Prova Fisica 2

Prévia do material em texto

UFPR – Departamento de F´ısica
Primeira Prova – 15/09/2010
CF-060 (Diurno) – F´ısica II
Prof. Alexandre D. Ribeiro
Observac¸o˜es:
i) Sempre que necessa´rio utilize g = 10 m/s2.
ii) Indique de forma organizada o racioc´ınio e
todos os ca´lculos usados na soluc¸a˜o.
iii) Ao resolver o problema literalmente, deixando
para substituir os valores somente no final, existe
uma chance maior dos passos intermedia´rios
serem pontuados.
iv) Fo´rmulas na˜o pertencentes ao formula´rio da
prova, quando utilizadas, devem ser deduzidas.
v) Quantidades vetoriais possuem informac¸a˜o
sobre mo´dulo, direc¸a˜o e sentido.
Problema 1
Um sistema planeta´rio consiste de 4 planetas
esfe´ricos e ideˆnticos de massa M . Em um
sistema de coordenadas cartesianas conveniente
(x, y, z), as posic¸o˜es destes planetas sa˜o dadas por:
(L, 0, 0), (−L, 0, 0), (0, L, 0) e (0,−L, 0).
(a) Qual e´ a forc¸a gravitacional ~Fsis→m que este
sistema exerce em uma part´ıcula de massa m, lo-
calizada sobre o eixo z (lado positivo), a uma
distaˆncia zm da origem? (1,25)
(b) Suponha que m “caia”, a partir do repouso,
devido a` atrac¸a˜o gravitacional. Com que veloci-
dade ela passa pela origem? (1,25)
Resoluc¸a˜o do Problema 1
(a) O corpo m interage com os quatro planetas.
Quatro forc¸as, portanto, sa˜o sentidas:
~F (m)res = ~Fsis→m = ~FM1→m +
~FM2→m
+ ~FM3→m +
~FM4→m.
Analisando a simetria do problema, nota-se que
~F (m)res = −4|~FMj→m| cos θkˆ,
sendo Mj = M e θ o aˆngulo entre ~FMj→m e a
direc¸a˜o z, ou seja, cos θ = zm/
√
L2 + z2m. Por-
tanto,
~F (m)res = −4
GMm
L2 + z2m
zm√
L2 + z2m
kˆ =
= −4GMm zm
(L2 + z2m)
3/2
kˆ.
(b) Sendo que m parte do repouso e que ∆K =
W~Fres , escrevemos
1
2
mv2f =
∫ 0
zm
F resz dz
= −4GMm
∫ 0
zm
z
(L2 + z2)3/2
dz
= −4GMm
(
− 1
(L2 + z2)1/2
)∣∣∣∣∣
0
zm
=
4GMm
L
− 4GMm(
L2 + z2M
)1/2 .
Enta˜o,
vf =
√√√√8GM
L
− 8GM(
L2 + z2M
)1/2 .
Problema 2
Um astronauta brincalha˜o solta uma bola de
boliche, de massa m = 7, 2 kg em o´rbita circular
em torno da Terra a uma altura h = 350 km.
(a) Qual e´ a energia mecaˆnica E da bola em sua
o´rbita? (1,25)
(b) Qual e´ a energia mecaˆnica E0 da bola na
plataforma na espera do lanc¸amento? De la´ ate´
entrar em o´rbita, qual e´ a variac¸a˜o da energia
mecaˆnica da bola? (1,25)
Resoluc¸a˜o do Problema 2
(a) A energia mecaˆnica da bola de boliche em
o´rbita vale
Emec =
1
2
mv2 +
(
−GMm
r
)
.
1
Como a o´rbita e´ circular de raio r,
|~Fres| = GMm
r2
= m
v2
r
=⇒ v2 = GM
r
.
Portanto, considerando que r = RT + h = 6, 72 ×
106 m,
Emec =
GMm
2r
− GMm
r
= −GMm
2r
≈ −214 MJ.
(b) Na plataforma, a energia cine´tica da bola
e´ devida somente ao movimento de rotac¸a˜o e
translac¸a˜o da Terra, que pode ser desprezada neste
problema. Enta˜o, como aqui r = RT ,
Emec = −GMm
RT
≈ −451 MJ.
A variac¸a˜o da energia mecaˆnica foi, portanto, de
∆Emec = − GMm
2(RT + h)
−
(
−GMm
RT
)
≈ 237 MJ.
Problema 3
Suponha que a pressa˜o atmosfe´rica no n´ıvel do
mar seja de p0 = 1, 0 atm e que a densidade do ar,
neste n´ıvel, seja de ρ = 1, 3 kg/m3.
(a) Qual seria a altura da atmosfera se a densidade
do ar fosse uniforme? (1,50)
(b) E se a densidade do ar decrescesse linear-
mente ate´ zero com a altura, qual seria a altura
da atmosfera? (1,00)
Resoluc¸a˜o do Problema 3
(a) Podemos pensar neste problema como se es-
tive´ssemos submersos em um mar de ar a uma
profundidade h, sendo esta quantidade, portanto,
a altura da atmosfera. Considerando a atmosfera
homogeˆnea, podemos utilizar a expressa˜o
p2 = p1 + ρg(y1 − y2).
Adotando a origem do eixo y (apontando pra
cima) como sendo o n´ıvel do mar, podemos es-
colher p1 = 0, y1 = h, p2 = p0 e y2 = 0. Assim,
substituindo na equac¸a˜o acima,
p0 = ρgh =⇒ h = p0
ρg
≈ 8 km.
(b) Devemos agora considerar que a densidade de-
cresce linearmente com a altura. Essa ide´ia esta´
comtemplada na expressa˜o
ρ(y) = ρ0 − ρ0
h
y.
Note que a densidade e´ uma func¸a˜o linear da al-
tura y e satisfaz duas condic¸o˜es importante: vale
ρ0 no n´ıvel do mar e zero “no final” da atmosfera
y = h.
O problema e´ que agora a expressa˜o
p2 = p1 + ρg(y1 − y2).
na˜o vale mais porque ρ na˜o e´ constante. Entre-
tanto, ela e´ uma boa aproximac¸a˜o quando y1 for
pro´ximo de y2 (a densidade ρ pode ser tratada
como constante). Assim,
p2 − p1︸ ︷︷ ︸
∆p
≈ −ρg (y2 − y1)︸ ︷︷ ︸
∆y
.
Podemos reescreer essa u´ltima expressa˜o como
∆pj ≈ −ρjg∆yj, para indicar que ela e´ va´lida
somente nas proximidades de y = yj. Dividindo
a altura da atmosfera em N pequenos pedac¸os e
somando as expresso˜es acima desde y1 = 0 ate´
yN = h, obtemos
N∑
j=1
∆pj ≈
N∑
j=1
−ρjg∆yj.
No limite N →∞,∫ h
0
dp = −g
∫ h
0
ρ(y)dy.
Resolvendo,
p(h)− p0 = −g
(
ρ0y − ρ0
2h
y2
)∣∣∣∣h
0
= −ρ0gh
2
.
Como p(h) = 0, h = 2p0ρ0g ≈ 16 km.
Problema 4
Considere um recipiente cil´ındrico de altura H
cheio de a´gua (densidade ρA). Faz-se um pequeno
2
furo na lateral do recipiente a uma profundidade
h, pelo qual a a´gua sai na direc¸a˜o horizontal.
(a) Assim que o furo e´ feito, com que velocidade a
a´gua escapa pelo furo? Expresse-a em termos de
H, h, g e ρa. (1,25)
(b) Se a a´rea do furo for um cente´simo da a´rea da
base do recipiente, qual sera´ a velocidade inicial
com que um gra˜o de poeira, que bo´ia sobre a
a´gua, ira´ se mover? (1,25)
Resoluc¸a˜o do Problema 4
(a) Utilizaremos a Equac¸a˜o de Bernoulli,
p1 +
1
2
ρv21 + ρgy1 = p2 +
1
2
ρv22 + ρgy2.
Escolhendo a origem do eixo y (apontando pra
cima) como sendo o n´ıvel inicial da superf´ıcie da
a´gua, podemos fazer: p1 = p0, y1 = 0, p2 = p0 e
y2 = −h. Assim,
1
2
ρ(v21 − v22) = −ρgh.
Da equac¸a˜o de continuidade, A1v1 = A2v2 =⇒
v1 =
A2
A1
v2, sendo A1 a a´rea da base do recipiente
e A2 a a´rea do furo. Como A1 � A2, podemos
desprezar v1 na u´ltima equac¸a˜o. Enta˜o,
v1 =
√
2gh.
(b) Da equac¸a˜o de continuidade,
v1 =
A2
A1
v2 =
A1/100
A1
√
2gh =
√
2gh
100
.
Formula´rio
F = Gm1m2r2 ,
~Fres =
∑N
i=1
~Fi,
Vesfera =
4
3piR
3, U = −Gm1m2r ,
T 2 =
(
4pi2
GM
)
r3, ac =
v2
R
ρ = ∆m∆V , p =
∆F
∆A ,
p2 = p1 + ρg(y1 − y2), FE =Mfg,
Pap = P − FE , R = Av = cte,
p+ 12ρv
2 + ρgy = cte,
RT = 6370 km, MT = 5, 98 × 1024 kg,
G = 6, 67 × 10−11 N m2/kg2.
3