Gab 1ºEE 2010.2

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA 
1o EXERCÍCIO ESCOLAR - FÍSICA 2 - 15 DE SETEMBRO DE 2010. 
 
GABARITO 
 
 
QUESTÃO 1: (EQUILÍBRIO E GRAVITAÇÃO) 
 
Solução: 
 
 
(a) Consideramos o eixo x ao longo do comprimento da régua, com a origem na posição 
da lâmina da faca. As forças atuantes no sistema são mostradas no diagrama abaixo. 
 
As moedas estão então na posição x = x1 = 012 m, e sua massa total será m. A ponta 
da faca está em x = x2 = 0.455 m e exerce uma força F. A massa da régua é M e a 
força da gravidade atua no centro da régua em x = x3 = 0.50 m. Uma vez que a régua 
está em equilíbrio a soma dos torques em torno de x2 deve ser zero, portanto: 
 
 
 
Então: 
 
 
 
(b) A aceleração devido a gravidade é dada por ag = GM/r2, onde M é a massa da 
terra e r é a distância ao centro da terra. Substituímos r = R + h, onde R é o 
raio da terra e h é a altitude para obtermos ag = GM /(R + h)2. Resolvemos a 
equação para encontrar h e obtemos: 
 
h= [GM/ag]1/2 - R. 
 
Usando os dados para MT RT e G, obtemos: 
 
 
 
 
QUESTÃO 2: (EQUILÍBRIO) 
 
Solução: 
 
Seja F1 a força de contato entre a escada e a parede, F2 a força de contato entre o chão 
e a escada, Fa a força de atrito entre o chão e a escada, P o peso da escada e Ph o 
peso do homem. Equações de equilíbrio tomando o eixo x horizontal crescente para a 
direita, o eixo y vertical crescente para cima e a origem no ponto de contato entre a 
escada e o chão. 
 
(a) Condições de equilíbrio: 
(i) ΣFx = 0 → F1 = Fa
(ii) ΣFy = 0 → P = F2 
(iii) Στz = 0 → P (L/2) sen θ = F1 L cos θ. 
 
Mas F1 = Fa = μeF2 = μeP. Substituindo em (iii) temos 
P (L/2) sen θ = μe P L cos θ, que leva a θ = tg-1 (2μe). 
 
 
(b) Condições de equilíbrio: 
(I) ΣFx = 0 → F1 = Fa 
(II) ΣFy = 0 → P + Ph = F2
(III) Στz = 0 → P (L/2) sen θ + Ph d sen θ = F1 L cos θ. 
 
Mas F1 = Fa = μeF2 = μe (P + Ph). Substituindo em (III) temos 
P (L/2) sen θ + Ph d sen θ = μe (P + Ph) L cos θ 
→ M (L/2) + m d = μe (M + m) L cotg θ 
→ m d = μe (M + m) L cotg θ – M (L/2) 
→ m d = M L [μe (1 + m/M) cotg θ – 1/2 ] 
Daí 
d = (M/m) L [μe cotg θ (1 + m/M) – 1/2 ] 
 
 
 
 
 
 
 
QUESTÃO 3: (GRAVITAÇÃO) 
 
 
Solução: 
 
(a) EP = - G M m / r ; r = R + h = 6,7 × 106 m ; 
 
 EP = - (6,7 × 10-11) (6,0 × 1024) (2,0 × 103) / (6,7 × 106) 
 
 EP = - 12 × 1010 J 
 
 
 EC = G M m / 2r = - EP / 2 = 6 × 1010 J 
 
 
 EM = EC + EP = - 6 × 1010 J 
 
 
(b) No ponto em que a nave passa o mais próximo possível da Terra a distância da 
nave para o centro da Terra será dado por rP = 6,5 × 106 m. Assim: 
 
 EP = - G M m / rP = - (6,7 × 10-11) (6,0 × 1024) (2,0 × 103) / (6,5 × 106) 
 
 EP = - (6,7 / 6,5) × 12 × 1010 = - 1,03 × 12 × 1010 
 
 EP = - 12,36 × 1010 J 
 
 
 EM = - G M m / 2a = - (6,7 × 10-11) (6,0 × 1024) (2,0 × 103) / ( 2 × 6,6 × 106 ) 
 
 EM = - (6,7/ 1,1) × 1010
 
 EM = - 6,09 × 1010 J 
 
 
 EC = EM - EP = 12,36 – 6,09 
 
 EC = 6,25 × 1010 J 
 
 
(c) Pela terceira lei de Kepler, sabemos que T2 ∝ a3. Assim como temos uma redução 
no “a”, o período da órbita elíptica será menor que o da órbita circular.