Aula 07 - Solução

Aula 07
ASSUNTOS: Gravitação; Movimento em um campo gravitacional uniforme; Movimento periódico; MHS; Sistema
massa mola
1.
(UFC – 2007) Uma partícula de massa m move-se sobre o eixo x, de modo que as equações horárias para sua velocidade
e sua aceleração são, respectivamente, ν(t) = –ωAsen(ωt + ϕ) e a(t) = –ω2Acos(ωt + ϕ), com ω, A e ϕ constantes.
a) Determine a força resultante em função do tempo, F(t), que atua na partícula.
b) Considere que a força resultante também pode ser escrita como F(t) = –kx(t), onde k = m ω2. Determine a equação
horária para a posição da partícula, x(t), ao longo do eixo x.
c) Sabendo que a posição e a velocidade da partícula no instante inicial t = 0 são x(0) = x0 e ν(0) = ν0, respectivamente,
determine as constantes A e ϕ.
1
1
d) Usando as expressões para as energias cinética, Ec (t) = mν2 (t) , e potencial, Ep (t) = kx 2 (t) , mostre que a energia
2
2
mecânica da partícula é constante.
Solução:
a) Pela 2ª Lei de Newton F(t) = m . a(t). Como a(t) = –ω2A.cos(ωt + ϕ), tem-se:
F(t) = –mω2Acos(ωt + ϕ) (I)
b) Se F(t) = –Kx(t), onde K = mω2 → F(t) = –mω2x(t) (II)
Igualando-se (I) e (II), tem-se:
–mω2x(t) = –mω2Acos(ωt + ϕ) → x(t) = Acos(ωt + ϕ)
c)
Em t = 0 → x = x0 → x0 = Acosϕ → cosϕ =
x0
e
A
t = 0 → v = v0 → v0 = –ωAsenϕ → senϕ = −
cos ϕ + sen ϕ =
2
A=
2
x 20 +
x 02
A2
+
v 02
ω2A 2
→ 1=
v0
ωA
1  2 v 02 
 x0 + 2  →
ω 
A 2 
v 20
ω2
 v 
senϕ − v 0 A
v
→ tgϕ = − 0 → ϕ = arctg  − 0 
=
x
ωx 0
cos ϕ ω A x 0
 ωx 0 
1
1
mv 2 (t) → Ec(t) = mω2A 2sen2 (ωt + ϕ) ⇒
2
2
1
Ec(t) = KA 2sen2 (ωt + ϕ)
2
1
1
Ep(t) = Kx 2 (t) → Ep(t) = KA 2 cos2 (ωt + ϕ)
2
2
1
1
Em = Ec + Ep → Em = KA s en2 (ωt + ϕ) + cos2 (ωt + ϕ) → Em = KA 2


2
2
d) Ec(t) =
Como K e A são constantes, então, Em = constante
2.
(UFPR – 2007) A figura abaixo ilustra um jogador de basquete no momento em que ele faz um arremesso bem sucedido.
A bola, ao ser arremessada, está a uma distância horizontal de 6,0m da cesta e a uma altura de 2,0m em relação ao piso.
Ela sai das mãos do jogador com uma velocidade de módulo 6 2 m/s fazendo um ângulo de 45o com a horizontal. A cesta está fixada a uma altura de 3,0m em relação ao piso. Desprezando a resistência do ar, determine:
Aula 07
a) a altura máxima atingida pela bola em relação ao piso.
b) o intervalo de tempo entre o instante em que a bola sai da mão do jogador e o instante em que ela atinge a cesta.
Solução:
a) Orientando o eixo y verticalmente com sentido positivo para cima e com origem no piso, podemos escrever
ν0y = ν0sen45° = 6 2
2
= 6m / s
2
e
ν y = 6 − 10t
Sabendo que no ponto mais alto da trajetória vy = 0 e usando as equações acima, mostra-se que o tempo que a bola leva
para atingir o ponto mais alto de sua trajetória vale
3
t = = 0,6s
5
Utilizando este resultado na equação de posição do MRUV,
y = 2 + 6t – 5 + 2 → y = 2 + 6 x 0,6 – 5 x (0,6)2
obtém-se, para a altura máxima atingida pela bola, o valor
ymax = 3,8m
b) o intervalo de tempo entre o instante em que a bola sai da mão do jogador e o instante em que ela atinge a cesta.
Agora, notando que
ν0x = ν0 cos 45° = 6 2
2
= 6m / s
2
Podemos escrever
x = 6t → 6 = 6t → t = 1,0s
Usando então x = 6m, mostra-se que o tempo de vôo da bola até a cesta vale t = 1,0s.
3.
(FUVEST – 2007) Recentemente Plutão foi "rebaixado", perdendo sua classificação como planeta. Para avaliar os efeitos
da gravidade em Plutão, considere suas características físicas, comparadas com as da Terra, que estão apresentadas, com
valores aproximados, no quadro a seguir.
( )
Massa da Terra MTl = 500 x Massa de Plutão (MP)
Raio da Terra (RT ) = 5 x Raio de Plutão (RP)
a) Determine o peso, na superfície de Plutão (PP), de uma massa que na superfície da Terra pesa 40N(PT = 40N).
b) Estime a altura máxima H, em metros, que uma bola, lançada verticalmente com velocidade V, atingiria em Plutão. Na
Terra, essa mesma bola, lançada com a mesma velocidade, atinge uma altura hT = 1,5m.
2
OSG 7445/07
Aula 07
Note e adote:
GMm
F=
R2
Peso = mg
Solução:
a) Peso do corpo na superfície da Terra e na superfície de Plutão:
GMT .m
GMP .m
PT =
PP =
R2T
RP2
PP GMPm
R2T
P
M
25PP2
P
1
=
x
→ P = 2P x
→ P =
2
PT
GMTm
PT RP 500MP
40 20
RP
PP = 2N
PT
mgT
g
→ mgP =
→ gP = T
20
20
20
No lançamento vertical, a energia mecânica se conserva.
b) Se o PP =
Na Terra →
mν20
v2
= mgThT → hT = 0
2
2gT
Em Plutão →
Assim hT =
mν20
v2
= mgPhP → hP = 0
2
2gP
ν20
h
→ hT = P → hP = 20hT →
2x20gP
20
hP = 20 x 1,5 → hP = 30m
4.
(CEFET – CE – 2007) Um bloco de massa M = 640,0g, preso a uma mola de constante elástica k = 400N/m, realiza Movimento Harmônico Simples no eixo horizontal x com amplitude A = 18,0cm. No instante em que o bloco passa pela posição de equilíbrio, um pedaço de massa de vidraceiro de 170,0g cai verticalmente de uma pequena altura e gruda no bloco. Determine.
a) A razão entre os valores das velocidades máximas antes e depois da colisão.
b) A nova amplitude do movimento.
Solução:
a)
Durante a colisão, a quantidade de movimento do sistema não varia, logo, temos que Mv1 = (m + M)v 2 onde
substituindo os valores, teremos
v2
M
=
v1 (m + M)
v 2  64 
=
v1  81 
b) A nova amplitude do movimento.
No instante em que a massa m cai sobre o bloco e imediatamente após, a energia mecânica do sistema está em forma de
energia cinética. Sejam A1 e v1, respectivamente, a amplitude e a velocidade do movimento antes da massa m grudar no
bloco e, A2 e v2, respectivamente, a amplitude e a velocidade desse movimento, após. Podemos escrever que:
1
1
KA12 = Mv12 (equação 1)
2
2
1
1
e KA 22 = (M + m)v 22 (equação 2)
2
2
2
A 
 M 
Dividindo a equação 2 pela equação 1, encontramos  2  = 

 m+M
 A1 
A   M 
Ou ainda  2  = 

 A1   m + M 
A2
=
A1
OSG 7445/07
1
2
64 0
A
8
∴ 2 = → A 2 = 16cm
810
18 9
3
Aula 07
5.
(PUC – RJ – 2007) Uma bola de tênis, de massa igual a 100g, é lançada para baixo, de uma altura h, medida a partir do chão,
com uma velocidade inicial de 10m/s. Considera g = 10m/s2 e sabendo que a velocidade com que ela bate no chão é de 15m/s,
calcule:
a) o tempo que a bola leva para atingir o solo;
b) a energia cinética da bola ao atingir o solo;
c) a altura inicial do lançamento h.
Solução:
a) Orientando a trajetória para baixo
V = V0 + at → 15 = 10 + 10t → t = 0,5s
b) A energia cinética da bola ao atingir o solo:
Ec =
mv2
0,1x(15)2
→ Ec =
→
2
2
Ec ≅ 11,3J
c)
Altura inicial do lançamento (h)
V 2 = V02 + 2a∆S → (15) = (10) + 2 x 10 x h →
2
2
h = 6,25m
6.
( UNICAMP – 2007) Em agosto de 2006, Plutão foi reclassificado pela União Astronômica Internacional, passando a ser
considerado um planeta-anão. A terceira Lei de Kepler diz que T2 = Ka3, onde T é o tempo para um planeta completar
uma volta em torno do Sol, e a é a média entre a maior e a menor distância do planeta ao Sol. No caso da Terra, essa
média é aT = 1,5 x 1011m, enquanto que para Plutão aP = 60 x 1011m. A constante K é a mesma para todos os objetos em
órbita em torno do Sol. A velocidade da luz no vácuo é igual a 3,0 x 108m/s.
Dado: 10 ≅ 3,2
a) Considerando-se as distâncias médias, quanto tempo leva a luz do Sol para atingir a Terra? E para atingir Plutão?
b) Quantos anos terrestres Plutão leva para dar uma volta em torno do Sol? Expresse o resultado de forma aproximada
como um número inteiro.
Solução:
a) Como a velocidade de propagação da luz no vácuo é constante:
∆s
∆s
v=
⇒ ∆t =
∆t
v
Cálculo dos tempos que a luz do sol leva para atingir a Terra e Plutão
• Para a distância Sol-Terra:
∆t S− T =
1,5.1011
∴ ∆tS− T = 500s
3.108
• Para a distância Sol-Plutão:
∆t S−P =
60.1011
3.108
∴ ∆tS −P = 20.000s
b) Como Plutão e a Terra estão em órbita em torno do Sol:
KPLUTÃO = KTERRA (constante de Kepler)
Utilizando-se a terceira Lei de Kepler:
2
TPlutão
3
aPlutão
2
TPlutão
=
2
TTerra
a3Terra
⇒
 60. 1011
=
 1,5. 1011

2
TPlutão
11 3
(60.10 )
=
12
(1,5 . 1011)3
3

 ⇒¨


TPlutão = 26 .102 .10 = 23 .10. 10
∴ TPlutão ≈ 256 anos
4
OSG 7445/07
Aula 07
7.
r
(UFU – 2007) Na figura abaixo, o objeto 1 parte da origem do sistema de coordenadas com velocidade v1 na direção x e,
no mesmo instante, o objeto 2 parte do repouso da posição x = d, realizando um movimento de queda livre. Ambos estão sob a ação da aceleração da gravidade, cujo módulo é g.
Desprezando a resistência do ar, determine as coordenadas x e y da posição (em função de d, v1 e g) onde os objetos 1 e
2 encontrar-se-ão.
Solução:
Para o objeto (1) encontrar o objeto (2) terá que percorrer um espaço x na horizontal. O instante do encontro será:
x
d
x = v1.t → t =
→t=
v1
v1
y=−
1 2
1 d2
gt → y = − g 2
2
2 v1
No ponto de encontro as coordenadas são:
x=d
8.
y=−
gd2
2v12
(UNIFAP – 2006) Um artefato experimental foi montado para observar alguns fenômenos físicos presentes nas armas de
guerra. O artefato, ilustrado na figura abaixo, é constituído por um canhão rigidamente fixado sobre uma plataforma, cuja base de opoio é paralela ao solo, e assentada sobre rodas, podendo mover-se livremente sobre um terreno plano e
horizontal. A massa do conjunto canhão-plataforma é 200kg e a bala do canhão tem massa 3kg. A bala é disparada de
forma inclinada, conforme a figura, e abandona o canhão com velocidade de módulo vb = 200m/s, em relação ao solo, de
uma altura h = 3m. (Despreze as resistências por atrito).
a) Calcule a altura máxima (em metros) atingida pela bala, em relação ao solo.
b) Calcule a intensidade da velocidade vr (em m/s) do movimento de recuo do sistema canhão-plataforma, em relação
ao solo.
OSG 7445/07
5
Aula 07
Solução:
a) No ponto de altura máxima Vy = 0
2
1

2
Vy2 = ( Vb .senα ) − 2g∆Sy → 0 =  200 x  − 2 x10∆Sy → ∆Sy = 500m
2

Em relação ao solo, a altura máxima (Hm) será:
Hm = ∆Sy + h → Hm = 500 + 3 → Hm = 503m
b) O sistema canhão-plataforma-bala é ISOLADO e portanto a quantidade de movimento na horizontal se conserva.
Q ANTES = QDEPOIS → 0 = mb . Vb .cos 30° = M. Vr →
3 x 200 x
3
3 3
= 200 x Vr ∴ Vr =
m/s
2
2
Cida/Rev.:Mar
6
OSG 7445/07