TerceiroEE_Fisica_I_2007_1_ComGabarito

Universidade Federal de Pernambuco CCEN - Departamento de F´ısica Terceiro erce iro Exerc Exer c´ıcio Escolar Esco lar - F´ısica ısic a Geral Gera l I (2007/ (20 07/1) 1) Data: 03/08/2007 03/08/2007 Nome:

Turma:

CPF:

˜ ´ Justificar TODAS as respostas; N AO e permitido o uso de calculadoras ˆ)= 12 M R2 Dados: I CM  CM  (disco, ao longo do eixo z

Qu est˜ Ques t˜ao ao 1: Na figura 1, um bloco de massa m est´a conectado por um fio a um outro bloco de massa m . O fio tem massa desprez´ desprez´ıvel e passa, sem deslizar, pela borda de uma polia. A polia consiste consiste de um cilindro maci¸co c o de raio R e massa M  M .. O atrito atrito do bloco bloco de mass massaa m com o plano e da polia com seu eixo podem ser desprezados. Forne¸ca ca as respostas em termos dos dados do enunciado e da acelera¸ c˜ cao a˜o da gravidade, g . a) (1,0) ( 1,0) Partindo do repouso, rep ouso, qual ´e a velocidade angular ω adquirida pela polia ap´ os os o bloco de massa m cair de uma altura h? b) (1,5) Qual ´e a acelera¸c˜ c˜ao ao da massa m? c) (1,0) Quais s˜ao ao os valores das tens˜oes oes nas cordas que puxam os blocos de massas m e m , respectivamente? 





m

 M   R

m'  Figura 1: 4 m, Qu est˜ Ques t˜ao ao 2: Uma barata, de massa m, encontra-se sobre a borda de um disco uniforme, de massa 4m que pode girar girar livrement livrementee em torno do seu centro, centro, como um carross carrossel. el. Inicia Inicialme lmente nte,, a barata barata e o disco disco giram juntos, com uma velocidade angular de 0, 0, 240 rad/s. rad/s. A barata caminh caminha, a, ent˜ ao, ao, at´e a metade da distˆancia ancia ao centro do disco, parando neste ponto. a) (1,5) Qual ´e, e, ent˜ ao, a velocidade angular do sistema barata-disco? ao, b) (1,0) Qual ´e a raz˜ao ao K/K 0 entre a nova nova energia cin´etica etica do sistema e a sua energia cin´etica etica inicial? c) (0,5) O que ´e respons´ resp ons´avel avel pela pel a varia¸ c˜ c˜ao ao na energia cin´etica etica do sistema? ao r (t) = 4, 0t2 ˆı (6, (6, 0t2 + 2, 2 , 0t3 ) ˆ d´a p osi¸ os i¸c˜ cao a˜o de uma part´ part´ıcula, de massa Qu est˜ Ques t˜ao ao 3: A express˜ao igual a 2, 2, 0 kg, em rela¸c˜ c˜ao ao a um sistema de coordenadas xyz ( r em metros e t em segundos). a) (1,5) Em nota¸c˜ cao a˜o de vetores unit´ arios e partindo da defini¸c˜ arios cao a˜o do torque τ  resultante, resultante, determine determine a express˜ao a o para o τ  (t) atuando sobre a part´ part´ıcula, em rela¸c˜ cao a˜o a` origem, e quantifique esta grandeza no tempo t = 1, 0 s. b) (1,0) Em nota¸c˜ cao a˜o de vetores unit´ arios e partindo da defini¸c˜ arios c˜ao ao do momento angular L , determine a express˜ao ao para o L (t) da part´ pa rt´ıcula ıc ula,, em rela re la¸¸c˜ cao a˜o a` origem, e quantifique esta grandeza no tempo t = 1, 0 s. c) (1,0) Use a segunda lei de Newton, em sua forma angular, para demonstrar que os resultados obtidos nos itens anteriores s˜ ao coerentes entre si, para um tempo arbitr´ ao ario ario t. H´a possibilidade de o torque total atuando sobre a part´ part´ıcula ser nulo (caso positivo, positivo, determine determine em que instante instante de tempo)? → −

−

− →

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→ −

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GABARITO DO TERCEIRO EXERCÍCIO ESCOLAR - FÍSICA GERAL I 2007/1 Solução da Questão 1 a) Após cair de uma altura h, a perda de energia potencial do bloco de massa m é 



∆U  = m gh . Esta perda de energia potencial é igual ao ganho de energia cinética do sistema todo mv 2 m v 2 I ω 2 ∆K  = + + , 2 2 2 

onde v é a velocidade dos blocos. Como o fio não desliza, temos v = Rω e portanto ∆K  =



mR2 m R2 I  + + ω2 . 2 2 2





Da forma da polia, temos ainda que I  = M R2 /2. Finalmente, por conservação de energia, segue que ∆U  = ∆K  

m gh =

mR2 m R2 M R2 + + 2 2 4

  

ω=



m gh



ω2



mR2 2

m R 2

+

2

+

M R2

.

4

b) Aplicando a segunda lei de Newton para o movimento de translação dos blocos, temos 

P 

−





T  = m a T  = ma

(1) (2)

onde P  e T  são a força peso e a tensão da corda atuando no bloco de massa m , e T  é a tensão atuando no outro bloco. Aplicando a segunda lei de Newton para o movimento de rotação da polia, temos 





τ res res = I α , onde o torque resultante τ res res é dado por 

τ res res = T R − T  R . a/R, segue que Como α = −a/R, 

T  − T  = −

Ia Ma = . − R2 2

(3)

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

mg =





M  m+m + a 2 

mg a= m +m+ 



.

M  2

c) A tensão na corda que puxa m é T  = ma mm g T  = m +m+ 



.

M  2

A tensão na corda que puxa a massa m é dada por 







m g − T  = m a m + M  mg 2 . T  = m + m + M  2









Solução da Questão 2 a) Sejam R o raio do disco e M  a sua massa. O momento de inércia inicial do sistema é então M R2 + mR2 = 2mR2 + mR2 = 3mR2 . I i = 2 Já seu momento de inércia ao final do movimento da barata é M R2 mR2 9 I f f  = + = mR2 . 2 4 4 Segue que sua velocidade angular final pode ser obtida por Li = Lf  I i ωi = I f f ωf  9 3mR2 ωi = mR2 ωf  4 4 ωf  = ωi 3 ωf  = 0, 320 rad/ rad/ss . b) 1 9

mR2 43 ωi K  2 4 = 1 K 0 3mR2 ωi2 2 K 

2

 

4

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Solução da Questão 3 [4t2ˆı − a) A trajetória da partícula é dada pela variação no tempo de seu vetor posição r(t) = [4t (6t (6t2 + 2t 2t3 )ˆ  ]  ], com r dado em metros e t em segundos. Segue que  (t) = m r (t) × a(t) . τ ( τ (t) = r (t) × F ( F 

(4)

Já a velocidade da partícula é v (t) =

r (t) = [8t [8tˆı − (12t (12t + 6t 6t2 )ˆ  ]  ] m/s dt

(5)

a(t) =

v (t) = [8ˆı − 12(1 + t)ˆ  ]  ] m/s2 . dt

(6)

e sua aceleração

Substituindo (6) em (4), temos então τ ( τ (t) = m r(t) × [8ˆ [8ˆı − 12(1 + t)ˆ  ]  ] = 8 [4t2ˆı − (6t (6t2 + 2t 2t3 )ˆ [2ˆı − 3(1 + t)ˆ  ]  ] × [2ˆ  ]  ] N·m = 8 [−12(t 12(t2 + t3 )ˆı × ˆ − (12t (12t2 + 4t 4t3 )ˆ   × ˆı] N·m = −64t 64t3 kˆ N·m τ ( τ (t = 1s) = −64kˆ N·m .

e b)

 (t) = r(t) × p( L  p (t) = m r(t) × v (t) Substituindo as expressões para r(t) e v (t), temos  (t) = 2 [4t2ˆı − (6t L (6t2 + 2t 2t3 )ˆ  ]  ] × [8t [8tˆı − (12t (12t + 6t 6t2 )ˆ  ]  ] kg·m2 /s = −16t 16t4 kˆ kg·m2 /s e

 (t = 1s) = −16kˆ kg·m2 /s . L c) A segunda lei de Newton, em sua forma rotacional, escreve-se  (t) dL d τ ( τ (t) = = [−16t 16t4 kˆ] kg·m2 /s dt dt = −64t 64t4 kˆ N·m

que recupera o resultado do item a). Como é fácil verificar, verificar, o torque total atuando sobre o sistema é nulo em t = 0, 0 s.