1ª.$Prova$de$Física$1$–$FCM$05016$Gabarito$2013$

$$

Nome$do$Aluno$ Número$USP$$ $

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$$$$$$$$$

$$$$

$$$$

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 |