soluções-4 - Departamento de Física da Universidade de Coimbra

Departamento de Fı́sica da Universidade de Coimbra
Fı́sica Geral I ...................... ano lectivo 2009/2010
Licenciaturas em Quı́mica e Quı́mica Industrial
Folha 4: .................. Soluções
1.
~
a) O impulso comunicado à bola
p = m∆~v . Usando
h faz variar o imomento linear desta: I = ∆~
os valores dados: I~ = 0, 14 39 î − (−39 î) = 10, 92 î kg m/s. (Escolheu-se o eixo dos xx
com a direcção e sentido da velocidade final).
b) A força média exercida pelo taco sobre a bola é tal que F~med. ∆t = ∆~
p, de onde se conclui
que F~med. = 9, 1 × 103 î N.
c) Neste caso, o impulso vai ter componente no eixo dos xx e no dos yy. Recorrendo à
expressão já escrita em a) I~ = ∆~
p = m(~vf − ~vi ), obtém-se, I~ = 10, 92 î + 3, 15 ĵ. O vector I~
~ = 11, 36 kg m/s e faz um ângulo θ ' 16o com o eixo dos xx.
tem o valor |I|
2.
~ = 700 kg m/s. A força
a) Recorrendo às expressões usadas no problema anterior, obtém-se |I|
média e a força média por unidade de superfı́cie são, neste caso, Fmed. = 35 × 104 N e
Fmed. /S = 2, 19 × 108 N/m2 , respectivamente.
b) Quando o passageiro usa o cinto de segurança, o impulso é o mesmo já calculado antes,
~ = 700 kg m/s. No entanto, quer o tempo de ajuste do cinto ao corpo, quer a área de
|I|
contacto são maiores. Assim as forças exercidas sobre a pessoa serão menores do que na
situação da alı́nea a). Teremos, agora, Fmed. = 3, 5 × 103 N e Fmed. /S = 7 × 104 N/m2 . A
força por unidade de área pode ser cerca de 3000 vezes inferior, no caso de a pessoa estar
protegida com o cinto de segurança.
3.
a) O momento linear do sistema conserva-se, pois é nula a resultante das forças exteriores
ao sistema (carrinha (A) + carro (B)). Por outro lado, como o choque é completamente
inelástico, os veı́culos seguem juntos após a colisão.
~
mA~vA + mB ~vB = (mA + mB )V
Podemos escolher o eixo dos xx na direcção e sentido da velocidade da carrinha antes da
colisão. Projectando a equação anterior segundo xx, temos: 2000×10−1000×25 = 3000V ,
~ = −1, 67 î m/s, ou seja o conjunto move-se no sentido ngativo do eixo
de onde se obtém V
dos xx com V ' 6 km/h.
i = 412500 J e a energia cinética final é E f = 4166, 66 J.
b) A energia cinética inicial era Ecin
cin
A energia perdida na colisão foi ∆Ecin = 408333, 34 J, que representa cerca de 99% da
energia inicial.
4. A velocidade do projéctil imediatamente antes da colisão, ~v , e a velocidade do sistema
(bloco+projéctil) imediatamente após a colisão, ~v 0 , têm a direcção horizontal. O processo de
colisão é governado apenas por forças interiores ao sistema, cuja resultante, como se sabe, é nula.
Existe conservação do momento linear do sistema, que se traduz pela expressão
mv = (M + m) v 0 (1) .
Neste processo não se conserva a energia mecânica, uma vez que parte da energia cinética do
projéctil se dissipa no processo de incrustação no bloco.
Quando o conjunto sobe, até parar instantaneamente, à altura h, há conservação da energia
mecânica (desprezando a resistência do ar), uma vez que a única força que realiza trabalho é o
peso do conjunto. Assim, podemos escrever:
1
2
(M + m) v 0 = (M + m) gh (2) .
2
Usando as equações (1) e (2), obtém-se v = 637 m/s.
5.
a) No processo de colisão a bola branca exerce uma força sobre a bola 7 e esta exerce uma
força igual e oposta sobre a bola branca. São duas forças interiores quando se considera
o sistema (bola branca+ bola 7). Estas forças têm resultante nula. Também as forças
exteriores ao sistema têm resultante nula. Podemos, pois, escrever a expressão que traduz
a conservação do momento linear do sistema:
m ~vb + m ~v7 = m ~vb0 + m ~v70 =⇒ ~vb = ~vb0 + ~v70 (1) .
Como a colisão é elástica, a energia cinética também se conserva:
1
1
1
1
2
2
2
2
mvb2 + mv72 = mvb0 + mv70 =⇒ vb2 = vb0 + v70 (2) .
2
2
2
2
Designamos por θ o ângulo que ~vb0 faz com a direcção inicial do movimento da bola branca
e escolhemos um referencial com o eixo dos xx nesta direcção e o eixo dos yy perpendicular.
A projecção da equação (1) neste referencial dá as duas equações seguintes:
xx −→ vb = vb0 cos θ + v70 cos 30o
yy −→ 0 = −vb0 sin θ + v70 sin 30o .
Estas duas equações em conjunto com a equação (2) permitem determinar: vb0 = 2, 5 m/s,
v70 = 4, 33 m/s e θ = 60o .
b) Ver alı́nea anterior.
6. No choque dos dois carros existe conservação do momento linear total:
m1~v1 + m2~v2 = (m1 + m2 )~v ,
sendo ~v a velocidade do conjunto imediatamente após a colisão.
Projectemos esta equação num referencial xy, com o eixo dos xx na direcção oeste → leste e o
eixo dos yy na direcção sul → norte:
xx −→ m1 v1 = (m1 + m2 ) v cos 37o
yy −→ m2 v2 = (m1 + m2 ) v sin 37o .
A grandeza da velocidade v determina-se usando o teorema da energia cinética, ∆Ecin = WF~a ,
√
que conduz a v = 2 µc g d, ou seja, v ' 8, 49 m/s.
Podemos agora determinar as velocidades de cada um dos carros imediatamente antes da colisão:
v1 = 16, 4 m/s e v2 = 8, 7 m/s.
Atendendo a que o limite de velocidade de 50 km/h corresponde a 13,9 m/s, podemos concluir
que, pelo menos o carro A, seguia em excesso de velocidade.
7.
a) No processo de colisão do bloco 1 com a mola (fixada no bloco 2) conserva-se o momento
linear total do sistema: m1 ~v1 + m2 ~v2 = m1 ~v10 + m2 ~v20 . Como o movimento ocorre a
uma dimensão escolhemos apenas um eixo (eixo dos xx) com a direcção e sentido de ~v1 .
Projectada neste eixo, a equação anterior dá m1 v1 + m2 v2 = m1 v10 + m2 v20 , sendo v20 uma
quantidade algébrica. Usando os valores numéricos dados obtém-se ~v20 = −1, 74 î m/s.
b) A energia mecânica total conserva-se, pois não há no processo forças dissipativas. A energia
cinética final é inferior à energia cinética inicial, mas a que falta está armazenada como
energia potencial da mola:
1
1
1
1
1
1
2
2
f
i
m1 v12 + m2 v22 = m1 v10 + m2 v20 + k(∆`)2 −→ k(∆`)2 = Ecin
− Ecin
.
2
2
2
2
2
2
No instante considerado, com os blocos ainda em movimento, a mola já está comprimida
∆` = 17, 3 cm.
c) Nesta questão repetimos os cálculos das duas alı́neas anteriores: as condições iniciais são as
mesmas, mas agora ~v20 = 0. Vamos obter ~v10 = 0, 72 î m/s e a mola estará mais comprimida,
∆` = 25, 1 cm.
8.
a) Escolhendo um referencial xy com origem no ponto de lançamento, o eixo dos xx horizontal
e o eixo dos yy vertical a apontar para o solo, a posição do objecto é, em qualquer instante,
~r(t) = v0 t î + 21 g t2 ĵ e a sua velocidade é ~v (t) = v0 î + g t ĵ.
O momento angular em relação ao ponto de lançamento obtém-se da sua definição
1
~
L(t)
= ~r(t) × m~v (t) = v0 m g t2 k̂ ,
2
sendo k̂ o vector unitário segundo o eixo dos zz.
b) O momento do peso do objecto em relação ao ponto de lançamento é dado por
~ ~ (t) = ~r(t) × P~ = v0 m g t k̂ . Deste modo verifica-se, como era de esperar, a relação
M
P
~
dL
~ ~.
=M
dt
P
9. Em qualquer ponto da órbita do satélite, a força gravitacional que a Terra exerce sobre ele é
dada por
ms MT
F~G = −G
êr
r2
Esta força tem a direcção da linha que passa pelo centro dos dois objectos e é atractiva. O
~ = ~r × F~G = 0, uma vez que ~r e F~G
momento da força F~G em relação ao centro da Terra é M
fazem um ângulo de 180o .
~ = dL~ , podemos afirmar que o momento angular L
~ do satélite, em relação ao centro da
Como M
dt
~
Terra (centro de forças), é constante. O vector L = ~r × ms~v é perpendicular ao plano da órbita
e o seu módulo é L = r ms v sin θ. Em geral, o ângulo θ varia ao longo da órbita elı́ptica, mas
nos pontos de afastamento máximo e mı́nimo é igual a 90o .
Podemos, então, escrever rmin ms vP = rmax ms vA . Usando os valores numéricos, determina-se
vP ' 8216 m/s.
10.
a) Na órbita de menor raio L = h̄ =
6,63×10−34
2π
= 1, 055 × 10−34 J s.
b) Numa órbita circular, o módulo do momento angular em relação ao centro da órbita é
L = r m v. No caso presente, r = a0 e m = me , pelo que se obtém v ' 2, 19 × 106 m/s. O
quociente v/c ∼ 10−2 parece-nos um número pequeno, mas esteve na base das correcções
relativistas introduzidas no modelo de Bohr para tentar interpretar a estrutura fina dos
espectros de riscas do átomo de hidrogénio.