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Marque um X em sua turma Professor T1 – 5a = 16 – 18 Andreza T2 – 4a = 8 – 10 Helder T3 – 5a = 14 – 16 Andreza T4 – 5a = 8 – 10 Andreza T5 – 4a = 10 – 12 Helder T6 – 4a = 14 – 16 Helder Assinatura: ___________GABARITO_____________________ 25 PONTOS/QUESTÃO Formulários 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0𝑥𝑥𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑥𝑥𝑡𝑡2 𝑣𝑣𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑣𝑣0𝑥𝑥 + 𝑎𝑎𝑥𝑥𝑡𝑡 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑥𝑥 = ∆𝑥𝑥∆𝑡𝑡 𝑎𝑎𝑚𝑚𝑥𝑥 = ∆𝑣𝑣𝑥𝑥∆𝑡𝑡 𝑣𝑣𝑦𝑦(𝑡𝑡) = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 + 𝑎𝑎𝑦𝑦𝑡𝑡 𝑟𝑟(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥(𝑡𝑡)𝑖𝑖̂ + 𝑦𝑦(𝑡𝑡)𝑗𝑗 ̂ 𝑣𝑣𝑥𝑥2 = 𝑣𝑣0𝑥𝑥2 + 2𝑎𝑎𝑥𝑥(𝑥𝑥 − 𝑥𝑥𝑜𝑜) 𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎𝑟𝑟 = 𝑣𝑣2𝑅𝑅 �⃗�𝑣𝑚𝑚 = ∆𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡 𝑎𝑎𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑣𝑣𝑥𝑥𝑟𝑟𝑡𝑡 �⃗�𝑣(𝑡𝑡) = 𝑣𝑣𝑥𝑥(𝑡𝑡)𝑖𝑖̂ + 𝑣𝑣𝑦𝑦(𝑡𝑡)𝑗𝑗̂ 𝑦𝑦(𝑡𝑡) = 𝑦𝑦𝑜𝑜 + 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑦𝑦𝑡𝑡2 𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎𝑟𝑟 = 4𝜋𝜋2𝑅𝑅𝑇𝑇2 �⃗�𝑣 = 𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑡𝑡 �⃗�𝑎(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑥𝑥(𝑡𝑡)𝑖𝑖̂ + 𝑎𝑎𝑦𝑦(𝑡𝑡)𝑗𝑗̂ 𝑣𝑣𝑦𝑦2 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦2 + 2𝑎𝑎𝑦𝑦(𝑦𝑦 − 𝑦𝑦𝑜𝑜) 𝑣𝑣 = 2𝜋𝜋𝑅𝑅𝑇𝑇 𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑟𝑟𝑥𝑥𝑟𝑟𝑡𝑡 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥𝑜𝑜 = �𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 +𝑣𝑣𝑥𝑥2 � 𝑡𝑡 QUESTÃO 1: Uma roda-gigante, com raio R = 14,0 m, está girando em torno de um eixo horizontal passando pelo seu centro, conforme mostra a figura abaixo. A velocidade tangencial de uma passageira situada em sua periferia é constante e igual a 7,0 m/s. a) Determine o módulo da aceleração da passageira, quando ela se encontrar no ponto mais alto do movimento circular (ponto A). SOLUÇÃO Como a velocidade tangencial (𝑣𝑣) é constante, então, não existe a componente tangencial da aceleração, somente a componente radial (𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎𝑟𝑟 ), cuja expressão é: 𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎𝑟𝑟 = 𝑣𝑣2𝑅𝑅 = 7,0214 = 3,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Portanto, o módulo da aceleração da passageira é 3,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 b) Desenhe, na própria figura, os vetores aceleração no ponto A e no ponto B (ponto mais baixo do movimento). Obs.: ambos vetores têm o mesmo módulo e, portanto, o mesmo comprimento. c) Qual é o período da roda-gigante, ou seja, quanto tempo a roda-gigante leva para completar uma revolução? O período (T) da roda-gigante é dado por: 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋𝑅𝑅 𝑣𝑣 = 2 × 𝜋𝜋 × 14,07,0 = 4,0𝜋𝜋 ≅ 12,6 𝑠𝑠 PROBLEMA SUGERIDO DO LIVRO: 3.33 (12ª Edição) UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA DEPARTAMENTO DE FÍSICA – CCE 1ª PROVA DE FIS 191 – 2016-I – 20/04/2016 NOTA (100) Observação Considere o módulo da aceleração da gravidade g = 10 m/s2 A B R �⃗�𝑎𝐵𝐵 �⃗�𝑎𝐴𝐴 QUESTÃO 2: Um gato anda em linha reta, a qual definimos de eixo ox, com direção positiva para a direita. Como um aluno observador, você mede o movimento desse gato e mostra os resultados num gráfico da velocidade (vx) em função do tempo (t), conforme mostra a figura abaixo. Considere que o gato partiu da origem (xo = 0) no instante t = 0 s. a) Qual é a aceleração do gato no instante t = 4 s? Como o gráfico da velocidade em função do tempo é uma linha reta, então, podemos escrever: aceleração média (𝑎𝑎𝑚𝑚𝑥𝑥 ) = aceleração instantânea(𝑎𝑎𝑥𝑥) 𝑎𝑎𝑚𝑚𝑥𝑥 = ∆𝑣𝑣𝑥𝑥∆𝑡𝑡 = 𝑎𝑎𝑥𝑥 Escolhendo então dois pontos quaisquer sobre a reta obtém-se amx e, portanto, 𝑎𝑎𝑥𝑥 . Sejam eles: to = 0 s ⇒ vo,x = 9 m/s e t6 = 6 s ⇒ v6,x = 0 m/s Então, os pares ordenados destes dois pontos são: (0 ; 9) e (6 ; 0). Assim, 𝑎𝑎𝑥𝑥 = ∆𝑣𝑣𝑥𝑥∆𝑡𝑡 = 𝑣𝑣6,𝑥𝑥 − 𝑣𝑣𝑜𝑜,𝑥𝑥𝑡𝑡6 − 𝑡𝑡𝑜𝑜 = 0 − 96 − 0 = −1,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Este valor da aceleração instantânea (inclinação da reta tangente em cada ponto) é único com o mesmo valor para qualquer ponto, e, portanto, para t = 4 s, implica em 𝑎𝑎𝑥𝑥 = −1,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 b) Qual é a posição x do gato no instante t = 8 s? Para uma aceleração constante, temos a seguinte equação da cinemática para a posição x(t): 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥0 + 𝑣𝑣0𝑥𝑥𝑡𝑡 + 12𝑎𝑎𝑥𝑥𝑡𝑡2 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡 = 8 𝑠𝑠) = 0 + 9 × 8 + 12 (−1,5) × 82 = 72 − 48 = 24 𝑚𝑚 c) Qual é a distância percorrida pelo gato no intervalo entre t = 0 s e t = 8 s? Há dois métodos de resolver: 1º método: Calcular o deslocamento (Δ𝑥𝑥 = 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥𝑜𝑜) no intervalo entre 0 e 6 s (Δ𝑥𝑥 positivo) e, em seguida, calcular o deslocamento no intervalo entre 6 s e 8 s (Δ𝑥𝑥 negativo). A distância percorrida é a soma dos módulos de cada deslocamento. Assim, de 0 à 6 s ⇒ Δ𝑥𝑥1 = 𝑥𝑥 − 𝑥𝑥𝑜𝑜 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑥𝑥𝑡𝑡2 = 9 × 6 − 12 × 1,5 × 62 = 54 − 27 = 27 𝑚𝑚 de 6 s à 8 s ⇒ Δ𝑥𝑥2 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 𝑡𝑡 + 12 𝑎𝑎𝑥𝑥𝑡𝑡2 = 0 × 2 − 12 × 1,5 × 22 = −3 𝑚𝑚 ⇒ |∆𝑥𝑥2| = 3 𝑚𝑚 Portanto, a distância percorrida, no intervalo entre 0 e 8 s, é: ∆𝑥𝑥 = |∆x1| + |∆x2| = 27 + 3 = 30 m 2º método: Calcular diretamente no gráfico a área de cada triângulo retângulo, sendo que a área total (soma dos dois triângulos retângulos) representa a distância percorrida (S) de 0 à 8 s. Assim, S = S1 + S2 = área1 + área2 𝑆𝑆 = 6 × 92 + 2 × 32 = 27 + 3 = 30 𝑚𝑚 d) Trace os gráficos da aceleração (ax) em função do tempo e da posição (x) em função do tempo. Use os sistemas de eixos desenhados abaixo. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 -3 0 3 6 9 v x (m /s ) t (s) t (s) 0 2 4 6 8 ax (m/s2) -1,5 𝑎𝑎𝑥𝑥 = −1,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 x (m) 27 24 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 9𝑡𝑡 − 0,75𝑡𝑡2 Equação da posição: t (s) 0 2 4 6 8 área2 área1 PROBLEMA SUGERIDO DO LIVRO: 2.29 (12a Edição) QUESTÃO 3: Próximo à superfície da terra, um objeto em queda livre, solto a partir do repouso de uma certa altura, atinge o solo após um tempo de 5 s. a) Quanto tempo esse objeto gastaria para atingir o solo, se fosse solto, a partir do repouso, (em queda livre) de uma mesma altura próxima à superfície de um outro planeta que possui o módulo da aceleração da gravidade como sendo a metade do valor na terra? Informações dadas: * deslocamento na terra = deslocamento no outro planeta ⇒ (∆𝑦𝑦𝑇𝑇 = ∆𝑦𝑦𝑃𝑃) * velocidade inicial igual a zero em ambos planetas ⇒ (𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 ,𝑇𝑇 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 ,𝑃𝑃 = 0) * gravidade no outro planeta igual à metade do valor na terra ⇒ 𝑔𝑔𝑃𝑃 = 𝑔𝑔𝑇𝑇2 = 5 𝑚𝑚/𝑠𝑠2 Considerando y positivo apontando para baixo (crescendo para baixo), tem-se: ∆𝑦𝑦𝑇𝑇 = ∆𝑦𝑦𝑃𝑃 ⇒ 12𝑔𝑔𝑇𝑇𝑡𝑡𝑇𝑇2 = 12𝑔𝑔𝑃𝑃𝑡𝑡𝑃𝑃2 ⇒ 𝑡𝑡𝑃𝑃2 = 𝑔𝑔𝑇𝑇𝑔𝑔𝑃𝑃 𝑡𝑡𝑇𝑇2 = 105 × 52 = 50 𝑠𝑠2 Portanto, o tempo gasto para atingir o solo no outro planeta é: 𝑡𝑡𝑃𝑃 = √50 = 7,1 𝑠𝑠 b) Qual é o módulo da velocidade desse objeto nesse outro planeta imediatamente antes de atingir o solo? 𝑣𝑣𝑦𝑦 ,𝑃𝑃2 = 𝑣𝑣0𝑦𝑦 ,𝑃𝑃2 + 2𝑔𝑔𝑃𝑃(𝑦𝑦 − 𝑦𝑦𝑜𝑜)𝑃𝑃 = 0 + 2𝑔𝑔𝑃𝑃∆𝑦𝑦𝑃𝑃 = 2𝑔𝑔𝑇𝑇2 ∆𝑦𝑦𝑇𝑇 = 𝑔𝑔𝑇𝑇 . 12𝑔𝑔𝑇𝑇𝑡𝑡𝑇𝑇2 = 1022 52 = 1250 𝑚𝑚2 𝑠𝑠2� Portanto, o módulo da velocidade do objeto ao atingir o solo é: 𝑣𝑣𝑦𝑦 ,𝑃𝑃 = √1250 = 35,5 𝑚𝑚/5 Pode-se usar também a equação: 𝑣𝑣𝑦𝑦 ,𝑃𝑃 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 ,𝑃𝑃 + 𝑔𝑔𝑃𝑃𝑡𝑡𝑃𝑃 = 0 + 5 × 7,1 = 35,5 𝑚𝑚/𝑠𝑠 QUESTÃO 4: No nível do solo, um canhão dispara um projétil com o módulo da velocidade inicial igual a 80 m/s, à 30o acima da linha horizontal, conforme mostra a figura abaixo. Despreze a resistência do ar. 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠30𝑜𝑜 𝑒𝑒 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑠𝑠𝑒𝑒𝑠𝑠30𝑜𝑜 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 = 69,3 𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝑒𝑒 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 = 40 𝑚𝑚/𝑠𝑠 a) Descreva o vetor velocidade inicial em termos dos vetores unitários 𝑖𝑖̂ e 𝑗𝑗̂, de acordo com o referencial indicado na figura. SOLUÇÃO �⃗�𝑣𝑜𝑜 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 𝑖𝑖̂ + 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 𝑗𝑗̂ = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠30𝑜𝑜𝑖𝑖̂ + 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑠𝑠𝑒𝑒𝑠𝑠30𝑜𝑜 𝑗𝑗̂ Portanto, �⃗�𝑣𝑜𝑜 = 69,3𝑖𝑖̂ + 40𝑗𝑗̂ (𝑚𝑚/𝑠𝑠) b) Quanto tempo o projétil leva para atingir a altura máxima? Na altura máxima: 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 0 𝑒𝑒 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡ℎ Tem-seentão, 𝑣𝑣𝑦𝑦 = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑦𝑦 − 𝑔𝑔𝑡𝑡 ⇒ 0 = 40 − 10𝑡𝑡ℎ Assim, 𝑡𝑡ℎ = 4010 = 4 𝑠𝑠 c) A que distância do ponto de disparo o projétil aterrissa, ou seja, qual é o seu alcance horizontal? Como no movimento de queda livre o tempo de subida é igual ao tempo de descida, então o alcance horizontal R vai ocorrer quando 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡 = 2𝑡𝑡ℎ = 8 𝑠𝑠 Usando agora a equação do movimento na horizontal, tem-se 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑣𝑣𝑜𝑜𝑥𝑥 𝑡𝑡 = (𝑣𝑣𝑜𝑜𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠30𝑜𝑜)𝑡𝑡 Então, quando o projétil aterrissa, podemos escrever: 𝑥𝑥(𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡 ) = (𝑣𝑣𝑜𝑜𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠30𝑜𝑜)𝑡𝑡𝑡𝑡𝑜𝑜𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡 = 𝑅𝑅 Assim, 𝑅𝑅 = (80𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠30𝑜𝑜)8 = 554 𝑚𝑚 d) Faça um esboço do gráfico do movimento horizontal (x) versus o tempo t, desde o início do disparo até o instante em que o projétil aterrissa. 30o �⃗�𝑣𝑜𝑜 0 y (m) x (m) t (s) x (m) 0 8 554 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 69,3𝑡𝑡 Eq. do movimento horizontal PROBLEMA RESOLVIDO DA APOSTILA: 4 (Página 14) PROBLEMA SUGERIDO DO LIVRO: 3.17 (12a Edição) / Universidade Federal de Viçosa Departamento de Física – CCE 1ª Prova de FIS 191 – 2016-I – 20/04/2016
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