G2 DE FIS1026 – 08/05/2013

Nome: ______________________________________________

1a Questão: (3,5 pontos)

a) [1,0] Na figura, um bloco de 2,0 kg tem velocidade inicial Vi = 4,0 m/s em um

instante ti quando se choca com uma mola relaxada (k = 1,0×103 N/m). O bloco comprime a mola até um valor máximo e depois a mola empurra de volta o bloco até o ponto inicial. Neste instante, tf, a velocidade final é Vf = 2,0 m/s. Durante todo percurso existe atrito cinético. Calcule o trabalho da gravidade (Wgrav), o trabalho da mola (Wmola) e o trabalho do atrito (Wat) entre os instantes ti e tf.

b) [1,2] Na figura, um bloco de 2,0 kg cai a partir do repouso de uma altura h = 2,0 m, e desliza num plano inclinado e numa pista sem atrito até bater numa mola relaxada (k = 1,0×103 N/m). Na região onde a mola se encontra, existe atrito cinético entre o bloco e o solo (µc = 0,25). Nestas condições, calcule a compressão máxima da mola.

c) [1,3] Na figura ao lado, está representado o gráfico de uma força variável unidimensional F(x) que atua sobre uma partícula de massa m=1,0 kg. Entre as posições x1 e x3, a força pode ser escrita como F(x) = k(x – x2), e entre 0 e x1 a força é constante (-F0). Seja F0 = 5,0 N, x1 = 1,0m, x2 = 2,0m e x3 = 5,0m. A partícula se movimenta no sentido positivo do eixo x e no instante que passa pelo ponto x = 0 sua velocidade é 5,0 m/s. Calcule a velocidade da partícula quando ela chega na posição x3. (Você deve incialmente encontrar k para fazer a questão!)

2a Questão: (3,5 pontos) Um bloco 1 de massa m/4 é lançado de uma altura vertical h ao longo de uma rampa e colide frontalmente com o bloco 2 de massa m, que se encontrava em repouso na horizontal (veja a figura). Após a colisão, o bloco 1 retorna para a esquerda enquanto o bloco 2 sai para a direita, ambos com o mesmo módulo de velocidade, V. O bloco 2 seguirá a trajetória entrando na pista semi-circular. Não há atrito dos blocos com o piso durante todo o percurso.

Justifique cuidadosamente todas as suas respostas! As respostas devem ser dadas em função dos dados que constam no desenho e/ou no texto acima, a saber: m, h, V, R e θ.

a) [0,5] Ache a altura vertical máxima h1 que o bloco 1 alcança após a colisão. b) [1,0] Ache a velocidade do bloco 1, V1, logo antes da colisão. Com isto, ache a velocidade original com que foi lançado, V0, quando partiu da altura h. c) [1,0] Ache a velocidade com que o bloco 2 alcança o ponto A, a um ângulo θ como mostrado na figura. d) [1,0] Ache o módulo da força normal N sobre o bloco 2 em A.

3a Questão: (3,0 pontos) Um disco de massa m1 = 3,0kg, inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito, sofre uma colisão não-frontal com um segundo disco de massa m2 = 2,0kg, movendo-se inicialmente ao longo do eixo x com velocidade escalar constante V2i = 2,0m/s. Após a colisão, o segundo disco passa a ter velocidade escalar V2f = 1,0 m/s e sai a um ângulo θ2 = -60° em relação ao eixo x positivo, veja a figura. Use o sistema de coordenadas fornecido.

a) [0,5] Ache o vetor velocidade de centro de massa dos discos antes da colisão. b) [1,2] Em termos dos vetores unitários ! e !, determine o vetor velocidade !!! do

disco 1 após a colisão. Calcule o ângulo θ1 com que ele emerge. c) [0,8] A colisão é elástica ou não? Justifique com cálculos. Determine a razão

entre as energias cinéticas depois e antes da colisão.  d) [0,5] Determine o vetor velocidade do centro de massa do sistema após a colisão,

explicitamente usando seu resultado da letra (b). Compare com o resultado da letra (a) e discuta.  

x

y

z

Sistema de coordenadas

antes depois

A

R

!

h

m/4

m

1a Questão (a) [1,0] Teorema trabalho-energia : WT = ΔK. Neste caso, WT = Wgrav + Wmola + Wat. Como a força da gravidade e a força elástica da mola são forças conservativas, e como nos instantes ti e tf o bloco se encontra na mesma posição, então

Wgrav = 0 e Wmola = 0 Assim: WT = Wgrav + Wmola + Wat = Wat → Wat = Kf – Ki = (1/2)m( Vf

2 – Vi2) = (1/2)(2)(22 – 42) → Wat = -12 J

(b) [1,2] Sabemos que no processo de compressão da mola WT = Kf – Ki = - Ki pois Kf = 0 na posição de compressão máxima. A energia cinética do bloco no instante que entra em contato com a mola é resultado do trabalho da gravidade a partir da altura inicial. Assim, Ki = mgh → WT = - mgh. Por outro lado, WT = Wmola + Wat onde Wmola = - (1/2)k(Δx)2 durante a compressão e Wat = -fat Δx (sendo fat=µN = µmg). Assim, temos -­‐  mgh = - (1/2)k(Δx)2 - µ mgΔx Re-escrevendo esta equação quadrática: (Δx)2 + (2µmg/k) Δx - (2mg/k)h = 0 Δx = - (µmg/k)± [(µmg/k)2 + (2mg/k)h]1/2 Δx = - (0,25*2*10/1000) ± [ (0,25*2*10/1000)2 + (2*2*10/1000)*2]1/2 = = -0,005± [0,000025+0,08]1/2 = -0,005+0,283 = 0,278 m (tomando apenas a raiz positiva já que Δx foi tomado em módulo ao início.) Assim, a compressão máxima é 27,8 cm.

(c) [1,3] Para o calculo da constante k observamos que F(x1) = -F0 = k (x1 – x2) k = - F0 /(x1 – x2) = -5/(1-2) = 5 N/m A velocidade Vf na posição x3 pode ser calculada através do teorema trabalho-energia: WT = Δ K = Kf - Ki O trabalho total é a área da curva: Area = -F0*(x1) + (1/2)(-F0)(x2 – x1) + (1/2)*k*(x3 – x2)2 Assim: Area = -5*1 – 5/2 + (5/2)*(5-2)2 = -7,5 + 22,5 = 15 J 15 = Kf – Ki = (1/2)*m*(Vf

2 – Vi2) Vf

2 = Vi2 + 2*15/m = 52 + 30 = 55

Vf = 7,4 m/s

2a Questão a) [0,5] Conhecemos a velocidade do bloco 1 após a colisão: v1f = -V. Por conservação de energia mecânica, a altura alcançada após a colisão é dada por: m1 g h1 = ½ m1 v1f

2 → h1 = V2/2g b) [1,0] Por conservação de momento na colisão temos: m1 V1i + m2 V2i = m1 Vif + m2 V2f Sendo m1 = m/4, m2 = m, V1f = -V , V2i = 0 e V2f = V → m/4 V1 = m/4 (-V) + mV e assim obtém-se V1= 3V.

Esta é a velocidade do bloco 1 antes da colisão, portanto após a descida. Para encontrar a velocidade inicial V0 quando estava a uma altura h, usamos conservação de energia mecânica: m1 g h + ½ m1 V0

2 = ½ m1 V1 2 → V0 = !!! − 2!ℎ → V0 = !!! − !"#

c) [1,0] Aqui novamente usamos conservação de energia mecânica. O bloco 2, após subir uma altura h2 = R senθ, terá velocidade dada por: m g Rsenθ + ½ m VC

2 = ½ m V 2 → VC = !! − !"#$%&'

d) [1,0] No ponto C atuam sobre o bloco 2 a normal e o peso. De acordo ao diagrama

de forças, vemos que a força resultante na direção centrípeta está dada por : Fc = Psenθ – N = mVc

2/R. Portanto, N = Psenθ - mVc

2/R. Substituido VC obtido acima, obtemos: N = m(3g senθ – V2/R)

3a Questão

(a) [0,5] !!" =  !!  !!!!  !!  !!!!!!  !!

=   !,!  .    ! !  !,!  .!,!!!,!!  !,!

= 0,80  !  !/! (b) [1,2] Como o sistema é isolado (não há forças externas atuando e as forças internas são produzidas em par ação-reação, se anulando), a resultante das forças que age sobre o sistema de partículas é nulo e desta forma o momento linear total do sistema é conservado.

!!"#$% = !!"ó!     →   !!. !!! +!!. !!! = !!. !!! +!!. !!!  0+ 2,0. 2,0! = 3,0. !!! + 2,0. [!!! . cos −60° ! + !!! . !"# −60° !]  

3,0. !!! = 4,0− (2,0)  . (1,0).12 ! + − 2,0 . (1,0). −

32 !  

!!! = (1,0)! + !!!      m/s  

Direção:  !! = !"#$% !!

=  30°  

(c) [0,8] !!!"#$% =!!.!!!!

!+ !!.!!!!

!=   (!,!).!

!

!+ (!,!).(!,!)!

!= 4,0  !  

!!!"ó! =!!. !!!!

2+!!. !!!!

2=  

3,0 . [(1,0)! + 33

2]  

2+(2,0). (1,0)!

2= 3,0  !  

Como  !!!"#$% > !!!"ó!,  a  colisão  é  inelástica.  !!!"ó!!!!"#$%

= !,!!,!

= !,!"    

(d) [0,5] !!" =  !!  !!!!  !!  !!!!!!  !!

=  !,!  . !,! .  !,!!!   !! ! !  !,!.  

!!  !  !

!!  !

!,!!  !,!= 0,80  !  !/!

O resultado é igual ao da letra (a) já que a velocidade de centro de massa não muda pela colisão (de fato, usou-se conservação de momento em (b) para chegar ao resultado‼)

P

θθ

Ν