AP1 - FIS 1B - 2011-2 - GABARITO

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Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da AP1 de Física IB
18 de setembro de 2011
1a Q 2,5
2a Q 2,5
3a Q 3,0
4a Q 2,5
Nota 10,5
Obs: Em todas as questões em que for necessário, utilize que gé o módulo da aceleração da gravi-
dade.Todas as respostas devem ser justificadas.
1. (2,5 pontos) Três forças são aplicadas a um bloco que está sobre uma superfície horizontal de
coeficiente de atrito cinéticoµc = 0,5, conforme a figura abaixo. O bloco, que possui uma massa
dem = 1,0 kg, é arrastado por uma distânciad = 3,0 m para a esquerda. Sabe-se que o ânguloθ
vale300 e os módulos das forças sãoF1 = 20,0 N, F2 = 10,0 N eF3 = 3,0 N.
F2
F1
F3
M
θ
(a) (1,0 ponto) Qual o trabalho realizado por cada uma das forças indicadas na figura no deslo-
camentod = 3,0 m?
As 3 forças são constantes durante o deslocamento, portanto, o trabalho de cada uma delas
pode ser obtido pelo produto escalar da mesma pelo deslocamentod:
WF1
= F1 · d ⇒ WF1
= 60 J
WF2
= F2 · d = −F2dcosθ ⇒ WF2
≈ −26 J
WF3
= F3 · d ⇒ WF3
= 0 J
Os sinais dos trabalhos representam que a forçaF1 ajuda e a forçaF2 se opõe ao movimento.
(b) (1,0 ponto) Qual o trabalho total realizado sobre o blocono deslocamentod = 3,0 m?
O trabalho é uma quantidade escalar. O trabalho total realizado sobre o bloco é a soma dos
trabalhos realizados por cada uma das forças que atuam sobreo bloco:
WTot = WF1
+ WF2
+ WF3
+ WP + WN + WFat
Os trabalhos das 3 primeiras forças já foi calculado no item anterior. A força peso e a normal,
por serem perpendiculares ao movimento, não realizam trabalho. Portanto, falta encontrar o
trabalho da força de atrito. Durante o deslocamentod a Fat também é constante então vale
o mesmo raciocínio do item anteriorWFat
= Fat · d. Temos que encontrar o módulo da
força de atrito. Sabendo queFat = µcN , basta encontrarmos o módulo deN. Utilizando a
segunda Lei de Newton:
F1 + F2 + F3 + P + N + Fat = ma
Escrevendo apenas a componente vertical da equação acima:
F2senθ − F3 − mg + N = 0 ⇒ N = 3 + 10 − 10.
1
2
= 8 N ⇒ Fat = µcN = 4 N
Finalmente temos:
WTot = 60 − 26 − 4.3 ⇒ WTot = 22 J
1
(c) (0,5 ponto) Baseado na resposta do item anterior, a energia cinética do bloco aumenta ou
diminui? Justifique sua resposta.
O Teorema trabalho e energia cinética nos diz que
∆K = WTot
Do item anterior sabemos que o trabalho total realizado é positivo. Portanto, a energia ciné-
tica do do bloco aumenta no deslocamentod.
2. (2,5 pontos) Um satélite de massam gira em torno da Terra em uma órbita circular de raior1 sob
a ação apenas da força gravitacional terrestre. Sabendo quea força de atração gravitacional entre
dois corpos de massasm1 em2 separados por uma distância r éFG = −
Gm1m2
r2
ur, ondeur é o
vetor unitário que vai do centro do corpo atrator ao centro doobjeto que sofre a força:
(a) (1,0 ponto) Encontre a expressão da energia mecânicaE do satélite em função apenas do
raio r1 e das seguintes constantes: a massaM da Terra, a massam do satélite e a constante
gravitacionalG.
Como a única força que atua no satélite é a gravitacional terrestre, escolhendo a posição
padrão no infinito, podemos escrever a energia potencial associada a essa força:
U(r) = −
∫
r1
∞
FG · dr = −
GmM
r1
Por outro lado, é necessário encontrar a energia cinética dosatélite. Para isso, considera-se
que a órbita é circular e, portanto, a força gravitacional é uma força centrípeta:
mv2
r1
=
GmM
r2
1
⇒
mv2
2
=
GmM
2r1
Portanto, a energia mecânica dosatélite será:
E =
mv2
2
+ U(r) =
GmM
2r1
−
GmM
r1
⇒ E = −
GmM
2r1
(b) (0,5 pomto) Encontre a expressão do módulo do momento angular L do satélite em relação
ao centro da Terra.
Por se tratar de um movimento circular, a posição do satéliteem relação ao centro da Terra é
sempre perpendicular à velocidade do mesmo. Portanto:
L = |L| = mr1v
Ondev é a velocidade do satélite. Utilizando a expressão encontrada no item anterior:
mv2 =
GmM
r1
⇒ v =
√
GM
r1
⇒ L =
√
Gm2Mr1
(c) (1,0 ponto) Suponha que motores no satélite sejam acionados até que ele passe para uma nova
órbita circular de raio2r. Denotando porE ′ e L ′ os novos valores de sua energia mecânica
e do módulo de seu momento angular.
As expressões obtidas para a energia mecânica e para o momento angular são válidas para
qualquer órbita circular de raior1. Dessa forma, basta fazerr1 → 2r1 nas expressões obtidas
nos itens anteriores:
E ′ = −
GmM
4r1
, L ′ =
√
2GMm2r1
2
3. (3,0 pontos) Uma esfera homogênea de massaM e raioR é abandonada emt = 0 do repouso de
um ponto sobre uma rampa inclinada. O ângulo da rampa com a horizontal valeθ. Supõe-se que
a esfera rola sem deslizar durante o movimento que se segue aoabandono.
M
t = 0
θ
R
t>0
θ
P
N
Fat h
(a) (0,5 ponto) Faça um diagrama indicando todas as forças que atuam na esfera.
Atuam na esfera as forças peso (P), normal (N) e de atrito (Fat) representadas em t=0 na
figura.
(b) (1,0 ponto) Usando que o momento de inércia da esfera em relação a um eixo que passa pelo
seu centro de massa valeICM = 2
5
MR2 calcule a aceleração do centro de massa da esfera.
Escrevendo a Segunda Lei de Newton para a translação do Centrode Massa
P + N + Fa = MaCM
OndeaCM é a aceleração do centro de massa. Analogamente, podemos escrever a equação
de rotação em torno do centro de massa. ComoN é paralela ao vetor onde a força é aplicada
e o peso atua no centro de massa, somente a força de atrito geratorque. Portanto
τ = r × Fa = ICMα
Escrevendo a componente na direção do plano inclinado da primeira equação, escolhendo o
sentido positivo de maneira que a aceleração do centro de massa seja positiva, e a componente
na direção deα para a segunda, temos
Mgsenθ − Fa = MaCM
RFa =
(
2
5
MR2
)
aCM
R
⇒ Fa =
2
5
MaCM
onde usou-se queaCM = αR, pois a esfera rola sem deslizar. Substituindo a segunda equação
na primeira chega-se a
gsenθ =
7
5
aCM ⇒ aCM =
5
7
gsenθ
(c) (0,5 ponto) Quais das forças indicadas no item (a) realizam trabalho? Baseado nessa resposta,
a energia mecânica da esfera se conserva? Justifique sua resposta.
As forças normal e de atrito estão aplicadas no ponto de contato entre a esfera e a rampa. Uma
vez que a esfera rola sem deslizar, não há deslocamento desseponto. Portanto, somente a
força peso realiza trabalho no deslocamento. Já que o peso é uma força conservativa pode-se
afirmar que a energia mecânica da esfera se conserva.
3
(d) (1,0 ponto) Utilizando conceitos de trabalho e energia, encontre a velocidade do centro de
massa da esfera depois de o mesmo ter descido uma alturah da posição onde é solta conforme
a figura da direita?
Utilizando a conservação da energia mecânica podemos escrever:
1
2
MV 2
CM
+
1
2
ICMω2 + MgyCM = E
Onde E é uma constante e os primeiros 2 termos são referentes àenergia cinética, de trans-
lação e rotação respectivamente. A altura do centro de massaéyCM . Como a esfera parte do
repouso, temos, entre o instante inicial e o instante em que ela desceuh, escolhendo como
ponto onde a energia potencial gravitacional é nula o instante inicial:
0 =
1
2
MV 2
CM
+
1
2
ICM
(
VCM
R
)2
− Mgh =
1
2
MV 2
CM
+
1
5
MV 2
CM
− Mgh
onde já foi utilizado que, num rolamento sem deslizamento,VCM = ωR. O sinal negativo
na energia potencial é porque a esfera tem uma energia potencial menor do que no instante
inicial, que tem energia potencial nula. Portanto,
7
10
V 2
CM
= gh ⇒ VCM =
√
10gh
7
4. (2,5 pontos) Dois blocos de massasM1 eM2 estão, inicialmente, em repouso sobre uma superfície
horizontal sem atrito. Uma pequeno projétil de massam é disparado de uma arma com uma
velocidade horizontal de módulo desconhecido e atinge o bloco de massaM1 . Ele atravessa
totalmente esse bloco e atinge o segundo bloco, ficando presodentro dele. Como a velocidade
inicial do projétil é muito grande, suponha que ele se movimente sempre numa reta horizontal. Na
situação final, o bloco de massaM1 tem velocidade de módulov1 e o bloco de massaM2 com o
projétil em seu interior tem velocidade de módulov2, comv2 > v1.
(a) (0,5 ponto) Faça um desenhoesquemático do sistema descrito no enunciado em três momen-
tos distintos: antes de o projétil atingir o bloco de massaM1, depois de ter atravessado esse
bloco e após ficar alojado no bloco de massaM2. Indique claramente no desenho o instante
no qual os blocos possuem as velocidadesv1 ev2.
v0m
M1 M2
v1
v′
0
v1 v2
4
(b) (1,0 ponto) Encontre as velocidades do projétilv0 que ele possui antes de atingir o bloco de
massaM1 e v ′
0
que ele possui após emergir desse mas antes de se alojar no bloco de massa
M2.
Lembrando que sempre que tratamos uma colisão, na ausência de outras forças impulsivas,
temos a conservação do momento linear. Escrevendo a conservação do momento linear para
os instantes anterior e posterior à colisão do projétil com obloco de massaM2:
mv ′
0
= (m + M2)v2 ⇒ v ′
0
=
(m + M2)
m
v2
Sabendo quanto valev ′
0
pode-se escrever a conservação de momento linear na colisãodo
projétil com o bloco de massaM1:
mv0 = mv ′
0
+ M1v1 = (m + M2)v2 + M1v1 ⇒ v0 =
(m + M2)v2 + M1v1
m
(c) (1,0 ponto) Calcule a velocidade do centro de massa do sistema formado pelo projétil e pelos
2 blocos: antes que ele atinja o primeiro bloco e depois de terse alojado no segundo.
Já utilizamos anteriormente que o momento linear se conserva. Pode-se considerar que todo
o momento linear está concentrado na posição do centro de massa:
P = (M1 + M2 + m)VCM
Na situação final temos, portanto:
M1v1 + (M2 + m)v2 = (M1 + M2 + m)VCM ⇒ VCM =
(m + M2)v2 + M1v1
m + M1 + M2
Adotando o mesmo procedimento para o instante inicial:
mv0 = (M1+M2+m)VCM ⇒ VCM =
m
M1 + M2 + m
v0 ⇒ VCM =
(m + M2)v2 + M1v1
m + M1 + M2
O resultado é igual ao anterior, como esperado, pois o momento linear do sistema se conserva
nas colisões.
5