P1 2011.2

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Instituto de F´ısica - UFRJ
Primeira Prova de F´ısica IA - 2011/2
Obs: em todas as questo˜es em que for necessa´rio, considere que g e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade
Questa˜o 1) Um ı´on penetra na regia˜o entre duas placas planas e paralelas, uma em x = 0 e
a outra em x = D. No instante t = 0, ao passar pela origem com velocidade ~v0 = v0 ıˆ, como
representado na figura, o ı´on sofre a ac¸a˜o de forc¸as ele´tricas, que imprimem ao mesmo uma
acelerac¸a˜o da forma ~a = a1 ıˆ + a2 ˆ, onde a1 e a2 sa˜o constantes positivas. Considerando o
movimento do ı´on ate´ que este atinja a placa em x = D, e desprezando o peso do ı´on:
a) obtenha os vetores posic¸a˜o ~r(t) e velocidade ~v(t) do ı´on em func¸a˜o do tempo;
b) determine a coordenada yc do ponto de impacto do ı´on com a placa.
c) Em algum instante o vetor velocidade do ı´on e´ (i) perpendicular ou (ii) paralelo ao vetor
acelerac¸a˜o? Justifique a sua resposta.
Questa˜o 2) Os dois blocos mostrados na figura esta˜o ligados por uma
corda uniforme, inextens´ıvel e pesada de massa M . Um agente ex-
terno aplica uma forc¸a vertical ~F contra´ria ao campo de gravitac¸a˜o
constante ~g, sobre o bloco superior, conforme indicado na figura ao
lado. O bloco superior tem massa m1 e o inferior m2. Consideramos
como dados: as massas dos treˆs corpos, a forc¸a externa F e a acele-
rac¸a˜o da gravidade terrestre g.
a) Para cada bloco e para a corda, desenhe o diagrama de corpo
livre identificando cada forc¸a que atua no respectivo corpo.
b) Escreva as equac¸o˜es de Newton para cada bloco e para a corda.
c) Determine a acelerac¸a˜o com que cada bloco e a corda se movi-
mentam.
d) Determine as tenso˜es no topo e no fundo da corda.
e) Qual e´ o valor da tensa˜o no meio da corda?
Questa˜o 3) Um bloco de massam e´ solto a partir do repouso do alto de um plano cuja inclinac¸a˜o
e´ θ em relac¸a˜o ao plano horizontal. Este plano e´ feito de um material tal que o coeficiente de
atrito cine´tico na˜o e´ constante. Depois de percorrer uma distaˆncia d ao longo do plano, o bloco
colide com uma mola de constante ela´stica k, e de massa desprez´ıvel, que se encontra relaxada.
Apo´s o impacto a mola sofre uma compressa˜o s e a massa para momentaneamente. Determine:
a) energia dissipada pela forc¸a de atrito, em func¸a˜o dos dados (m, g, k, s, d e θ);
b) o menor valor do coeficiente de atrito esta´tico µe, para que o bloco permanec¸a em repouso
na situac¸a˜o de compressa˜o ma´xima da mola.
Questa˜o 4) Uma crianc¸a de massa m encontra-se no topo de um domo esfe´rico de raio R
(representado pelo ponto A na figura). Inicialmente em repouso, ela comec¸a a escorregar com
velocidade inicial desprez´ıvel, devido a uma pequena perturbac¸a˜o, sem atrito, pelo domo esfe´rico
passando pelo ponto B, onde ainda mante´m contato com a superf´ıcie, conforme indicado na
figura.
a) A energia mecaˆnica conserva-se? Por queˆ? Qual e´ o mo´dulo da velocidade da crianc¸a no
ponto B? Considere que o zero da energia potencial gravitacional como sendo o solo.
b) No ponto B, cuja direc¸a˜o OB faz o aˆngulo θ com a vertical, fac¸a o diagrama de forc¸as que
atua na crianc¸a e escreva a 2a Lei de Newton correspondente a esta direc¸a˜o.
c) Calcule a altura, h, na qual a crianc¸a perde o contato com a superf´ıcie do domo.
A
B
O
R
θ
Questa˜o 1
a) valor = (1,0 pontos)
Como a acelerac¸a˜o ~a e´ constante,
~v(t) = ~v(0) + ~at = v0ıˆ + (a1ıˆ + a2ˆ)t
~v(t) = (v0 + a1t)ˆı+ a2tˆ
~r(t) = ~r(0) + ~v(0)t+ (1/2)~at2 = v0t ıˆ+ (1/2)(a1 ıˆ+ a2ˆ)t
2
~r(t) = [v0t+ (1/2)a1t
2]ˆı + (1/2)a2t
2ˆ
b) valor = (1,0 pontos)
Se tc e´ o instante da colisa˜o do ı´on com a placa em x = D, enta˜o x(tc) = D, e assim
v0tc + (1/2)a1t
2
c = D =⇒ (1/2)a1t2c + v0tc −D = 0
Ignorando a raiz negativa da equac¸a˜o quadra´tica,
tc =
√
v20 + 2a1D − v0
a1
yc = y(tc) = (1/2) a2 t
2
c =
a2(
√
v20 + 2a1D − v0)2
2a21
c) valor = (0,5 pontos)
No intervalo 0 ≤ t ≤ tc o vetor velocidade nunca fica perpendicular ou paralelo ao
vetor acelerac¸a˜o.
(i) Para que o vetor velocidade seja perpendicular ao vetor acelerac¸a˜o, e´ necessa´rio
que ~v ◦ ~a = 0:
~v ◦ ~a = vxax + vyay = (v0 + a1t)a1 + a22t = v0a1 + (a21 + a22)t
Como v0 e a1 sa˜o positivos, a equac¸a˜o ~v ◦ ~a = 0 na˜o possui soluc¸a˜o para t > 0.
(ii) Se o vetor velocidade for paralelo ao vetor acelerac¸a˜o, o produto vetorial ~v × ~a se
anula. Ate´ o instante t = tc,
~v × ~a = [(v0 + a1t)ˆı + a2tˆ]× (a1ıˆ + a2ˆ) = (v0 + a1t)a2kˆ − a1a2tkˆ
~v × ~a = v0a2kˆ .
Portanto, o produto vetorial ~v×~a permanece constante e diferente de zero para 0 ≤ t ≤ tc.
1
Questa˜o 2
a) valor = (0,8 pontos)
No bloco superior agem treˆs forc¸as :
(1) o peso, ~P1 = −m1 g ~k, exercida pela Terra;
(2) a forc¸a externa, F ~k, exercida pelo agente externo;
(3) a tensa˜o no topo da corda, −T ~k, exercida pela corda.
Na corda temos tambe´m treˆs forc¸as :
(4) o peso : ~PC = −M g~k, exercida pela Terra;
(5) a tensa˜o no topo da corda, +T ~k, exercida pelo bloco superior;
(6) a tensa˜o no fundo da corda, −T ′ ~k, exercida pelo bloco inferior.
Finalmente sobre o bloco inferior agem duas forc¸as :
(7) o peso : ~P2 = −m2 g ~k, exercida pela Terra;
(8) a tensa˜o no fundo da corda, +T ′ ~k, exercida pela corda.
b) valor = (0,6 pontos)
As equac¸o˜es de Newton sa˜o :
m1 a1 = −m1 g − T + F
m2 a2 = −m2 g + T ′
M aC = −Mg + T − T ′
2
c) valor = (0,3 pontos)
Denotamos a acelerac¸a˜o commum aos treˆs corpos por a =a1=a2= aC. Com a massa
total Mtot = m1 +m2 +M , obtemos :
a = −g + F
Mtot
d) valor = (0,4 pontos) As tenso˜es sa˜o obtidas como :
T =
m2 +M
Mtot
F ; T ′ =
m2
Mtot
F
e) valor = (0,4 pontos)
A tensa˜o no meio da corda T(1/2) pode ser calculada ao considerar o bloco inferior mais
a metade da corda como um corpo so´ de massa m′2 := m2 +M/2. Com a acelerac¸a˜o a
calculada acima, escrevemos a equac¸a˜o de Newton para esse bloco ”engordado” : m′2 a =
−m′2 g + T(1/2), donde :
T(1/2) =
m′2
Mtot
F
Como a corda e´ homogeˆnea, podemos admitir que a tensa˜o varia linearmente entre o topo
e o fundo da corda de modo que no meio temos
T(1/2) =
T + T ′
2
=
m′2
Mtot
F
3
Questa˜o 3
a) valor = (1,5 pontos)
A forc¸a de atrito e´ uma forc¸a na˜o-conservativa onde a energia dissipada e´ dada por
∆E = Wfat. Como o coeficiente de atrito cine´tico na˜o e´ constante, a forc¸a de atrito
cine´tico tambe´m na˜o o e´ ao longo do deslocamento da massa m. Portanto, Wfat 6= ~fat◦∆~S.
De fato, poder´ıamos a princ´ıpio obter o trabalho por W~fat =
d+s
∫
0
~fat ◦ d~s mas na˜o sabemos
a priori a dependeˆncia do coeficiente de atrito µc com a posic¸a˜o do bloco. No entanto, o
teorema do trabalho-energia cine´tica nos diz que:
∆K = Wtotal → ∆K = WFel +WPeso +WN +Wfat
Como as forc¸as Normal e Peso sa˜o constantes e atuam durante todo o deslocamento o
trabalho de cada uma delas e´ dado por:
WN = ~N ◦∆~S = 0, ja´ que o deslocamento e´ perpendicular a` forc¸a Normal.
WP = ~P ◦∆~S = mg(d + s)senθ
A forc¸a ela´stica da mola na˜o e´ constante durante o deslocamento s em que atua, e o seu
trabalho e´ dado por: WFel = −1/2ks2.
De acordo com os resultados de WN , WPeso e WFel, e como ∆K = 0:
−Wfat = WPeso +WFel = mg(d+ s)sen θ −
1
2
ks2
Como ∆E = WNC = Wfat < 0,
∆E =
1
2
ks2 −mg(d + s)sen θ < 0
b) valor = (1,0 pontos)
Como o bloco se encontra em equil´ıbrio nesta situac¸a˜o, a segunda lei de Newton para
o eixo que passa ao longo do plano inclinado(veja o referencial indicado na figura), com a
tendeˆncia do bloco deslizar para cima, nos diz que: |~Felmax| − |~fat,e| −mgsen θ = 0
ks− µemgcos θ −mgsen θ = 0
µe =
ks−mgsen θ
mgcos θ
ks > mgsen θ pois µe > 0
4
Questa˜o 4
a) valor = (1,0 pontos)
A energia mecaˆnica conserva-se poisna˜o ha´ forc¸as dissipativas agindo sobre a crianc¸a:
a normal ~N na˜o realiza trabalho e a forc¸a-peso ~P e´ uma forc¸a conservativa. (0,3 pontos)
As energias mecaˆnicas nos pontos A e B sa˜o: (0,4 pontos)
EA = mgR eEB = mv
2
B
/2 +mgR cos θ.
Como a energia mecaˆnica conserva-se EA = EB: (0,3 pontos)
mv2
B
2
+mgR cos θ = mgR ⇒ vB =
√
2gR(1 − cos θ). (1)
b) valor = (0,8 pontos)
Na direc¸a˜o OB a componente da forc¸a resultante e´ a forc¸a radial Frad(apontando para
o centro); considerando rˆ no sentido de O para B: (0,4 pontos)
−Fradrˆ = −P cos θrˆ +Nrˆ ⇒ mv
2
B
R
= mg cos θ −N. (2)
Figure 1: Diagrama de forc¸as (0,4 pontos)
c) valor = (0,7 pontos)
A crianc¸a perde o contato com o domo esfe´rico no ponto em que a forc¸a normal se anula.
Fazendo | ~N | = 0 na Eq. (2) temos mv
2
R
= mg cos θ e isto implica que v =
√
gR cos θ.
Igualando esta expressa˜o com a Eq. (1) temos (0,4 pontos)
gR cos θ = 2gR − 2gR cos θ ⇒ cos θ = 2
3
, (3)
a altura que a crianc¸a cai e´ h = R cos θ, portanto, (0,3 pontos)
h =
2
3
R
5