Física, perguntado por marciomercier, 1 ano atrás

(FMTM MG) Uma mola, de constante elástica k e massa desprezível, está comprimida, junto a um anteparo, com uma elongação x, em relação ao seu ponto de equilíbrio, por uma bola de massa m (ponto A). Ao ser liberada, essa bola percorre trajetória de comprimento d em uma superfície horizontal com atrito cujo coeficiente é m, subindo, posteriormente, uma rampa de altura h, agora sem atrito. Considere o sistema isolado, e g o valor da aceleração da gravidade local. O mínimo valor de x para que a bola atinja o ponto mais alto dessa rampa (ponto B) é dado por:

Anexos:

marciomercier: a) [2mg(h +µd) / k]0,5 eu sei que a resposta e essa mas nao sei como chega na resposta
LucasAMS: Beleza, eu so achei que faltou as alternativas né, estou tentando resolver também.
LucasAMS: Mano na resposta da prova nao tem 0,5 acho que eu tinha feito certo sim
LucasAMS: ta elevado a 1/2 que é a mesma coisa que raiz quadrada, no meu deu raiz no final
marciomercier: vou postar as alternativas aqui
marciomercier: a) [2mg(h d) / k]0,5 b) [2mg(h  d)/ k] 0,5 c) [mg(h  d)/ k] 0,5 d) [mg(h d) / k] 0,5 e) [mg(2h d) / k] 0,
LucasAMS: ja fiz mano
LucasAMS: olha la o que achou
marciomercier: a) [2mg(h +µd) / k]0,5
b)[2mg(h +µd)/ k] 0,5 c) [mg(h +µd)/ k] 0,5 d)[mg(h +µd) / k] 0,5 e)[mg(2h +µd) / k] 0,
LucasAMS: é elevado a 1/2 mano, nao vezes 1/2

Soluções para a tarefa

Respondido por LucasAMS
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  Olá Marcio,
     Para resolver esse problema, devemos considerar a conservação de energia utilizando a Energia Potencial Elástica, Energia Cinética e Energia Potencial Gravitacional. Nesse caso, a Energia Mecânica inicial = Energia Mecânica final + Trabalho exercido contrariamente ao movimento uma vez que será responsável pela perda de energia. 
     Emec ,i=  KX^2/2+MV^2/2 \\ Emec=KX^2/2+0

     Depois que a mola for solta, teremos a transformação da energia elástica em cinética, portanto teremos:
     Emec\;i=Emec\;f+ Wf\;at
     Ep\;el+Epg+Ec=Ep\;el+Epg+Ec+Wfat \\
     \dfrac{ kx^2}{2} +0+0=0+m.g.h+0+Fat.d.cos\theta  \\  \\ | \dfrac{kx^2}{2} |=|mgh+Fat.d.cos180| \\  \\ \dfrac{kx^2}{2} =mgh+(N.Mi).d.(-1) \\  \\  \dfrac{kx^2}{2} =mgh+mgMi.d \\  \\ kx^2=2(mgh+mgMi.d) \\  \\ x^2= \dfrac{2(mgh+mgMi.d) }{k}  \\  \\ x= \sqrt{ \dfrac{2(mgh+mgMi.d) }{k}}  \\  \\ x=\sqrt{ \dfrac{2mg(h+Mi.d) }{k}}  \\  \\ x=\left({ \dfrac{2mg(h+Mi.d) }{k}\right)^{ \dfrac{1}{2} }
  Letra A da Prova de versão 2 da FMTM - 2004
Anexos:

LucasAMS: Meu deus mano sem querer apaguei a resposta. Deixa pra la, eu tinha achado raiz de 4mg(h+Mi.d)/k
LucasAMS: HAAAAA EU CONSEGUI FAZE
LucasAMS: UHU
LucasAMS: Editei
LucasAMS: Nem tem 0,5 , agarrei nele quando vc posto
marciomercier: po vlw , acho que foi ela que error mesmo que tem um monte de gabarito que dava esse resultado 1/2
LucasAMS: Cadê meu agradecimento fiquei 50 minutos fazendo rsrs
marciomercier: ja dei kkk
LucasAMS: Valeu kkk
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