fisica 2

Prof. Ilomar Machado
Física Geral e experimental II
Engenharia de Produção – Turmas A e B
Exercícios em sala – 27/05/2014
Gabarito

Exercício 1:

Dados: m = 0,8kg vA = 1,2m/s
K = 50N/m
a)
EMA = EMB
ECA + EPgA + EPmA = ECB + EPgB + EPmB
m.vA2
K.xmax2
+0+0=0+0+
2
2
0,8.(1,2)2
50.xmax2
+0+0=0+0+
2
2
Isolando o x e resolvendo a equação temos: xmax ≈ 0,15m

b) Considerando que existe atrito entre o corpo e a superfície e que o coeficiente de atrito é dado por µ = 0,5 temos ∆EM = -Fat.d
EMB – EMA = -Fat.d
Sendo Fat = µ.N e N ≡ P = m.g e neste caso a distância que o corpo percorre é proporcional a
“deformação” da mola, temos d = xmax
(ECB + EPgB + EPmB) - (ECA + EPgA + EPmA) = -(µ.m.g).xmax

(0 + 0 +

K.xmax2
m.vA2
)–(
+ 0 + 0) = -(µ.m.g).xmax
2
2

50.xmax2 0,8.(1,2)2
–
= -(0,5.0,8.9,8).xmax
2
2
25.x2 + 3,92.x– 0,576 = 0
Resolvendo a equação de 2º grau temos duas raízes: x1 = 0,092m e x2 = -0,25m sabendo que o bloco se desloca para a direita, apenas a solução positiva é válida, ou seja, a resposta final correta é: xmax = 0,092m

Exercício 2:

Dados: m1 e m2
Keh
Deseja-se descobrir o coeficiente de atrito entre o corpo de massa m1 e a superfície.
∆EM = -Fat.d
EMf – EMi = -Fat.d
A distancia percorrida na horizontal pelo corpo de massa m1 (que sofre a ação do atrito) é proporcional a altura que o corpo de massa m2 desceu, logo
(ECf + EPgf + EPmf) - (ECf + EPgf + EPmf) = -(µ.m1.g).h
O corpo parte do repouso e atinge o equilíbrio, ou seja, a Energia cinética no início e fim do sistema é nula, logo:
(ECf + EPgf + EPmf) - (ECi + EPgi + EPmi) = -(µ.m1.g).h
Observando que apenas o corpo de massa m1 sofre a ação da mola (energia potencial da mola), apenas o corpo de massa m2 sofre a ação da aceleração da gravidade (energia potencial gravitacional) e que a elongação da mola é proporcional a altura deslocada, temos:
(0 + 0 +

K.h2
) - (0 + m2.g.h + 0) = -(µ.m1.g).h
2

K.h2
- m2.g.h = -µ.m1.g.h
2
K.h2