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Exercícios resolvidos-Halliday 1, Exercícios de Química Industrial

Exercícios resolvidos-Halliday 1

Tipologia: Exercícios

2010
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Compartilhado em 01/04/2010

lucas-rodrigues-32
lucas-rodrigues-32 🇧🇷

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Baixe Exercícios resolvidos-Halliday 1 e outras Exercícios em PDF para Química Industrial, somente na Docsity! LISTA 0 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 29 de Dezembro de 2004, às 13:20 Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de Fı́sica Matéria para a PRIMEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Conteúdo 4 Vetores 2 4.1 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . 2 4.1.1 Soma de vetores . . . . . . . . 2 4.1.2 Somando vetores através das suas componentes . . . . . . . . 2 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam0.tex) http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 1 de 3 LISTA 0 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 29 de Dezembro de 2004, às 13:20 4 Vetores 4.1 Problemas e Exercı́cios 4.1.1 Soma de vetores P 3-6 (3-??/6  edição) Um vetor  tem módulo  unidades e está dirigido para leste. Um outro vetor,  , está dirigido para   a oeste do norte e tem módulo de  unidades. Construa diagra- mas vetoriais para calcular   e   . Estime o módulo e a orientação dos vetores   e   a partir desses diagramas. Para resolver este problema como o livro deseja, necessita-se de papel milimetrado, régua e um transferi- dor, para medir ângulos. Irei resolver o problema usando sua representação algébrica. As componentes dos vetores  e  são    e    sen         ! #"%$&    ')(* O sinal de   é negativo pois para fazer a soma algebri- camente, precisamos primeiro transladar o vetor  para a origem do sistema de coordenadas. É claro que tal translação não é necessária no processo gráfico utiliza- do para a soma. Entenda bem o que está sendo feito, as diferenças entre os dois métodos de obter a soma. Portanto, para a soma + ,-  temos +  ./        10 .  2'3   4 ( 065 . 7(    0  cujo módulo é89;: 8=< >8?< A@ . '( 0 <B ,. 4  0 < 4'3C 5 D  O ângulo que a soma + faz com a horizontal éE3F  arctan 8=8   arctan ')('(       5     Dito de modo equivalente, o vetor + está direcionado de um ângulo de          a Oeste do Norte. Para o vetor diferença G  H  temos G I. '3 J  4 (  0K5 . 9(   4  0  cujo módulo éL  : L < L < A@ . 9(*  0 < .   0 < M  4N 5 M  O ângulo que a diferença G faz com a horizontal éE1O  arctan L L   arctan 4  9(*   1D    Dito de modo equivalente, o vetor G está direcionado de um ângulo de 1D   a Norte do Oeste. Ou ainda, a   214    C  7(  a Oeste do Norte. 4.1.2 Somando vetores através das suas componen- tes P 3-29 (3-??/6  edição) Uma estação de radar detecta um avião que vem do Les- te. No momento em que é observado pela primeira vez, o avião está a   m de distância,    acima do hori- zonte, O avião é acompanhado por mais N 3  no plano vertical Leste-Oeste e está a M C  m de distância quando é observado pela última vez. Calcule o deslocamento da aeronave durante o perı́odo de observação. Chamemos de P a origem do sistema de coordenadas, de Q a posição inicial do avião, e de R a sua posição fi- nal. Portanto, o deslocamento procurado é SQR  DSPRA )SPQT Para DSPR temos, definindo E UN 3     V    (1  , que DSPR  W PR WX. sen E9Y "%$& E[Z 0 ./M C  0 . sen (1  Y "%$)&\(1  Z 0 M )  Y   N   Z Analogamente, para SPQ temos )SPQ  W PQ WX. "%$&   Y sen    Z 0 .   0 . "]$)&*   Y sen    Z 0   C  Y   (* NN Z Portanto SQR  DSPRA )SPQ . M  *^ _  C     N  ^ 2  (* NN 0 . N)N  M  M     C( 0  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 2 de 3 LISTA 0 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 20 de Novembro de 2004, às 11:51 4 Movimento em duas e três di- mensões 4.1 Problemas e Exercı́cios 4.1.1 Análise do Movimento de Projéteis P 4-37 (4-29/6  edição) Uma bola é jogada do solo para o ar. A uma altura de m a velocidade é       em metros por se- gundo (i horizontal, j vertical). (a) Qual a altura máxima alcançada pela bola? (b) Qual será a distância horizon- tal alcançada pela bola? (c) Qual a velocidade da bola (módulo e direção), no instante em que bate no solo? (a) Chame de  o tempo necessário para a bola atingir a velocidade dada. Neste caso teremos     ! #"$&% ' ()     "  $+*, %  , Eliminando  " entre estas duas equações obtemos-    , .   $  0/' cujas raı́zes são 1 /  2 34 e 1 $65  5 / . Substituin- do a raiz positiva na expressão! #"  7. 2  encontramos que  "   -  82:9; -  m/s. Portanto a bola irá atingir uma altura máxima de (8<   , "5=%    -   ,5  2   8 m  (b) Como a componente horizontal da velocidade é sem- pre a mesma, temos >   ?A@ 5! "%CB     5  -  8 2  585  2D9 5E m  (c) O módulo da velocidade é   F  , ?   , "  G    ,    -   ,  H  3 9I m/s  O ângulo que  faz com a horizontal éJ  tan K * @ 8L" ? B  tan K * @  -   B  5  4 L 90 E L ' ou seja, está orientada E L abaixo da horizontal. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 2 de 2 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, às 2:58 p.m. Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de Fı́sica Matéria para a QUARTA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Conteúdo 5 Forças e Movimento – I 2 5.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 5.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . 2 5.2.1 Segunda Lei de Newton . . . . 2 5.2.2 Algumas Forças Especı́ficas . . 2 5.2.3 Aplicação das Leis de Newton . 3 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam1.tex) http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 1 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, às 2:58 p.m. 5 Forças e Movimento – I 5.1 Questões Q 5-?? Cite bla-bla-bla... 5.2 Problemas e Exercı́cios 5.2.1 Segunda Lei de Newton E 5-7 (5-7/6  edição) Na caixa de  kg da Fig. 5-36, são aplicadas duas forças, mas somente uma é mostrada. A aceleração da cai- xa também é mostrada na figura. Determine a segun- da força (a) em notação de vetores unitários e (b) em módulo e sentido. (a) Chamemos as duas forças de  e  . De acordo com a segunda lei de Newton,     , de modo que    . Na notação de vetores unitários temos    e   sen "!  #%$'&"() "!+*, -./021 34*1 Portanto 5 6798'6:-"8); 6<8=6:021 3>8'*?@. AB "%/C;9*=D N 1 (b) O módulo de  é dado porE  GF E IH E IJ GK 6: 998  L6: ;+8  L M N 1 O ângulo que  faz com o eixo N positivo é dado por tan OP E IJE IH  ; " 21 -"Q@-;1 O ângulo é ou  ! ou  ! R0M9 ! L;0 ! . Como ambas componentes E SH e E IJ são negativas, o valor correto é)+ ! . 5.2.2 Algumas Forças Especı́ficas E 5-11 (5-???/6  ) Quais são a massa e o peso de (a) um trenó de -9  kg e (b) de uma bomba térmica de 3") kg? (a) A massa é igual a -9  kg, enquanto que o peso éT UWVX Y6Z- 998=6Z[;1 M98% L-;]\3 N. (b) A massa é igual a 3"; kg, enquanto que o peso éT UWVX Y6^3";+8=6Z[;1 M98% 32Q)1 M N. E 5-14 (5-11/6  ) Uma determinada partı́cula tem peso de  N num pon- to onde V _[21 M m/s  . (a) Quais são o peso e a mas- sa da partı́cula, se ela for para um ponto do espaço on- de V _3/1 [ m/s  ? (b) Quais são o peso e a massa da partı́cula, se ela for deslocada para um ponto do espaço onde a aceleração de queda livre seja nula? (a) A massa é` T V 9[;1 M ;1  kg 1 Num local onde V a321 [ m/s  a massa continuará a ser;1  kg, mas o peso passará a ser a metade:T bWVX a6<)1c8=6^321 [98 a N 1 (b) Num local onde Vd L m/s  a massa continuará a ser;1  kg, mas o peso será ZERO. E 5-18 (5-???/6  ) (a) Um salame de  kg está preso por uma corda a uma balança de mola, que está presa ao teto por outra corda (Fig. 5-43a). Qual a leitura da balança? (b) Na Fig. 5- 43b, o salame está suspenso por uma corda que passa por uma roldana e se prende a uma balança de mola que, por sua vez, está presa à parede por outra corda. Qual a leitura na balança? (c) Na Fig. 5-43c, a parede foi substituı́da por outro salame de  kg, à esquerda, e o conjunto ficou equilibrado. Qual a leitura na balança agora? Em todos os três casos a balança não está acelerando, o que significa que as duas cordas exercem força de igual magnitude sobre ela. A balança mostra a magnitude de qualquer uma das duas forças a ela ligadas. Em cada uma das situações a tensão na corda ligada ao salame tem que ter a mesma magnitude que o peso do salame pois o salame não está acelerando. Portanto a leitura da balança é WV , onde  é a massa do salame. Seu valor éT G6:9+8=6ZM;1 [98% Y09M N 1 http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 2 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, às 2:58 p.m. a direita a força aplicada E e, para a esquerda, a força de contato  › que  exerce sobre   . O diagrama de corpo isolado para a massa  contém três forças: na vertical, œV e ‚  e, na horizontal, apontando para a direita, a força › . Note que o par de forças  › e › é um par ação-reação, conforme a terceira lei de Newton. A segunda lei de Newton aplicada para   forneceE ?› b 'e Š onde e é a aceleração. A segunda lei de Newton aplica- da para  fornece › b  e41 Observe que como os blocos movem-se juntos com a mesma aceleração, podemos usar o mesmo sı́mbolo e em ambas equações. Da segunda equação obtemos e Y›j que substitui- da na primeira equação dos fornece › : › E   % R 6Z 21 98'6}1c8)1  b91  a91‡ N 1 (b) Se  for aplicada em   em vez de   , a força de contato é › E   % R 6Z 21 98'6<)1 98)1  b91  L;1‡ N 1 A aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos. Co- mo a força de contato é a única força aplicada a um dos blocos, parece correto atribuir-se aquele bloco a mesma aceleração que ao bloco ao qual  é aplicada. No segun- do caso a força de contato acelera um bloco com maior massa do que no primeiro, de modo que deve ser maior. P 5-44 (5-33/6  ) Um elevador e sua carga, juntos, têm massa de 0-9 kg. Determine a tensão no cabo de sustentação quan- do o elevador, inicialmente descendo a  m/s, é parado numa distância de 3> m com aceleração constante. O diagrama de corpo isolado tem duas forças: pa- ra cima, a tensão  no cabo e, para baixo, a forçaWV da gravidade. Se escolhermos o sentido para ci- ma como positivo, a segunda lei de Newton diz-nos que |WVd e , onde e é a aceleração. Portanto, a tensão é  bC6žV, le)8œ1 Para determinar a aceleração que aparece nesta equação usamos a relação f  f { #@e"‰ Š onde a velocidade final é fy  , a velocidade inicial éf { Ÿ e ‰… Ÿ3" , a coordenada do ponto final. Com isto, encontramos eX f {@‰ |6}+98 ;6:3>8 \ a91c\) m/s  1 Este resultado permite-nos determinar a tensão: bC6žV, le)8 Y6}0-998 Z[21 M 1¡\>+¢ Y1 Mdop+ w N 1 P 5-52 (5-35/6  ) Uma pessoa de M9 kg salta de pára-quedas e experimenta uma aceleração, para baixo, de )1cQ m/s  . O pára-quedas tem Q kg de massa. (a) Qual a força exercida, para cima, pelo ar sobre o pára-quedas? (b) Qual a força exercida, para baixo, pela pessoa sobre o pára-quedas? (a) O diagrama de corpo isolado para a pessoa+pára- quedas contém duas forças: verticalmente para cima a força E  do ar, e para baixo a força gravitacional de um objeto de massa m Y67M% Q8% LM9Q kg, correspondente as massas da pessoa e do pára-quedas. Considerando o sentido para baixo como positivo, A se- gunda lei de Newton diz-nos que WVx E  Ue Š onde e é a aceleração de queda. Portanto,E  UC6žVdye)8 G6ZM"Q8'67[;1 M”C;1 Q98– L-9 N 1 (b) Consideremos agora o diagrama de corpo isolado apenas para o pára-quedas. Para cima temos E  , e para baixo temos a força gravitacional sobre o pára-quedas de massa £ . Além dela, para baixo atua também a força E £ , da pessoa. A segunda lei de Newton diz-nos então que t£V, E £, E  b£]e , donde tiramosE £ b £ 6ZeP¤V;8 E  6<Q8=67)1cQy[21 M"8 R-"@ QM N 1 P 5-55 (5-???/6  ) Imagine um módulo de aterrisagem se aproximando da superfı́cie de Callisto, uma das luas de Júpiter. Se o motor fornece uma força para cima (empuxo) de 9- N, o módulo desce com velocidade constante; se o mo- tor fornece apenas @9 N, o módulo desce com uma aceleração de ;1 [ m/s  . (a) Qual o peso do módulo de http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 5 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, às 2:58 p.m. aterrisagem nas proximidades da superfı́cie de Callisto? (b) Qual a massa do módulo? (c) Qual a aceleração em queda livre, próxima à superfı́cie de Callisto? Chamemos de V a aceleração da gravidade perto da superfı́cie de Callisto, de  a massa do módulo de ater- risagem, de e a aceleração do módulo de aterrisagem, e de E o empuxo (a força para cima). Consideremos o sentido para baixo como o sentido positivo. EntãoWV E €e . Se o empuxo for E R € "@-9 N, a aceleração é zero, donde vemos que Vx E  b21 Se o empuxo for E  9@ N, a aceleração é e  ’21 9[ m/s  , e temos WVx E  e"1 (a) A primeira equação fornece o peso do módulo de aterrisagem: T Vd E   "@- N 1 (b) A segunda equação fornece a massa: ` T  E e> "@-?@9;1 [ “)1¡\xop+ ˆ kg 1 (c) O peso dividido pela massa fornece a aceleração da gravidade no local, ou seja, VX T "@-)1¡\Poy0 ˆ Y1c m/s  1 P 5-58 (5-43/6  ) Um bloco de massa  X ‹ 21c\ kg está sobre um plano com  ! de inclinação, sem atrito, preso por uma corda que passa por uma polia, de massa e atrito desprezı́veis, e tem na outra extremidade um segundo bloco de mas- sa  `;1 kg, pendurado verticalmente (Fig. 5-52). Quais são (a) os módulos das acelerações de cada bloco e (b) o sentido da aceleração de  ? (c) Qual a tensão na corda? (a) Primeiro, fazemos o diagrama de corpo isolado para cada um dos blocos. Para  , apontando para cima temos a magnitude  da tensão na corda, e apontando para baixo o peso œV . Para k , temos três forças: (i) a tensão  apontando para cima, ao longo do plano inclinado, (ii) a normal ‚ perpendicular ao plano inclinado e apontando para cima e para a esquerda, e (iii) a força peso k¥V , apontando para baixo, fazendo um ângulo OW u  ! com o prolon- gamento da normal. Para k , escolhemos o eixo N paralelo ao plano incli- nado e apontando para cima, e o eixo ‰ na direção da normal ao plano. Para   , escolhemos o eixo ‰ apon- tando para baixo. Com estas escolhas, a aceleração dos dois blocos pode ser representada pela mesma letra e . As componentes N e ‰ da segunda lei de Newton para  são, respectivamente, p  V sen O   e Š‚ yWV„$'&"()O 21 A segunda lei de Newton para   fornece-nos  Vx    e41 Substituindo-se  Œ  ed b  V sen O (obtida da pri- meira equação acima), nesta última equação, obtemos a aceleração: e 6^  p  sen O"8˜Vk% ? A ;1 ”C ;1¡\ sen  ! D˜67[;1 M98 21c\¦ #)1 L;1¡\] 9Q m/s  1 (b) O valor de e acima é positivo, indicando que a aceleração de   aponta para cima do plano inclinado, enquanto que a aceleração de   aponta para baixo. (c) A tensão  na corda pode ser obtida ou de   e” R  V sen O 6Z 21c\8'A ;1¡\] "Qƒ l[;1 M sen 99!ID L@21 M3 N Š ou, ainda, da outra equação:   V, ?  e 67)1 98=A [21 M”C;1¡\] "QD/ L;1 M@3 N 1 P 5-63 (5-47/6  ) Um macaco de + kg sobe por uma corda de massa des- prezı́vel, que passa sobre o galho de uma árvore, sem atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa deQ kg, que está no solo (Fig. 5-54). (a) Qual o módulo da aceleração mı́nima que o macaco deve ter para levan- tar a caixa do solo? Se, após levantar a caixa, o macaco parar de subir e ficar agarrado à corda, quais são (b) sua aceleração e (c) a tensão na corda? (a) Consideremos “para cima” como sendo os sen- tidos positivos tanto para o macaco quanto para a cai- xa. Suponhamos que o macaco puxe a corda para baixo http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 6 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, às 2:58 p.m. com uma força de magnitude E . De acordo com a ter- ceira lei de Newton, a corda puxa o macaco com uma força de mesma magnitude, de modo que a segunda lei de Newton aplicada ao macaco fornece-nosE y—VX b—”e>— Š onde — e e>— representam a massa e a aceleração do macaco, respectivamente. Como a corda tem massa des- prezı́vel, a tensão na corda é o próprio E . A corda puxa a caixa para cima com uma força de mag- nitude E , de modo que a segunda lei de Newton aplicada à caixa é E ‚ p£+V U£@e£ Š onde t£ e e£ representam a massa e a aceleração da caixa, respectivamente, e ‚ é a força normal exercida pelo solo sobre a caixa. Suponhamos agora que E E —¦§‘¨ , onde E —ƒ§‘¨ é a força mı́nima para levantar a caixa. Então ‚ © ee £ u , pois a caixa apenas ‘descola’ do chão, sem ter ainda começado a acelerar. Substituindo-se estes valo- res na segunda lei de Newton para a caixa obtemos queE i £ V que, quando substituida na segunda lei de Newton para o macaco (primeira equação acima), nos permite obter a aceleração sem problemas: e"—… E p — V— 6Zt£,p — 8~V— 6}+Q”098=6Z[21 M"8+ b321 [ m/s  1 (b) Para a caixa e para o macaco, a segunda lei de Newton são, respectivamente,E p £ Vd b £ e £ ŠE p— VX U—e>—P1 Agora a aceleração do pacote é para baixo e a do ma- caco para cima, de modo que e"—m ªe £ . A primeira equação nos forneceE b £ 6^V, #e £ 8  £ 6žVPye>—,8 Š que quando substituida na segunda equação acima nos permite obter e>— : e"—  £ y—,8˜Vt£,p — 6}+Q#+98~V+Q 0 L m/s  1 (c) Da segunda lei ne Newton para a caixa podemos ob- ter queE U£26žVxCe — 8 G6:Q8=6Z[;1 M”C;1 "8 @ N 1 P 5-70 (5-53/6  ) Um balão de massa « , com ar quente, está descendo, verticalmente com uma aceleração e para baixo (Fig. 5- 59). Que quantidade de massa deve ser atirada para fora do balão, para que ele suba com uma aceleração e (mes- mo módulo e sentido oposto)? Suponha que a força de subida, devida ao ar, não varie em função da massa (car- ga de estabilização) que ele perdeu. As forças que atuam no balão são a força ¬ da gra- vidade, para baixo, e a força   do ar, para cima. Antes da massa de estabilização ser fogada fora, a aceleração é para baixo e a segunda lei de Newton fornece-nosE  C«“VX a «e Š ou seja E  L«Œ6žVxCe)8 . Após jogar-se fora uma massa , a massa do balão passa a ser «­C e a aceleração é para cima, com a segunda lei de Newton dando-nos agora a seguinte expressãoE  U67«®y8~VX a6<«®y 8:e41 Eliminando E  entre as duas equações acima encontra- mos sem problemas que ` «ee CV «„ ?V;j@e 1 http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 7 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, às 10:09 a.m. E 6-11 (6-9/6  ) Uma força horizontal  de 1 N comprime um bloco pesando  N contra uma parede vertical (Fig. 6-18). O coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é : , e o coeficiente de atrito cinético é   . Suponha que inicialmente o bloco não esteja em movimento. (a) O bloco se moverá? (b) Qual a força exercida pela parede sobre o bloco, em notação de vetores unitários? (a) O diagrama de corpo isolado consiste aqui de qua- tro vetores. Na horizontal, apontando para a direita, te- mos a força  e apontando para a esquerda a força nor- mal  . Na vertical, apontando verticalmente para baixo temos o peso  , e apontando para cima a força de atri- to  . Para determinar se o bloco cai, precisamos encontrar a magnitude  da força de fricção nevessária para mante- lo sem acelerar bem como encontrar a força da parede sobre o bloco. Se &C # $  o bloco não desliza pela parede mas se ED # $  o bloco irá deslizar. A componente horizontal da segunda lei de Newton re- quer que FGH  , de modo que IJH 1 N e, portanto, # $ KL(  :-+ ( 1 +   1 N. A componente vertical diz que M    , de modo que  3   N. Como EC #%$  , vemos que o bloco não desliza. (b) Como o bloco não se move, N  N e K 1 N. A força da parede no bloco é PO )QERSTVUW)(X 15RYS  U + N  P 6-22 (6-13/6  ) Uma caixa de :,0 kg é puxada pelo chaão por uma corda que faz um ângulo de >-Z acima da horizontal. (a) Se o coeficiente de atrito estático é A , qual a tensão mı́nima necessária para iniciar o movimento da caixa? (b) SE# 6   <- , qual a sua aceleração inicial? (a) O diagrama de corpo isolado tem quatro forças. Apontando para a direita e fazendo um ângulo de [  >-Z com a horizontal temos a tensão \ na corda. Hori- zontalmente para a esquerda aponta a força de atrito  . Na vertical, para cima aponta a força normal  do chão sobre a caixa, e para baixo a força 7 da gravidade. Quando a caixa ainda não se move as acelerações são zero e, consequentemente, també o são as respectivas componentes da força resultante. Portanto, a segunda lei de Newton nos fornece para as componente horizon- tal e vertical as equações, respectivamente,]_^a` b [    ] sen [ Sc    Esta equações nos dizem que 8L]_^a` b [ e que d3 N] sen [ . Para a caixa permanecer em repouso  tem que ser me- nor do que # $  , ou seja,]_^e`-b [ C # $ ( 3 N] sen [-+f Desta expressão vemos que a caixa começará a mover- se quando a tensão ] for tal que os dois lados da equação acima compemsem-se:]_^e`-b [  #%$ ( 3 N] sen [-+f donde tiramos facilmente que ]2 #%$ 3^e`-b [ S # $ sen [  ( A,+ ( :,0 + (9.  0-+^e`-b  Z S A sen > Z <-5 N  (b) Quando a caixa se move, a segunda lei de Newton nos diz que ]_^a` b [ @  7?gLS] sen [  3  * Agora, porém temos # 6 ' # 6 (  h] sen [ +f onde tiramos  da segunda equação acima. Substituin- do este  na primeira das equações acima temos]_^a`-b [  # 6 ( 3 N] sen [-+  ?g de onde tiramos facilmente que ?  ]M(/^e`-b [ S # 6 sen [-+  # 6  ( <-5 + (/^e`-b ,Z S * <  sen >-Za+:,0 G( * < ,+ (9.  0-+ , < m/s B- Perceba bem onde se usa #%$ e onde entra # 6 . P 6-24 (6-15/6  ) Na Fig. 6-24, A e B são blocos com pesos de , N e 1-1 N, respectivamente. (a) Determine o menor peso (bloco C) que deve ser colocado sobre o bloco A para impedi- lo de deslizar, sabendo que o coeficiente #%i entre A e a http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 3 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, às 10:09 a.m. mesa é  1 . (b) Se o bloco C for repentinamente retira- do, qual será a aceleração do bloco A, sabendo que # 6 entre A e a mesa é *j  ? (a) Aqui temos DOIS diagramas de corpo isolado. O diagrama para o corpo B tem apenas duas forças: para cima, a magnitude da tensão ] na corda, e para baixo a magnitude kml do peso do bloco B. O diagrama pa- ra o corpo composto por A+C tem quatro forças. Na horizontal, apontando para a direita temos a tensão ] na corda, e apontando para a esquerda a magnitude  da força de atrito. Na vertical, para cima temos a normal  exercida pela mesa sobre os blocos A+C, e para baixo o peso konqp , peso total de A+C. Vamos supor que os blocos estão parados (não acelera- dos), e escolher o eixo  apontando para a direita e o eixo  apontando para cima. As componentes  e  da segunda lei de Newton são, respectivamente,]r  * kmnqp  * Para o bloco B tomamos o sentido para baixo como sen- do positivo, obtendo que kml N]s  Portanto temos que ]= kol e, consequentemente, que7s]t kml . Temos também que " k nqp . Para que não ocorra deslizamento, é necessário que  seja menor que # i  , isto é que kml C # i k nqp . O me- nor valor que k nqp pode ter com os blocos ainda parados é kmnqp  k l# i  1,1* 1  , > N  Como o peso do bloco A é - N, vemos que o menor peso do bloco C é k p  - u  -  :-: N  (b) Quando existe movimento, a segunda lei de Newton aplicada aos dois diagramas de corpo isolado nos forne- ce as equações ]8  k n ?gJ k n   kml N]  kol ?g Além destas, temos v # 6  , onde   kon (da segunda equação acima). Da terceira acima tiramos ]= k l t( k lxw +y? . Substituindo as duas últimas ex- pressões na primeira equação acima obtemos kol  k l ?  #%6 k n  kon ?g Isolando ? encontramos, finalmente, ?   ( k l  # 6 konz+k n S kml  (/.  0-+e{ 1-1;8( | >,+ ( - +~}, Sr1,1 1  < m/s B5 Perceba bem onde entra # i e onde se usa #%6 . 6.2.2 Força de Viscosidade e a Velocidade Limite P 6-43 (6-33/6  ) Calcule a força da viscosidade sobre um mı́ssil de ,< cm de diâmetro, viajando na velocidade de cruzeiro de1 5 m/s, a baixa altitude, onde a densidade do ar é , 1 kg/m  . Suponha €   5 . Use a Eq. 6-18 do livro texto:m‚ƒ' 1 €W„…Q† B  onde „ é a densidade do ar, … é a área da secção reta do mı́ssil, † é a velocidade do mı́ssil, e € é o coeficien- te de viscosidade. A área éa dada por … F‡‰ˆ B , ondeˆ * ,< w 1ƒ * 1 :- m é o raio do mı́ssil. Portanto,m‚ƒ 1 ( *A ,,+ ( , 1 + (Š‡ + (  1 : ,+ B (91 ,-+ B  : 1Œ‹ u  N  6.2.3 Movimento Circular Uniforme E 6-47 (?????/6  ) Se o coeficiente de atrito estático dos pneus numa rodo- via é  1  , com que velocidade máxima um carro pode fazer uma curva plana de  Y  m de raio, sem derrapar? A aceleração do carro quando faz a curva é † B w ˆ , onde † é a velocidade do carro e ˆ é o raio da curva. Como a estrada é plana (horizontal), a única força que evita com que ele derrape é a força de atrito da estrada com os pneus. A componente horizontal da segunda lei de Newton é @ †B w ˆ . Sendo  a força normal da estrada sobre o carro e  a massa do carro, a compo- nente vertical da segunda lei nos diz que " 3   . Portanto,  3 e #%i Ž #%i 3 . Se o carro não http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 4 LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, às 10:09 a.m. derrapa, hC #%i 3 . Isto significa que †B w ˆ=C #%i  , ou seja, que † Cs #%i ˆ  . A velocidade máxima com a qual o carro pode fazer a curva sem deslizar é, portanto, quando a velocidade coincidir com o valor á direita na desigualdade acima, ou seja, quando † max = # i ˆ  = (  1 -+ ( Y A,+ (/.  0-+  - m/s  E 6-55 (?????/6  ) No modelo de Bohr do átomo de hidrogênio, o elétron descreve uma órbita circular em torno do núcleo. Se o raio é Y < ‹ uY‘‰’“’ m e o elétron circula : : ‹ u’y” vezes por segundo, determine (a) a velocidade do elétron, (b) a aceleração do elétron (módulo e sentido) e (c) a força centrı́peta que atua sobre ele. (Esta força é resultante da atração entre o núcleo, positivamente carregado, e o elétron, negativamente carregado.) A massa do elétron é . | , ‹ >Y‘  ’ kg. (a) (b) (c) E 6-56 (???/6  ) A massa  está sobre uma mesa, sem atrito, presa a um peso de massa • , pendurado por uma corda que passa através de um furo no centro da mesa (veja Fig. 6-39). Determine a velocidade escalar com que  deve se mo- ver para • permanecer em repouso. Para • permanecer em repouso a tensão ] na cor- da tem que igualar a força gravitacional •! sobre • . A tensão é fornecida pela força centrı́peta que mantém em sua órbita circular: ]) † B w – , onde – é o raio da órbita. Portanto, •!  † B w – , donde tiramos sem problemas que † &— •! –  P 6-62 (?????/6  ) Um estudante de :-0 kg, numa roda-gigante com velo- cidade constante, tem um peso aparente de ,5 N no ponto mais alto. (a) Qual o seu peso aparente no ponto mais baixo? (b) E no ponto mais alto, se a velocidade da roda-gigante dobrar? Atenção: observe que o enunciado deste proble- ma na quarta edição do livro fala em “peso apa- rente de 5: kg”, fazendo exatamente aquilo que não se deve fazer: confundir entre si, peso e mas- sa. A origem do problema está na tradução do livro. O livro original diz que “um estudante de >5 li- bras” ....“tem um peso aparente de 1  libras”. O tradutor não percebeu que, como se pode faci- lemente ver no Apêndice F, “libra” é tanto uma unidade de massa, quanto de peso. E é preciso prestar atenção para não confundir as coisas. Assim, enquanto que as 5 libras referem-se a uma massa de :,0 kg, as 1  libras referem-se a um peso de ,5 N. (a) No topo o acento empurra o estudante para cima com uma força de magnitude o˜ , igual a -5 N. A Terra puxa-o para baixo com uma força de magnitude k , igual a :,05 F( :-0-+ (9.  0-+  :,:-: N. A força lı́quida apontando para o centro da órbita circular é k 8 ˜ e, de acordo com a segunda lei de Newton, deve ser igual a † B w ˆ , onde † é a velocidade do etudante e ˆ é o raio da órbita. Portanto  †Bˆ  k @%˜™ :,:,:  ,,  , >: N  Chamemos de ›š a magnitude da força do acento sobre o estudante quando ele estiver no ponto mais baixo. Tal força aponta para cima, de modo que a força lı́quida que aponta para o centro do cı́rculo é ›š› k . Assim sendo, temos ›šz k  3†B w ˆ , donde tiramos  š   † Bˆ S k  , >: S :-:,:  50 1 N  que correspondem a uma massa aparente de  š  ›š  V0 1.  0  .  kg  (b) No topo temos k @o˜› 3† B w ˆ , de modo que ˜  k   †Bˆ2 Se a velocidade dobra, † B w ˆ aumenta por um fator de , passando a ser , >: ‹   -:5 N. Então%˜™ :,:,:  -:, !1  1 N  correspondendo a uma massa efetiva de  ˜  o˜  1  1.  0 21 * : kg  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 5 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, às 8:20 a.m. 7 Trabalho e Energia Cinética 7.1 Questões Q 7-13 As molas A e B são idênticas, exceto pelo fato de que A é mais rı́gida do que B, isto é   . Qual das duas molas realiza um trabalho maior (a) quando elas sofrem o mesmo deslocamento e (b) quando elas são distendi- das por forças iguais. (a) Temos    e    , onde  representa o deslocamento comum a ambas molas. Por- tanto,        ou seja,   . (b) Agora temos      e   !   , onde  e  representam os delocamentos provocados pela força idêntica que atua sobre ambas as molas e que implica ter-se, em magnitude,"   #$  %  donte tiramos  &  %  . Portanto       ('  )!  *     ,+  ou seja,  +  . 7.2 Problemas e Exercı́cios 7.2.1 Trabalho: movimento - com força constan- te E 7-2 (7-7/6 . edição) Para empurrar um caixote de /0 kg num piso sem atrito, um operário aplica uma força de   0 N, dirigida  0 1 aci- ma da horizontal. Se o caixote se desloca de 2 m, qual o trabalho executado sobre o caixote (a) pelo operário, (b) pelo peso do caixote e (c) pela força normal exerci- da pelo piso sobre o caixote? (d) Qual o trabalho total executado sobre o caixote? (a) A força aplicada é constante e o trabalho feito por ela é 3 4&576 "98%:7; <>=  onde 4 é a força, 6 é o deslocamento do caixote, e = é o ângulo entre a força 4 e o deslocamento 6 . Portanto, 3 ?'@  0 *A' 2 * :A;B<  0 1  /C 0 J D (b) A força da gravidade aponta para baixo, perpendi- cular ao deslocamento do caixote. O ângulo entre esta força e o deslocamento é C0 1 e, como :A; < C0 1E 0 , o trabalho feito pela força gravitacional é ZERO. (c) A força normal exercida pelo piso também atua per- pendicularmente ao deslocamento, de modo que o tra- balho por ela realizado também é ZERO. (d) As três forças acima mencionadas são as únicas que atuam no caixote. Portanto o trabalho total é dado pela soma dos trabalhos individuais realizados por cada uma das três forças, ou seja, o trabalho total é /C0 J. P 7-9 (???/6 . ) A Fig. 7-27 mostra um conjunto de polias usado para facilitar o levantamento de um peso F . Suponha que o atrito seja desprezı́vel e que as duas polias de baixo, às quais está presa a carga, pesem juntas  0 N. Uma car- ga de GH 0 N deve ser levantada   m. (a) Qual a força mı́nima 4 necessária para levantar a carga? (b) Qual o trabalho executado para levantar a carga de   m? (c) Qual o deslocamento da extremidade livre da corda? (d) Qual o trabalho executado pela força 4 para realizar esta tarefa? (a) Supondo que o peso da corda é desprezı́vel (isto é, que a massa da corda seja nula), a tensão nela é a mes- ma ao longo de todo seu comprimento. Considerando as duas polias móveis (as duas que estão ligadas ao pesoF ) vemos que tais polias puxam o peso para cima com uma força " aplicada em quatro pontos, de modo que a força total para cima aplicada nas polias móveis é H " . Se " for a força mı́nima para levantar a carga (com ve- locidade constante, i.e. sem acelera-la), então a segunda lei de Newton nos diz que devemos terH "JILKJM  0  onde KJM representa o peso total da carga mais polias móveis, ou seja, KJM N' GHB0%O  0 * N. Assim, encontra- mos que "  G P0H   / N D http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 2 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, às 8:20 a.m. (b) O trabalho feito pela corda é  H "98  KJMQ8 , onde 8 é a distância de levantamento da carga. Portanto, o trabalho feito pela corda é N' G P0 *7'  *R  02  0 J D (A resposta na tradução do livro está incorreta.) (c) A cada metro que a carga sobe, cada segmento da corda entre o conjunto superior e inferior de polias di- minui de um metro. Ou seja, a extremidade livre da cor- da abaixo de H metros. Portanto, no total a extremidade livre da corda move-se ' H *A'  *! H G m para baixo. (d) O trabalho feito pela pessoa que puxa a corda pela extremidade livre é  "98  KJMQ8  H , onde 8 é a distância que a extremidade livre se move. Portanto, N' GP 0 * HBGH   0 2  0 J D Observe que os valores encontrados nos itens (b) e (d) devem coincidir, o que não ocorre com as respostas for- necidas no livro. P 7-12 (???/6 . ) Um bloco de 2SDUT/ kg é puxado com velocidade constan- te por uma distância de HD 0 P m em um piso horizontal por uma corda que exerce uma força de TVD PG N fazen- do um ângulo de  / 1 acima da horizontal. Calcule (a) o trabalho executado pela corda sobre o bloco e (b) o coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o piso. (a) A força na corda é constante, de modo que o traba- lho é dado por 4$5W6 "98%:A;B<>= , onde 4 é a força exercida pela corda, 6 é a distância do deslocamento, e= é o ângulo entre a força e o deslocamento. Portanto N' TVD PG *7' HD 0 P * :7; <  / 1  20>D  J D (b) A resposta pode ser obtida facilmente fazendo-se um diagrama de corpo livre onde constem todas as (quatro) forças aplicadas. Desenhe um ponto X representando o bloco. Em X , de- senhe a força normal Y apontando para cima, a força peso ZE[ apontando para baixo. Apontando horizontal- mente para a esquerda desenhe a força \ de atrito. Dese- nhe a força 4 que puxa o bloco apontando para a direita e para cima, fazendo um ângulo = com a horizontal, Com isto tudo, a segundo lei de Newton nos diz que para que o bloco se mova sem acelerar devemos ter equilı́brio tanto na horizontal quanto na vertical, o que nos fornece as equações, respectivamente,"$:A; <=]I_^  0 ` O " sen =aI Z M  0SD A magnitude da força de atrito é dada por^ bdc ` ebdcV' Z MfIL" sen = *  onde o valor de ` foi obtido da segunda equação acima. Substituindo o valor de ^ na primeira das equações aci- ma e resolvendo-a para b c encontramos sem problemas que b c  "$:A;B<>=Z MgI$" sen = ' TQD P G * :7; <  / 1' 2>D /BT *7' CSD G * I ' TQD P G * sen  / 1  0>D   D 7.2.2 Trabalho executado por força variável P 7-16 (???/6 . ) A força exercida num objeto é " 'hi*j "lk 'mi k9I  * . Calcule o trabalho realizado para deslocar o objeto den 0 até &o k (a) fazendo um gráfico de " 'hi* e determinando a área sob a curva e (b) calculando a inte- gral analiticamente. (a) A expressão de " 'hi* diz-nos que a força varia li- nearmente com  . Supondo  k p0 , escolhemos dois pontos convenientes para, através deles, desenhar uma linha reta. Para q 0 temos "  Ir" k enquanto que para sJ k temos "  " k , ou seja devemos desenhar uma linha re- ta que passe pelos pontos ' 0  Ir" k * e '@ k  " k * . Faça a figura! Olhando para a figura vemos que o trabalho total é da- do pela soma da área de dois triângulos: um que vai deE 0 até q k , o outro indo de Ee k até q  k . Como os dois triângulos tem a mesma área, sendo uma positiva, a outra negativa, vemos que o trabalho total é ZERO. (b) Analiticamente, a integral nos diz que  t vuwk " kyx  1 I -z 8  " k{x   k I  z}||| vu wk  0SD http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 3 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, às 8:20 a.m. 7.2.3 Trabalho realizado por uma mola E 7-18 (7-21/6 . ) Uma mola com uma constante de mola de  / N/cm está presa a uma gaiola, como na Fig. 7-31. (a) Qual o tra- balho executado pela mola sobre a gaiola se a mola é distendida de TVD P mm em relação ao seu estado relaxa- do? (b) Qual o trabalho adicional executado pela mola se ela é distendida por mais TQD P mm? (a) Quando a gaiola move-se de Eey~ para E  o trabalho feito pela mola é dado por  t u-u€ ' I  i* 8   I     ||| u u € I   'h  I   ~ *  onde  é a constante de força da mola. Substituindo ~  0 m e    TQD P‚  0Sƒ#„ m encontramos  I  '  /0 0 *7' TVD P…  0 ƒi„ *   I 0SD 0HB2 J D (b) Agora basta substituir-se y~ TVD PL  0Sƒ#„ m e    /QD    0Sƒ#„ m na expressão para o trabalho:  I  '  /0 0 *>†@'  /QD *  I ' TVD P * ˆ‡  '  0 ƒi„ *  I 0SD  2 J D Perceba que durante o segundo intervalo o trabalho rea- lizado é mais do que o dobro do trabalho feito no pri- meiro intervalo. Embora o deslocamento tenha sido idêntico em ambos intervalos, a força é maior durante o segundo intervalo. 7.2.4 Energia Cinética E 7-21 (7-???/6 . ) Se um foguete Saturno V com uma espaçonave Apolo acoplada tem uma massa total de  D C]  0‰ kg e atinge uma velociade de   D  km/s, qual a sua energia cinética neste instante? Usando a definição de energia conética temos queŠ   Zs‹    '@ D C‚  0 ‰ *A'   D    0 „ *  DŒT/f  0 ~ „ J D E 7-22 (7-1/6 . ) Um elétron de condução (massa Z  CSD    0Sƒ#„ ~ kg) do cobre, numa temperatura próxima do zero absoluto, tem uma energia cinética de P>DŒT(  0Qƒ ~Ž J. Qual a velo- cidade do elétron? A energia cinética é dada por Š  Zq‹   , onde Z é a massa do elétron e ‹ a sua velocidade. Portanto ‹   ŠZ   S' PSDUTf  0 ƒ ~Ž *C>D     0 ƒ#„ ~   D    0‘ m/s D E 7-29 (???/6 . ) Um carro de  0 00 kg está viajando a P0 km/h numa es- trada plana. Os freios são aplicados por um tempo sufi- ciente para reduzir a energia cinética do carro de /0 kJ. (a) Qual a velocidade final do carro? (b) Qual a redução adicional de energia cinética necessária para fazê-lo pa- rar? (a) A energia cinética inicial do carro é Š]’  Zs‹ ’  , onde Z é a massa do carro e ‹ ’  P 0 km/h  P 0f  0 „2P 00   PSDUT m/s é a sua velocidade inicial. Isto nos forneceŠ ’ N'  00 0 *7'  P>DŒT *  “  D 2C…  0 ‰ J D Após reduzir em /0 kJ a energia cinética teremosŠa”   D 2C…  0 ‰ I /0…  0 „  GSD C‚  0• J D Com isto, a velocidade final do carro será ‹ ”   Ša”Z   S' GSD C‚  0 • * 0 00   2>D 2 m/s HVTQD G km/h D (b) Como ao parar a energia cinética final do carro será ZERO, teremos que ainda remover GSD C!  0 • J para faze- lo parar. P 7-35 (7-17/6 . ) Um helicóptero levanta verticalmente um astronauta deT  kg até  / m de altura acima do oceano com o auxı́lio de um cabo. A aceleração do astronauta é M   0 . Qual o trabalho realizado sobre o astronauta (a) pelo he- licóptero e (b) pelo seu próprio peso? Quais são (c) a energia cinética e (d) a velocidade do astronauta no mo- mento em que chega ao helicóptero? http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 4 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, às 8:20 a.m. Como o problema afirma que a força é proporcional à velocidade, podemos escrever que a força é dada por" ?© ‹ , onde ‹ é a velocidade e © é uma constante de proporcionalidade. A potência necessária éX  " ‹ e© ‹  D Esta fórmula nos diz que a potência associada a uma velocidade ‹ ~ é X ~ ª© ‹ ~ e a uma velocidade ‹  éX  «© ‹  . Portanto, dividindo-se X  por X ~ podemos nos livrar da constante © desconhecida, obtendo que X   x ‹ ‹ ~ z  X ~ D Para X ~r  0 hp e ‹   2‹ ~ , vemos sem problemas queX   x  H z  '  0 *!N' 2 *  '  0 *) C0 hp D Observe que é possı́vel determinar-se explicitamente o valor de © a partir dos dados do problema. Porém, tal solução é menos elegante que a acima apresentada, onde determinamos © implicitamente. 7.2.6 Energia Cinética a Velocidades Elevadas E 7-50 (???/6 . ) Um elétron se desloca de /QD  cm em 0SD  / ns. (a) Qual é a relação entre a velocidade do elétron e a velocidade da luz? (b) Qual é a energia do elétron em elétrons-volt? (c) Qual o erro percentual que você cometeria se usas- se a fórmula clássica para calcular a energia cinética do elétron? (a) A velocidade do elétron é ‹  8 Ÿ  /SD    0Sƒ 0>D  /g  0 ƒ  J D 0H‚  0¬ m/s D Como a velocidade da luz é ­ e D C CG(  0 ¬ m/s, temos ‹   D 0H D CCG ­  0>D P G“­D (b) Como a velocidade do elétron é próxima da veloci- dade da luz,devemos usar expressão relativı́stica para a energia cinética:Š  ZE­  x ®  I ‹   ­  I  z ' CSD    0 „ ~ *7'@ D CC G…  0 ¬ * x ®  I ' 0>D P G *  I z 2>D 0‚  0 ƒ ~ • J D Este valor é equivalente a Š  2SD 0…  0Qƒ ~ • D P0…  0 ƒ ~¯   D C0…  0 ‰   C 0 keV D (c) Classicamente a energia cinética é dada porŠ   Zq‹    ' CSD    0 ƒ#„ ~ *A'° D 0H±  0¬ *   D C 0f  0 ƒ ~ • J D Portanto, o erro percentual é, simplificando já a potência comum  0Qƒ ~ • que aparece no numerador e denomina- dor, erro percentual  2SD 0 I  D C2SD 0  0SD 2BT  ou seja, 2BT² . Perceba que não usar a fórmula rela- tivı́stica produz um grande erro!! http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 7 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23 Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de Fı́sica Matéria para a QUARTA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Conteúdo 8 Conservação da Energia 2 8.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 8.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . 2 8.2.1 Determinação da Energia Po- tencial . . . . . . . . . . . . . . 2 8.2.2 Usando a Curva de Energia Po- tencial . . . . . . . . . . . . . . 7 8.2.3 Conservação da Energia . . . . 8 8.2.4 Trabalho Executado por Forças de Atrito . . . . . . . . . . . . 8 8.2.5 Massa e Energia . . . . . . . . 11 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam2.tex) http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 1 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23 8 Conservação da Energia 8.1 Questões Q 8-10 Cite alguns exemplos práticos de equilı́brio instável, neutro e estável. 8.2 Problemas e Exercı́cios 8.2.1 Determinação da Energia Potencial E 8-1 (8-??/6  edição) Uma determinada mola armazena  J de energia po- tencial quando sofre uma compressão de   cm. Qual a constante da mola? Como sabemos que a energia potencial elástica arma- zenada numa mola é    , obtemos facilmen- te que          ! !  #" $&%(')!* N/m  E 8-6 (8-3/6  ) Um pedacinho de gelo se desprende da borda de uma taça hemisférica sem atrito com   cm de raio (Fig. 8- 22). Com que velocidade o gelo está se movendo ao chegar ao fundo da taça? A única força que faz trabalho sobre o pedacinho de gelo é a força da gravidade, que é uma força conservati- va. Chamando de +-, a energia cinética do pedacinho de ge- lo na borda da taça, de +/. a sua energia cinética no fundo da taça, de 0, sua energia potencial da borda e de 1. sua energia potencial no fundo da taça, temos então +/.324 1.5#+-,624 0,7 Consideremos a energia potencial no fundo da taça co- mo sendo zero. Neste caso a energia potencial no topo vale 0,8:9<;= , onde = representa o raio da taça e 9 representa a massa do pedacinho de gelo. Sabemos que+/,>?! pois o pedacinho de gelo parte do repouso. Cha- mando de @ a velocidade do pedacinho de gelo ao atin- gir o fundo, temos então, da equação da conservação da energia acima que 9<;=A?9B@ , o que nos fornece @&DC ;=E C 6 $ " F !6  G#H' m/s  E 8-8 (8-13/6  ) Um caminhão que perdeu os freios está descendo uma estrada em declive a 'JI ! km/h. Felizmente a estrada dispõe de uma rampa de escape, com uma inclinação de'K (Fig. 8-24). Qual o menor comprimento da rampa para que a velocidade do caminhão chegue a zero an- tes do final da rampa? As rampas de escape são quase sempre cobertas com uma grossa camada de areia ou cascalho. Por quê? Nota: uso o valor 'JI ! km/h da sexta edição do livro, em vez dos ')! km/h da quarta, já que na quarta edição não é fornecida nenhuma resposta. Despreze o trabalho feito por qualquer força de fricção. Neste caso a única força a realizar trabalho é a força da gravidade, uma força conservativa. Seja + , a energia cinética do caminhão no inı́cio da rampa de es- cape e + . sua energia cinética no topo da rampa. Seja 1, e . os respectivos valores da energia potencial no inı́cio e no topo da rampa. Então + . 24 . #+ , 24 ,  Se tomarmos a energia potencial como sendo zero no inı́cio da rampa, então . L9/;M , onde M é a altura final do caminhão em relação à sua posição inicial. Te- mos que +-,N#9B@ , onde @ é a velocidade inicial do caminhão, e +/./O! já que o caminhão para. Portanto9<;M-?9B@ , donde tiramos que M< @P;  Q')I! %R'J! * PI S!!Q6 $6 " TS S I m  Se chamarmos de U o comprimento da rampa, então te- remos que U sen 'K(VM , donde tiramos finalmente que UW M sen ') K  S S Isen ') K  !S m  Areia ou cascalho, que se comportam neste caso como um “fluido”, tem mais atrito que uma pista sólida, aju- dando a diminuir mais a distância necessária para parar o veı́culo. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 2 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23 topo em relação ao ponto de tiro. Resolvendo para M , encontramos: M/ 1.9<;  X " %R'J! * ]F $ "  \'JS ! m  P 8-23 (8-23/6  ) A corda da Fig. 8-31 tem U4O')! cm de comprimento e a distância ‹ até o pino fixo Œ é de  cm. Quando a bola é liberada em repouso na posição indicada na fi- gura, descreve a trajetória indicada pela linha tracejada. Qual é a velocidade da bola (a) quando está passando pelo ponto mais baixo da trajetória e (b) quando chega ao ponto mais alto da trajetória depois que a corda toca o pino? Chame de  o ponto mais baixo que a bola atinge e de Ž o ponto mais alto da trajetória após a bola to- car no pino. Escolha um sistemas de coordenada com o eixo Z originando-se no ponto  e apontando para ci- ma. A energia inicial da bola de massa 9 no campo gravitacional da Terra antes de ser solta vale \?9<;U . Conservação da energia fornece-nos então uma equação para a velocidade @ da bola em qualquer lugar especifi- cado pela coordenada Z : \9<;XUW ' 9B@  2W9<;Z (a) Com Z‘o_! em 9<;XUcp’ 9<@‘ 2o9/;Z‘ , obtemosfacilmente que @ ‘  C P;Uv C ]F $ " F Q'   GTY6 " m/s  (b) Importante aqui é perceber que o tal ponto mais alto da trajetória depois que a corda toca o pino não é o pon- to U u&‹ (como a figura parece querer indicar) mas sim o ponto Z“o#6 UBu<‹ , pois a bola tem energia suficiente para chegar até ele! É neste detalhezito que mora o pe- rigo... :-) Substituindo Z“ em 9<;Uo ’ 9B@“ 2o9<;Z“ ,obtemos então facilmente que @“o C ;” ‹Eu‰U•– C  $6 "^d  !—>u4'  g  X Y m/s  Qual a razão deste último valor ser a metade do ante- rior?... P 8-25 (8-25/6  ) Deixa-se cair um bloco de  kg de uma altura de Y! cm sobre uma mola cuja constante é  i'J$ S! N/m (Fig. 8- 32). Determine a compressão máxima da mola.  Seja 9 a massa do bloco, M a altura da queda e a compressão da mola. Tome o zero da energia potencial como sendo a posição inicial do bloco. O bloco cai uma distância M˜2E e sua energia potencial gravitacional final é uz9/;” M24  . Valores positivos de indicam ter ha- vido compressão da mola. A energia potencial da mola é inicialmente zero e    no final. A energia cinética é zero tanto no inı́cio quanto no fim. Como a energia é conservada, temos !8\uz9/;” ™|2o >2 '    As soluções desta equação quadrática são  9<;Eš C 9/;  2o9/;M  ')$ Sfš C Q')$ S   2c k'J$6 S^ ]"Y')$S ! que fornece dois valores para : !6H')! m ou uf!6 ! "! m. Como procuramos uma compressão, o valor desejado é!6H')! m. P 8-27 (8-27/6  ) Duas crianças estão competindo para ver quem conse- gue acertar numa pequena caixa com uma bola de gu- le disparada por uma espigarda de mola colocada sobre uma mesa. A distância horizontal entre a borda da mesa e a caixa é de   m (Fig. 8-34). João comprime a mola' H' cm e a bola cai  cm antes do alvo. De quando deve Maria comprimir a mola para acertar na caixa? A distância que a bola de gude viaja é determina- da pela sua velocidade inicial, que é determinada pela compressão da mola. Seja M a altura da mesa e a distância horizontal até o ponto onde a bola de gude aterrisa. Então ›œ@Pƒ) eMœ;   , onde @Pƒ é a velocidade inicial da bola de gude e  é o tempo que ela permanece no ar. A segunda equação fornece 0 C  M; de modo que <T ƒ C  M; A distância até o ponto de aterrisagem é diretamente proporcional à velocidade inicial pois O[@ ƒ  . Seja@ ƒ ’ a velocidade inicial do primeiro tiro e ’ a distância horizontal até seu ponto de aterrisagem; seja @Pƒ  a velo- cidade inicial do segundo tiro e  a distância horizontal até seu ponto de aterrisagem. Então @ ƒ    ’ @ ƒ ’  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 5 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23 Quando a mola é comprimida a energia potencial é~FPž , onde ~ é a compressão. Quando a bola de gude perde contato da mola a energia potencial é zero e sua energia cinética é 9B@ƒ  . Como a energia mecânica é conservada, temos ' 9B@ ƒ  ' ~  j de modo que a velocidade inicial da bola de gude é dire- tamente proporcional à compressão original da mola. Se~ ’ for a compressão do primeiro tiro e ~  a do segundo, então @Pƒ  Ÿ  ~  ~ ’ ¡@Pƒ ’ . Combinando isto com o resul- tado anterior encontramos ~  ¢    ’ £~ ’ . Tomando agora ’ œ ! u4!6 ('  $ I m, ~ ’ ¢'e'J! cm, e  #  m, encontramos a compressão ~  desejada: ~  ¥¤ X ! m' $I m ¦ Q'e'J! cm 1\'  cm  P 8-31 (8-26/6  ) Tarzan, que pesa S "" N, decide usar um cipó de 'J" m de comprimento para atravessar um abismo (Fig. 8-36). Do ponto de partida até o ponto mais baixo da trajetória, desce I  m. O cipó é capaz de resitir a uma força máxima de $! N. Tarzan consegue chegar ao outro la- do? Chamando de 9 a massa do Tarzan e de @ a sua ve- locidade no ponto mais baixo temos que ' 9B@  T9/;M>j onde M é a altura que Tarzan desce. Desta expressão tiramos que @  T;M- I6  £;&TS Y; Por outro lado, no ponto mais baixo temos, da segunda lei de Newton, que a força centrı́peta está relacionada com a tensão no cipó através da equação 9 @§ ¨uR9/;j onde § é o raio da trajetória. Portanto, temos que ¨TT9/;E2v9 @§  9/;A2 S6 Y 9/;§  S" " ¤ '•2 S6 Y'J"3¦ $IX S N  Como ¨`©Š$! N, vemos que Tarzan consegue atra- vessar, porém estirando o cipó muito perto do limite máximo que ele agüenta! P 8-32 (8-29/6  ) Na Fig. 8-31 mostre que se a bola fizer uma volta com- pleta em torno do pino, então ‹#ªpI Ur . (Sugestão: A bola ainda deve estar se movendo quando chegar ao ponto mais alto da trajetória. Você saberia explicar por quê?) Antes de mais nada, este problema é uma continuação do problema 8-23. Releia-o antes de continuar. Use conservação da energia. A energia mecânica deve ser a mesma no topo da oscilação quanto o era no inı́cio do movimento. A segunda lei de Newton fornece a ve- locidade (energia cinética) no topo. No topo a tensão¨ na corda e a força da gravidade apontam ambas para baixo, em direção ao centro do cı́rculo. Note que o raio do cı́rculo é =A#U‰u‰‹ , de modo que temos ¨v2v9/; T9 @U‰u‰‹ j onde @ é a velocidade e 9 é a massa da bola. Quan- do a bola passa pelo ponto mais alto (com a menor velocidade possı́vel) a tensão é zero. Portanto, 9<;49B@)X U‰uR‹ e temos que @  C ;” U‰u‰‹ . Tome o zero da energia potencial gravitacional como sendo no ponto mais baixo da oscilação. Então a ener- gia potencial inicial é 9<;U . A energia cinética inicial é ! pois a bola parte do repouso. A energia potencial final, no topo da oscilação, é 9<;X6 Uu‹ e a energia cinética final é 9<@)8T9<;” U‰u‰‹« . O princı́pio da conservação da energia fornece-nos 9/;XUv?9<; URu‰‹¬2 ' 9/;” URu‰‹^ Desta expressão obtemos sem problemas que ‹& I Uf Se ‹ for maior do que I Ur , de modo que o ponto mais alto da trajetória fica mais abaixo, então a velocidade da bola é maior ao alcançar tal ponto e pode ultrapassa-lo. Se ‹ for menor a bola não pode dar a volta. Portanto o valor I Ur é um limite mais baixo. P 8-35 ­ (8-33 ­ /6  ) Uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito com um quarto de seu comprimento pendurado para fora da http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 6 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23 mesa, como na Fig. 8-37. Se a corrente tem um com- primento U e uma massa 9 , qual o trabalho necessário para puxá-la totalmente para cima da mesa? O trabalho necessário é igual à variação da energia potencial gravitacional a medida que a corrente é pu- xada para cima da mesa. Considere a energia poten- cial como sendo zero quando toda a corrente estiver sobre a mesa. Divida a parte pendurada da corrente num número grande de segmentos infinitesimais, ca- da um com comprimento ‹Z . A massa de um tal seg- mento é ]®TPU•k‹Z e a energia potencial do segmen- to a uma distância Z abaixo do topo da mesa é ‹X [u8 9¯PUr£;Z5‹ Z . A energia potencial total é _\u 9 U ;z°o±6² }ƒ ZX‹Z  u ' 9 U ;¤ U Yf¦   u 'I 9<;XUf O trabalho necessário para puxar a corrente para cima da mesa é, portanto, u³ ›?9/;XUrI  . P 8-37 ­ (8-35 ­ /6  ) Um menino está sentado no alto de um monte he- misférico de gelo (iglu!) (Fig. 8-39). Ele recebe um pequenı́ssimo empurrão e começa a escorregar para bai- xo. Mostre que, se o atrito com o gelo puder ser des- prezado, ele perde o contato com o gelo num ponto cuja altura é  § PI . (Sugestão: A força normal desaparece no momento em que o menino perde o contato como o gelo.) Chame de ´ a força normal exercida pelo gelo no menino e desenhe o diagrama de forças que atuam no menino. Chamando de ˆ o ângulo entre a vertical e o raio que passa pela posição do menino temos que a força que aponta radialmente para dentro é 9<;•…^†‡Xˆ1u´ que, de acordo com a segunda lei de Newton, deve ser igual a força centrı́peta 9B@ § , onde @ é a velocidade do me- nino. No ponto em que o menino se desprende do gelo temos ´pT! , de modo que ;•…F† ‡Xˆs @ §  Precisamos agora determinar a velocidade @ . Tomando a energia potencial como zero quando o menino está no topo do iglu, teremos para ˆ  a expressão ˆ •›uz9<; § Q'µu‰…^†‡Xˆ h O menino inicia seu movimeno do repouso e sua energia cinética na hora que se desprende vale 9B@ . Portan- to, a conservação da energia nos fornece ! 9<@mu 9<; § k'µuR…F† ‡Xˆ  , ou seja, @  ; § Q'µuR…F† ‡Xˆh Substituindo este resultado na expressão acima, obtida da força centrı́peta, temos ;•…^†‡Xˆ5#P; k'µuR…F† ‡Xˆ ^j ou, em outras palavras, que …^†‡Xˆ5 I  A altura do menino acima do plano horizontal quando se desprende é § …F† ‡Xˆ5 I §  8.2.2 Usando a Curva de Energia Potencial P 8-39 (8-37/6  ) A energia potencial de uma molécula diatômica (H  ou O  , por exemplo) é dada por _ = ’  u Ž=P¶ onde = é a distância entre os átomos que formam a molécula e  e Ž são constantes positivas. Esta energia potencial se deve à força que mantém os átomos unidos. (a) Calcule a distância de equilı́brio, isto é, a distância entre os átomos para a qual a força a que estão subme- tidos é zero. Verifique se a força é repulsiva (os átomos tendem a se separar) ou atrativa (os átomos tendem a se aproximar) se a distância entre eles é (b) menor e (c) maior do que a distância de equilı́brio. (a) A força é radial (ao longo a line que une os átomos) e é dada pela derivada de em relação a = : { ›u ‹X ‹ =  '= ’ * u SŽ=P·  A separação = ƒ de equilı́brio é a separação para a qual temos { = ƒ 1T! , ou seja, para a qual'u‰SŽ5= ¶ƒ #! Portanto a separação de equilı́brio é dada por = ƒ i ]EPŽs ’ ² ¶ i'e')6 mŽs ’ ² ¶  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 7 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23 donde tiramos À>Á : À>ÁÇ M,”u‰M.~B…F† ‡Xˆ  " !³uv! I6 &%R'J! * &…^†‡&I ! K #! !IS6 P 8-74 (8-??/6  ) Uma determinada mola não obedece à lei de Hooke. A força (em newtons) que ela exerce quando distendida de uma distância (em metros) é de X " <2I " Y  , no sentido oposto ao da distensão. (a) Calcule o traba- lho necessário para distender a mola de v‚!6  m até \`'  ! m. (b) Com uma das extremidades da mola mantida fixa, uma partı́cula de Xe' kg é presa à ou- tra extremidade e a mola é distendida de uma distância cÈ'  ! . Em seguida, a partı́cula é liberada sem velo- cidade inicial. Calcule sua velocidade no instante em que a distensão da mola diminuiu para Šw!6  m. (c) A força exercida pela mola é conservativa ou não- conservativa? Explique sua resposta. (a) Para distender a mola aplica-se uma força, igual em magnitude à força da mola porém no sentido oposto. Como a uma distensão no sentido positivo de exerce uma força no sentido negativo de , a força aplicada tem que ser { \ X " &24I " Y  , no sentido positivo de .O trabalho que ela realiza é É  ° ’aÊ ƒƒ Ê Ë  " s2vI " Y  Q‹  Ì  "  2 I" YI *hÍ ’hÊ ƒƒ Ê Ë ?I'  ! J  (b) A mola faz I' J de trabalho e este deve ser o au- mento da energia cinética da partı́cula. Sua velocidade é então @ b +9  b 6 I'  !Xe' TX I  m/s  (c) A força é conservativa pois o trabalho que ela faz quando a partı́cula vai de um ponto ’ para outro pon- to  depende apenas de ’ e  , não dos detalhes do movimento entre ’ e  . P 8-79 (8-61/6  ) Uma pedra de peso Î é jogada verticalmente para cima com velocidade inicial @ ƒ . Se uma força constante ¾ de- vido à resistência do ar age sobre a pedra durante todo o percurso, (a) mostre que a altura máxima atingida pela pedra é dada por M/ @ƒP; k'•2o¾˜Pγ  (b) Mostre que a velocidade da pedra ao chegar ao solo é dada por @ ?@ ƒ”¤ ÎTuW¾Î42c¾r¦ ’ ²    (a) Seja M a altura máxima alcançada. A energia mecânica dissipada no ar quando a pedra sobe até a altu- ra M é, de acordo com a Eq. 8-26, t \\u3¾”M . Sabemos que t \D + . 24 . Nu + , 24 , hj onde + , e + . são as energias cinéticas inicial e final, e , e . são as energias poetenciais inicial e final. Esco- lha a energia como sendo zero no ponto de lançamento da pedra. A energia cinética inicial é +-,mÄ9B@ƒ  , a energia potencial inicial é 0,1›! , a energia cinética fi- nal é +/.‰:! e a energia potencial final é 1.‰:γM . Portanto u3¾”M-Î³M-u(9B@K  , donde tiramos M< 9<@ ƒ6 Îo24¾”  Îf@ ƒ;” Îo24¾”  @ ƒP; k'2o¾˜Pγ j onde substituimos 9 por Îm); e dividimos numerador e denominador por Î . (b) Note que a força do ar é para baixo quando a pe- dra sobe e para cima quando ela desce. Ela é sempre oposta ao sentido da velocidade. A energia dissipada durante o trajeto no ar todo é t V¢u3 ¾”M . A ener- gia cinética final é + . O9<@) , onde @ é a velocida- de da pedra no instante que antecede sua colisão com o solo. A energia potencial final é .oœ! . Portantou3 ¾”M?9B@6uf9B@ƒ  . Substituindo nesta expressão a expressão encontrada acima para M temos u ¾@ƒ;” Q'•2c¾˜γ  ' 9B@  u ' 9B@ ƒ  Deste resultado obtemos @  @ ƒ u ¾@ƒ9<;” Q'•2c¾˜γ  @ ƒ u  ¾@ƒÎ5 k'r2o¾˜Pγ  @ ƒ ¤ 'zu  ¾Îc2c¾r¦ http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 10 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, às 10:23  @ ƒ ¤ Î?uW¾Îc2c¾ ¦ j de onde obtemos o resultado final procurado: @&T@Pƒ”¤ Î?uW¾Îc2c¾µ¦ ’ ²   Perceba que para ¾?¥! ambos resultados reduzem-se ao que já conheciamos, como não podeia deixar de ser. 8.2.5 Massa e Energia E 8-92 (8-??/6  ) (a) Qual a energia em Joules equivalente a uma massa de 'J! g? (b) Durante quantos anos esta energia aten- deria às necessidades de uma famı́lia que consome em média ' kW? (a) Usamos a fórmula i?9BÏF :iD !6H')!  ^  $ $"s%(')! ¹   T$6H'P5%(')! ’kË J  (b) Usamos agora D?ŒE , onde Œ é a taxa de consumo de energia e  é o tempo. Portanto, 1 Œ  $e'5%(')! ’kË'A%R'J! *  $e'5%R'J! ’  segundos  X $'E%R'J! Ë anos! P 8-96 (8-??/6  ) Os Estados Unidos produziram cerca de X I'B%')! ’  kW ¸ h de energia elétrica em 1983. Qual a massa equi- valente a esta energia?  Para determinar tal massa, usamos a relação Ð9ÃÏ  , onde Ï5D $ $"%o'J! ¹ m/s é a velocidade da luz. Primeiro precisamos converter kW ¸ h para Joules:  I6'³%R'J!’  kW ¸ h  X I'E%R'J!’  Q'J! * W ^ IS! ! s  " I s%R'J!’ ¹ J  Portanto 9: Ï   "6 I5%R'J! ’ ¹ ]X $$"s%R'J! ¹   #$   kg  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 11 de 11 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, às 2:00 p.m. Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de Fı́sica Matéria para a QUARTA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Conteúdo 9 Sistemas de Partı́culas 2 9.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 9.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . 2 9.2.1 O Centro de Massa . . . . . . . 2 9.2.2 O Momento Linear . . . . . . . 5 9.2.3 Conservação do Momento Linear 6 9.2.4 Sistemas de Massa Variável: Um Foguete . . . . . . . . . . . 8 9.2.5 Sistemas de Partı́culas: Varia- ções na Energia Cinética . . . . 8 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam2.tex) http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 1 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, às 2:00 p.m. !* e $jl sen $ q j !* F*<#8&H$0; 1 sen $ 2# g ! .   m  Como então nenhuma força horizontal atua, a compo- nente horizontal do momento é conservada. Como um dos fragmentos tem velocidade zero após a explosão, o momento do outro fragmento tem que ser igual ao mo- mento do projétil originalmente disparado. A componente horizontal da velocidade do projétil ori- ginal é e j xBz2{)q j . Chamemos de M a massa do projétil inicial e de ~)j a velocidade do fragmento que se move horizontalmente após a explosão. Assim sendo, temos Me j xBz8{Jq j M€~;j*  uma vez que a massa do fragmento em questão é MUP * . Isto significa que~ j * e j xBz2{)q j *)F*<#8& xBz8{ # g *<# m/s  Agora considere um projétil lançado horizontalmente no instante na # com velocidade de *<# m/s a partir do ponto com coordenadas >= j CA j & C!r}  ! .  8& m. Sua coordenada A é dada por A A j Yln $ P * , e quando ele aterrisa temos A # . O tempo até a aterrisagem én‚ „ƒ * A jTPl e a coordenada = do ponto de aterrisagem é = = j  ~;j'nv = j  ~)j ] * A jl !r}  *# ] *;H! .  8&0) 1 .  m  E 9-21 (9-17/6  ) Dois sacos idênticos de açúcar são ligados por uma cor- da de massa desprezı́vel que passa por uma roldana sem atrito, de massa desprezı́vel, com . # mm de diâmetro. Os dois sacos estão no mesmo nı́vel e cada um possui originalmente uma massa de . ## g. (a) Determine a posição horizontal do centro de massa do sistema. (b) Suponha que *<# g de açúcar são transferidos de um saco para o outro, mas os sacos são mantidos nas posiç oes originais. Determina a nova posição horizontal do cen- tro de massa. (c) Os dois sacos são liberados. Em que direção se move o centro de massa? (d) Qual é a sua aceleração?  (a) Escolha o centro do sistema de coordenadas co- mo sendo o centro da roldana, com o eixo = horizontal e para a direita e com o eixo A para baixo. O centro de massa está a meio caminho entre os sacos, em = # eA Z… , onde … é a distância vertical desde o centro da roldana até qualquer um dos sacos. (b) Suponha *<# g transferidas do saco da esquerda para o saco da direita. O saco da esquerda tem massa 5 12# g e está em =[? †Y * . mm. O saco à direita tem massa . *# g e está em = $  * . mm. A coordenada = do centro de massa é então=   ?‡=@? G $ = $ ? G $  5 1#8&B Y * . &   . *#2&'  * . &5 *<# m. *<# ! # mm  A coordenada A ainda é … . O centro de massa está a * mm do saco mais leve, ao longo da linha que une os dois corpos. (c) Quando soltos, o saco maispesado move-se para bai- xo e o saco mais leve move-se para cima, de modo que o centro de massa, que deve permanecer mais perto do saco mais pesado, move-se para baixo. (d) Como os sacos estão conectados pela corda, que pas- sa pela rolsdana, suas acelerações tem a mesma magni- tude mas direções opostas. Se ˆ é a aceleração de $ , então Y‰ˆ é a aceleração de ? . A aceleração do centro de massa é ˆ   ?T Y‰ˆ &  $ ˆ ?  $ ^ˆ $ Y ? ?  $  Precisamos recorrer s̀egunda lei de Newton para encon- trar a aceleração de cada saco. A força da gravidade ? l , para baixo, e a tensão Š na corda, para cima, atuam no saco mais leve. A segunda lei para tal saco é ? lY-ŠU VY ? ˆ  O sinal negativo aparece no lado direito porque ˆ é a aceleração do saco mais pesado (que qão é o que esta- mos considerando!). As mesma forças atuam no saco mais pesado e para ele a segunda lei de Newton fornece $ lY"Š $ ˆ  A primeira equação fornece-nos Š„ ? l h ? ˆ que quando substituida na segunda equação produz ˆ‹  $ Y ?B& l ? G $  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 4 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, às 2:00 p.m. Portanto, substituindo na equação para ˆ   , encontra- mos que ˆ8 l  $ Y ?B&C$ ?  $ & $ (0) 12&' . *<# Y-5 1#2&C$ 5 12# /. *<#2& $ #; #;! m/s $ A aceleração é para baixo. E 9-22 (9-19/6  ) Um cachorro de . kg está em um bote de *<# kg que se encontra a  m da margem (que fica à esquerda na Fig. 9- 34a). Ele anda *) 5 m no barco, em direção à margem, e depois pára. O atrito entre o bote e a água é desprezı́vel. A que distância da margem está o cachorro depois da caminhada? (Sugestão: Veja a Fig. 9-34b. O cachorro se move para a esquerda; o bote se desloca para a di- reita; e o centro de massa do sistema cachorro+barco? Será que ele se move?) Escolha o eixo = como sendo horizontal, com a ori- gem na margem, e apontanto para a direita na Fig. 9- 34a. Seja Œ a massa do bote e = ŒI sua coordenada ini- cial. Seja Ž a massa do cachorro e = Ž sua coordenada inicial. A coordenada do centro de massa é então=  Œ = ŒFW Ž = Ž Œ  Ž  Agora o cachorro caminha uma distância X para a es- querda do bote. Como a diferença entre a coordenada final do bote = ŒF e a coordenada final do cachorro = Ž‘ é X , ou seja = Œ Y = Ž‘ X , a coordenada do centro de massa pode também ser escrita como=   Œ = Œ’ Ž = Ž‘ Œ  Ž Œ = Ž‘  Œ X G Ž = Ž‘ Œ  Ž  Como nenhuma força horizontal externa atua no siste- ma bote-cachorro, a velocidade do centro de massa não pode mudar. Como o bote e o cachorro estavam inicial- mente em repouso, a velocidade do centro de massa é zero. O centro de massa permance na mesma posição e, portanto, as duas expressões acima para =  devem ser iguais. Isto significa que Œ = ŒFW Ž = Ž Œ = Ž‘’ Œ X G Ž = Ž‘  Isolando-se = Ž‘ obtemos= Ž‘ Œ = ŒFW Ž = Ž Y Œ X Œ G Ž I*#2&BI2&   . &B(8& Y I*<#8&BF*J 5 &*<# m. 5  #21 m  Observe que usamos = ŒF = Ž . É estritamente ne- cessário fazer-se isto? Se não for, qual a vantagem de se faze-lo?... 9.2.2 O Momento Linear E 9-23 (9-??/6  ) Qual o momento linear de um automóvel que pesa!) ##2# N e está viajando a 11 km/h? A “moral” deste problema é cuidar com as unidades empregadas: “ e !2##2#0; 1 11"!# D2#2# 2*1)! kg m/s  na direção do movimento. E 9-24 (9-21/6  ) Suponha que sua massa é de 1# kg. Com que veloci- dade teria que correr para ter o mesmo momento linear que um automóvel de !#2# kg viajando a !+* km/h? Chamando de Ž e e Ž a massa e a velocidade do car- ro, e de e e a “sua” massa e velocidade temos, graças à conservação do momento linear, e Ž e Ž C!#2#2&'H!+*-!# D &(1#8&BI#2#2& ) 8 m/s  Poderı́amos também deixar a resposta em km/h: e Ž e Ž H!##8&BC!+*&1# * 5 km/h  Perceba a importância de fornecer as unidades ao dar sua resposta. Este último valor não está no SI, claro. E 9-25 (9-20/6  ) Com que velocidade deve viajar um Volkswagen de 1)! kg (a) para ter o mesmo momento linear que um Ca- dillac de *< . # kg viajando a ! km/h e (b) para ter a mesma energia cinética? (a) O momento será o mesmo se :” e ” •e< , donde tiramos que e ”  ” e  *< . #1)! H!2& . ! 0 km/h  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 5 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, às 2:00 p.m. (b) Desconsiderando o fator ! P * , igualdade de energia cinática implica termos ” e $”  e $ , ou seja, e ” ]  ” e  ] * . #1;! C!2& *<1; 12 km/h  E 9-26 (9-??/6  ) Qual o momento linear de um elétron viajando a uma velocidade de #) 002– ( *J 08-!# , m/s)? Como a velocidade do elétron não é de modo algum pequena comparada com a velocidade – da luz, faz-se necessário aqui usar a equação relativistica para o mo- mento linear, conforme dada pela Eq. 9-24:“ e— ! YV˜u™Ž ™ (0;š!2!›-!#Jœ Du? &'I*J 08!#2,'&ƒ ! Y (#; 0202& $ ! 0)!T9"!# œW$ ? kg žm/s  Sem o fator relativı́stico terı́amos achado“EŸ I0)K!!o-!# œ D‡? &BI*) 0-!# , & *)+<# . "!# œ[$4$ kg žm/s  ou seja, um valor 9 ! PJƒ ! Y I#) 008& $ & vezes menor:“  “EŸ  9.2.3 Conservação do Momento Linear E 9-33 (9-27/6  ) Um homem de !## kg, de pé em uma superfı́cie de atrito desprezı́vel, dá um chute em uma pedra de #)}T# kg, fa- zendo com que ela adquira uma velocidade de ; 02# m/s. Qual a velocidade do homem depois do chute? Como nenhuma força com componente horizontal atua no sistema homem-pedra, o momento total é conserva- do. Como tanto o homem como a pedra estão em repou- so no inı́cio, o momento total é zero antes bem como depois do chute, ou seja R  e  ‰ ¡ e ¡ #  onde o subı́ndice “ refere-se à pedra e o subı́ndice O refere-se ao homem. Desta expressão vemos que e ¡ €Y   e   ¡ Y I#)}T#2&'(; 02#2&!#2# Y #; #8*2 m/s  onde o sinal negativo indica que o homem move-se no sentido oposto ao da pedra. Note que o sentido da pedra foi implicitamente tomado como positivo. Note ainda que a razão das massas coincide com a razão dos pesos. E 9-36 (9-29/6  ) Um homem de  . kg está viajando em uma carroça a *J  m/s. Ele salta para fora da carroça de modo a ficar com velocidade horizontal zero. Qual a variação resultante na velocidade da carroça? O momento linear total do sistema home-carroça é conservado pois não atuam forças externas com com- ponentes horizontais no sistema. Chamemos de Ž a massa da carroça, e a sua velocidade inicial, e e Ž sua velocidade final (após o homem haver pulado fora). Se- ja ¡ a massa do homem. Sua velocidade inicial é a mesma da carroça e sua velocidade final é zero. Portan- to a conservação do momento nos fornece ¡ G Ž & e Ž e Ž  de onde tiramos a velocidade final da carroça: e Ž e  ¡’ Ž & Ž F*J 2&B .‰ 08&20 )} m/s  A velocidade da carroça aumenta por ;+ Y *)  ¢5  5 m/s. De modo a reduzir sua velocidade o homem faz com que a carroça puxe-o para trás, de modo que a carroça seja impulsionada para a frente. E 9-38 (9-33/6  ) O último estágio de um foguete está viajando com uma velocidade de T2## m/s. Este último estágio é feito de duas partes presas por uma trava: um tanque de com- bustı́vel com uma massa de *0# kg e uma cápsula de instrumentos com uma massa de ! . # kg. Quando a tra- va é acionada, uma mola comprimida faz com que as duas partes se separem com uma velocidade relativa de0;!# m/s. (a) Qual a velocidade das duas partes depois http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 6 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, às 10:17 Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de Fı́sica Matéria para a QUARTA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Conteúdo 10 Colisões 2 10.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 10.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . 2 10.2.1 Impulso e Momento Linear . . . 2 10.2.2 Colisões Elásticas em Uma Di- mensão . . . . . . . . . . . . . 4 10.2.3 Colisões Inelásticas em Uma Dimensão . . . . . . . . . . . . 6 10.2.4 Colisões em Duas Dimensões . 7 10.2.5 Problemas Adicionais . . . . . 7 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam2.tex) http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 1 de 7 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, às 10:17 10 Colisões 10.1 Questões Q 10-1 Explique como a conservação de energia se aplica a uma bola quicando numa parede. 10.2 Problemas e Exercı́cios 10.2.1 Impulso e Momento Linear E 10-3 (10-1/6  edição) Um taco de sinuca atinge uma bola, exercendo uma força média de  N em um intervalo de  ms. Se a bola tivesse massa de    kg, que velocidade ela teria após o impacto? Se for a magnitude da força média então a magni- tude do impulso é   , onde  é o intervalo de tempo durante o qual a força é exercida (veja Eq. 10-8). Este impulso iguala a magnitude da troca de momen- tum da bola e como a bola está inicialmente em repouso, iguala a magnitude  do momento final. Resolvendo a euqação  para  encontramos        "!$#   % "  m/s  E 10-9 (10-5/6  ) Uma força com valor médio de &  N é aplicada a uma bola de aço de   ' kg, que se desloca a (' m/s, em uma colisão que dura *) ms. Se a força estivesse no senti- do oposto ao da velocidade inicial da bola, encontre a velocidade final da bola. Considere a direção inicial do movimento como po- sitiva e chame de a magnitude da força média,  a duração da força,  a massa da bola,  + a velocidade inicial da bola, , a velocidade final da bola. Então a força atua na direção negativa e o teorema do impulso- momento fornece- ./0 , -  +  Resolvendo para  , obtemos  ,   + - 1  (' -  & *  *)2  !3#   '  -54 ) m/s  A velocidade final da bola é 4 ) m/s. P 10-12 (10-9/6  ) Um carro de ' kg, deslocando-se a   6 m/s, está ini- cialmente viajando para o norte, no sentido positivo do eixo 7 . Após completar uma curva à direita de 89 para o sentido positivo do eixo : em '; 4 s, o distraido moto- rista investe para cima de uma árvore, que pára o carro em 6 ms. Em notação de vetores unitários, qual é o impulso sobre o carro (a) durante a curva e (b) durante a colisão? Qual a intensidade da força média que age sobre o carro (c) durante a colisão? (e) Qual é o ângulo entre a força média em (c) e o sentido positivo do eixo: ? (a) O momento inicial do carro é< + =>?  '  " 6A@B  )C' kg Dm/s A@ e o momento final é  )E' kg Dm/s GF . O impulso que nele atua é igual à variação de momento:H  < , - < +I  )E' kg Dm/s   F - @CJ (b) O momento inicial do carro é < +   )C' kg Dm/s KF e o momento final é < , L . O impulso atuando sobre ele é H  < , - < +I -  )C' kg Dm/s KF (c) A força média que atua no carro é M JN   <  H    )C' kg Dm/s   F - @E'O 4   4  N   F - @C e sua magnitude é PN    4  N RQ 2S 6 N. (d) A força média é M PN  H   - )E' kg Dm/s GF6?& !3# http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 2 de 7 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, às 10:17   - "T2  U N VF e sua magnitude é M PN % "TW?& U N. (e) A força média é dada acima em notação vetorial unitária. Suas componentes : e 7 tem magnitudes iguais. A componente : é positiva e a componente 7 é negativa, de modo que a força está a '* 9 abaixo do eixo : . P 10-13 (10-??/6  ) A força sobre um objeto de  kg aumenta uniforme- mente de zero a   N em ' s. Qual é a velocidade final do objeto se ele partiu do repouso? Tome a magnitude da força como sendo XSY5 , on- de Y é uma constante de proporcionalidade. A condição que ZS N quando /' s conduz aYS    N R[  ' s \XC "  N/s  A magnitude do impulso exercido no objeto é ] ^ U_ %`. ^ U_ Y5V`a  Y5GbOccc U_   C "   '* b  N D s  A magnitude deste impulso é igual à magnitude da variação do momento do objeto ou, como o objeto par- tiu do repouso, é igual m̀agnitude do momento final:]= , . Portanto  ,    & X& m/s  P 10-14 (10-13/6  ) Uma arma de ar comprimido atira dez chumbinhos de g por segundo com uma velocidade de   m/s, que são detidos por uma parede rı́gida. (a) Qual é o mo- mento linear de cada chumbinho? (b) Qual é a energia cinética de cada um? (c) Qual é a força média exercida pelo fluxo de chumbinhos sobre a parede? (d) Se ca- da chumbinho permanecer em contato com a parede por  4 ms, qual será a força média exercida sobre a parede por cada um deles enquanto estiver em contato? (e) Por que esta força é tão diferente da força em (c)? (a) Se  for a massa dum chumbinho e  for sua ve- locidade quando ele atinge a parede, então o momento é d /    !3#    Z kg Dm/s e na direção da parede. (b) A energia cinética dum chumbinho é f   0gbB     !3#   Kb5S   J  (c) A força na parede é dada pela taxa na qual o momen- to é transferido dos chumbinhos para a parede. Como os chumbinhos não voltam para trás, cada chumbinho transfere d h  kg Dm/s. Se i chumbinhos colidem num tempo  então a taxa média com que o momento é transferido é PN  d i1      &.Z& N  A força na parede tem a direção da velocidade inicial dos chumbinhos. (d) Se 1 é o intervalo de tempo para um chumbinho ser freado pela parede, então a força média exercida na parede por chumbinho é PN  d    ; 4   !3# j 444  44 N  A força tem a direção da velocidade inicial do chumbi- nho. (e) Na parte (d) a força foi mediada durante o interva- lo em que um chumbinho está em contato com a parede, enquanto na parte (c) ela foi mediada durante o intervalo de tempo no qual muitos chumbinhos atingem a parede. Na maior parte do tempo nenhum chumbinho está em contato com a parede, de modo que a força média na parte (c) é muito menor que a média em (d). P 10-26 (10-15/6  ) Uma espaçonave é separada em duas partes detonando- se as ligações explosivas que as mantinham juntas. As massas das partes são &  e &k kg; o módulo do im- pulso sobre cada parte é de 6 N D s. Com que velocida- de relativa as duas partes se separam? Consideremos primeiro a parte mais leve. Suponha que o impulso tenha magnitude  e esteja no sentido po- sitivo. Seja ml , l a massa e a velocidade da parte mais leve após as ligações explodirem. Suponha que ambas as partes estão em repouso antes da explosão. Então,n / l  l , de modo que  l  ml  6C  S   m/s  http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 3 de 7 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, às 10:17 10.2.3 Colisões Inelásticas em Uma Dimensão E 10-41 (10-23/6  ) Acredita-se que a Cratera do Meteoro, no Arizona (Fig. 10.1), tenha sido formada pelo impacto de um me- teoro com a Terra há cerca de 20.000 anos. Estima-se a massa do meteoro em Š l _ kg e sua velocidade em)  m/s. Que velocidade um meteoro assim transmiti- ria à Terra numa colisão frontal? Seja ‘ a massa do meteoro e ‘’ a massa da Terra. Seja   a velocidade do meteoro imediatamente antes da colisão e  a velocidade da Terra (com o meteoro) após a colisão. O momento do sistema Terra-meteoro é conservado durante a colisão. Portanto, no sistema de referência Terra antes da colisão temos         uy ’ ‡3e de modo que encontramos para      ‘“uy‘’   )     l _ " 8k?& b U u  l _ 4 ?& ! l”l m/s  Para ficar mais fácil de imaginar o que seja esta velo- cidade note que, como 6 4 ‹• E'm6 4 –—6;& 6 4  , temos 4 ?& ! l”l m/s  4 ?& ! l”l  6 &6 4 * m/ano     &k8 m/ano   k8 mm/ano  É uma velocidade MUITO difı́cil de se medir, não?... E 10-42 (10-21/6  ) Um trenó em forma de caixa de 4 kg está deslocando-se sobre o gelo a uma velocidade de 8 m/s, quando um pa- cote de & kg é largado de cima para dentro dele. Qual é a nova velocidade do trenó? Precisamos considerar apenas a componente horizon- tal do momento do trenó e do pacote. Seja 0˜ , E˜ a mas- sa e a velocidade inicial do trenó. Seja š™ , a massa do pacote e  velocidade final do conjunto trenó u pacote. A componente horizontal do momento deste conjunto conserva-se de modo que ˜‡E˜V  ˜›u{š™‡3e de onde tiramos ‹ E˜œ˜˜›u{–™   8    4  4 u/C S6 m/s  P 10-53 (10-29/6  ) Um vagão de carga de 6* t colide com um carrinho auxi- liar que está em repouso. Eles se unem e *) da energia cinética inicial é dissipada em calor, som, vibrações, etc. Encontre o peso do carrinho auxiliar. Seja  N e  N a massa e a velocidade inicial do vagão,]ž a massa do carrinho auxiliar e  a velocidade fi- nal dos dois, depois de grudarem-se. Conservação do momento total do sistema formado pelos dois carros fornece-nos  N  N    N u{ ž ‡ donde tiramosŠ  N  N N u{]ž  A energia cinética inicial do sistema é f + Ÿ N  bN [ enquanto que a energia cinética final éf ,     N uy ž ‡ b     N uy]žx   N  N  b  N uy ž  b   bN  bN N u{‘ž  Como ) da energia cinética original é perdida, temosf , =; ) 6 f + , ou seja,   bN  bN N uy ž S ~)E6   N  bN e que, simplificada, fornece-nos  N [   N u ž  ¡; ) 6 . Resolvendo para  ž encontramos  ž    ) ~)E6  N =; 6g)C N     6*)   6* C " 8 toneladas C " 8?& # kg  A razão das massas é, obviamente, a mesma razão dos pesos e, chamando de ‚ N o peso do vagão, temos que o peso ‚ do carrinho auxiliar é‚ =; 6g) ‚ N     6*)  6?& #   8; k* & 4  8;€  # N  Observe que o resultado final não depende das velocida- des em jogo. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 6 de 7 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, às 10:17 10.2.4 Colisões em Duas Dimensões E 10-63 (10-49/6  ) Em um jogo de sinuca, a bola branca atinge outra ini- cialmente em repouso. Após a colisão, a branca desloca- se a 6;  m/s ao longo de uma reta em ângulo de  9 com a sua direção original de movimento, e o módulo da ve- locidade da segunda bola é de m/s. Encontre (a) o ângulo entre a direção de movimento da segunda bola e a direção de movimento original da bola branca e (b) a velocidade original da branca. (c) A energia cinética se conserva? (a) Use a Fig. 10-20 do livro texto e considere a bo- la branca como sendo a massa ml e a outra bola como sendo a massa  b . Conservação das componentes : e 7 do momento total do sistema formado pelas duas bolas nos fornece duas equações, respectivamente:lG+t lK,\¢J£¤ ¥ l\uy b ,\¢J£*¤"¥ b  - lK, sen ¥l.u{0 b , sen ¥ b  Observe que as massa podem ser simplificadas em am- bas equações. Usando a segunda equação obtemos que sen ¥ b   lR, b , sen ¥ l  6;    sen  9 S  4  4  Portanto o ângulo é ¥ b 'O&9 . (b) Resolvendo a primeria das equações de conservação acima para lG+ encontramos  lG+   lR, ¢(£¤"¥ l u{ b , ¢J£¤ ¥ b  6; "¢J£*¤;  9 u  " "¢(£¤"'O 9 'O ) m/s  (c) A energia cinética inicial é f +I   b+     ';~)  b Z 6   A energia cinética final é f ,   0 blR, u   bb ,  S¦  6;  b u   * bP§ Sk T(  Portanto a energia cinética não é conservada. 10.2.5 Problemas Adicionais http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 7 de 7 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, às 9:44 a.m. Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de Fı́sica Matéria para a QUARTA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Conteúdo 11 ROTAÇÃO 2 11.1 Questionário . . . . . . . . . . . . . . . 2 11.2 Exercı́cios e Problemas . . . . . . . . . 2 11.3 Problemas Adicionais . . . . . . . . . . 9 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam2.tex) http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 1 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, às 9:44 a.m. (d) E o número de voltas dadas no intervalo é"  3( N2€ revoluções. Seção 11-5 As Variáveis Lineares e Angulares 11-29E. Uma turbina com 0(ox35n m de diâmetro está girando a 35n2n rev/min. (a) Qual a velocidade angular da turbina em rad/s? (b) Qual a velocidade linear de um ponto na sua borda? (c) Que aceleração angular constante (rev/min  ) aumentará a sua velocidade para 0n2n(n rev/min em r2n s? (d) Quantas revoluções completará durante esse interva- lo de r(n s? (a) A velocidade angular em rad/s ég 'K35n2n2*„'K3@s…*r(n y35nm1 (N rad/s. (b) Qualquer ponto da borda da turbina move-se à velo- cidade v †E'K3(np1 5N$*L')nm1 r2n2* 0H3z1645r m/s. (c) A aceleração angular necessária éƒ jRƒ   0n(n2n R^3(n(n021 n €2n(n rev/min  . (d) O número do voltas no intervalo de 021 n minuto é"   Rƒ 35 r2n(n rev. 11-34E. Uma certa moeda de massa M é colocada a uma distância R do centro do prato de um toca-discos. O coeficiente de atrito estático é ‡…ˆ . A velocidade angular do toca-discos vai aumentando lentamente até  , quan- do, neste instante, a moeda escorrega para fora do prato. (a) Determine   em função das grandezas M, R, g e ‡…ˆ . (b) Faça um esboço mostrando a trajetória aproximada da moeda, quando é projetada para fora do toca-discos. (a) A moeda está sob a ação da força centrı́peta‰ yŠ‹ „Œ 1 Quando o prato atinge a velocidade  , a força cen- trı́peta é igual à máxima força de atrito estático:Š‹ LŒ ‡ o Š‹  o |Ž ‡ o Œ (b) A moeda é projetada tangencilamente, seguindo uma trajetória retilı́nea. 11-36P. A turbina de um motor a vapor gira com uma velocida- de angular constante de 0‚4(n rev/min. Quando o vapor é desligado, o atrito nos mancais e a resistência do ar param a turbina em 3zoq3 h. (a) Qual a aceleração angular constante da turbina, em rev/min  , durante a parada? (b) Quantas revoluções realiza antes de parar? (c) Qual a componente tangencial da aceleração linear da partı́cula situada a 45n cm do eixo de rotação, quando a turbina está girando a (4 rev/min? (d) Em relação à partı́cula do ı́tem (c), qual o módulo da aceleração linear resultante? (a) O intervalo dado corresponde a 0‚S23 min. A aceleração angular éj  o 0(1B0S2r rev/min  . (b) O número de voltas até parar é  o3( e2(n(S rev. (c) Para obter a aceleração linear tangencial em uni- dades SI, a aceleração angular deve estar expressa em rad/s  . Fazendo a conversão, obtemos ƒ|0(1 (€‘’0np“ P rad/s  e  t y…yp1 p0‘ƒ0‚n “ a m/s  . (d) A velocidade angular W‹54 rev/min corresponde az1 €4 rad/s e  r /  iS(nm1 €m0 m/s  . Portanto, o módulo da aceleração linear resultante éZ”  t W r yS(np1 €p0 m/s  . 11-42P. Quatro polias estão conectadas por duas correias con- forme mostrado na Fig. 0(0 RWS(n . A polia A ( 0‚4 cm de raio) é a polia motriz e gira a 0n rad/s. A B ( 0‚n cm de raio) está conectada à A pela correia 0 . A • [ ( 4poun cm de raio) é concêntrica à B e está rigidamente ligada a ela. A polia C ( 324 cm de raio) está conectada à • [ pela http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 4 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, às 9:44 a.m. correia 3 . Calcule (a) a velocidade linear de um ponto na correia 0 , (b) a velocidade angular da polia B, (c) a velocidade angular da polia • [ , (d) a velocidade linear de um ponto na correia 3 e (e) a velocidade angular da polia C. (a) A velocidade linear de qualquer ponto da correia0 é v  / A  A |0(164 m/s. (b) A velocidade v  é a velocidade dos pontos da borda da polia • , cuja velocidade angular é então B  v  B |0‚4 rad/s. (c) As polias • e • [ giram em torno do mesmo eixo, de modo que  B’ / B |0‚4 rad/s. (d) A velocidade linear de qualquer ponto da correia 3 év  / B’  B’ ynp1–54 m/s. (e) Os pontos da borda da polia — tem velocidade linearv  . Portanto,  C  v  C eSm1 n rad/s. Seção 11-6 Energia Cinética de Rotação 11-46P. A molécula de oxigênio, 8  , tem massa total de4z1 S.0np“ q˜ kg e um momento de inércia de 0(1 5N .0np“ a ˜ kg ™m  , em relação ao eixo que atravessa perpendicular- mente a linha de junção dos dois átomos. Suponha que essa molécula tenha em um gás a velocidade de 45n2n m/s e que sua energia cinética de rotação seja dois terços da energia cinética de transla c cão. Determine sua veloci- dade angular. Com a relação dada entre as energias cinéticas, temosš rot.  3S š trans.03 <›   3S-œ 03% v „ž Introduzindo os valores de  , < e v , obtemos Ÿrp1–54"j0n   rad/s. Seção 11-7 Cálculo do Momento de Inércia 11-49E. As massas e as coordenadas de quatro partı́culas são as seguintes: 45n g,  ¡¢3zoqn cm, £¤¢3poun cm; 3(4 g,  ¥‹n ,£¤eN\oun cm; 3(4 g,  ’&R^Spoqn cm, £Z&RjSmoun cm; S(n g, |R¦3zoqn cm, £%Nmoqn cm. Qual o momento de inércia do conjunto em relação (a) ao eixo x, (b) ao eixo y e (c) ao eixo z? (d) Se as respostas para (a) e (b) forem, respectivamente, A e B, então qual a resposta para (c) em função de A e B? Este exercı́cio é uma aplicação do teorema dos ei- xos perpendiculares, não apresentado dentro do texto. Este teorema é válido para distribuições de massa con- tidas num plano, como placas finas. Aqui temos uma distribuição discreta da massa no plano  \£ . Vamos indi- car as massas por  i e coordenadas   i e £ i na ordem emque aparecem no enunciado. (a) Momento de inércia em relação ao eixo   : a distância das partı́culas ao eixo é medida no eixo £< x  § i  i £ i   £    £   P £ P  a £ a 021 S2n24"j0n “ a kg ™ m  1 (b) Para o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo £ , a distância da partı́cula ao eixo é medida ao longo do eixo   :< y  § i  i   i             P   P  a   a 4z1 N4"j0n “  kg ™ m  1 (c) Para o eixo ¨ , temos< z  § i  i  i o com  i e  i W£ i 1 Os cálculos fornecem < z 021 Zj0np“ a kg ™ m  . (d) Somando os valores obtidos para < x e < y, confirma- mos a relação < z < x f< y o que podemos identificar como o teorema dos eixos per- pendiculares. 11-51E. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 5 LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, às 9:44 a.m. Duas partı́culas, de massa m cada uma, estão ligadas entre si e a um eixo de rotação em O por dois bastões delgados de comprimento l e massa M cada um, confor- me mostrado na Fig. 020ER©S23 . O conjunto gira em torno do eixo de rotação com velocidade angular  . Determi- ne, algebricamente, as expressões (a) para o momento de inércia do conjunto em relação a O e (b) para a ener- gia cinética de rotação em relação a O. (a) O momento de inércia para o eixo passando por8 é< O   w   'J3 w *  Š w S Š w 0H3 fŠ' S w3 *  4  w  €2Š w S (b) A energia cinética de rotação éš  03 <(  03 œ 4  w  €S Š w  ž   œ 4 3% N S Š ž w    11-58P. (a) Mostre que o momento de inércia de um cilindro sólido, de massa M e raio R, em relação a seu eixo cen- tral é igual ao momento de inércia de um aro fino de massa M e raio Œ t(ª 3 em relação a seu eixo central. (b) Mostre que o momento de inércia I de um corpo qual- quer de massa M em relação a qualquer eixo é igual ao momento de inércia de um aro equivalente em relação a esse eixo, se o aro tiver a mesma massa M e raio k dado por «  ª <Š 1 O raio k do aro equivalente é chamado de raio de giração do corpo. (a) Os momentos de inércia, em relação aos eixos mencionados, do aro e do cilindro são< A yŠ Œ  e < A  03 Š Œ  1 Para que estes momentos de inércia sejam iguais, o aro deve ter um certo raio Œ [ :< A  < C Š Œ [   03 Š Œ Œ [  Œª 3 (b) Igualando os momentos de inércia mencionados, te- mos <"y< A Š «  1 Do que obtemos diretamente«  Ž <Š 1 Seção 11-8 Torque 11-64P. Na Fig. 0(0R¡S(r , o corpo está fixado a um eixo no ponto O. Três forças são aplicadas nas direções mostradas na figura: no ponto A, a €moun m de O, ‰ ¬ 0n N; no ponto B, a Nmoqn m de O, ‰ ­ -0r N; no ponto C, a Spoun m de O, ‰® 0 N. Qual o torque resultante em relação a O? Calculamos o torque produzido por cada uma das forças dadas:: A   A ‰ A ¯‚°‚± N$4  y4(rp1642 N ™m, anti-horário o: B   B ‰ B ¯‚°‚± 2n  yr5N N ™m, horário o: C   C ‰ C ¯‚°‚± 3(n  |0p1645n N ™m, anti-horário 1 Tomando o sentido positivo para fora do plano da página, somamos os valores obtidos acima para ter o torque resultante:: R  : A Rƒ: B g: C 0‚3p1 n$ N ™m, anti-horário Seção 11-9 A Segunda Lei de Newton para a Rotação 11-70P. Uma força é aplicada tangencialmente à borda de uma polia que tem 0‚n cm de raio e momento de inércia de02ounj¢0nz“²P kg ™m  em relação ao seu eixo. A força tem módulo variável com o tempo, segundo a relação‰ enmoq4(n 2 ’npoqS(n  , com F em Newtons e t em segun- dos. A polia está inicialmente em repouso. Em >‹Spoqn http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 6
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