Plano de Aulas. Física. Módulo 5 Aplicações das leis de Newton e a gravitação universal

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1 lano de Aulas Física Módulo 5 Aplicações das leis de ewton e a gravitação universal

2 esolução dos exercícios propostos Exercícios dos conceitos CAÍULO 1 1 a) Ax 5 sen a ] Ax ] Ax 5 60 Ay 5 cos a ] Ay ] Ay 5 80 b) F ate 5 j e ] F ate 5 j e Ay ] 5 b) ela a lei de ewton: x F atc 5 m a ] mgsen a j c m gcos a 5 m a ] 10 0,6 0,5 10 0,8 5 a ] a 5 m/s 0 s 5 s 0 1 v 0 t 0 1 at ] 45 t ] t 5 s F ate 5 0,4 80 ] F ate 5 c) B 5 0 e Ax 5 60 Como Ax. B ] o corpo A descerá. d) A direção da força de atrito é a do plano inclinado, e o sentido é o oposto do movimento, ou seja, para cima do plano. O ar mais rarefeito na cidade situada a.600 m acima do nível do mar impõe uma resistência muito menor ao movimento da bola do que na cidade situada a 800 m acima do nível do mar. or isso o alcance da bola é maior. F atc ar Então, o operário que se encontra em cima da viga fará.000 e o operário que está no chão, de força. 6 F 5 m a ] F F x ] F (mgsen a) F ( ,8) ] F a) v lim ] F 5 0 ] x 5 F at 1 ar ] mgsen J 5 jmgcos J 1 bv ] ,7 5 0, ,7 1 0,5 v ] ,5v ] v 5 4 m/s x α F ate 45 0 x 5 F ate ] mgsen a 5 j e mgcos a ] 0,6 5 j e 0,8 ] j e 5 0,75 x 7 a) Aplicando a a lei de ewton para os dois blocos: A x F ata F atb 5 (m A 1 m B ) a ] m B g sen 5 j A m A g j B m B cos 5 5 (m A 1 m B ) a ] ,8 0, , ,6 5 5 ( ) a ] a ] a 5 0,9 m/s b) aplicando a aceleração em uma das equações acima, temos: ,9 ] 5 470,4 F ata 5 m A a x F atb 5 m B a 7

3 8 artindo do repouso (v 0 5 0), o sistema percorre 8 metros em s. odemos calcular a aceleração do sistema da seguinte forma: b) 0 s 5 s 0 1 v 0 t 0 1 at ] 8 5 a ] a 5 4 m/s a) A x 60 0 y A F 60 0 XB F atcb B α F F atca 5 m A a Bx F atcb 5 m B a F j c m A g j c m B g cos a m B g sen a 5 (m A 1 m B ) a Substituindo: F 0, , , ,8 5 (4 1 10) 4 ] F ] F b) Da a lei de ewton para o bloco B: F atcb Bx 5 m B a ] j c m B gcos a m B gsen a 5 m B a ] 0, , , ] ] 5 1 YB F atca A F cp 5 y 5 m v B ] m gcos 60w 5 m v ] ] ] F at ω As forças que atuam sobre a pessoa são: A resultante centrípeta sobre a pessoa é igual à força normal de reação à compressão exercida pela pessoa na parede. Quando a pessoa está na iminência de escorregar, temos, na direção vertical: F at 5 ] j 5 m g CAÍULO Mas: 5 cp 5 mv 1 a) Então: j mv 5 m g j v 5 g v 5 g v j , 5 v 5 0 m/s F cp 5 m a cp ] 5 m v ] A máxima velocidade ocorre quando o carro está na iminência de perder o contato; então 5 0: 5 mv ] mg 5 m v ] v 5 g ] F cp1 5 1 F cp 5 ] 5 m v ] 5 m w ] 5 m w ] 5 0,5 6 0,6 ] 5 10,8 F cp1 5 1 ] m 1 w ] 1 5 0,5 6 0, 1 10,8 ] v 5 dlllllll ] v 5 50 m/s 1 5 5,4 1 10,8 ] , 8

4 4 4 & 0 0,1 m 0 6 m 6 a) α y α & cp x m.g& x 5 e a) Determinemos o valor de. Sabemos que: 5 x 1,1. Então: 0 A resultante centrípeta cp - é o resultado da soma vetorial: cp =, que representamos: 4 & x & cp 6 m 0 & Máxima velocidade para realizar a curva sem perder o contato ] 5 0: F cp m mv ] mg 5 m v ] 5 v ] g ] 5 10 m sen 0 5 x 6 x 5 m Logo: 5 1,1 5 6,1 m Então: tg 0 5 cp 5 m v v 5 5 m g g v Λ 6 m/s 40 b) cos 0 5 ] 5 ] ] 5 ] 5 ] , 8 y 5 ] cos a 5 mg ] 5 mg cos a ] F cp 5 x 5 sen a ] F cp 5 mg cos a sen a ] F cp 5 mgtg a ] F cp 5 0,1 10 0,1 0,4 ] F cp 5 0, b) F cp 5 m v ] 0, 5 0,1 v 0,1 ] v 5 0,6 ] v 5 0,6 m/s v 5 s ] v 5 sf ] 0,6 f 5 ] f 7 0,8 Hz,14 0,1 CAÍULO 1 a) v 5 Ss St ] St 5 a t v ] St 5 1, ] St s v 5 Ss St ] St 5 a ] v St ] St s b) 5 ] # ,5 10 # 11 ] 1 ] 5 40 ] 5 80dlll 10 ] 7 5 anos terrestres a) x 5 ] ] x 5 15 ] x x 5 5 UA x 9

5 b) v x 5 s x e v 5 s ] ] v x v x rimeiro vamos calcular o período de Júpiter: J 5 ] J J (5 ) 5 1 ] J 5 15 ] J 7 11, anos terrestres úmero de voltas que Júpiter completa em 8 anos terrestres: 8 anos terrestres 1 11, anos terrestres n 5 0,71 ] CAÍULO min s ] s F grav 5 F cp ] GM m 5 mv ] v 5 GM Sabemos que v pode ser escrito como: v 5 s Substituindo: G M π % ] 4s 5 ] GM (90 60) 4 () 5 6, ] 5 (5.400) 6, ] m ] km s x x 5 s ] J v x v n 7 de voltas 4 5 x ] x ] v x ] v x 5 1 v 5 a) 5 F grav ] mg 5 GMm ] GM g 5 ( 1 d) 5 6, ( ) ] 40, 101 4, ] g 7 8,69 m/s b) arecem ter peso nulo devido à sensação de imponderabilidade; a nave e os astronautas estão caindo constantemente em direção à erra e, por isso, parecem não sentir os efeitos gravitacionais. 5 F grav ] mg 5 GMm A massa específica do planeta é escrita como: j 5 M vol ] M 5 j 4 s Substituindo na primeira expressão, temos: g 5 G j 4 s ] g 5 4 jsg (I) odemos, então, escrever a gravidade da erra como: g erra 5 GM A massa específica da erra é escrita como: j erra 5 M ] M 5 j 4 Vol s Substituindo: g 5 4 jsg (II) Dividindo (I) por (II), temos: g 5 ] g 5 1,5 ] g 5 1,5 g g g ] g 5 GM 10

6 CAÍULO 1 1 x 0 0 F y 4 m Como a caixa sobe com velocidade constante, temos F 5 0. Logo: F x 5 0 ] F 5 x ] F 5 mgsen 0w ] F ,5 ] F etomada dos conceitos e) 0 18,6 v (m) 0 0,1 4,87 t (s) Subida: v 5 v 0 1 at ] 18, ,6t ] t 7 0,1 s Horizontal: v 5 v 0 1 at ] ,6 4t ] t 7 4,6 s 0 0 x F atc y a 5 m/s F 5 m a ] ar 5 ma ] 0,5 10 ar 5 0,5 ],5 0,5 5 ar 5 a) F 5 ma ] x F at 5 ma ] mgsen 0w jmgcos 0w 5 m a ] a , 0,4 10 0,9 ] a 5 6,6 m/s b) v 5 v 0 1 ass ] v 5 0 6,6 4 ] v ,8 ] v 5 47, ] c) v 7 18,6 m/s F at F 5 m a ] F at 5 m a ] jmg m a ] a 5 0,4 10 ] a 5 4 m/s d) v 5 v 0 1 ass ] ,6 4 Ss ] Ss 4,8 m 4 c elo gráfico, a 5 8 m/s. x F atc F 5 ma ] x F at 5 m a ] m gsen a jmgcos a 5 m a ] 10 0,6 j 10 0,8 5 8 ] j ] j 5 8 ] j 5 0,5 5 d As duas forças atuantes possuem o mesmo módulo e sentidos opostos; portanto, no instante em que a gota atinge a velocidade v, a força resultante torna-se nula. Então, a aceleração também é nula a partir do momento que a gota atinge a velocidade v. Com a aceleração nula, a gota atinge o solo com velocidade v. 11 y

7 6 a) F 5 m a ] F at 5 m a ] j m g 5 m a ] a 5 0,4 10 ] a 5 4 m/s v B 5 v A 1 ass ] v B ] v B ] v B 5 56 ] v B 5 16 m/s ] v B 5 v A 1 at ] t ] 4 5 4t ] t 5 1 s b) v B 5 v A 1 ass ] v B ] v B ] v B 5 56 ] c) A F at v B 5 16 m/s F atc B 8 9 c) F 5 ma ] 5 F at x 5 ma ] 5 ma 1 jmgcos 45w 1 mgsen 45w ] ,5 1 0,4 10 dll dll ] dll 1 00dll ] A dll A A A 4 40 B A 4 B 5 A ] B 5 85 x y α F 5 ma ] x F at 5 m a ] m g sen a jm gcos a 5 m a ] 10 0,6 0,4 10 0,8 5 a ] 10W Como existe uma polia móvel e ela consegue dividir o esforço por dois, temos que o peso é igual a 10, o que equivale ao peso de uma massa de 1 kg. a 5 6, ] a 5,8 m/s d) v C 5 v B 1 at ] v C ,8 0,5 ] v C ,4 ] v C 5 17,4 m/s 7 a) F 5 0 ] F at x 0 ] 5 F at 1 x ] 5 j mgcos 45w 1 mgsen 45w ] 5 0, dll ] 5 80dll 1 00dll ] 5 80dll CAÍULO 1 b Em um MCU, o vetor velocidade é sempre tangente à trajetória e, por isso, muda sua direção a cada instante. O vetor aceleração centrípeta é sempre radial e aponta para o centro da circunferência. O período em um MCU também é sempre constante. 1 b) F 5 0 ] x F atc 5 0 ] mgsen 45w mgcos 45w 5 ] dll 0, dll ] 5 (00 80)dll ] 5 10dll d Iminência de perder contato F cp 5 0 ] m V 5 mg ] v 5 d lll g, ou seja, a velocidade máxima não dependerá da massa.

8 a F cp 5 m v ] F cp 5 m w ] F cp 5 mw ] F cp ] F cp e F 5 Hz v 5 s ] v 5 sf ] v 5 0,8 ] v 5 9,6 m/s ] v 7 10 m/s 5 e a situação de velocidade mínima no ponto mais alto, 5 0. F cp m v ] mg 5 m v ] v ,8 ] v 5 dll m/s 6 a A força resultante sobre a lata é a força centrípeta e deve apontar para o centro da circunferência. 7 b F cp 5 m v ] ] 5 4 (150) 10 5 ] 5 0,18 m 5 8 a) A única força que atua na direção radial, nesse caso, é a força de tração. ortanto, a resultante centrípeta é: F cp 5 ] m v 5 A velocidade linear mínima que o cachorro deve atingir para que a corda se rompa é: m v 5 ] 0 v min ] v min 7 7 m/s b) O tempo que o cachorro leva para dar uma volta completa é dado por: v min 5 s ] t 7 1 ] t 7 t 7 0,86 s A velocidade de aproximadamente 7 m/s que o cachorro precisa atingir equivale a 5, km/h, que é uma velocidade relativamente alta para um cachorro, e, portanto, ele não deve conseguir arrebentar a corda. CAÍULO 1 e # 4 # 1 # 1 a ela lei das áreas, se os tempos t 1, t e t são iguais, então A 1 5 A 5 A. b Analisando os dados da tabela da distância média ao centro de Júpiter, a alternativa b é a única possível. 4 e o ponto I (periélio), o cometa tem a máxima aproximação em relação ao Sol, a máxima velocidade orbital e a máxima aceleração centrípeta, exatamente o oposto do ponto J (afélio). 5 e Devido à maior proximidade em relação à erra de s 1 do que s, a velocidade linear de s 1 será maior. 6 e 5 K, ou seja, mantendo a órbita, o período permanece o mesmo, independentemente da massa. 1 # 5 # 5 64 ] b ela lei das áreas, se A 1 5 A ] O 5 M e v O. v M, pois, quanto mais próximo do Sol, maior a velocidade orbital do planeta. 8 c I. Correta. ois órbitas circulares são casos particulares de elipses. II. Falsa. O objeto 1996L 66 não tem movimento uniforme, pois sua órbita não é circular. III. Correta. ela lei dos períodos de Kepler, quanto maior o raio médio da órbita, maior o período de rotação do planeta em torno da estrela. Como Urano tem o menor raio de órbita, terá também o menor período. 9 d ] ] 1 5 d ll 1 # 1 1

9 CAÍULO 4 1 F grav 5 F cp ] GMm 5 mv ] v 5 d llll GM ] lllllllllllllll v 5 d 6, ] v 7,17 10 m/s v 5 s ] 5 s, ] 5 v,17 10 ] ] 7,9 10 s ], h ou h1 min 5 F grav ] m g 5 GM m ] g 5 GM ] g 5 6, ] ( ) g,51 m/s 4 a) s 5 m g s ] s ] s 5 1, b) o 5 m g o ] o ,51 ] o 1, Ele obteve 0. O dinamômetro, a massa, o astronauta e tudo na nave estão caindo constantemente em direção à erra (sensação de imponderabilidade). Então, o peso aparente do objeto é nulo. llll 6 a) v 5 d GM, portanto a velocidade orbital independe da massa, ou seja, a velocidade or- bital continuaria sendo,17 10 m/s. llll b) 5 d GM 1 1 e 5 d llll GM 1 5 v ] 5,17 10 ] 5 6,4 10 m/s E 7 17,6 h ] E 7 17h6 min ] v llll 1 5 d 4GM ] llll 7 ve 5 d GM 4 ] ve 5 1 ] ve 5 1 v ] ve 5 se ] E 5 s4 E v ] ou 5 E E ] 5 E (4) ] E 5 8 ] E 5 8, ] E 5 17,6 h 8 A nave pode desligar os motores quando está em órbita, já que por inércia irá manter a velocidade orbital (não existe força de resistência do ar). A órbita circular da nave é mantida pela força gravitacional de Marte. Exercícios de integração 1 A B A B A a B 14 ara que o sistema se desloque em MU, a força resultante em cada bloco deve ser nula. B 5 0 Ax F at 5 0 B 5 Ax 1 F at ] ,7j ,7 ] j ] j ou j 5 5 7

10 b) a m F atc C F el 0 0 F elas 5 ] 5 K x ] 5 K (1,5 1,) ] 5 0,K Como o bloco C está em equilíbrio, a força resultante é nula: F C 5 0 ] x 5 ] mgsen J 5 0,K ] 10 0,5 K 5 ] K 5 50 /m 0, F el L 0 L x 0 0 F at 5 j c ] F at 5 j c mg cos 0w A partir dessa equação, vemos que os fatores não se alteraram e, portanto, o módulo da força de atrito continua sendo. F 5 ma ] x F at 5 ma ] 5 5 1a ] a 5 m/s Módulo m/s, paralela ao plano inclinado e no sentido do movimento do bloco. 5 a) F 5 ma ] F at 5 ma ] µ 5 ma ] µ mg 5 ma ] a 5 4 m/s v B 5 v A 1 ass ] v B ] v B ] v B 5 m/s F cp 5 m v 5 F elas ] m (w) 5 K x ] mw 5 Kx ] 10 # 0, ,9 5 K (0,9 0,5) ] 5 0,4K ] 9 K /m 6 a) b) A aceleração na subida do plano é dada pela segunda lei de ewton: F 5 m a ] x f at 5 m a ] ] sen a j cos a 5 m a ] ] 40 0,4 0,4 40 0,9 5 4 a ] ] a 5 7,6 m/s 4 a) F x F 0 0 F atc Velocidade constante ] F 5 0 ] F 5 x 1 F at ] F at 5 8 mgsen J ] F at ,5 ] F at 5 Módulo, paralela ao plano inclinado e no sentido contrário ao movimento do bloco. y emos que 5 F; então: 5 ma ] F 5 g a ] F 5 1 a g ] F 5 (a 1 g) g b) ara que tenhamos o equilíbrio: F 5 0 ] F 5 15

11 16 7 b Como o caixote sobe com velocidade constante, temos: 8 a) F 5 0 ] F F at x 5 0 ] F 5 F at 1 x ] F 5 j 1 mgsen J ] F 5 j mgcos J 1 mgsen J ] F 5 0, , ,6 ] F ] F 5 40 Então, o módulo da força F é igual a 40, e a força resultante atuando no caixote é nula. As afirmações corretas são: III e IV. F ate F cp 5 ] mw 5 ] 5 F at ] mg 5 j mw 5 mg j ] W 5 g j ] W 5 10 ] W 5 10 rad/s 0,5 0, b) W 5 sf ] 10 5 f ] f 5 5 Hz 5 5 s Se uma volta completa demora s, as 1 voltas serão executadas em: 5 1 ] St 5 7, s 5 9 c I. Verdadeiro. A força de atração gravitacional é a força que mantém o satélite em órbita. II. Falso. A aceleração centrípeta é dada por v e, portanto, independe da massa do satélite. III. Verdadeiro. llll v 5 d GM ] ve 5 d llllll GM (0,64) 5 1 0,8 d llll GM 5 llll 5 1,5 d GM ] ve 5 1,5v F cp IV. Falso. O gráfico não descreve o comportamento da velocidade tangencial em função da distância, pois a relação entre essas duas grandezas não deve ser linear. 10 c O turista flutua e tem a sensação de ausência de gravidade, pois a estação espacial e o turista estão sujeitos à mesma aceleração, caindo sempre em direção à erra. É a chamada sensação de imponderabilidade. 11 a 5 4s GM ] 5 4s (16.750) , ] 7 1, ] s 1 c O satélite geoestacionário possui o mesmo período da erra, ou seja, 4 h. A partir da relação 5 K, vemos que para cada valor de existe um único valor de, independendo da massa do satélite; portanto, todos os satélites de período 4 h estão aproximadamente à mesma altitude. Além disso, o enunciado diz que o satélite permanece sempre acima de um mesmo ponto; então, ele se move num plano que passa pelo equador terrestre. 1 a F 5 GMm ] G 5 F Mm Em que é a distância que separa as massas M e m, ou seja, a distância entre os centros das esferas maior e menor. 14 a 5 GM m e M 5 GM 1m ] M 5 G 0,11M m ] 1 M 5 0,11 GM m ] M 5 0,11 15 b Satélites geoestacionários possuem o mesmo período da erra (4 h). A partir da relação 5 K, vemos que, para um determinado período, existe somente um raio que satisfaz a relação; portanto, todos os satélites geoestacionários estão aproximadamente à mesma altura.

12 16 a) A partir do gráfico, vemos que, para 5 1, m, temos: Fg ; então: Fg 5 GMm ] M (1, ) 6, ] 0 M 7 1, kg b) F grav 5 F cp ] F grav 5 mv ] v , ] v m/s 17 a) E c 5 E pg ] mv esc 5 GMm ] b) v esc 5 GM ] v llll esc 5 d GM GM v v esc1 esc1 GM L 5 5 L GM GM v esc1 v esc1 L 5 d llllll M L lllll 5 M L d ] v esc1 v esc1 L 5 dlll 1 c) Seria mais fácil na Lua, onde a velocidade de escape é menor. 18 a) A velocidade orbital do satélite é mantida por causa da inércia, já que não há resistência do ar. Além disso, a força gravitacional faz o papel da resultante centrípeta. A força gravitacional mantém o satélite em órbita circular, e sua distância em relação ao centro da erra não é significativamente alterada, pois a curvatura de sua trajetória coincide com a curvatura da superfície terrestre. b) a cp 5 g 5 GM D, em que D 5 1 h a cp 5 6, [( )10 ] ] a cp 7 7, m/s L L L a cp 5 V 5 W ] a cp s # ] a cp (100 60) ] a cp 5 7 m/s c) A área total da superfície terrestre é: A 5 4 s ] A 5 4 (6.00) ] A 5 4, km A área da superfície que não está coberta por água é: Ac A ] A C 5 1, km Então, temos: 1, km 100 % km x % 5 10 x 5 8 1, x 4,% d) Como o período de revolução do satélite é de 100 min, basta calcular quanto se deslocará um ponto localizado no equador da erra durante 100 min: e) ou min 100 min y ] 4 60 y 7.58 km 7,6 10 km s 6.00 km y km v 5 GM 1 ; então: v 1 /4 / 4 1 /

13 Gabarito etomada dos conceitos CAÍULO 1 1 F a) a 5 6,6 m/s b) v 7 18,6 m/s c) a 5 4 m/s d) Ss 4,8 m e) v (m) 0 18,6 5 e 6 a 7 b 8 a) v min 7 7 m/s CAÍULO 1 e a b b) t 7 0,86 s 18 ar 5 4 c 5 d 6 a) t 5 1 s b) v B 5 16 m/s c) a 5,8 m/s d) v C 5 17,4 m/s 7 a) 5 80dll b) 5 10dll c) dll 8 B m 5 1 kg CAÍULO 1 b d a 4 e 0 0,1 4,87 t (s) 4 e 5 e 6 e 7 b 8 c 9 d CAÍULO 4 1 v 7,17 10 m/s, h ou h1min g,51 m/s 4 a) s 5 1, b) o 5 1, Ele obteve 0. 6 a) a velocidade orbital continuaria sendo,17 10 m/s. b) 5 6,4 10 m/s 7 E 7 17,6 h ] E 7 17 h 6 min 8 A nave pode desligar os motores quando está em órbita, já que por inércia irá manter a velocidade orbital (não existe força de resistência do ar). A órbita circular da nave é mantida pela força gravitacional de Marte.

14 Exercícios de integração 1 j K 5 50 /m K /m 4 a) Módulo, paralela ao plano inclinado e no sentido contrário ao movimento do bloco. b) Módulo m/s, paralela ao plano inclinado e no sentido do movimento do bloco. 5 a) v B 5 m/s b) a 5 7,6 m/s 6 a) F 5 (a 1 g) g b) F 5 7 b 8 a) W 5 10 rad/s 9 c 10 c 11 a 1 c 1 a 14 a b) St 5 7, s 15 b 16 a) M 7 1, kg b) v m/s llll 17 a) v esc 5 d GM b) v esc1 v esc1 L 5 dlll 1 c) Seria mais fácil na Lua, onde a velocidade de escape é menor. 18 a) A velocidade orbital do satélite é mantida por causa da inércia e a força gravitacional faz o papel da resultante centrípeta. b) a cp 7 7, m/s c) x 4,% d) y 7.58 km 7,6 10 km e)