Prova + Gabarito de Física 1, Provas de Física
eduarda-garcia
eduarda-garcia

Prova + Gabarito de Física 1, Provas de Física

3 páginas
76Número de visitas
Descrição
Prova com o gabarito de cada questão de Física 1.
20 pontos
Pontos de download necessários para baixar
este documento
Baixar o documento
Pré-visualização3 páginas / 3
Física 1: Prova 2

Engenharias (Ciclo Básico)

Física 1 (2014/1)

Gabarito da Prova 2

Questão 1 (2,5 pontos) Um estudante aplica uma dada força de intensidade F = |~F | sobre um livro de física (de peso conhecido P = |~P |) com o fim de mantê-lo em repouso contra a parede. Considere que a força aplicada ~F tem direção perpendicular à parede, e que o coeficiente de atrito estático (entre a capa do livro e a parede) vale µ. (a) Escreva as equações de Newton, e esboce o diagrama de forças. (b) Calcule o valor mínimo da intensidade da força para que o livro não deslize, e mostre que a razão entre esta força mínima e a força peso do livro vale Fmín/P = 1. Interprete a física contida nesse resultado.

(a) (1,0 ponto) As forças presentes são: peso ~P , atrito estático ~f , normal ~N , e a aplicada ~F . Para haver equilíbrio, ~P + ~f + ~N + ~F = m~a = 0. As componentes paralela e perpendicular à parede da força resultante sobre o livro são, respectivamente:

f P = may = 0 , (0,3) N F = max = 0 . (0,3)

O diagrama de forças (0,4). (b) (1,5 ponto) Dado que a intensidade da força de atrito obedece (empiricamente) à desigualdade f µN ,

pode-se escrever: P = f µN = µF , (0,5)

Portanto, a magnitude mínima da força é dada por

F P µ

Fmín P

= 1 µ . (0,5)

Interpretação física (0,5): a razão acima é proporcional ao inverso do coeficiente de atrito, o que está de acordo com a observação. Por exemplo, quanto maior o coeficiente de atrito (estático) entre a capa do livro e a parede, menor será a força mínima (por peso) necessária para mantê-lo contra a parede.

Questão 2 (2,5 pontos)

Uma criança está tentando atirar uma bola de gude de massa m, a fim de atingir o centro de uma pequena caixa com uma “pistola de mola”. A pistola está fixada sobre uma mesa e dispara a bolinha horizontalmente a partir da extremidade da mesa. A aresta da mesa esta uma altura h acima do topo da caixa (a altura da caixa é insignificantemente pequena). O centro da caixa está a uma distância horizontal d da mesa, e a mola tem uma constante elástica k. (a) Explique o porquê de a energia mecânica ser conservada nesse problema. Mostre que a velocidade da bola logo após acabar o contato com a mola depende linearmente do comprimento x. (b) Calcule o comprimento x da mola quando comprimida que é necessário para permtir que a bola caia no centro da caixa. Expresse x em termos das quantidades que você precisar (m, k, g, h, e d).

(a) (1,5 ponto) Estão presentes as forças peso ~P e elástica ~Fe, que são conservativas. Logo, pode-se concluir que há conservação da energia mecânica do sistema:

W = Wg +We = −∆Ug −∆Ue = ∆K , ⇒ ∆E = ∆(K + Ug + Ue) = 0 . (0,3/0,3)

A energia inicial é devido apenas a contribuição elástica (adotando a pista em atura y = 0); e logo após deixar a mola, há apenas energia cinética:

Ei = 1 2kx

2 e EA = 1 2mv

2 A . (0,3/0,3)

Dado que EA = Ei, a velocidade é dada por

vA = x

k

m x . (0,3)

(b) (1,0 ponto) As equações horárias são

y(t) = h− 12gt 2 ⇒ t? =

√ 2h g , (0,3)

x(t) = vAt vA = d

g

2h = x

k

m . (0,3)

O valor de x é de x = d

mg

2hk . (0,4)

Questão 3 (2,5 pontos) Uma rã está parada numa das extremidades de uma tábua (homogênea) de madeira de comprimento 1,0m que repousa sobre uma lagoa da região de Macaé. De súbito, a rã salta para a extremidade oposta da tábua, que torna a ficar em repouso novamente em relação à superfície da lagoa. Considere desprezível o atrito entre a tábua e a superfície da lagoa, e que a massa da tábua é dezenove vezes maior que a massa da rã. (a) Determine a posição do centro de massa da rã e da tábua antes do salto, xcm(i), em relação a posição do centro da tábua. Por que as posições antes xcm(i) e depois xcm(f) do salto devem ser iguais? (b) Calcule o deslocamento horizontal da tábua devido ao salto da rã.

(a) (1,5 ponto) Serão considerados o comprimento da tábua 2d = 1,0m e a razão das massas M/m = 19, sendo M a massa da tábua e m a massa da rã. Adotando a origem no centro (de massa) da tábua, xt(i) = 0, a posição da rã vale xr(i) = −d (considerando que esta encontra-se à esquerda do centro). Portanto, a posição do centro de massa do sistema de massas m e M é dada por

xcm(i) = xt(i)M + xr(i)m

M +m = − d

M/m+ 1 = −(0, 5/20) = −2,5 cm . (0,2/0,4/0,0/0,4)

Obs.: A resposta pode ser positiva, desde que seja considerado que a rã antes do salto estivesse à direita do centro da tábua. As posições antes xcm(i) e depois xcm(f) do salto são iguais porque a componente horizontal da força resultante sobre o sistema é nula, mantendo-o em seu estado de movimento uniforme ou de repouso, pois

(M +m) (~acm · î) = ~Fres · = 0 ⇒ xcm(t) = xcm(0) + t (~vcm · î) . (0,3/0,2)

Como o sistema encontra-se em repouso antes do salto, (~vcm · î) = 0, deve permanecer em repouso após o salto.

(b) (1,0 ponto) As posições após o salto são: xt(f) = −L e xr(f) = d L (havendo dúvida, desenhe!). A posição do centro de massa do sistema agora é dada por

xcm(f) = xt(f)M + xr(f)m

M +m = md− (M +m)L

M +m . (0,0/0,4)

Já que a posição do centro de massa do sistema não pode mudar de posição, encontra-se

xcm = 0 ⇒ L = 2d

M/m+ 1 = (1, 0/20) = 5,0 cm (0,0/0,3/0,0/0,3)

Nessa solução a tábua se desloca para a esquerda, ∆xt = −5,0 cm.

Questão 4 (2,5 pontos) Um bloco de 2 kg movia-se para a direita, com velocidade de 6m/s, até colidir de forma perfeitamente elástica com outro bloco, situado à direira do primeiro, com massa de 4 kg e velocidade original de 3m/s, também para a direita. O movimento ocorre em uma dimensão. Encontre as velocidades finais dos blocos a) no referencial do “laboratório” e b) no referencial do centro de massa do sistema.

a) (1,5 ponto) Sabe-se que há conservação de momento e energia do sistema,

m1v1f +m2v2f = 2v1f + 4v2f = m1v1i +m2v2i = 24 kg ·m/s , (0,3) v2f v1f = −(v2i v1i) = −(3− 6) = 3m/s . (0,4)

Ou seja, é necessário resolver o sistema de equações lineares:

2v2f + v1f = 12m/s , (0,1) v2f v1f = 3m/s . (0,1)

Logo, as respostas são

v1f = 2m/s , (0,3) v2f = 5m/s . (0,3)

b) (1,0 ponto) A velocidade do centro de massa é dada por

vcm = m1v1i +m2v2i m1 +m2

= 4m/s . (0,4)

As velocidades finais (em relação ao CM) são as seguintes:

v′1f = v1f vcm = −2m/s , (0,3) v′2f = v2f vcm = 1m/s . (0,3)

Até o momento nenhum comentário