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G4 – FIS1026 – 04/12/2012

Nome: ______________________________ Matrícula: ___________

1ª QUESTÃO (2,5 pontos) Na figura abaixo, a força aplicada sobre a caixa tem módulo constante igual a 380 N. A massa da caixa é 43 kg. Existe atrito entre o solo e a caixa. O coeficiente de atrito cinético é igual a 0,47. a) [0,5] Represente o diagrama de corpo livre da caixa (colocando as forças que agem sobre a caixa na origem do sistema de coordenadas indicado).

b) [1,0] Calcule o vetor força (usando vetores unitários) que o solo faz sobre a caixa. c) [1,0] Calcule o vetor aceleração da caixa. 2ª QUESTÃO (2,5 pontos) Um bloco de 2 kg desce pelo trecho irregular indicado na figura (preso a um trilho que o mantém em tal trajetória). A linha tracejada (trajetória que o bloco seguiria se fosse um plano inclinado) tem comprimento L = 4 m. No final da trajetória existe uma mola com constante elástica de 100 N/m. Não existe atrito entre o bloco e a superfície ou entre o bloco e o trilho. a) [1,0] Suponha que a velocidade do bloco logo antes de encostar na mola é 7 m/s. Calcule a velocidade inicial do bloco, no topo da rampa. b) [1,0] Suponha que o bloco inicia o movimento, no topo da rampa, a partir do repouso. Calcule a compressão máxima da mola. c) [0,5] Nas condições do item (b), diga qual das abaixo é a afirmativa verdadeira (não precisa justificar!). Após a compressão máxima, i) o bloco não consegue voltar ao ponto de partida, pois a trajetória irregular faz com que a energia mecânica não seja conservada. ii) o bloco se solta da mola com uma velocidade de 7 m/s. iii) o bloco volta ao ponto mais alto da trajetória e cai para fora, pois a mola dá um impulso extra ao bloco. iv) o bloco volta ao ponto inicial de partida com velocidade nula e reinicia o movimento, caindo novamente em direção à mola.

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3ª QUESTÃO (2,5 pontos) Considere o corpo rígido mostrado na figura: uma haste de comprimento 2L e massa 2M, com uma partícula pontual de massa 2M presa em sua extremidade direita e outra partícula pontual de massa M presa em sua extremidade esquerda. O corpo está inicialmente em repouso sobre uma mesa de ar horizontal (livre de atrito). Uma terceira partícula de massa M e velocidade inicial !!! então colide com a partícula de massa M à esquerda e se adere a ela após o choque. Utilize o sistema de coordenadas apresentado na figura.

Suponha primeiramente que o corpo rígido (haste + duas partículas) está totalmente livre sobre a mesa de ar. a) [1,0] Determine o vetor velocidade do centro de massa do novo sistema composto pela haste + 3 partículas após a colisão. Justifique sua resposta.

Suponha agora que o corpo rígido (haste + duas partículas) está preso à mesa (ainda sem atrito) por um pino no centro da haste.

b) [0,5] Determine o momento de inércia resultante do sistema após a colisão, calculado em relação ao centro da haste.

c) [1,0] Determine o vetor velocidade angular do novo sistema (haste + 3 partículas) após a colisão. Justifique sua resposta.

4ª QUESTÃO (2,5 pontos) Considere o movimento de uma massa m = 1 kg cuja função posição é dada por:

! ! =1!    

!!

2 + 2 ! +!!

2 ! +!!

2 !

a) [1,0] Calcule o vetor torque total em relação à origem do sistema de coordenadas em t=1s. (Dica: você pode encontrar a força a partir da equação dada!)

b) [1,0] Calcule o vetor momento angular da partícula em torno da origem em t=1s. c) [0,5] O movimento do corpo em função do tempo é retilíneo? Justifique.

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GABARITO

1a Questão: a) (0,5) b) (1,0) A força que o solo faz sobre a caixa é a soma da força Normal e da força de atrito. Fsolo = N + Fat = -µcinN i + N j Para o calculo do modulo da força normal observamos que no eixo Y a soma das forças deve ser nula N – mg – Fasen40° = 0 N = mg + Fasen40° = 43*10 + 380*0,643 = 674 Fsolo = - 0,47*674 i + 674 j = - 317(N) i + 674 (N) j c) (1,0) Neste item o que é perguntado é o vetor aceleração nas condições dadas, e não se o objeto vai se movimentar, pois para isto precisamos conhecer o coeficiente de atrito estático. Como somente conhecemos o coeficiente de atrito cinético, estamos supondo que ele já esta em movimento. No eixo X, a 2ª Lei de Newton é: Facos40° - Fat = ma a = (380*0,766/43) – (317/43) = 6,8 – 7,4 = -0,6 m/s2 Vetorialmente, esta aceleração esta unicamente no eixo X, assim a = -0,6 (m/s2) i O movimento é desacelerado. 2ª Questão: a) (1,0) A única forma de calcularmos a velocidade inicial é através da conservação da energia mecânica, pois a trajetória não é reta, o que implica que a aceleração não é constante na trajetória e por tanto não podemos usar nenhuma das equações da cinemática (em particular a equação de Torricelli). Assim, escolhendo como momentos de analise o momento de partida (instante i) e o momento em que enconta na mola (instante f) teremos: Ui + Ki = Uf + Kf mgyi + 1/2mvi

2 = mgyf + 1/2mvf2

vi2 = vf

2 – 2g(yi-yf) Observando a figura podemos ver que (yi - yf) = L*sen30° vi

2 = vf2 – 2gL*sen30° = 72 – 2*10*4*0,5 = 49 – 40 = 9 vi = 3 m/s

b) (1,0) Novamente, usando a conservação da energia mecanica (ou o teorema trabalho-energia) podemos calcular a compressão máxima da mola: escolhendo como momento inicial o ponto de partida (a partir do repouso) e o momento final o da compressão máxima (repouso instantâneo) teremos: mgyi = mgyf + ½ kΔx2 mg(yi – yf) = ½ kΔx2. Observando a figura teremos que yi – yf = (L + Δx)sen30° mg(L + Δx)sen30° = ½ kΔx2 2*10(4+ Δx)*0,5 = ½ *100*Δx2 40 + 10 Δx = 50Δx2 Δx2 – 1/5 Δx – 4/5 = 0 Δx2 – 0,2 Δx – 0,8 = 0 Δx = [0,2 ± √(0,04+3,2)]/2 = (0,2±1,8)/2 = 1 ou -0,8 Neste caso, somente a raiz positive tem sentido físico, assim, a solução é Δx = 1m Observem que o resultado é exato, não aproximado. c) (0,5) Item verdadeiro: IV

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3a Questão

(a) (1,0) Tratando-se de um sistema isolado (livre de forças externas), o momento linear total do sistema é conservado: !!"#$% = !!"#$%&

→ !.!! ! = ! +! + 2! + 2! .!!.!. → !.!! ! = 6!.!!.!.

→ !  !.!. =  !.!!

6! ! → !  !.!. =!!

6  !

(b) (0,5) IR = Ihaste + I2M + IM + IM → IR = (2M).(2L)2/12 + (2M)(L)2 + M(-L)2 + M(-L)2

→ IR = (2/3).M.L2 + 4M.L2 → IR = (14/3).M.L2

(c) (1,0) Após a colisão, o sistema passa a girar em torno do pino. Novamente, tratando-se de um sistema isolado (livre também de torques externos), o momento angular total do sistema é conservado: !!"#$% = !!"#$%&

→ !!  !  !! = !! .!! → −! !  !  (!.!!)! = 14/3.M. L! .!!

→ − !.!!. ! ! = 14/3.M. L! .!! → !! = − 3.!!14. ! !

4a Questão