Prova 1 gabarito - gradadm.ifsc.usp.br · tem-se que o seu ângulo de lançamento é π/4 rad (veja...
Transcript of Prova 1 gabarito - gradadm.ifsc.usp.br · tem-se que o seu ângulo de lançamento é π/4 rad (veja...
1ª.$Prova$de$Física$1$–$FCM$05016$Gabarito$2013$
$$
Nome$do$Aluno$ Número$USP$$ $
$$
$$$$$$$$$
$$$$
$$$$
Boa$Prova!$$$$$
A$prova$é$sem$consulta.$As$respostas$finais$devem$ser$escritas$com$caneta.$
Respostas$finais$escritas$a$lápis$não$terão$recorreção.!É$proibido$o$uso$de$calculadoras.$
Há$um$bônus$de$0,5$na$2ª.$questão.$As$questões$1$e$2$serão$corrigidas$pelo$prof.$Onody$e$as$questões$3$e$4$pelo$prof.$Fred$$
$ Valor$das$Questões$
Nota$
1ª.$ a)$1,0$b)$1,0$c)$0,5$
$
2ª.$ 2,5...3,0$ $3ª.$ a)$0,75$
b)$0,75$c)$1,00$
$
4ª.$ 2,5$ $
Nota$Final$ $$
1) Um corpo se move em uma dimensão e tem a velocidade dada por v(t) = 8t3 - 9t2 (m/s)
Sabendo-se que em t = 1s, a posição do corpo x(t) é de 5 m, calcule: a) A posição do corpo x(t) para qualquer instante t. b) A aceleração do corpo em t = 3s. c) A velocidade média no intervalo de tempo de 1 a 3 s.
a) x t = v t dt = 8t! − 9t! dt = 2t! − 3t! + c x t = 1s = 5m = −1+ c! → c = 6 x t = 2t! − 3t! + 6!!!!!(m)
b) a t = !"!" = 24t! − 18t
a t = 3s = 162!m/s!
c) v! = ∆!∆!
de a) x t = 1 = 5!!e!x t = 3 = 87
!!!!!!!v! = x 3 − x(1)3− 1
!v! = 41m/s
2) Uma bola de beisebol recebe uma velocidade inicial (módulo v0) que forma um ângulo ϕ com um plano que está inclinado de um ângulo θ acima da horizontal (veja figura). Calcule a distância D, medida ao longo do plano inclinado, entre o ponto de lançamento e o ponto em que a bola colide com o plano inclinado.
Bônus! (0,5). Calcule o valor do ângulo ϕ que maximiza D quando θ = 60o. Para a bola temos: x t = v!t!cos!(θ+ ∅) y t = v!t sen θ+ ∅ − gt
!
2
e, portanto, a equação da trajetória
y x = x tg θ+ ∅ − !!!!!!!!!"#! !!∅
(1)
A equação da reta do plano é y x = x!tg(θ) (2) As duas curvas se encontram nos pontos x, y que satisfazem (1) e (2) simultaneamente
x tg θ+ ∅ − !!!!!!!!!"#! !!∅
= !x!tg(θ) cujas soluções são x, y = 0,0 !e!(x!, y!)
tg θ+ ∅ − gx!2v!!!cos! θ+ ∅
= !tg(θ) Donde
!!!!!!!!!"#! !!∅
= tg θ+ ∅ − !tg(θ), como D = !!!"#!(!), obtemos
D = 2v!!sen(∅)cos!(θ+ ∅)gcos!(θ)
Bônus: quando ! = 60!, teremos dDd∅ =
2v!!gcos!(θ)
dd∅ sen ∅ cos θ + ∅ = 2v!!
gcos!(θ) cos ∅ cos θ + ∅ − sen ∅ sen θ + ∅ = 2v!!gcos!(θ) cos!(θ + 2∅)
e d!Dd∅! = − 4v!!
gcos!(θ) !sen!(θ + 2∅) dDd∅ = 0! → !cos θ + 2∅ = 0!! → ! θ + 2∅ = 90! !!!→ !∅!"#$!$%"!! = ∅! = 15!
Além disso, d!Dd∅! |∅!∅! = − 16v!
!
g < 0!! → ponto!de!máximo
D
y
x
y0
x0
3) Uma partícula está presa a uma roda gigante de raio r = (32/π) m que se move com aceleração angular constante. Sabendo que nos instantes t = 2s e t = 4s a sua velocidade instantânea é dada, respectivamente, por
Determine: a) A aceleração angular. b) A componente centrípeta da aceleração em
função do tempo. c) Sabendo que no instante t =! 28 s a partícula
se desprende da roda gigante, determine a altura máxima, em relação a este ponto, que ela irá atingir. Considere a condição inicial dada por θ(t=0s) = 0 e a aceleração da gravidade g = 10 m/s2.
A partícula se move com aceleração angular constante: Como:
Assim:
Sabemos que o módulo da componente centrípeta da aceleração é dada por
Logo, para o movimento em análise tem-se: Sabendo que θ(t=0s) = 0 e tendo determinado a velocidade neste instante, tem-se que a equação de movimento para o ângulo θ(t) é dada por: Logo, para t =! 28 s, o ângulo da partícula será 7π/4 rad. Como a velocidade da partícula é tangente à trajetória, tem-se que o seu ângulo de lançamento é π/4 rad (veja a figura). A altura máxima atingida, em relação a este ponto, é dada por
onde v0 é o módulo da velocidade no lançamento
x
y
P
✓
~v(t = 2s) = (�4p2m/s)̂i + (4
p2m/s)̂j e ~v(t = 4s) = (�16m/s)̂j
↵ =d!
dt
= const.
=) !(t) = !(t0) + ↵(t� t0)
|~v(t)| = r!(t) =) ↵ =1
r
�|~v|�t
=⇡
32
|~v(t = 4s)|� |~v(t = 2s)|4� 2
=⇡
32
16� 8
2=
⇡
8rad/s2
|~v(t)| = |~v(t0)|+ r↵(t� t0) ) |~v(t = 2s)| = |~v(t = 0)|+ r↵(2� 0) ) |~v(t = 0)| = 0
|~v(t)| = 4t ) !(t) =⇡
8t
|ac| =|~v(t)|2
r
|ac| =⇡
2t2
✓(t) = ✓(t0) + !(t0)(t� t0) +↵(t� t0)2
2=
↵t2
2=
⇡t2
16
x
y
7⇡
4
⇡/4
t =p28s
hmax
=(v0sen�)2
2g=
(v0sen⇡/4)2
2g=
v204g
) v0 = |~v(t =p28)| = 4
p28m/s
) hmax
=16⇥ 28
40= 11, 2m
4) Três blocos de massas m1, m2 e m3 estão sobre um plano inclinado que forma um ângulo θ com a horizontal. Eles são empurrados (sem atrito) para cima por uma força F paralela ao plano, conforme mostra a figura abaixo. Faça o diagrama de todas as forças atuantes sobre cada um dos blocos. Determine a aceleração do sistema. Calcule o valor de todas as forças de contacto presentes (indique as suas respostas em termos de F, m1, m2, m3, θ e g).
F θ
m1
m2 m3
g
θ
~N1
~P1
~F ~F1(2)
~N3
θ ~P3
~F3(2)
θ
~N2
~P2
~F2(3)~F2(1)
Bloco 1 Bloco 2 Bloco 3 y
x ~g
✓
~F1(2), ~F2(1), ~F2(3), ~F3(2)
~F1(2) = �~F2(1)~F2(3) = �~F3(2)
| ~N1|� |~P1| cos ✓ = 0
| ~N2|� |~P2| cos ✓ = 0
| ~N3|� |~P3| cos ✓ = 0
Eqs. de movimento na direção x Eqs. de movimento na direção y
Da 3a. Lei de Newton tem-se, então:
Forças de contato entre os blocos (pares de ação e reação)
Contudo, os blocos têm a mesma aceleração ao longo do plano =) a1x = a2x = a3x = a
|~F |� |~F1(2)|� |~P1|sen✓ = m1a1x
|~F2(1)|� |~F2(3)|� |~P2|sen✓ = m2a2x
|~F3(2)|� |~P3|sen✓ = m3a3x
Da manipulação algébrica das eqs. na direção x, obtém-se: a =F
m1 +m2 +m3� gsen✓
|~F1(2)| =✓
m2 +m3
m1 +m2 +m3
◆|~F | |~F2(3)| =
✓m3
m1 +m2 +m3
◆|~F |