Gaba2008 07 06 AP31a

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Instituto de Física
UFRJ
3a Gabarito da Avaliação Presencial de Física 1a
Primeiro Semestre de 2008
06 de julho de 2008
1. (a) Usemos o sistema de eixos usual no estudo de projéteis, com o eixo OY vertical, apontando para
cima e com origem no solo, e o eixo OX horizontal. Nesse caso, levando em conta que x0 = 0, y0 = h
e que a pedra foi lançada horizontalmente (vy0 = 0) temos para a função-movimento
x = v0 t e y = h− 1
2
gt2 , (1)
onde v0 denota o módulo da velocidade de lançamento. Se no tempo de queda, digamos tq, a partícula
percorre uma distância horizontal também igual a h, temos a partir de (1) h = v0tq e 0 = h− gt2q/2. Da
segunda dessas equações obtemos para o tempo de queda o resultado tq =
√
2h/g, que substituido na
primeira das equações nos fornece h = v0
√
2h/g, isto é, v0 =
√
gh/2.
(b) Derivando as expressões em (1), obtemos vx = v0 e vy = gt. Fazendo nessas equações t igual
ao tempo de queda tq e usando os resultados do item anterior, obtemos vxq = v0 =
√
gh/2 e vyq =
g
√
2h/g =
√
2gh. Portanto, o módulo da velocidade da pedra no instante em que ela atinge o solo é
vq =
√
v2
xq
+ v2
yq
=
√
gh/2 + 2gh, isto é vq =
√
5gh/2 .
2. (a) Efetuando as derivas primeira e segunda da função-movimento
r = A sen(ωt)ux + B sen(2ωt)uy , (2)
obtemos a função-velocidade e a função-aceleração,
v = ωA cos(ωt)ux + 2ωB cos(2ωt)uy e a = −ω2A sen(ωt)ux − 4ω2B sen(2ωt)uy . (3)
(b) De acordo com a função-movimento (2), x = A sen(ωt), que é máxima se, e somente se, sen(ωt) =
1, o que ocorre primeiramente no instante t1 em que ωt1 = π/2, isto é, em t1 = π/(2ω).
(c) Substituindo ωt por ωt1 = π/2 em (3), obtemos v1 = −2ωBuy e a1 = −ω2Aux.
3. (a) Para que a força total sobre a esfera seja nula
a mola deve estar com um comprimento ℓ tal que a
força elástica cancele o peso, k(ℓ − ℓ0) = mg, ou
seja, ℓ = ℓ0 + (mg/k). (b) De acordo com o eixo
OY escolhido, no instante t = 0 a posição e veloci-
dades iniciais são y0 = −(ℓ− ℓ0) e vy0 = 0. Fazendo
t = 0 na função-movimento y = C1[1− 2 cos(ωt)] +
C2 sen(ωt), obtemos −(ℓ − ℓ0) = C1[1 − 2], isto é,
C1 = ℓ− ℓ0. Portanto, pelo resultado do item anterior
C1 = mg/k. Agora, derivando a função movimento,
temos vy = 2ωC1 sen(ωt) + ωC2 cos(ωt). Fazendo
t = 0 nessa expressão, obtemos 0 = ωC2, isto é,
C2 = 0.
ℓ0 ℓ k(ℓ− ℓ0)
mg Y
O
1
(c) De acordo com os resultados dos itens anteriores, y = (mg/k)[1−2 cos(ωt)] e vy = (mg/k)2ω sen(ωt),
que, em virtude da igualdade ω =
√
k/m, é equivalente a vy = 2g/
√
k/m sen(ωt). Naturalmente, y = 0
se, e somente se, cos(ωt) = 1/2, que implica sen(ωt) =
√
3/2. Portanto, a velocidade da esfera no
primeiro instante em que passa pela origem é vy = 2g/
√
k/m
√
3/2, isto é vy =
√
3g/
√
k/m.
4. Cada estrela de massa m está sujeita apenas à força
gravitacional da outra, situada a uma distância 2R. Por-
tanto, a força resultante sobre cada uma delas tem módulo
Gm2/(2R)2. Cada estrela está em movimento circular uni-
forme de raio R e período T . Portanto tem aceleração to-
tal centrípeta de módulo (2πR/T )2/R. Pela Segunda Lei
de Newton Gm2/(2R)2 = m(2πR/T )2/R, donde m =
16π2R3/(GT 2).
m mR R
2