P1 Física 2 - Gabarito

Questão 1: Dado o sistema proposto na problema.\n\n 0\n | dp \n | \n | \\ \n w2 | \\ dF1\n | \\ \n | \\ \n |--------\n -y\n\nTomando estas duas forças infinitesimais, ilustrados na figura acima, temos.\n\ndCz = r1 x dF1,\n\nsendo\n\nr1 = -(h/2 - y) j\n\ndF1 = p1 dA i\n= p3 y dA i\n\nr2 = (y - h/2) j\n\ndF2 = p3 y dA i\n\nPortanto,\n dCz = ρgby(h/2 - y) dy i\n\ndCz = -ρgby(y - h/2) dy i\n\nDai,\n\nTz1 = ∫_0^(h/2) dCz = ρg \int_0^(h/2) y(h/2 - y) dy k.\n\n= ρg b [ h/2 y^2 |_0^(h/2) - y^3 |_0^(h/2) ] k \n\n= ρg b [ h/2 (h^2/4) - (h^3/24) ] k\n\n= ρg b [ h^3/8 - h^3/24 ] k\n\n= ρg b [ (3h^3 - h^3)/24 ] k\n\n= ρg b * (2h^3/24) k\n\n= ρg b h^3/48 k.\n Tz2 = -ρg b ∫_(h/2)^h y(y - h/2) dy i\n=-ρg b [ y^3/3 |_h/2^h - (h^2/2) y^2 |_h/2^h] k.\n\n= -ρg b [ (h^3/3) - (h^2(h/2)^2)/2 ] k\n\n= -ρg b [ (1/3)(h^3) - (h^4/8)] k\n\n= -ρg b [ (7h^3/24) - (gh^3/16)] k\n\nDai,\nT = T1 + T2 = -4ρg h^3/48 k.\n\n= -5 ρg h^3/48 k.\n\nDai,\nT = T1 + T2 = -4 ρg h^3/48 k.\n\n= -ρg h^3/12 k. Questão 2: seja o tanque mostrado na figura. Para relacionar o nível h da água no tanque, com o alcance L, usamos, em princípio, a equação de Bernoulli. Aplicando-a no jato, entre os pontos. e temos. Loss: Vz = √(2gh) A velocidade de saída do jato de água será Vz = √(2gh) e. Usando as equações para o lançamento do projétil, temos. * Direção x: movimento uniforme. x = Vax t (1) = √(2gh) t. * Direção y: movimento uniformemente variado. y = H - 1/2 g t² (2) Quando o jato alcança o chão, y = 0, logo. t = √(2H/g) e, substituindo em (1), L = √(2gh)√(2H/3) = 2√(hH). Portanto, h = L²/(gH) Questão 3: Dado o sistema. Para determinar a velocidade do pêndulo após atravessar o eixo com atrito, usaremos. * conservação da energia entre o topo e a base do plano inclinado. 1/2 mV² = mgh .V = √(2gh) Teorema Energia-Trabalho entre o ponto P e a saída da região com atrito.\nLogo,\nW = + ΔEc\ne sendo,\nW = fs * d = -μcNL\n= -μcmgL.\nLema:\n1/2 m(V0² - Vp²) = -μc(mg)L\nDado:\nV0² = Vp² - 2μcgL\n= 2gh - 2μcgL\n= 2g(h - μcL). ou seja,\nV0 = √(23(h - μcL)) ≈ 4,93 m/s.\nb) Ao colidir com a mola, a massa m ao comprimir totalmente 3 é uma distância A, tal que:\n√(kA²) = √(mV0²)\nLogo,\nA² = m/k V0² = m/2 * 23(h - μcL)\n= 2m³/k (h - μcL)\nAssim,\nA ≈ 0,45 m.\nc) A equação de movimento para o oscilador da massa será. md²x\ndt² = -kx\nou seja,\nd²x\ndt² = -98x\nCúp soluçã e.\nx(t) = A cos (ωt + φ)\ne como x(0) = 0 e V(0) = 0, temos que.\nA = 0,145 m e.\nx(0) = B(0,145 cos(φ) = 0 ⇒ φ = π/2\ne, portanto,\nx(t) = 0,145 sen(ωt),\nsendo ω0 = √(k/m) = 9,9 rad/s.\nd) Ao passar pelo ponto 0, temos que a velocidade da massa é novamente V0. Ao cruzar o trecho com destino, temos\nW = Δk. .1039,\n-μcmgL = \\frac{1}{2} mv_p^2 - \\frac{1}{2} mgh_v^2\nDsc\n-μc g L = \\frac{1}{2} v_p^2 - \\frac{1}{2} g(h - NcL)\n\nPortanto,\n\\frac{1}{2} v_p^2 = -μc g L + g(h - NcL)\n= gh - 2μcgL\n= g(h - 2μc L) = 0.\n\nPortanto, a massa para no ponto P.\n\nQuestão 4: No princípio do momento.\ntemos:\n\n\\begin{center}\n\\phantom{.}\nL_0 = 2\\pi \\sqrt{\\frac{L_0}{g}}\n\\end{center}\n\\Rightarrow\nL_0 = \\frac{g T_0^2}{4\\pi^2}\n\\approx 20.1 m.