ângulo eixo algebricamente

UDESC
Joinville
Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
PROVA I
Nome:
06/03/2015
Assinatura:
1) [2,0 pts] A) Faça uma estimativa do comprimento que teria os cabelos de sua cabeça caso você
nunca tivesse cortado ou rebentado nenhum fio de cabelo. Dê sua resposta em notação cientı́fica e
no Sistema Internacional (SI).
2) [3,0 pts] O vetor A possui componentes Ax = 5, 0 cm e Ay = −4, 0 cm e o vetor B possui
módulo B = 6, 0 cm e forma um ângulo θ = 30◦ com o eixo X.
A) Faça um esboço em escala dos vetores dados sobre um sistema de eixos cartesianos XY .
B) Determine o vetor soma S = A + B;
C) Determine o produto escalar A · B;
D) Determine o produto vetorial A × B.
3) [3,0 pt] O gráfico da figura mostra a velocidade vx de uma partı́cula em função do tempo. Para
o intervalo de tempo mostrado, desde t = 0, 0 s até t = 10, 0 s, determine:
20
vx (m/s)
15
10
5
0
0
2
4
6
8
10
t (s)
A) a aceleração média da partı́cula;
B) a aceleração instantânea da partı́cula em t = 7, 0 s.
C) o deslocamento total da partı́cula;
D) a velocidade média da partı́cula;
E) o esboço do gráfico x × t para o movimento da partı́cula.
4) [2,0 pts] O Homem Aranha salta do topo de um edifı́cio alto e cai em queda livre, a partir do
repouso até atingir o solo, percorrendo uma distância h. Sabendo-se que ele cai uma distância h/5
nos primeiros 2, 00 s do movimento, determine:
A) a altura h do prédio;
B) a sua velocidade ao atingir o solo;
C) o tempo total da queda livre;
D) o esboço do gráfico da posição em função do tempo, para esse movimento.
Formulário
p
|A| = A2x + A2y + A2z
A · B = AB cos φ
ρ = m/V
x = r cos θ
vx,med = (x − x0 )/(t − t0 )
ax,med = (v − v0 )/(t − t0 )
2
vx2 = v0x
+ 2a(x − x0 )
Rt
x = x0 + 0 vx dt
Ax = A cos θ
î · î = 1, î · ĵ = 0
k = 103 , m = 10−3
y = r sin θ
vx = dx/dt
ax = dvx /dt = d2 x/dt2
g = −9, 81 m/s2
vx, em = ∆s/∆t
Ay = A sin θ
A · B = Ax Bx + Ay By + Az Bz
Vesf.p
= 4πR3 /3
r = x2 + y 2 , θ = arctan(y/x)
vx = v0x + a(t − t0 )
x = x0 + v0x t + a(t − t0 )2 /2
Rt
vx = v0x + 0 ax dt
a b
indicador1111
0000
médio
b
1111
0000
000
111
0000
1111
000
111
0000
1111
000
111
0000
1111
000
111
0000
1111
000
111
00000
11111
0000
1111
000
111
00000
11111
0000
1111
000
111
00000
11111
0000
1111
000
111
00000
11111
000
111
00000
11111
000
111
00000
11111
polegar
(C) Copyright 2003 Luciano Camargo Martins
a
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Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova I
06/03/2015
1) [2,0 pts] A) Faça uma estimativa do comprimento que teria os cabelos de sua cabeça caso você
nunca tivesse cortado ou rebentado nenhum fio de cabelo. Dê sua resposta em notação cientı́fica e
no Sistema Internacional (SI).
[modelo: 0,5 pt; cálculo: 0,5 pt; arredondamento: 0,5 pt; unidades SI: 0,5 pt]
Supondo que o cabelo cresce com velocidade aproximada v = 1 cm/mes, e sendo v = x/t, para
uma pessoa com idade de 20 anos, o tamanho aproximado do cabelo seria
✘
✘✘
✘
✘ = 480 cm = 5 m
✘
✘
x = vt = (1 cm/mes)(20 ano) = (1 cm/✘
mes)(20
✘
ano)(24
mes/
ano)
✘
ou seja, teria cabelos com cerca de 5 m de comprimento.
2) [3,0 pts] O vetor A possui componentes Ax = 5, 0 cm e Ay = −4, 0 cm e o vetor B possui
módulo B = 6, 0 cm e forma um ângulo θ = 30◦ com o eixo X.
A) Faça um esboço em escala dos vetores dados sobre um sistema de eixos cartesianos XY .
[esboço: 0,75 pt]
Y
B
X
A+B
A
B) Determine o vetor soma S = A + B;
[soma: 0,75 pt]
Pelo método algébrico, temos
A = 5, 0 ı̂ − 4, 0 ̂ (cm)
e
B = (6, 0 cm)(cos 30◦ ı̂ + sin 30◦ ̂) = 5, 2 ı̂ + 3, 0 ̂ (cm)
então
A + B = 10, 2 ı̂ − 1, 0 ̂ (cm)
ou seja, o vetor soma A + B possui módulo
p
p
|A + B| = (10, 2 cm)2 + (−1, 0 cm)2 = 104 cm2 + 1, 0 cm2 = 10, 2 cm
e forma um ângulo
α = arctan
−1, 0 cm
10, 2 cm
= arctan(−0, 098) = −5, 6◦
com o eixo X.
C) Determine o produto escalar A · B;
[produto escalar: 0,75 pt]
Por definição temos
A · B = Ax Bx + Ay By = (5, 0)(5, 2) + (−4, 0)(3, 0) (cm2 ) = 14 cm2 .
D) Determine o produto vetorial A × B.
[produto vetorial: 0,75 pt]
Como os vetores A e B, estão no plano XY , temos
A × B = (Ax By − Ay Bx ) k̂ = [(5, 0)(3, 0) − (−4, 0)(5, 2)] k̂ (cm2 ) = 36 k̂ (cm2 ).
3) [3,0 pt] O gráfico da figura mostra a velocidade vx de uma partı́cula em função do tempo. Para
o intervalo de tempo mostrado, desde t = 0, 0 s até t = 10, 0 s, determine:
20
vx (m/s)
15
10
5
0
0
2
4
6
8
10
t (s)
A) a aceleração média da partı́cula;
[equação e cálculo: 0,5 pt]
ax, med =
(0, 0 − 10, 0)(m/s)
∆vx
=
= −1, 00 m/s2 .
∆t
(10, 0 − 0, 0)(s)
B) a aceleração instantânea da partı́cula em t = 7, 0 s.
[equação e cálculo: 0,5 pt]
Tomando-se o intervalo de tempo que vai de 6, 0 s a 8, 0 s, que possui aceleração constante, temos
a aceleração instantânea no instante t = 7, 0 s,
ax (7, 0 s) =
(20, 0 − 10, 0)(m/s)
∆vx
=
= +5, 0 m/s2 .
∆t
(8, 0 − 6, 0)(s)
C) o deslocamento total da partı́cula;
[equação e cálculo: 0,75 pt]
Calculando-se geometricamente a área sob a curva vx × t, somando-se as áreas do retângulo, do
trapézio e do triângulo, temos o deslocamento total pedido,
(10, 0 m/s + 20, 0 m/s)
(20, 0 m/s)(2, 0 s)
∆x = (10, 0 m/s)(6, 0 s) +
(2, 0 s) +
2
2
∆x = (60 m) + (30 m) + (20 m) = 110 m.
D) a velocidade média da partı́cula;
[equação e cálculo: 0,5 pt]
Por definição,
vx, med =
(110 m
∆x
=
= 1, 10 m/s.
∆t
10, 0 s
E) o esboço do gráfico x × t para o movimento da partı́cula.
[esboço: 0,75 pt]
A partir do gráfico pode-se construir a função vx (t),
( 10
0, 0 s ≤ t < 6, 0 s
vx (t) =
e por integração, ∆x(t) =
−20 + 5 t 6, 0 s ≤ t < 8, 0 s
100 − 10 t 8, 0 s ≤ t < 10, 0 s
Rt
vx (t′ ) dt′, temos a equação do deslocamento
( 10 t
0, 0 s ≤ t < 6, 0 s
2
∆x(t) = −20 t + 5/2 t + 90 6, 0 s ≤ t < 8, 0 s
−5 t2 + 100 t − 390 8, 0 s ≤ t < 10, 0 s
0
cujo gráfico é
Observe que no de intervalo de tempo de 0, 0 s a 6, 0 s a aceleração é nula, e o gráfico é linear. No
intervalo de 6, 0 s a 8, 0 s a aceleração é positiva e a concavidade da parábola é para cima, e de
8, 0 s a 10, 0 s a aceleração é negativa e a concavidade é para baixo.
4) [2,0 pts] O Homem Aranha salta do topo de um edifı́cio alto e cai em queda livre, a partir do
repouso até atingir o solo, percorrendo uma distância h. Sabendo-se que ele cai uma distância h/5
nos primeiros 2, 00 s do movimento, determine:
A) a altura h do prédio;
[equação e cálculo: 0,5 pt]
Y
t = 0,0 s
h/5
t = 2,0 s
h
4h/5
t=?
O
X
Como a aceleração ay = −g é constante (MRUV), assumindo-se que y = 0 no chão, temos
✯t 0− gt2 /2 =⇒ 4h/5 = h − gt2 /2
y = y0 + ✟
vy0✟
de onde obtemos
h = 5gt2 /2 = 5(9, 81 m/s2 )(2, 00 s)2 /2 = 98, 1 m.
B) a sua velocidade ao atingir o solo;
[equação e cálculo: 0,5 pt]
Da equação de Torricelli temos,
vy2
0
=
2✒
vy0
−
p
p
2g∆y =⇒ vy = ± −2g(−h) = − 2(9, 81 m/s2 )(98, 1 m) = −43, 9 m/s,
onde o sinal negativo foi escolhido para indicar o sentido correto, de cima para baixo.
C) o tempo total da queda livre;
[equação e cálculo: 0,5 pt]
Da equação da velocidade temos,
vy
0 gt
✟−
=✟
vy0✯
vy
=⇒ t = − = −
g
−43, 9, 0 m/s
9, 81 m/s2
= 4, 47 s,
para o tempo total de queda.
D) o esboço do gráfico da posição em função do tempo, para esse movimento.
[esboço: 0,5 pt]
A equação para a posição vertical y do movimento é dada pela parábola
y = h − gt2 /2 = (98, 1 m) − (4, 90 m/s2 ) t2
cujo gráfico é mostrado acima.
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Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Nome:
PROVA II
30/03/2015
Assinatura:
Resolva todas as questões abaixo de forma organizada, clara, legı́vel e completa, incluindo todos os
cálculos, raciocı́nios e hipóteses utilizados em cada solução. Para melhor clareza, faça desenhos
esquemáticos ou utilize as figuras originais do texto. Todo o material recebido pelo aluno deve ser
entregue ao final da prova.
1) [2,0 pts] Uma moto de corrida com massa m = 88, 5 kg parte do repouso em uma pista
circular horizontal, com raio de 325 m, e se move com aceleração tangencial constante em módulo,
completando a primeira volta em 94, 7 s.
A) Qual a velocidade angular média do carro, durante a primeira volta?
B) Qual o módulo da aceleração instantânea total do carro ao final da primeira volta?
C) Qual o módulo da força resultante sobre o carro ao final da primeira volta?
2) [2,0 pts] Uma canoa possui velocidade de 7, 50 m/s do NORTE para o SUL em relação à Terra,
navegando num rio que escoa a 4, 20 m/s na direção e sentido NOROESTE, em relação à Terra.
A) Esboce um esquema de vetores para o cálculo da velocidade da canoa em relação ao rio.
B) Determine o vetor velocidade da canoa em relação ao rio.
3) [2,0 pts] Uma bola de futebol é chutada com uma velocidade de 16, 0 m/s e chega ao solo a
20, 0 m de distância horizontal do seu ponto inicial. Determine:
A) o menor ângulo de lançamento da bola.
B) a altura máxima atingida pela bola.
4) [4,0 pts] Em um bloco de massa m = 12, 0 kg, inicialmente em REPOUSO sobre um longo
plano sem atrito inclinado de um ângulo θ = π/5 com a horizontal, aplica-se uma força externa
constante de intensidade F = 93, 2 N, paralela ao plano, conforme mostra a Figura.
F
m
θ
A) Trace sobre a figura o diagrama de corpo livre para o bloco.
B) Determine a aceleração do bloco e descreva o seu movimento.
C) Determine a força normal que o plano inclinado exerce SOBRE o bloco.
Formulário
q
|A| = A2x + A2y + A2z
Ax = A cos θ
Ay = A sin θ
A · B = AB cos φ
i · i = 1, i · j = 0
A × B = −B × A
i × i = 0, i × j = k
ρ = m/V
x = r cos θ
vx,med = (x − x0 )/(t − t0 )
ax,med = (v − v0 )/(t − t0 )
2
vx2 = v0x
+ 2a(x − x0 )
Rt
x = x0 + 0 vx dt
r = xi + yj + zk
vx = dx/dt, vy = dy/dt, vz = dz/dt
ax = dvx /dt, ay = dvy /dt, az = dvz /dt
v = ωR
vA/B = vA/C + vC/B
αmed = ∆ω/∆t
at = αR
P
FR = N
i=1 Fi = F1 + F2 + · · ·
Fat,est. ≤ µe N
k = 103 , m = 10−3
y = r sin θ
vx = dx/dt
ax = dvx /dt = d2 x/dt2
g = −9, 81 m/s2
vx, em = ∆s/∆t
vm = ∆r/∆t
am = ∆v/∆t
g = 9, 81 m/s2
a = αR
ωmed = ∆θ/∆t
α = dω/dt
ω(t) = ω0 + αt
P
F = ma
Fat,cin. = µc N
A · B = Ax Bx + Ay By + A
z Bz
i
j
k
A × B = Ax Ay Az Bx By Bz Vesf.p= 4πR3 /3
r = x2 + y 2 , θ = arctan(y/x)
vx = v0x + a(t − t0 )
x = x0 + v0x t + a(t − t0 )2 /2
Rt
vx = v0x + 0 ax dt
v = dr/dt
a = dv/dt
s = θR
ac = ω 2 R = v 2 /R
ω = dθ/dt
ω 2 = ω02 + 2α∆θ
θ(t) = θ0 + ωt + αt2 /2
P = mg
F12 = −F21
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Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova II
30/03/2015
1) [2,0 pts] Uma moto de corrida com massa m = 88.5 kg parte do repouso em uma pista
circular horizontal, com raio de 325 m, e se move com aceleração tangencial constante em módulo,
completando a primeira volta em 94, 7 s.
A) [0,5 pt] Qual a velocidade angular média do carro, durante a primeira volta?
Por definição, a velocidade angular média é
ωmed =
∆θ
2π
2π
=
=
= 0, 066 rad/s
∆t
T
94, 7 s
B) [1,0 pt] Qual o módulo da aceleração instantânea total do carro ao final da primeira volta?
No final da primeira volta o carro possui aceleração centrı́peta (radial) ac devido ao movimento de
rotação (MRUV) e também aceleração tangencial at , devido ao fato de estar ganhando velocidade
em módulo, ou seja, o módulo de sua aceleração será
q
a = a2t + a2c
e temos que determinar então as componentes da aceleração do carro. Veja a Figura.
ω
α
R
at
at
at
t = T (uma volta)
Sabendo-se que a coordenada angular θ(t) no MCUV é dada por
θ(t) = θ0 + ✟
ω✟0 t + αt2 /2 =⇒ α = 2∆θ/t2 = 2(2π rad)/(94, 7 s)2 = 0, 0014 rad/s2
temos que
at = αR = (0, 0014 rad/s2 )(325 m) = 0, 46 m/s2
e como a velocidade angular final, ao completar a primeira volta, é
ω(T ) = αT = (0, 0014 rad/s2)(94, 7 s) = 0, 133 rad/s
temos que
ac = ω 2 R = (0, 133 rad/s)2 (325 m)) = 5, 7 m/s2
e finalmente,
a=
q
a2t + a2c =
p
(0, 46 m/s2 )2 + (5, 7 m/s2 )2 = 5, 7 m/s2
C) [0,5 pt] Qual o módulo da força resultante sobre o carro ao final da primeira volta?
A força resultante, pela segunda lei de Newton, será tal que
FR = ma =⇒ FR = ma = (88, 5 kg)(5, 7 m/s2 ) = 0, 50 kN
2) [2,0 pts] Uma canoa possui velocidade de 7, 50 m/s do NORTE para o SUL em relação à Terra,
navegando num rio que escoa a 4, 20 m/s na direção e sentido NOROESTE, em relação à Terra.
A) [1,0 pt] Esboce um esquema de vetores para o cálculo da velocidade da canoa em relação ao
rio.
Temos que
vC/R = vC/T + vT /R
e como
vT /R = −vR/T
e então
vC/R = vC/T − vR/T
conforme o esquema da figura.
Y
v R/T
N
α
v C/T
NO
v C/R
O
θ = π/4
X
E
S
−vR/T
B) [1,0 pt] Determine o vetor velocidade da canoa em relação ao rio.
Sendo θ = π/4, temos
vR/T = vR/T
√ !
2
2
i+
j
(− cos θ i + sin θ j) = (4, 20 m/s) −
2
2
√
e
vC/T = (−7, 50 m/s) j
temos o vetor pedido
vC/R = vC/T − vR/T = (2, 97 m/s)i − (10, 5 m/s)j
cujo módulo é
vC/R =
p
(2, 97 m/s)2 + (−10, 5 m/s)2 = 10, 9 m/s
e o ângulo α que esse vetor forma com o eixo Ox é
vC/R, y
−10, 5 m/s
= −1, 30 rad = −74, 2◦
= arctan
α = arctan
vC/R, x
2, 97 m/s
3) [2,0 pts] Uma bola de futebol é chutada com uma velocidade de 16, 0 m/s e chega ao solo a
20, 0 m de distância horizontal do seu ponto inicial. Determine:
A) [1,0 pt] o menor ângulo de lançamento da bola.
Eliminando-se o tempo nas equações para x(t) e y(t) da bola, lançada da origem (0, 0) em t0 =
0, 00 s, obtemos a equação do alcance horizontal da bola xmax = v02 sin(2θ)/g, donde temos
xh g
1
θ = arcsin
2
v02
e para os dados do problema temos numericamente
1
(20, 0 m)(9, 81 m/s2 )
θ = arcsin
= 25, 0◦
2
2
(16, 0 m/s)
B) [1,0 pt] a altura máxima atingida pela bola.
2
v✓y2 = vy0
−2g∆y para o movimento da bola na direção Y , sendo ∆y = ymax ,
Da equação de Torricelli ✓
temos
[(16, 0 m/s)(sin(25, 0◦ )]2
(v0 sin θ)2
=
= 2, 33 m.
ymax =
2g
2(9, 81 m/s2 )
4) [4,0 pts] Em um bloco de massa m = 12, 0 kg, inicialmente em REPOUSO sobre um longo
plano sem atrito inclinado de um ângulo θ = π/5 com a horizontal, aplica-se uma força externa
constante de intensidade F = 93, 2 N, paralela ao plano, conforme mostra a Figura.
F
m
θ
A) Trace sobre a figura o diagrama de corpo livre para o bloco.
Como temos três forças atuando sobre o bloco: o peso P, a força normal exercida pelo plano N e
a força externa aplicada F, temos
N
F
X’
F
FR= P + N + F
m
θ
θ
P
P
N
θ
B) Determine a aceleração do bloco e descreva o seu movimento.
Aplicando-se a 2a. lei de Newton para o bloco, na direção do plano inclinado X ′ , temos:
X
Fx′ = +F − mg sin θ = max′
donde obtemos a aceleração do bloco
ax′ =
93, 2 N
F
− g sin θ =
− (9, 81 m/s2 ) sin(π/5) = +2, 00 m/s2
m
12, 0 kg
e como o sinal é positivo, o bloco irá acelerar no sentido do eixo orientado X ′ .
O movimento do bloco será retilı́neo e uniformemente acelerado, do tipo MRUV.
C) Determine a força normal que o plano inclinado exerce SOBRE o bloco.
Se analisarmos as forças na direção Y ′ , no eixo ortogonal ao eixo X ′ , veremos que o bloco exerce
uma força sobre o plano, a componente do seu peso ortogonal ao plano
PY ′ = P cos θ = −(12 kg)(9, 81 m/s2 ) cos(36◦ ) j′ = −95, 2 j′ (N),
e pelo princı́pio de ação e reação (Terceira Lei de Newton) sofre uma reação normal N, de mesmo
módulo e direção, porém no sentido contrário à força PY ′ . Nesta direção, as forças se equilibram,
não havendo aceleração, ou seja, a componente aY ′ = 0.
Joinville–SC, 30 de março de 2015.
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Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001 )
PROVA III
Nome:
22/04/2015
Assinatura:
1) [3,0 pt] Um carregador de supermercado empurra uma caixa com massa de 23, 4 kg sobre um
piso horizontal com velocidade constante de 3, 50 m/s. Os coeficientes de atrito cinético e estático
entre a caixa e o piso são, 0, 215 e 0, 300, respectivamente.
A) Que força horizontal o trabalhador deve aplicar para manter o movimento?
B) Se a força calculada na parte A) for subitamente removida, que distância extra a caixa deslizará
até parar?
C) Qual a potência média com que a força de atrito realiza trabalho no movimento analisado em
B)?
2) [2,0 pt] Um bloco de 6, 0 kg é solto em repouso sobre um plano inclinado sem atrito, que forma
um ângulo de 30◦ com a horizontal. Se o bloco escorrega 1, 5 m sobre o plano, determine:
A) o diagrama de corpo livre para o bloco;
B) o trabalho total realizado sobre o bloco;
C) a velocidade final do bloco.
3) [3,0 pt] Um bloco de massa m está em
equilı́brio, suspenso no teto por um fio leve que
forma um ângulo θ com a vertical, e numa parede
vertical por uma mola leve horizontal de constante elástica k, conforme mostra a Figura. Determine algebricamente, em função das quantidades dadas:
A) a tração nos fios 1, 2 e 3, em módulo;
B) o trabalho realizado para deformar a mola,
desde o seu tamanho de repouso até a situação
mostrada na figura. Comente.
C) Analise as unidades do trabalho obtido no
item anterior, com o uso do colchete de unidades
SI estudado em sala de aula.
θ
3
2
A
k
1
m
4) [1,5 pt] Comente o que você entendeu das idéias e conceitos fundamentais envolvidos na equivalência estudada em sala de aula:
F = ma ⇐⇒ W = ∆K
Formulário
p
|A| = A2x + A2y + A2z
A · B = AB cos φ
Ax = A cos θ
i · i = 1, i · j = 0
A × B = −B × A
i × i = 0, i × j = k
ρ = m/V
x = r cos θ
vx,med = (x − x0 )/(t − t0 )
ax,med = (v − v0 )/(t − t0 )
2
vx2 = v0x
+ 2a(x − x0 )
Rt
x = x0 + 0 vx dt
r = xi + yj + zk
vx = dx/dt, vy = dy/dt, vz = dz/dt
ax = dvx /dt, ay = dvy /dt, az = dvz /dt
v = ωR
vA/B = vA/C + vC/B
αmed = ∆ω/∆t
at = αR
P
FR = N
i=1 Fi = F1 + F2 + · · ·
Fat,est. ≤ µe N
W =F·d
P = dW/dt
U = 12 kx2
W = ∆K
k = 103 , m = 10−3
y = r sin θ
vx = dx/dt
ax = dvx /dt = d2 x/dt2
g = −9, 81 m/s2
vx, em = ∆s/∆t
vm = ∆r/∆t
am = ∆v/∆t
g = 9, 81 m/s2
a = αR
ωmed = ∆θ/∆t
α = dω/dt
ω(t) = ω0 + αt
P
F = ma
Fat,cin.R = µc N
W = F · ds
P = F·v
ds = dx i + dy j
1 W = 1J/s
Ay = A sin θ
A · B = Ax Bx + Ay By +Az Bz
i
j
k A × B = Ax Ay Az Bx By Bz Vesf.p
= 4πR3 /3
r = x2 + y 2 , θ = arctan(y/x)
vx = v0x + a(t − t0 )
x = x0 + v0x t + a(t − t0 )2 /2
Rt
vx = v0x + 0 ax dt
v = dr/dt
a = dv/dt
s = θR
ac = ω 2 R = v 2 /R
ω = dθ/dt
ω 2 = ω02 + 2α∆θ
θ(t) = θ0 + ωt + αt2 /2
P = mg
F12 = −F21
Pmed. = W/t
K = 21 mv 2
F = −kx
1 hp = 746 W
UDESC
Joinville
Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001 )
Gabarito da Prova III
22/04/2015
1) Um carregador de supermercado empurra uma caixa com massa de 23, 4 kg sobre um piso
horizontal com velocidade constante de 3, 50 m/s. Os coeficientes de atrito cinético e estático
entre a caixa e o piso são, 0, 215 e 0, 300, respectivamente.
A) [1,0 pt] Que força horizontal o trabalhador deve aplicar para manter o movimento?
O diagrama de forças para a caixa é o seguinte
N
Fat
F
P
11111111111111111111111111111111111111111111
00000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000
11111111111111111111111111111111111111111111
00000000000000000000000000000000000000000000
11111111111111111111111111111111111111111111
Considerando o movimento sobre o eixo horizontal X, no sentido positivo, a uma força de intensidade F deve ser feita para manter o movimento sem aceleração, tal que
X
Fx = F − Fat = 0
X
Fy = N − mg = 0
da última equação temos que N = mg e substituindo na primeira,
F = Fat = µe N = µe mg = (0.215)(23.4 kg)(9.81 m/s2 ) = 49.4 N
B) [1,0 pt] Se a força calculada na parte A) for subitamente removida, que distância extra a caixa
deslizará até parar?
Como a força de atrito Fat = −F = −49.4 N continua inalterada até que a caixa pare, teremos
uma desaceração dada por
a = Fat /m = −2.11 m/s2
e pela equação de Torricelli v 2 = v02 + 2a∆x, o deslocamento da caixa até o repouso (v = 0) será
∆x = −
(3.50 m/s)2
v02
=−
= 2.90 m
2a
(2)(−2.11 m/s2 )
ou alternativamente, pelo teorema do Trabalho-Energia
1
1
W = ∆K =⇒ −Fat d = mv 2 − mv02
2
2
sendo v = 0, temos
∆x =
(23.4 kg)(3.50 m/s)2
mv02
=
= 2.90 m
2Fat
(2)(49.4 N)
C) [1,0 pt] Qual a potência média com que a força de atrito realiza trabalho no movimento
analisado em B)?
No segundo caso B) (MRUV) a velocidade da caixa varia, mas sua velocidade média é vmed =
∆x/∆t = (v + v0 )/2 = v0 /2 e potência média pedida pode ser obtida pela definição
Pmed =
Wat
Fat ∆x
Fat v
(49.4 N)(3.50 m/s)
=−
= −Fat vmed = −
=−
= −86.5 W
∆t
∆t
2
2
2) Um bloco de 6, 0 kg é solto em repouso sobre um plano inclinado sem atrito, que forma um
ângulo de 30◦ com a horizontal. Se o bloco escorrega 1, 5 m sobre o plano, determine:
A) [0,5 pt] o diagrama de corpo livre para o bloco;
Como não há atrito entre o bloco e o plano, apenas duas forças constantes atuam sobre o bloco: o
seu peso P e a força normal N feita pelo plano.
N
θ
11111
00000
00000
11111
00000
11111
m
00000
11111
00000
11111
00000
11111
00000
11111
θ=30
o
α
P
X
B) [1,0 pt] o trabalho total realizado sobre o bloco;
Sendo o ângulo entre a força peso e o vetor deslocamento do bloco, o trabalho realizado pelo peso
durante o escorregamento é
WP = F · d = F d cos α = mgd cos α = (6.0 kg)(9.81 m/s2 )(1.5 m) cos(60◦ ) = 44 J
O trabalho da força normal é nulo, WN = 0, pois o ângulo entre esta força e o vetor deslocamento
é de 90◦ .
O trabalho total é a soma dos trabalhos de todas as forças que atuam sobre o bloco
WT OT. = WP + WN = 44 J.
C) [0,5 pt] a velocidade final do bloco.
Aplicando-se o teorema Trabalho-Energia temos que
1
1
WT OT. = ∆K = mv 2 − mv02
2
2
onde v0 = 0 é a velocidade inicial do bloco. Assim, isolando-se v na equação acima temos a
velocidade final do bloco
s
!
!
r
2WT OT.
(2)(44 J)
v=
=
= 3.8 m/s
m
(6.0 kg)
3) [3,0 pt] Um bloco de massa m está em equilı́brio, suspenso no teto por um fio leve que forma um
ângulo θ com a vertical, e numa parede vertical por uma mola leve horizontal de constante elástica
k, conforme mostra a Figura. Determine algebricamente, em função das quantidades dadas:
θ
3
k
2
A
1
m
A) [1,5 pt] a tração nos fios 1, 2 e 3, em módulo;
Já que o sistema está em equilı́brio, tanto o bloco como o ponto A deve estar em equilı́brio, cujos
diagramas de corpo livre são os mostrados abaixo, respectivamente:
T1
θ
m
T3
T2
A
P
T1
Para o equilı́brio do bloco, temos que ter
X
Fy = T1 − mg = 0 =⇒ T1 = mg
e para o equilı́brio do ponto A
X
X
Fy = −T1 + T3 cos θ = 0 =⇒ T3 =
T1
mg
=
cos θ
cos θ
Fx = T2 − T3 sin θ = 0 =⇒ T2 = T3 sin θ = mg tan θ
A força sobre a mola é igual a tração T2 , já que ela se encontra presa ao fio horizontal.
B) [1,0 pt] o trabalho realizado para deformar a mola, desde o seu tamanho de repouso até a
situação mostrada na figura. Comente.
Como a força sobre a mola é dada pela lei de Hooke, em módulo temos
F = T2 = kx =⇒ x =
mg tan θ
T2
=
k
k
e o trabalho realizado para esticar (comprimir) a mola é
1
1
W = kx2 = k
2
2
mg tan θ
k
2
=
m2 g 2 tan2 θ
2k
C) [0,5 pt] Analise as unidades do trabalho obtido no item anterior, com o uso do colchete de
unidades SI estudado em sala de aula.
A análise das unidades dessa expressão para o trabalho nos dá
[W ] =
(kg 2 )(m2 /s4 )
(kg 2)(m2 /s4 )
kg · m2
[m2 ][g 2 ]
=
=
=
= N ·m= J
[k]
N/m
(kg)(m/s2 )/m
s2
4) Comente o que você entendeu das idéias e conceitos fundamentais envolvidos na equivalência
estudada em sala de aula:
F = ma ⇐⇒ W = ∆K
[1,5 pt] A segunda lei de Newton pode ser transformada no teorema Trabalho-Energia, uma outra
forma equivalente de expressá-la. A primeira estabelece que uma força resultante não nula F
produz uma aceleração em uma partı́cula de massa m, e estabelece a relação entre estes vetores.
Na segunda forma, obtida pela integral de linha da força, estabalece equivalentemente que, se a
mesma força F é aplicada a uma partı́cula em movimento, e a desloca, o trabalho que esta força
realiza altera a sua energia cinética, ou seja, a sua velocidade. Sendo assim, haverá aceleração no
movimento da partı́cula. Sendo assim, é equivalente do ponto de vista fı́sico dizer-se que uma “força
produz variação de velocidade (aceleração)”ou “trabalho produz variação de energia cinética”.
A importância dessa equivalência é tal que dá origem ao conceito de energia, outra quantidade
fundamental para a descrição de sistemas mecânicos, que com o tempo se tornou mais importante
do que o conceito de força.
Joinville–SC, 24 de abril de 2015.
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Joinville
Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Nome:
PROVA IV
25/05/2015
Assinatura:
1) [2,0 pt] Um pequeno bloco de massa m é solto do repouso no ponto A, sobre um trilho com
forma de um quarto de circunferência de raio R, e desliza sem atrito, até atingir o ponto B. Depois
de passar por B ele escorrega sobre o chão horizontal com atrito e percorre uma distância L até
parar no ponto C. Veja a Figura 1. Em função das variáveis dadas, determine:
y(m)
Figura 2
2
m
A
Figura 1
R
1
L
x(m)
0
B
C
1
2
3
4
−1
A) a velocidade do bloco em B.
B) o coeficiente de atrito cinético µc entre o bloco e o trilho horizontal.
2) [2,0 pt] Uma barra de ferro fina e homogênea com massa total M = 18, 0 kg é dobrada em
ângulos retos, formando a estrutura plana mostrada na Figura 2. Determine as coordenadas do
centro de massa (CM) da estrutura e localize-o sobre a Figura 2.
3) [2,0 pt] Um foguete é lançado verticalmente para cima. No instante em que ele atinge uma
altura de 1.000 m e uma velocidade escalar vi = 300 m/s, ele explode em três fragmentos de
massas iguais. Logo após a explosão, um dos fragmentos se move para cima com velocidade escalar
v1 = 450 m/s e outro tem uma velocidade escalar v2 = 240 m/s e se move para oeste.
A) Qual a velocidade (vetorial) do terceiro fragmento logo após a explosão?
B) Descreva o movimento do centro de massa do sistema (de três fragmentos), após a explosão.
4) [2,0 pt] Uma bola de boliche de 6, 0 kg com velocidade de 1, 0 m/s colide frontalmente com
uma bola de bocha de 2, 0 kg que se move a 5, 0 m/s. Usando a propriedade de que a velocidade
relativa das bolas troca de sinal logo após a colisão, determine:
A) o módulo, a direção e o sentido da velocidade de cada bola;
B) a velocidade do centro de massa do sistema de bolas.
5) [2,0 pt] Um pequeno foguete com massa m = 2, 50 kg é lançado no instante inicial t = 0, 0 s e
seu momento linear variável no tempo é dado por p(t) = [(−0, 75 kg · m/s3 ) t2 + (3, 0 kg · m/s)] j.
A) Qual a força F(t) resultante que atua sobre o foguete?
B) Qual o impulso sofrido pelo foguete nos primeiros 2, 0 s de voo?
Formulário
p
|A| = A2x + A2y + A2z
A · B = AB cos φ
Ax = A cos θ
i · i = 1, i · j = 0
A × B = −B × A
i × i = 0, i × j = k
ρ = m/V
x = r cos θ
vx,med = (x − x0 )/(t − t0 )
ax,med = (v − v0 )/(t − t0 )
2
vx2 = v0x
+ 2a(x − x0 )
Rt
x = x0 + 0 vx dt
r = xi + yj + zk
vx = dx/dt, vy = dy/dt, vz = dz/dt
ax = dvx /dt, ay = dvy /dt, az = dvz /dt
v = ωR
vA/B = vA/C + vC/B
αmed = ∆ω/∆t
at = αR
P
FR = N
i=1 Fi = F1 + F2 + · · ·
Fat,est. ≤ µe N
W =F·d
P = dW/dt
U = 12 kx2
W = ∆K
K1 + U1 + Woutra = K2 + U2
F = −∇V
p = mv
J = ∆p
P
P = i pi
ρ = dm/dV
Fext = dP/dt
k = 103 , m = 10−3
y = r sin θ
vx = dx/dt
ax = dvx /dt = d2 x/dt2
g = −9, 81 m/s2
vx, em = ∆s/∆t
vm = ∆r/∆t
am = ∆v/∆t
g = 9, 81 m/s2
a = αR
ωmed = ∆θ/∆t
α = dω/dt
ω(t) = ω0 + αt
P
F = ma
Fat,cin.R = µc N
W = F · ds
P = F·v
ds = dx i + dy j
1 W = 1J/s
∆K + ∆U + ∆Uint = 0
U = mgy
P
FP
= dp/dt
P = i pi
vcm = ẋcm
σ = dm/dA
Fext = Macm
Ay = A sin θ
A · B = Ax Bx + Ay By +Az Bz
i
j
k A × B = Ax Ay Az Bx By Bz Vesf.p
= 4πR3 /3
r = x2 + y 2 , θ = arctan(y/x)
vx = v0x + a(t − t0 )
x = x0 + v0x t + a(t − t0 )2 /2
Rt
vx = v0x + 0 ax dt
v = dr/dt
a = dv/dt
s = θR
ac = ω 2R = v 2 /R
ω = dθ/dt
ω 2 = ω02 + 2α∆θ
θ(t) = θ0 + ωt + αt2 /2
P = mg
F12 = −F21
Pmed. = W/t
K = 21 mv 2
F = −kx
1 hp = 746 W
Fx = −dV /dx
R2
V2 −RV1 = 1 Fext · ds
J= F
Pext dt
xcm = mi xi /M
(antes)
(depois)
vA/B = −vA/B
λ = dm/dL
R
xcm = x dm/M
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Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova IV
25/05/2015
1) Um pequeno bloco de massa m é solto do repouso no ponto A, sobre um trilho com forma
de um quarto de circunferência de raio R, e desliza sem atrito, até atingir o ponto B. Depois de
passar por B ele escorrega sobre o chão horizontal com atrito e percorre uma distância L até parar
no ponto C. Veja a Figura 1. Em função das variáveis dadas, determine:
y(m)
Figura 2
2
m
A
Figura 1
R
1
L
CM(1,8 m; −0,3 m)
x(m)
0
B
C
1
2
3
4
−1
A) [1,0 pt] a velocidade do bloco em B. Considere-se a energia potencial gravitacional U nula
sobre o trilho horizontal, ou seja, y = 0 sobre esse eixo. Como não há atrito sobre o trilho circular,
o movimento do bloco de A até B é conservativo, ou seja
EA = EB =⇒ KA + UA = KB + UB
sendo então UB = 0 e KA = 0, temos
1
mgyA = mvB2
2
onde yA = R, que é a altura inicial do bloco, em relação ao trilho horizontal (eixo X). Assim,
p
vB = 2gR .
B) [1,0 pt] o coeficiente de atrito cinético µc entre o bloco e o trilho horizontal.
No trilho horizontal, o movimento do bloco é dissipativo, e sua energia mecânica será dissipada,
transformada em energia interna pelo atrito,
KB + UB + Watrito = KC + UC
Como ao chegar em C toda a energia mecânica do bloco será nula, pois KC + UC = 0, e UB = 0,
temos que ter
KB + Watrito = 0
Para
P o equilı́brio vertical do bloco sobre o trilho horizontal deve-se impor a condição de equilı́brio
Fy = N − mg = 0, donde temos que N = mg, e o trabalho da força de atrito Fatrito = µc N será
Watrito = −Fatrito L = −µc mgL
já que a força de atrito forma um ângulo π com o vetor deslocamento L = L i.
Finalmente temos então que
1
Watrito = −KB =⇒ −µc mgL = − mvB2
2
e sendo vB =
√
2gR, temos
µc =
R
L
.
Aplicando-se a mesma lei diretamente aos pontos A e C terı́amos mais facilmente a mesma resposta,
KA + UA + Watrito = KC + UC =⇒ mgR − µc mgL = 0
de onde se conclui que µc = R/L.
2) Uma barra de ferro fina e homogênea com massa total M = 18, 0 kg é dobrada em ângulos
retos, formando a estrutura plana mostrada na Figura 2. Determine as coordenadas do centro de
massa (CM) da estrutura e localize-o sobre a Figura 2.
[1,0 pt] Como a barra tem um comprimento total L = 9, 0 m, visto na figura, e possui massa total
M = 18, 0 kg, cada metro da barra deve ter massa de 2, 0 kg, e portanto os pedaços retos possuem
massas m1 = 6, 0 kg, m2 = 8, 0 kg em3 = 4, 0 kg, conforme a numeração indicada. Os centro de
massa de cada pedaço reto fica sobre o seu centro geométrico, respectivo. E assim,
xCM =
m1 xCM,1 + m2 xCM,2 + m3 xCM,3
M
ou seja,
xCM =
(6, 0 kg)(0, 0 m) + (8, 0 kg)(2, 0 m) + (4, 0 kg)(4, 0 m)
= 1, 8 m.
18, 0 kg
[1,0 pt] Analogamente, para a coordenada Y do centro de massa,
yCM =
m1 yCM,1 + m2 yCM,2 + m3 yCM,3
M
ou seja,
yCM =
(6, 0 kg)(0, 5 m) + (8, 0 kg)(−1, 0 m) + (4, 0 kg)(0, 0 m)
= −0, 3 m.
18, 0 kg
3) Um foguete é lançado verticalmente para cima. No instante em que ele atinge uma altura de
1.000 m e uma velocidade escalar vi = 300 m/s, ele explode em três fragmentos de massas iguais.
Logo após a explosão, um dos fragmentos se move para cima com velocidade escalar v1 = 450 m/s
e outro tem uma velocidade escalar v2 = 240 m/s e se move para oeste.
A) [1,0 pt] Qual a velocidade (vetorial) do terceiro fragmento logo após a explosão? Considerando
que o intervalo de tempo da explosão é muito pequeno, desprezando-se os efeitos da força peso e
da resistência do ar, podemos considerar a conservação do momento linear total, logo ante e logo
depois da explosão.
M
M
M
Pi = Pf =⇒ Mvi =
v1 + v2 + v3
3
3
3
e isolando-se a velocidade do terceiro fragmento temos
v3 = 3vi − v1 − v2
então
v3 = 3(300 m/s)j − (450 m/s)j − (−240 m/s)i = (240 m/s)i + (450 m/s)j
B) [1,0 pt] Descreva o movimento do centro de massa do sistema (de três fragmentos), após a
explosão. Considerando-se o peso como a única força externa que atua sobre os fragmentos, após
a explosão o centro de massa (CM) do sistema segue um queda livre como uma partı́cula lançada
verticalmente para cima, com velocidade inicial vi , ou seja, o CM sobe verticalmente e depois de
atingir uma altura máxima, desce verticalmente.
4) Uma bola de boliche de 6, 0 kg com velocidade de 1, 0 m/s colide frontalmente com uma bola
de bocha de 2, 0 kg que se move a 5, 0 m/s. Usando a propriedade de que a velocidade relativa das
bolas troca de sinal logo após a colisão, determine:
A) [1,0 pt] o módulo, a direção e o sentido da velocidade de cada bola; Considerando-se a colisão
elástica, já que a colisão é muito rápida, o momento linear e a energia cinética do sistema de bolas
serão conservados. Nomeando-se como bola A com massa de 6, 0 kg, e como B a bola de 2, 0 kg,
conforme a figura abaixo,
A
B
A
11
00
00
11
00
11
v
vA1
B
11
00
00
11
00v
11
vA2
B1
antes
B2
depois
temos, para a conservação do momento linear X do sistema
PX1 = PX2 =⇒ mA1 vA1 + mB1 vB1 = mA2 vA2 + mB2 vB2
e sendo que a velocidade relativa da bola A em relação à bola B troca de sinal na colisão, temos a
energia cinética do sistema
(antes)
(depois)
vx, A/B = −vx, A/B =⇒ vA1 − vB1 = −(vA2 − vB2 )
e substituindo-se os valores dados, temos o sistema de equações
(6, 0 kg)(1, 0 m/s) + (2, 0 kg)(−5, 0 m/s) = (6, 0 kg)vA2 + (2, 0 kg)vB2
(1, 0 m/s) − (−5, 0 m/s) = −(vA2 − vB2 )
e simplificando
3vA2 + vB2 = −2, 0 m/s
vB2 − vA2 = 6, 0 m/s
cuja solução é vA2 = −2, 0 m/s e vB2 = 4, 0 m/s.
B) [1,0 pt] a velocidade do centro de massa do sistema de bolas. Como a colisão ocorre sobre o
eixo X, o centro de massa se desloca sobre este eixo, com mesma velocidade antes ou depois da
colisão, pois não existem forças externas
(depois)
vx,CM
=
mA2 vA2 + mB2 vB2
mA + mB
e numericamente,
(depois)
vx,CM
=
(6, 0 kg)(−2, 0 m/s) + (2, 0 kg)(4, 0 m/s)
= −0, 50 m/s.
8, 0 kg
5) Um pequeno foguete com massa m = 2, 50 kg é lançado no instante inicial t = 0, 0 s e seu
momento linear variável no tempo é dado por p(t) = [(−0, 75 kg · m/s3 ) t2 + (3, 0 kg · m/s)] j.
A) [1,0 pt] Qual a força F(t) resultante que atua sobre o foguete?
Sendo a força resultante dada por F = dp/dt temos
F=
d [(−0, 75 kg · m/s3 ) t2 + (3, 0 kg · m/s)] j)
dt
e simplificando temos a força resultante, que depende do tempo na forma
F = (−1, 50 kg · m/s3 ) t j
B) [1,0 pt] Qual o impulso sofrido pelo foguete nos primeiros 2, 0 s de voo?
Como o impulso J = ∆p, temos que no primeiro segundo de voo
J = pf − pi
onde pf e pi são os vetores de momento do avião nos instantes t = 2, 0 s e t = 0, 0 s, respectivamente. Assim
pf = (−0, 75 kg · m/s3 ) (2, 0 s)2 + (3, 0 kg · m/s)] j = 0, 0 (N · s)
e
pi = (−0, 75 kg · m/s3 ) (0, 0 s)2 + (3, 0 kg · m/s)] j = 3, 0 j (N · s)
donde obtemos o impulso total sofrido pela partı́cula nos primeiros 2, 0 s do movimento:
J = 0, 0 − 3, 0 j (N · s) = −3, 0 j (N · s)
Alternativamente, o impulso pedido pode ser calculado pela integral de definição
Z 2,0 s
Z tf
2 2,0 s
3
3 t j
F dt =
(−1, 50 kg · m/s ) t dt j = (−1, 50 kg · m/s ) J=
2 0,0 s
ti
0,0 s
e numericamente
J = (−1, 50 kg · m/s3 )
Joinville–SC, 26 de maio de 2015.
(2, 0 s)2 − (0, 0 s)2
j = −3, 0 j (N · s)
2
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Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
UDESC
Joinville
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova V
15/06/2015
1) [5,0 pt] Duas hastes finas, retas e homogêneas idênticas, de massa m e comprimento L cada
uma, são soldadas perpendicularmente e giram em torno da origem O, no plano XY , conforme
mostra a Figura 1. Na posição mostrada, a junção A se move para baixo com velocidade vA . Para
a peça na posição mostrada, determine:
Y
Figura 1
B
vB
L 2
dx
O
x
dm/dx = m/L
A
vA
X
(A)
Figura 2
(B)
A) [2,0 pt] Os momentos de inércia Ix , Iy e Iz ; [0,5 pt] Para a haste horizontal girando em torno
do eixo Y ou Z, temos
Z L
Z L 1
M
2
dx = ML2
Iy = Iz =
x dm =
x2
L
3
0
0
e
Ix = 0,
já que a massa da haste está sobre o eixo X, onde y = 0.
[0,5 pt] O momento de inércia da peça em relação a qualquer eixo de rotação será a soma dos
momentos de inércia de cada uma das duas hastes, em relação a este mesmo eixo. Por exemplo,
Ix =
2
X
Ix(i) = Ix(1) + Ix(2)
i=1
considerando a haste 1 na horizontal e a haste 2 na vertical, temos
Ix = 0 +
1
1
mL2 = mL2
3
3
(1)
já que a haste 1 está sobre o eixo X, seu momento de inércia Ix = 0 e a massa da haste 2 girando
(2)
em torno de A tem o seu momento de inércia é Ix = 13 mL2 .
[0,5 pt] Em relação ao eixo Y , o momento de inércia Iy da peça será
Iy = Iy(1) + Iy(2) =
4
1
mL2 + mL2 = mL2
3
3
(1)
já que agora a haste 1 está sobre o eixo X, seu momento de inércia Iy = 13 mL2 e a massa da
(2)
haste 2 girando em torno do eixo Y , tem o seu momento de inércia é Iy = mL2 , já que toda a
sua massa está a uma distância L deste eixo.
[0,5 pt] Em relação ao eixo Z, podemos usar o teorema dos eixos perpendiculares, já que a moldura
é plana e está sobre o plano XY , temos
Iz = Ix + Iy =
1
4
5
mL2 + mL2 = mL2 .
3
3
3
B) [0,5 pt] a velocidade angular ω; A velocidade angular da peça pode ser determinada pela
velocidade do ponto A, já que
−vA = ω rA = ω L =⇒ ω = −
vA
.
L
C) [1,0 pt] a energia mecânica E = K + U; A energia mecânica da peça é
E =K +U =
1
Iz ω 2 + Mgycm
2
que depende da coordenada ycm do centro de massa da peça,
ycm =
0 · m + (L/2) · m
L
m1 ycm,1 + m2 ycm,2
=
= ,
M
2m
4
e assim, temos
1
E=
2
vA 2
5
5
1
L
2
= mvA2 + mgL.
mL
+ Mg
3
L
4
6
4
D) [1,0 pt] o vetor de velocidade vB da extremidade B; A velocidade vB do ponto B, em módulo,
será
√
√
vB = ω rB = ω 2L = 2vA
e como o ponto B fica sobre a diagonal do quadrado, sobre a reta y = x, sua velocidade será
ortogonal a esta direção, ou seja, formando um ângulo θ = −45◦ com o eixo X, na direção e
√ , ou seja,
sentido do vetor unitário i−j
2
√
vB = ( 2vA )
i−j
√
2
= vA (i − j)
E) [0,5 pt] o vetor momento angular L. O momento angular da peça é
v A
Lz = Iz ω = (mL2 ) −
= −mvA L
L
onde o sinal negativo indica o sentido horário. Vetorialmente,
L = −(mvAL) k
2) [2,0 pt] Sobre um plano áspero inclinado de um ângulo θ = π/8 com a horizontal solta-se em
repouso uma esfera maciça (Icm,esf = 2MR2 /5) de massa M = 1, 23 kg e raio R = 7, 21 cm.
A) [1,0 pt] Qual a aceleração angular α da esfera? Aplicando-se a segunda lei de Newton para a
rotação da esfera em torno do ponto de contato, temos
X
τz(C) = Iz(C) αz
onde, pelo teorema dos eixos paralelos, temos
Iz(C) = Iz, cm + MR2 =
7
2
MR2 + MR2 = MR2 .
5
5
M, R
cm
X’
Fat, e
ω
P sen θ
C
N
vcm
θ
X
θ
O
P
Pelo DCL mostrado acima, apenas a componente P sin θ do peso produz torque sobre a esfera, em
relação ao ponto de contato C, então temos
X
τz(C) = −RMg sin θ =
7
MR2 αz
5
de onde temos a aceleração angular da esfera
αz = −
5 (9, 81 m/s2) sin(π/8)
5 g sin θ
=−
= −37, 2 rad/s2
7 R
7
(0, 0721 m)
que é uma aceleração constante, portanto o movimento da esfera é do tipo MCUV.
B) [1,5 pt] Depois de rolar 1, 25 m sobre o plano, qual a velocidade do centro de massa da esfera?
Como o centro de massa CM da esfera está instantaneamente girando em torno do ponto C de
contado,
5
acm = αR = g sin θ
7
que é constante, e como o movimento do centro de massa é do tipo MRUV, temos pela equação de
Torricelli
2
2
vcm
= vcm,
0 + 2acm d,
onde d = 1, 25 m é o deslocamento do CM.
Assim,
vcm =
r
10
gd sin θ =
7
r
10
(9, 81 m/s2)(1, 25 m) sin(π/8) = 2, 59 m/s.
7
3) [3,0 pt] Um estudante se senta em um banco girando livremente, segurando dois halteres, cada
um de massa 3, 00 kg. Veja a Figura 2. Quando os seus braços estão estendidos horizontalmente
(A), os halteres estão a 1, 00 m do eixo de rotação e o estudante gira com velocidade angular
inicial ωi = 0, 750 rad/s. O momento de inércia do conjunto estudante+banco é de 3, 00 kg · m2 e
considerado como uma constante. O estudante puxa os alteres horizontalmente, gastando 0, 500 s
para isso, até uma posição 0, 300 m do eixo de rotação (B).
A) [1,0 pt] Encontre a velocidade angular final ωf do estudante. O momento angular do estudante
é vertical, de baixo para cima, e que durante o experimento nenhum torque atua sobre o sistema ao
longo desse eixo, o momento angular total do sistema estudante+banco+halteres será conservado,
ou seja,
Ly, i = Ly, f =⇒ Iy, i ωy, i = Iy, f ωy, f
e os momentos de inércia inicial e final são, respectivamente:
2
2
2
2
Iy, i = I0 + 2mh rh,
i = 3, 00 kg · m + 2(3, 00 kg)(1, 00 m) = 9, 00 kg · m
e
2
2
2
2
Iy, f = I0 + 2mh rh,
f = 3, 00 kg · m + 2(3, 00 kg)(0, 300 m) = 3, 54 kg · m ,
já que são dois halteres simétricos de massa mh = 3, 00 kg cada.
Então, a velocidade angular final do sistema será
Iy, i
9, 00 kg · m2
ωy, f =
ωy, i =
(0, 750 rad/s) = 1, 91 rad/s,
Iy, f
3, 54 kg · m2
que é a própria velocidade angular final do estudante.
B) [1,0 pt] Encontre a energia cinética total do sistema estudante+banco+halteres, antes e depois
de ele puxar os halteres. A energia cinética total é conservada? Justifique. [0,25 pt] cada energia
e [0,5 pt] a justificativa.
As energias cinéticas inicial e final são, respectivamente,
Ki =
1
1
2
Iy, i ωy,
(9, 00 kg · m2 )(0, 750 rad/s)2 = 2, 53 J
i =
2
2
e
1
1
2
Iy, f ωy,
(3, 54 kg · m2 )(1, 91 rad/s)2 = 6, 46 J
f =
2
2
e a energia cinética não é conservada, pois o estudante realiza um trabalho mecânico W para
aproximar os halteres.
Kf =
C) [1,0 pt] Qual o potência média do trabalho realizado pelo estudante? Pelo teorema do trabalhoenergia cinética,
W = ∆K = Kf − Ki
e a potência média desenvolvida pelo estudante será, finalmente,
Pmed =
W
∆K
(6, 46 J) − (2, 53 J)
=
=
= 7, 86 W.
t
t
0, 500 s
Joinville–SC, 16 de junho de 2015.
Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
UDESC
Joinville
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova V
15/06/2015
1) [5,0 pt] Duas hastes finas, retas e homogêneas idênticas, de massa m e comprimento L cada
uma, são soldadas perpendicularmente e giram em torno da origem O, no plano XY , conforme
mostra a Figura 1. Na posição mostrada, a junção A se move para baixo com velocidade vA . Para
a peça na posição mostrada, determine:
Y
Figura 1
B
vB
L 2
dx
O
x
dm/dx = m/L
A
vA
X
(A)
Figura 2
(B)
A) [2,0 pt] Os momentos de inércia Ix , Iy e Iz ; [0,5 pt] Para a haste horizontal girando em torno
do eixo Y ou Z, temos
Z L
Z L 1
M
2
dx = ML2
Iy = Iz =
x dm =
x2
L
3
0
0
e
Ix = 0,
já que a massa da haste está sobre o eixo X, onde y = 0.
[0,5 pt] O momento de inércia da peça em relação a qualquer eixo de rotação será a soma dos
momentos de inércia de cada uma das duas hastes, em relação a este mesmo eixo. Por exemplo,
Ix =
2
X
Ix(i) = Ix(1) + Ix(2)
i=1
considerando a haste 1 na horizontal e a haste 2 na vertical, temos
Ix = 0 +
1
1
mL2 = mL2
3
3
(1)
já que a haste 1 está sobre o eixo X, seu momento de inércia Ix = 0 e a massa da haste 2 girando
(2)
em torno de A tem o seu momento de inércia é Ix = 13 mL2 .
[0,5 pt] Em relação ao eixo Y , o momento de inércia Iy da peça será
Iy = Iy(1) + Iy(2) =
4
1
mL2 + mL2 = mL2
3
3
(1)
já que agora a haste 1 está sobre o eixo X, seu momento de inércia Iy = 13 mL2 e a massa da
(2)
haste 2 girando em torno do eixo Y , tem o seu momento de inércia é Iy = mL2 , já que toda a
sua massa está a uma distância L deste eixo.
[0,5 pt] Em relação ao eixo Z, podemos usar o teorema dos eixos perpendiculares, já que a moldura
é plana e está sobre o plano XY , temos
Iz = Ix + Iy =
1
4
5
mL2 + mL2 = mL2 .
3
3
3
B) [0,5 pt] a velocidade angular ω; A velocidade angular da peça pode ser determinada pela
velocidade do ponto A, já que
−vA = ω rA = ω L =⇒ ω = −
vA
.
L
C) [1,0 pt] a energia mecânica E = K + U; A energia mecânica da peça é
E =K +U =
1
Iz ω 2 + Mgycm
2
que depende da coordenada ycm do centro de massa da peça,
ycm =
0 · m + (L/2) · m
L
m1 ycm,1 + m2 ycm,2
=
= ,
M
2m
4
e assim, temos
1
E=
2
vA 2
5
5
1
L
2
= mvA2 + mgL.
mL
+ Mg
3
L
4
6
4
D) [1,0 pt] o vetor de velocidade vB da extremidade B; A velocidade vB do ponto B, em módulo,
será
√
√
vB = ω rB = ω 2L = 2vA
e como o ponto B fica sobre a diagonal do quadrado, sobre a reta y = x, sua velocidade será
ortogonal a esta direção, ou seja, formando um ângulo θ = −45◦ com o eixo X, na direção e
√ , ou seja,
sentido do vetor unitário i−j
2
√
vB = ( 2vA )
i−j
√
2
= vA (i − j)
E) [0,5 pt] o vetor momento angular L. O momento angular da peça é
v A
Lz = Iz ω = (mL2 ) −
= −mvA L
L
onde o sinal negativo indica o sentido horário. Vetorialmente,
L = −(mvAL) k
2) [2,0 pt] Sobre um plano áspero inclinado de um ângulo θ = π/8 com a horizontal solta-se em
repouso uma esfera maciça (Icm,esf = 2MR2 /5) de massa M = 1, 23 kg e raio R = 7, 21 cm.
A) [1,0 pt] Qual a aceleração angular α da esfera? Aplicando-se a segunda lei de Newton para a
rotação da esfera em torno do ponto de contato, temos
X
τz(C) = Iz(C) αz
onde, pelo teorema dos eixos paralelos, temos
Iz(C) = Iz, cm + MR2 =
7
2
MR2 + MR2 = MR2 .
5
5
M, R
cm
X’
Fat, e
ω
P sen θ
C
N
vcm
θ
X
θ
O
P
Pelo DCL mostrado acima, apenas a componente P sin θ do peso produz torque sobre a esfera, em
relação ao ponto de contato C, então temos
X
τz(C) = −RMg sin θ =
7
MR2 αz
5
de onde temos a aceleração angular da esfera
αz = −
5 (9, 81 m/s2) sin(π/8)
5 g sin θ
=−
= −37, 2 rad/s2
7 R
7
(0, 0721 m)
que é uma aceleração constante, portanto o movimento da esfera é do tipo MCUV.
B) [1,5 pt] Depois de rolar 1, 25 m sobre o plano, qual a velocidade do centro de massa da esfera?
Como o centro de massa CM da esfera está instantaneamente girando em torno do ponto C de
contado,
5
acm = αR = g sin θ
7
que é constante, e como o movimento do centro de massa é do tipo MRUV, temos pela equação de
Torricelli
2
2
vcm
= vcm,
0 + 2acm d,
onde d = 1, 25 m é o deslocamento do CM.
Assim,
vcm =
r
10
gd sin θ =
7
r
10
(9, 81 m/s2)(1, 25 m) sin(π/8) = 2, 59 m/s.
7
3) [3,0 pt] Um estudante se senta em um banco girando livremente, segurando dois halteres, cada
um de massa 3, 00 kg. Veja a Figura 2. Quando os seus braços estão estendidos horizontalmente
(A), os halteres estão a 1, 00 m do eixo de rotação e o estudante gira com velocidade angular
inicial ωi = 0, 750 rad/s. O momento de inércia do conjunto estudante+banco é de 3, 00 kg · m2 e
considerado como uma constante. O estudante puxa os alteres horizontalmente, gastando 0, 500 s
para isso, até uma posição 0, 300 m do eixo de rotação (B).
A) [1,0 pt] Encontre a velocidade angular final ωf do estudante. O momento angular do estudante
é vertical, de baixo para cima, e que durante o experimento nenhum torque atua sobre o sistema ao
longo desse eixo, o momento angular total do sistema estudante+banco+halteres será conservado,
ou seja,
Ly, i = Ly, f =⇒ Iy, i ωy, i = Iy, f ωy, f
e os momentos de inércia inicial e final são, respectivamente:
2
2
2
2
Iy, i = I0 + 2mh rh,
i = 3, 00 kg · m + 2(3, 00 kg)(1, 00 m) = 9, 00 kg · m
e
2
2
2
2
Iy, f = I0 + 2mh rh,
f = 3, 00 kg · m + 2(3, 00 kg)(0, 300 m) = 3, 54 kg · m ,
já que são dois halteres simétricos de massa mh = 3, 00 kg cada.
Então, a velocidade angular final do sistema será
Iy, i
9, 00 kg · m2
ωy, f =
ωy, i =
(0, 750 rad/s) = 1, 91 rad/s,
Iy, f
3, 54 kg · m2
que é a própria velocidade angular final do estudante.
B) [1,0 pt] Encontre a energia cinética total do sistema estudante+banco+halteres, antes e depois
de ele puxar os halteres. A energia cinética total é conservada? Justifique. [0,25 pt] cada energia
e [0,5 pt] a justificativa.
As energias cinéticas inicial e final são, respectivamente,
Ki =
1
1
2
Iy, i ωy,
(9, 00 kg · m2 )(0, 750 rad/s)2 = 2, 53 J
i =
2
2
e
1
1
2
Iy, f ωy,
(3, 54 kg · m2 )(1, 91 rad/s)2 = 6, 46 J
f =
2
2
e a energia cinética não é conservada, pois o estudante realiza um trabalho mecânico W para
aproximar os halteres.
Kf =
C) [1,0 pt] Qual o potência média do trabalho realizado pelo estudante? Pelo teorema do trabalhoenergia cinética,
W = ∆K = Kf − Ki
e a potência média desenvolvida pelo estudante será, finalmente,
Pmed =
W
∆K
(6, 46 J) − (2, 53 J)
=
=
= 7, 86 W.
t
t
0, 500 s
Joinville–SC, 16 de junho de 2015.
UDESC
Joinville
Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Prof. Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Nome:
PROVA VI
06/07/2015
Assinatura:
1) [2,5 pt] Uma escada reta e uniforme de comprimento L está encostada em uma parede vertical
lisa (Figura 1). A massa da escada é M e o coeficiente de atrito estático entre a escada e o chão é
µe = 0, 40. Encontre o ângulo mı́nimo θmin em que a escada não escorrega.
Figura 1
A
L
θ
B
000000000
111111111
111111111
000000000
000000000
111111111
2) [2,5 pt] Considere que o módulo de Young para um osso seja 1, 50 × 1010 N/m2 e que a sua
tensão de ruptura seja igual a 1, 50 × 108 N/m2 .
A) Qual a força máxima de compressão que pode ser exercida sobre um osso fêmur com um
diâmetro efetivo mı́nimo de 2, 50 cm2 ?
B) Para a força máxima de compressão, qual a redução percentual no comprimento do fêmur?
3) [3,0 pt] A Terra possui massa M = 5, 97 × 1024 kg e raio RT = 6.370 km.
A) Determine o raio de uma órbita geoestacionária, e compare-o com o raio da Terra.
B) Um veı́culo de transporte espacial lança um satélite de comunicação de massa m = 470 kg
quando em órbita circular a 280 km acima da superfı́cie da Terra. No satélite um motor de foguete
o impulsiona até uma órbita geoestacionária. Qual a energia mı́nima dispendida pelo motor neste
processo?
4) [2,0 pt] A) Defina com suas palavras velocidade de escape e obtenha a sua expressão geral.
B) Determine a velocidade de escape para a Lua. Dados: ML = 7, 35 × 1022 kg e RL = 1.740 km.
Ax = A cos θ
i · i = 1, i · j = 0
A × B = −B × A
i × i = 0, i × j = k
ρ = m/V
x = r cos θ
vx,med = (x − x0 )/(t − t0 )
ax,med = (v − v0 )/(t − t0 )
2
vx2 = v0x
+ 2a(x − x0 )
Rt
x = x0 + 0 vx dt
r = xi + yj + zk
vx = dx/dt, vy = dy/dt, vz = dz/dt
ax = dvx /dt, ay = dvy /dt, az = dvz /dt
v = ωR
vA/B = vA/C + vC/B
αmed = ∆ω/∆t
at = αR
P
FR = N
i=1 Fi = F1 + F2 + · · ·
Fat,est. ≤ µe N
W =F·d
P = dW/dt
U = 12 kx2
W = ∆K
K1 + U1 + Woutra = K2 + U2
F = −∇V
p = mv
J = ∆p
P
P = i pi
ρ = dm/dV
Fext = dP/dt
v = Rω × r
a b
I = r 2 dm
indicador
a
U = Mghcm
polegar
an = v 2 /R
médio
Vrev. = 2π yc.m. A
b
τ =r×F
L=r×p
P
Fx = 0
Y = (F⊥ /A)/(∆l/l0 )
F = Gm1 m2 /r 2
v = 2πR/T
k = 103 , m = 10−3
y = r sin θ
vx = dx/dt
ax = dvx /dt = d2 x/dt2
g = −9, 81 m/s2
vx, em = ∆s/∆t
vm = ∆r/∆t
am = ∆v/∆t
g = 9, 81 m/s2
a = αR
ωmed = ∆θ/∆t
α = dω/dt
ω(t) = ω0 + αt
P
F = ma
Fat,cin.R = µc N
W = F · ds
P = F·v
ds = dx i + dy j
1 W = 1J/s
∆K + ∆U + ∆Uint = 0
U = mgy
P
FP
= dp/dt
P = i pi
vcm = ẋcm
σ = dm/dA
Fext = Macm
θ = θ0 + ω0 t + αt2 /2
I = Ic.m. + d2 M
Iz = Ix + Iy
at = αR
Aesf. = 4πR2
P
τZ = Icm αZ
p = mv
P
Fy = 0
B = −∆p/(∆V /V0 )
U = −Gm1 m2 /r
ac = v 2 /r
0000
1111
0000
1111
000
111
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000
111
00000
11111
000
111
(C) Copyright 2003 Luciano Camargo Martins
Formulário
p
|A| = A2x + A2y + A2z
A · B = AB cos φ
Ay = A sin θ
A · B = Ax Bx + Ay By +Az Bz
i
j
k A × B = Ax Ay Az Bx By Bz Vesf.p
= 4πR3 /3
r = x2 + y 2 , θ = arctan(y/x)
vx = v0x + a(t − t0 )
x = x0 + v0x t + a(t − t0 )2 /2
Rt
vx = v0x + 0 ax dt
v = dr/dt
a = dv/dt
s = θR
ac = ω 2R = v 2 /R
ω = dθ/dt
ω 2 = ω02 + 2α∆θ
θ(t) = θ0 + ωt + αt2 /2
P = mg
F12 = −F21
Pmed. = W/t
K = 21 mv 2
F = −kx
1 hp = 746 W
Fx = −dV /dx
R2
V2 −RV1 = 1 Fext · ds
J= F
Pext dt
xcm = mi xi /M
(antes)
(depois)
vA/B = −vA/B
λ = dm/dL
R
xcm = x dm/M
ω 2 = ω02 + 2α∆θ
K = Iω 2/2
v = ωR
Arev. = 2π yc.m. L
Vesf. = 4πR3 /3
ω 2 = ω02 + 2α∆θ
L = Iω
P
τz = 0
S = (Fq /A)/(∆x/h)
g = GmT /rT2
G = 6, 67 × 10−11 N · m2 /kg 2
UDESC
Joinville
Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Prof. Luciano Camargo Martins
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova VI
06/07/2015
1) [2,5 pt] Uma escada reta e uniforme de comprimento L está encostada em uma parede vertical
lisa (Figura 1). A massa da escada é M e o coeficiente de atrito estático entre a escada e o chão é
µe = 0, 40. Encontre o ângulo mı́nimo θmin em que a escada não escorrega.
Figura 1
Ax
A
L
By
Mg
θ
B
FAt,e
1111111111
0000000000
0000000000
1111111111
0000000000
1111111111
O diagrama de corpo livre abaixo mostra as forças que atuam sobre a escada é mostrado na figura
acima. Para o equilı́brio estático da escada, temos que ter
X
Fx = FAt, e − Ax = 0,
X
Fy = By − Mg = 0
Na iminência de escorregar com o ângulo θmin , a força de atrito estático tem seu valor máximo,
dado por FAt, e = µe N = µe By , já que a força normal feita pela escada no chão é igual, em módulo,
à força de reação do chão sobre a escada By (terceira lei de Newton).
Resolvendo as equações de equilı́brio temos:
Ax = FAt, e = µe By = µe Mg
e para o equilı́brio rotacional da escada,
de onde
X
τz(B) = Ax L sin θmin − Mg
tan θmin =
L
cos θmin = 0
2
Mg
Mg
1
=
=
2Ax
2µe Mg
2µe
e finalmente
θmin = arctan
1
2(0, 40)
= 51◦
2) [2,5 pt] Considere que o módulo de Young para um osso seja 1, 50 × 1010 N/m2 e que a sua
tensão de ruptura seja igual a 1, 50 × 108 N/m2 .
A) Qual a força máxima de compressão que pode ser exercida sobre um osso fêmur com um
diâmetro efetivo mı́nimo de 2, 50 cm2 ?
A tensão máxima de ruptura é definida por
Tmax =
Fmax
=⇒ Fmax = Tmax A
A
e então
Fmax = (1, 50 × 108 N/m2 )(2, 50 × 10−4 m2 ) = 37, 5 kN
B) Para a força máxima de compressão, qual a redução percentual no comprimento do fêmur?
Como
Y =
assim
F/A
∆L
F/A
Tm ax
=⇒
=
=
∆L/L0
L0
Y
Y
∆L
1, 50 × 108 N/m2
1
=
=
= 1, 00%
10
2
L0
1, 50 × 10 N/m
100
3) [3,0 pt] A Terra possui massa M = 5, 97 × 1024 kg e raio RT = 6.370 km.
A) Determine o raio de uma órbita geoestacionária, e compare-o com o raio da Terra.
[1,5 pt] Para uma massa m em órbita circular em torno do centro da Terra,
X
Fr = mar =⇒ −
GMm
v2
=
−m
= mω 2 r
r2
r
de onde o raio r da órbita pode ser obtido
GM
r=
ω2
1/3
e para uma órbita geoestacionária, com o mesmo perı́odo de rotação da Terra T = 1 dia, temos
ω=
2π
2π
2π
=
=
= 7, 27 × 10−5 s−1
T
1 dia
24 × 3.600 s
temos o raio da órbita geoestacionária
1/3
(6, 67 × 10−11 N · m2 /kg 2)(5, 97 × 1024 kg)
= 4, 22 × 107 m = 42, 2 mil km
rgeo =
(7, 27 × 10−5 s−1 )2
e comparando-se com o raio da Terra, temos a razão
4, 22 × 107 m
rgeo
=
= 6, 94
RT
6, 370 × 106 m
ou seja, o raio da órbita geoestacionária é quase 7 vezes maior que o raio da Terra.
B) Um veı́culo de transporte espacial lança um satélite de comunicação de massa m = 470 kg
quando em órbita circular a 280 km acima da superfı́cie da Terra. No satélite um motor de foguete
o impulsiona até uma órbita geoestacionária. Qual a energia mı́nima dispendida pelo motor neste
processo?
[1,5 pt] O raio inicial da órbita do satélite é
ri = RT + h = 6, 370 × 106 m + 280 km = (6, 370 + 0, 280) × 106 m = 6, 650 × 106 m
A variação da energia mecânica do satélite até a órbita geoestacionária será
GMT m
GMT m 1
GMT m
1
∆E = Ef − Ei = −
=−
− −
−
2rf
2ri
2
rf
ri
e para as órbitas dadas, sendo rf = rgeo , temos
(6, 67 × 10−11 N · m2 /kg 2)(5, 97 × 1024 kg)(470 kg)
∆E = −
2
1
1
−
7
4, 22 × 10 m 6, 650 × 106 m
e finalmente, a energia mı́nima fornecida pelo foguete deve ser
∆E = 1, 19 × 1010 J
4) [2,0 pt] A) Defina com suas palavras velocidade de escape e obtenha a sua expressão geral.
[1,5 pt = 0,5 pt definição + 1,0 pt expressão] Velocidade de escape é a menor velocidade vertical
ve de lançamento de uma massa m, a partir da superfı́cie de um planeta de massa M e raio R, que
faz com que a massa atinja uma altura infinita, ou seja, não retorne mais ao planeta de onde foi
lançada.
Pela lei de conservação de energia temos
Ei = Ef =⇒ −
GMm 1
+ mve2 = 0
R
2
já que para r → ∞ a energia potencial Uf → 0 e a energia cinética da massa Kf → 0, de onde
temos a velocidade de escape
r
2GM
ve =
R
B) Determine a velocidade de escape para a Lua. Dados: ML = 7, 35 × 1022 kg e RL = 1.740 km.
[0,5 pt] Usando-se a expressão geral acima para os dados da Lua, temos
s
r
2GM
2(6, 67 × 10−11 N · m2 /kg 2 )(7, 35 × 1022 kg)
=
= 2, 37 × 103 m/s = 2, 37 km/s.
ve =
R
(1, 740 × 106 m)
Joinville–SC, 6 de julho de 2015.