vB = − 3 ~ı (m/s)
Podemos representar a velocidade das partículas A e B como no gráfico ao lado.
Podemos agora determinar a energia cinética do sistema antes e depois da colisão.
Ecinantes =
mAv A^2 +
mB v^2 B =
Ecinantes = 98 J.
A energia cinética depois da colisão é dada por:
Ecindepois =
mAv^2 A +
mB v B^2 = 0 +
Ecindepois = 98 J
Como Ecinantes = Ecindepois , a colisão é elástica.
(^01 23 45 6) t (s)
v (m/s)
B
Assim a 2a^ Lei de Newton aplicada ao movimento de rotação do cilindro será:
Fat(2R) = Icαc =
a 2 R
onde Ic é o momento de inércia do cilindro e αc a velocidade angular do cilindro em torno do seu centro de massa. Portanto,
Fat =
M a (11)
Somando as expressões (6), (7), (8) e (11) obtemos
3 M a = M g ⇒ a = g 3
Enunciado da questão (Q5). [2,0 pontos] Um cilindro sólido de massa m = 1 kg e raio R = 10 cm é atirado sobre uma superfície horizontal com velocidade inicial ~v 0 = 8, 5 ~ı (m/s) e velocidade angular ~ω 0 = − 35 ~k (rad/s). O coeficiente de atrito cinético entre a bola e a superfície é μc = 0, 2. Podemos afirmar que o tempo que a bola escorrega até atingir a condição de rolamento sem deslizamento é:
(a) 23 s.
(b) 16 s.
(c) 56 s.
(d) 34 s.
(e) 54 s.
0 x
y i
j
k
CM
R
? Adote que o momento de inércia de um cilindro reto e sólido de massa m e raio r, em relação ao eixo de rotação que é per- pendicular à base e que passa pelo seu cen- tro de massa (CM) é ICM = 12 mr^2.
Solução Q5: A 2a^ Lei de Newton para o movimento de translação do centro de massa do cilindro é: F~res = −μcmg ~ı = m~a ⇒ ~a = −μcg ~ı
A velocidade do centro de massa será dada por:
~v =
~a(t)dt =
−μcg dt ⇒
~v(t) = ~v 0 − μcg t~ı (12)
Para o movimento de rotação temos que o torque resultante (~τres) é dado por:
~τres = −μcmgR ~k = I~α ⇒
~α(t) = −
μcmgR ~k I
⇒ ~α(t) = −^2 μRc g~k
e a velocidade angular do cilindro ao redor do eixo que passa pelo centro de massa será:
~ω =
α ~(t)dt = −
2 μcg R
dt ~k ⇒
~ω(t) = ~ω 0 − 2 μRc gt ~k (13)
Para atingir a condição de rolamento sem deslizamento, o ponto que entra em contato com o chão deve ter velocidade nula ou seja, deve satistazer a condição
~vp = ~vCM + ~ω ⊗ ~r = 0 (14)
onde ~vcm e ~ω são dadas pelas expressões (10) e (11), respectivamente, o símbolo ⊗ indica o produto vetorial e ~r = −R ~. Fazendo as substituições em (12) obtemos:
(v 0 − μcg t)~ı + (~ω 0 −
2 μcg R
t ~k) ⊗ ~r = 0
Enunciado das questões (Q6) e (Q7). Um alvo quadrado, em uma galeria de tiro, de densidade de massa uniforme, massa M = 6m e lado de comprimento b, está pendurado na vertical por um eixo que passa por seu lado superior, como mostra a figura. Ele está inicialmente parado quando é atingido no seu centro, por um projétil de massa m e velocidade ~v = v ~, perpendicular ao plano do quadrado, o qual fica encravado no alvo.
x
z
y
b
Adote que: ? O momento de inércia de um plano quadrado homogêneo, de massa M e lado b, em relação a um eixo paralelo ao eixo x e que passa pelo seu centro de massa (CM) é IxCM = 121 M b^2. ? Considere o projétil como partícula.
(Q6) [1,0 ponto] O momento de inércia do alvo com o projétil encravado, em relação ao eixo de rotação é:
(a) 94 mb^2.
(b) 127 mb^2.
(c) 34 mb^2.
(d) 13 mb^2.
(e) 74 mb^2.
Solução Q6: Para determinar o momento de inércia do alvo em torno de um eixo que passa por um de seus lados e não pelo centro de massa utilizaremos o teorema dos eixos paralelos:
Ialvo = IxCM + M D^2
onde IxCM = 121 M b^2 e D é a distância entre os dois eixos paralelos, ou seja, D = b 2. Com isso obtemos
Ialvo =
M b^2 + M D^2 =
M b^2 + M
b^2 4
⇒ Ialvo = 13 M b^2.
O momento de inércia do alvo com o projétil encravado (Itotal) será dado por:
Itotal = Ialvo + Iprojetil =
M b^2 + m(
b 2
M b^2 + m
b^2 4
Usando que M = 6m obtemos:
Itotal = 9 mb
2 4
(Q7) [1,0 ponto] A velocidade angular do alvo com o projétil encravado logo após o impacto é:
(a) ~ω = −^29 vb ~ı.
(b) ~ω = +^29 vb ~ı
(c) ~ω = −^32 vb ~ı
(d) ~ω = +^23 vb ~ı
(e) ~ω = +^72 vb ~ı
Solução Q7: Não existem torques externos so- bre o sistema alvo + projétil, de modo que o momento angular do mesmo deve conservar-se. O alvo não possui momento angular inicial, mas o projétil, sim. O momento angular do sistema em relação ao ponto O (escolhido conveniente-
mente) antes do impacto é dado por ~LantesO = mv(b/2) ~ı. Depois da colisão, o momento do
sistema será dado por ~LdepoisO = Itotal~ω. A con- servação do momento angular requer que antes e depois da colisão os vetores sejam iguais, isto é, mv 2 b ~ı = Itotal~ω. Logo,
~ω =
mvb 2 Itotal
~ı ⇒ ~ω = 29 vb ~ı.
x
z
y
O
