Prova com gabarito - EE1

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Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de F´ısica
1a Avaliac¸a˜o de F´ısica Geral 2 - 2018.1
26/03/2018
Testes:
Problema 1:
Problema 2:
Nota Final:
Nome: CPF: Turma:
Nos testes, na˜o sera˜o considerados os ca´lculos ou anotac¸o˜es, apenas as respostas sera˜o avaliadas. Indicar apenas uma resposta em cada
teste, nesta mesma folha. Por outro lado, nos problemas, e´ necessa´rio que seja demonstrado explicitamente como a resposta foi obtida.
A resoluc¸a˜o dos problemas deve ser feita no caderno de provas.-
Teste 1 (1,0) Um sate´lite artificial da Terra passa de uma o´rbita circular de raio R para uma o´rbita circular
de raio 2R. Durante a transic¸a˜o,
(a) a forc¸a gravitacional realiza um trabalho positivo, a energia cine´tica do sate´lite aumenta e a energia
potencial do sistema Terra-sate´lite aumenta.
(b) a forc¸a gravitacional realiza um trabalho positivo, a energia cine´tica do sate´lite aumenta e a energia
potencial do sistema Terra-sate´lite diminui.
(c) a forc¸a gravitacional realiza um trabalho positivo, a energia cine´tica do sate´lite diminui e a energia potencial
do sistema Terra-sate´lite aumenta.
(d) a forc¸a gravitacional realiza um trabalho negativo, a energia cine´tica do sate´lite aumenta e a energia
potencial do sistema Terra-sate´lite diminui.
(e) a forc¸a gravitacional realiza um trabalho negativo, a energia cine´tica do sate´lite diminui e a energia potencial
do sistema Terra-sate´lite aumenta.
Soluc¸a˜o:
A resposta correta e´ o item (e).
Partindo da o´rbita com raio R para o´rbita com raio 2R, o trabalho exercido pela forc¸a gravitacional e´ negativo,
pois o deslocamento se da´ no sentido contra´rio do vetor forc¸a gravitacional. Uma forma de verificar tal afirmac¸a˜o e´ fazer
W =
∫ 2R
R
~F (r) · d~r, onde ~F (r) · d~r = F (r)dr cos(φ), sendo φ = 180◦, logo cos(φ) = −1. Substituindo ~F (r) = GmM/r2rˆ
obteˆm-se um trabalho negativo, W = −GmM/2R, realizado pela ~F (r) para que o sate´lite passe de uma o´rbita menor para
uma maior.
Relacionando a forc¸a gravitacional ~F (r) = GmM/r2rˆ com ~F (r) = m~ac, onde ~ac e´ acelerac¸a˜o centr´ıpeta, que pode
ser reescrita em termos da velocidade angular por ac = ω
2r ou ainda em func¸a˜o da velocidade linear ac = v
2/r, tem-se
que F (r)r/m = v2. Substituindo a forc¸a gravitacional obteˆm-se GmMr/mr2 = v2 ou ainda GM/r = v2. Substituindo
agora o valor de v2 na equac¸a˜o de energia cine´tica K = 1/2(mv2), verifica-se que a mesma depende do inverso do raio,
K = GmM/2r logo, se o raio aumenta de R para 2R, essa energia diminui.
De acordo com a expressa˜o U = −GmMR para energia potencial gravitacional, a medida que o raio da o´rbita aumenta, a
energia potencial gravitacional tambe´m aumenta.
Teste 2 (1,5) Na figura abaixo, a part´ıcula A e´ mantida fixa em x = −0, 20 m no eixo x e a part´ıcula B,
com uma massa de 1,0 kg e´ mantida fixa na origem. Uma part´ıcula C (na˜o mostrada) pode ser deslocada ao
longo do eixo x, entre a part´ıcula B e x = ∞. A figura mostra um gra´fico da forc¸a gravitacional resultante
Fres,x exercida pelas part´ıculas A e C sobre a part´ıcula B em func¸a˜o da posic¸a˜o x da part´ıcula C. O gra´fico,
na verdade, se estende indefinidamente para a direita tendendo assintoticamente para −6, 67 × 10−9 N para
x→∞. Qual e´ a massa da part´ıcula A e da part´ıcula C?
Considere as massas pontuais e a constante gravitacional G = 6, 67× 10−11 N ·m2/kg2.
(a) mA = 1 kg, mC = 4 kg (b) mA = 0, 5 kg, mC = 2 kg (c) mA = 4 kg, mC = 40 kg
(d) mA = 4 kg, mC = 16 kg (e) mA = 20 kg, mC = 40 kg (f) mA = 1 kg, mC = 2 kg
1
Resposta: d)
Justificativa:
Primeiro, para achar mA, vamos considerar a situac¸a˜o quando a part´ıcula C e´ removida, ou seja esta´ em x =∞.
A u´nica componente da forc¸a sobre e´ dada pela interac¸a˜o de A com B: GmAmB(0,2)2 = 6, 67× 10−9
mA =
4×10−2·6,67×10−9
6,67×10−11 = 4 kg
Segundo, vamos usar o ponto no gra´fico onde a forc¸a resultante em B e´ igual zero: GmCmB(0,4)2 − GmAmB(0,2)2 = 0
mC = 4 ·mA = 16 kg.
Teste 3 (1,0) Um corpo de massa espec´ıfica %1 uniforme flutua em um fluido com 36 % de seu volume abaixo
da superf´ıcie. Um segundo corpo de mesmo volume e massa espec´ıfica uniforme %2 flutua no mesmo fluido com
90 % de seu volume submerso. A raza˜o %2%1 entre as massas espec´ıficas dos corpos e´ igual a:
(a) 0,5
(b) 1,0
(c) 1,5
(d) 2,0
(e) 2,5
Resposta: (e)
Justificativa:
Considere que % e´ a densidade do fluido e V o volume dos objetos. Usando a condic¸a˜o de equil´ıbrio de forc¸as, teremos
que o mo´dulo da forc¸a de empuxo e´ igual ao mo´dulo da forc¸a peso. Para o primeiro corpo:
%1 · V · g = 0, 36% · V · g
% =
%1
0, 36
(1)
Para o segundo corpo:
%2 · V · g = 0, 9% · V · g
% =
%2
0, 9
(2)
Assim, igualando (1) e (2), temos:
%2
0, 9
=
%1
0, 36
%2
%1
= 2, 5
2
Problema 1 (3,0) A estrutura composta por treˆs vigas homogeˆneas,
mostrada na figura abaixo, encontra-se em equil´ıbrio esta´tico. A viga 1
(horizontal) tem massa m=300 kg.
(a) (0,5) Esboce um diagrama de corpo livre, indicando todas as forc¸as
que atuam na viga 1.
(b) (1,5) Escreva as condic¸o˜es de equl´ıbrio esta´tico e calcule as forcc¸as
exercidas pelas vigas 2 e 3 sobre a viga 1.
(c) (1,0) Considere que as vigas 2 e 3 teˆm a mesma a´rea de sec¸a˜o transver-
sal e sa˜o feitas do mesmo material. Os tamanhos destas vigas quando na˜o
esta˜o submetidas a tenso˜es sa˜o L2 = 2, 00 m e L3 = 2, 25 m. Calcule a al-
tura H, mostrada na figura. Assuma a acelerac¸a˜o da gravidade g = 10m/s2.
L/43L/4
H
VIGA 2 VIGA 3
g
VIGA 1
Soluc¸a˜o:
a)
L/4L/2 L/4
F2 F3
P
b) A condic¸a˜o de equil´ıbrio para as forc¸as e´ F2 + F3 − P = 0⇒ F2 + F3 = mg. Escolhendo como origem do sistema de
coordenadas o ponto de contato entre as vigas 1 e 2, a condic¸a˜o de equil´ıbrio para os torques fica P (L/2) = F3(3L/4) ⇒
F3 = 2mg/3⇒ F3 = 2000 N. Substituindo na primeira equac¸a˜o, obtemos F2 = 1000 N.
c) Como as vigas 2 e 3 sofrem uma compressa˜o, podemos escrever F2/A2 = E2(∆L2/L2) e F3/A3 = E3(∆L3/L3).
Mas A2 = A3 e, como o material e´ o mesmo, os mo´dulos de Young coincidem, E2 = E3. Com isto, podemos escrever
F3/F2 = ∆L3L2/(∆L2L3)⇒ ∆L3L2 = 2∆L2L3. Ale´m disso, os tamanhos das vigas 2 e 3, quando a viga 1 esta´ presente, e´
H, ou seja, L2 −∆L2 = L3 −∆L3 = H. Substituindo na equac¸a˜o anterior, chegamos a (L3 −H)L2 = 2(L2 −H)L3 ⇒ H =
L3L2/(2L3 − L2) = 1/6 ≈ 0, 17 m.
Problema 2 (3,5) O tubo horizontal mostrado na figura abaixo tem
uma sec¸a˜o transversal de a´rea de A1 = 20, 00 cm
2 na parte mais larga e
A2 = 10, 00 cm
2 na parte mais estreita, como indicado na figura. A a´gua
esta´ escoando pelo tubo com uma vaza˜o de 6, 00× 10−3 m3/s. Esse tubo e´
conectado a outro tubo em formato U, contendo uma coluna de mercu´rio.
Ache:
(a) (1,0) A velocidade de escoamento na parte mais larga v1 e na parte
mais estreita v2.
(b) (1,0) A diferenc¸a de pressa˜o entre essas duas localizac¸o˜es considerando
pontos de mesma altura.
(c) (1,5) A diferenc¸a de altura h entre as colunas de mercu´rio no tubo
em formato de U.
Dados: Massa espec´ıfica da a´gua ρagua = 1×103kg/m3, massa espec´ıfica do
mercu´rio ρmer = 13, 5× 103kg/m3, a acelerac¸a˜o da gravidade g = 10m/s2.
3
Soluc¸a˜o:
a) Usando a equac¸a˜o da continuidade: R = A1v1 = A2v2 = 6, 00.
Vamos transformar a a´rea em m2, A1 = 2, 00× 10−3m2 e A2 = 1, 00× 10−3m2.
v1 =
6,00×10−3
2,00×10−3 = 3, 00m/s
v2 =
6,00×10−3
1,00×10−3 = 6, 00m/s.
b) Pela equac¸a˜o de Bernoulli:
p1 +
ρaguav
2
1
2 = p2 +
ρaguav
2
2
2
p1 − p2 = ρagua(v
2
2−v21)
2 =
1×103
2 (36− 9) = 1, 35× 104 N/m2
c)Pontos de mesma altura no l´ıquido de mercu´rio esta˜o sob mesma pressa˜o.
Olhando para o lado esquerdo tubo U, no ponto de intersec¸a˜o a´gua/mercu´rio:
p = p1 + ρaguagx1,
onde x1 e´ a distaˆncia do ponto de intersec¸a˜o ate´ o pontoonde p1 foi calculado. Do lado direito do tubo U, olhando para um
ponto na mesma altura, no mesmo l´ıquido, deve estar sob mesma pressa˜o
p = p2 + ρaguagx2 + ρmergh. Logo,
p1 + ρaguagx1 = p2 + ρaguagx2 + ρmergh
p1 − p2 = ρaguag(x2 − x1) + ρmergh
p1 − p2 = (−ρagua + ρmer)gh
h = 13,5×10
3
12,5×104 = 1, 08× 10−1m
4