Gabarito Prova 1

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Gabarito da Primeira Avaliação de Física I (2016/2) 
Turma: Engenharia Civil - Noturno. 
Professor: Estevan G. Tavares
Questão 1) (a) Para a determinação do volume total do oleoduto, será usada a equação do volume
de um cilindro, conforme proposto pelo enunciado. Assim, o volume em metros cúbicos,
V=π r2h=(3,1415...)⋅(8 in⋅2,54×10−2m . in−1)2⋅(8,68×105m)=112.594,4555...m3
V=1,13×105m3
(b) Deve-se converter as unidades que envolvam volume para m³, ou para L. Sendo assim,
transformando para m³/s, a vazão
Vazão=40 L
s
⋅ 1
1.000
m3
L
→ Vazão=4×10−2 m
3
s
A vazão é a taxa de volume por unidade de tempo no qual a tubulação recebe o óleo. Para preencher
toda a tubulação,
Vazão=V
T
→ T= V
Vazão
→ T= 112.594 m
3
4×10−2m3 s−1
→ T=2.814 .850 s
Ou ainda, T=2.814 .850
3600×24
=32,6dias
---- x ----
De maneira alternativa, se as unidades de volume são convertidas para L,
V=112.594m3⋅1.000 L
m3
→ V=112.594 .000 L
Portanto: T=112.594 .000 L
40 Ls−1
→ T=2.814 .850 s
Questão 2) Dados: (1) O tempo de queda até o chão (3,5 s). (2) Como o objeto foi largado, supõe-
se que a sua velocidade inicial seja igual a zero ( v0=0 ).
(a) As equações para a queda livre:
{v=v0−g ty= y0+v0t−12 g t2v2=v02−2g ( y− y0) → {
v=−9,8⋅3,5
h=− 1
2
⋅9,8⋅3,52
v2=−2⋅9,8h
Onde a altura do prédio é a diferença entre a posição inicial e a posição final do objeto em queda.
Ou seja, h= y− y0 . Assim sendo, as equações fornecem:
{v=−34,3ms
−1
h=− 60m
v2=2⋅9,8h
A velocidade obtida, em módulo, para km/h, v=34,3ms−1⋅3,6 kmh
−1
ms−1
→ v=123,5km /h
2 de 4
A diferença 123,5 kmh – 120 kmh < 5 kmh. Portanto, pode-se dizer que o curioso acertou o valor da
velocidade final do corpo em queda.
(b) Conforme o item (a), a altura do prédio saiu automaticamente quando anunciadas as equações
para a queda livre, e aplicados os dados fornecidos pelo enunciado. Assim, h=60m . O sinal
negativo apenas indica que o deslocamento do corpo foi no sentido oposto do sentido do eixo y, que
aponta para cima.
Questão 3) De acordo com o enunciado, pode-se dividir toda a trajetória do foguete em três etapas:
1 – Etapa de ascenção acelerada;
2 – Etapa de ascenção sujeito à desaceleração gravitacional, até o foguete alcançar a altura máxima
3 – Etapa de queda do foguete, até o seu retorno ao solo.
Dados: (1) Posição de saída assumida como 0 e (2) velocidade inicial assumida como 0. (3) Foguete
mantêm aceleração constante para cima por 25 segundos.
(a) Na Etapa 1, a aceleração de 20 m/s² já assumida a sua aceleração líquida, sem considerar a sua
redução, devido à desaceleração da gravidade. O conjunto de equações do MRUV para a Etapa 1:
{v=v0+a ty= y0+v0t+12 a t2v2=v02+2a( y− y0) → {
v=20⋅25
y=10⋅252
v2=40 y
→ {v=500ms
−1
y=6250m
v2=40 y
No qual o eixo y tem a sua origem no solo, apontando para cima.
Já é sabido que o motor para de funcionar quando o foguete está na posição y = 6250 m (6,25km),
com velocidade v = 500 m/s. Estes dados são importantes pois serão os dados iniciais (yo e vo) para a
Etapa 2 do foguete. Com isto, a equação para a Etapa 2,
{v=v0−g ty= y0+v 0t−12 g t2v2=v02−2g ( y− y 0) → {
v=500−9,8 t
y=6250+500 t−4,9 t 2
v2=5002−19,6( y−6250)
A altura máxima alcançada na Etapa 3 é justamente quando a gravidade consegue anular a
velocidade de ascenção do foguete. Da Equação de Torricelli,
v2=5002−19,6( y−6250) → 0=5002−19,6( y−6250) → y=500
2
19,6
+6250
y=19.005m → y=19,00km
Esta é a posição de altura máxima alcançada pelo foguete em relação ao solo. Deveria ao menos
chegar a uma altura (posição neste caso) de 20 km, mas não chega. 
Para alcançar o objetivo de alcançar os 20 km de altura, pode-se aumentar o tempo de
funcionamento do foguete, ou aumentar a intensidade da aceleração de lançamento para o mesmo
intervalo de 25 s, de funcionamento.
(b) O tempo total para a Etapa 2, 0=500−9,8T 2 → T2=51,02 s
3 de 4
Usa-se as equações de queda livre para a Etapa 3. Para tanto, os dados conhecidos são a altura
máxima alcançada, e a velocidade inicial nula. Assim,
{v=v0−g ty= y0+v 0t−12 g t2v2=v02−2g ( y− y 0) → {
v=−9,8 t
y=19000−4,9 t2
v2=−19,6( y−19000)
O tempo total será quando y = 0. Assim,
0=19000−4,9t 2 → T3=62,27 s
O tempo total de vôo é a soma dos tempos das três etapas: TT=T 1+T2+T 3 → TT=138,27 s
(c) O foguete atingirá o solo quando y = 0. Neste caso, para determinar a velocidade, basta a
equação de Torricelli, mais uma vez,
v2=−19,6 ( y−19000) → v2=−19,6 (0−19000) → v=610,24ms−1
Questão 4) Dados: (1) Velocidade de lançamento da bola, e (2) distância do batedor.
(a) Trata-se de um caso de lançamento de projéteis. Para saber o tempo na metade da distância entre
o arremessador e batedor, é preciso saber que esta metdade da distância horizontal é percorrida por
um movimento do tipo MRU. Sendo assim, a velocidade horizontal inicial é a velocidade de
arremesso. Convertendo para m/s,
v=161km h
−1⋅1
3,6
ms−1
kmh−1
=44, 7ms−1
Logo, a equação do MRU,
x=x0+v t → d=v t
Para a metade da distância (d/2), 18,3
2 =44,7T
→ T= 18,32⋅44,7
→ T=0,21 s
(b) Como se trata de uma distência horizontal, no qual o movimento é tratado como MRU, a
segunda metade da distância tem o mesmo tempo para percorrer. Ou seja, T=0,21 s .
(c) Com os tempos obtidos para cada metade do percurso horizontal, pode-se estimar a altura da
qued a da bola, para cada caso. Para a primeira metade do percurso:
y= y0+v0 y t−
1
2 g t
2
A velocidade inicial na direção vertical (y) da bola é nula. Somente existe velocidade inicial na
direção horizontal. Não se sabe a altura que a bola foi lançada com relação ao solo. Assim,
y− y0=−
1
2 g t
2 → h=−12 g t
2
Onde h é a altura de queda da bola enquanto arremessada. Sendo assim,
4 de 4
h=−12 g t
2 → h1=0,21m
(d) Da última expressão algébrica do item (c),
h=− 12 g t
2 → h=−4,9⋅(0,21+0,21)2 → h=−0,86 m
Descontando a parte da segunda metade: h2=−0,65m
Questão 5) Dados: (1) O diâmetro da roda (22 cm) e (2) a frequência de rotação (22.000 rpm).
Convertendo a frequência para a frequência natural (também chamada de frequência angular),
ω=
22.000⋅2π
60
→ ω=2,30×103 rad s−1
(a) Para a aceleração centrípeda,
ac=
v2
R
=
(ωR)2
R
→ ac=ω
2R → ac=2304
2⋅0,11 → ac=583.925,76ms
−2
(b) A velocidade tangencial,
v=ω R → v=2304⋅0,11 → v=253ms−1
(c) O período, 
v=2π R
T
→ T=2 πR
v
→ T=2 π⋅0,22
507
→ T=2,73×10−3 s
Questão 6) (a)Se o objeto para, a sua velocidade é zero. A velocidade, de acordo com a derivada,
v=dx
dt
=6 t 2−12 t+4 → 6 t 2−12t+4=0 → 3 t2−6 t+2=0
Bhaskara: t=6±√36−24
6
→ t=6±√12
6
→ t1=0,42 s e t2=1,57 s
(b) As posições que o objeto se encontra parado, basta aplicar os tempos do item (a) na função x(t).
x1=x (t1) → x1=2(0,42)
3−6(0,42)2+4 (0,42) → x1=0,77m
x2=x (t2) → x2=2(1,57)
3−6 (1,57)2+4 (1,57) → x2=−0,77m
(c) A aceleração é a derivada da velocidade, ou também a segunda derivada da posição. Assim,
a( t)=dv
dt
=12t−12
(d) A aceleração será nula quando,
12t−12=0 → t=1 s
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