Gabarito Prova1 v5 - PFM -ECT

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE
ESCOLA DE CIEˆNCIAS E TECNOLOGIA
PRINCI´PIOS E FENOˆMENOS DA MECAˆNICA
PRIMEIRA AVALIAC¸A˜O PRESENCIAL
Instruc¸o˜es para realizac¸a˜o da avaliac¸a˜o:
• Durac¸a˜o da avaliac¸a˜o: 2 horas;
• E´ permitido o uso de calculadora;
• A avaliac¸a˜o pode ser feita a caneta ou la´pis;
• A avaliac¸a˜o deve ser devolvida ao fiscal;
• Avaliac¸a˜o sem consulta.
Questa˜o 1: [25 pontos]
O gra´fico v× t do movimento unidimensional de uma part´ıcula esta´ desenhado na Figura 1.
Figura 1: O Gra´fico da velocidade em func¸a˜o do tempo.
(a) [10 pontos] Qual e´ o deslocamento e a velocidade me´dia no intervalo [0,10] s?
Soluc¸a˜o: O deslocamento num gra´fico v × t e´ numericamente igual a` a´rea sob a curva desse gra´fico.
Portanto, nesse gra´fico a a´rea e´ determinada rapidamente a partir das expresso˜es da a´rea das figuras
geome´tricas: retaˆngulos, triaˆngulos ou trape´zios. (OBS.: Da mesma forma pode-se determinar a a´rea
calculando a integral ∆x =
∫ 10
0 vdt.)
Intervalo AB - A´rea do trape´zio =
(B + b).h
2
=
(15 + 5).3
2
= 30m⇒ ∆xAB = 30m
Intervalo BC - A´rea do retaˆngulo = B.h = 15.3 = 45m⇒ ∆xBC = 45m
Intervalo CD - A´rea do triaˆngulo =
B.h
2
=
15.2
2
= 15m⇒ ∆xAB = 15m
Intervalo DE - A´rea do triaˆngulo =
B.h
2
=
−15.2
2
= −15m⇒ ∆xAB = −15m
O deslocamento e´ uma quantidade que pode ser negativa, nula ou positiva. Assim, o deslocamento total
no intervalo [0,10]s e´
∆xAE = ∆xAB + ∆xBC + ∆xCD + ∆xDE = 30m+ 45m+ 15m− 15m = 75m.
A velocidade me´dia pode ser uma grandeza negativa, nula ou positiva. Assim, no intervalo [0,10]s
ela e´ determinada a partir da sua definic¸a˜o:
vm =
∆xAE
∆t
=
75
10
= 7, 5m/s
(b) [5 pontos] Qual e´ a distaˆncia total percorrida e a velocidade escalar me´dia no intervalo [0,10] s?
Soluc¸a˜o: A distaˆncia total e´ sempre positiva. Nesse caso, a distaˆncia total e´ |xAE | = |xAB| + |xBC | +
|xCD|+ |xDE | = |+ 30m|+ |+ 45m|+ |+ 15m|+ | − 15m| = 105m.
A velocidade escalar me´dia e´ sempre positiva. Assim, no intervalo [0,10] s ela e´ determinada a par-
tir da sua definic¸a˜o:
|vm| = |xAE |
∆t
=
105
10
= 10, 5m/s (1)
(c) [5 pontos] Qual e´ a acelerac¸a˜o me´dia nos intervalos AB e AE?
Soluc¸a˜o: Podemos usar a definic¸a˜o da acelerac¸a˜o me´dia para calcular a acelerac¸a˜o constante em cada
um dos intervalos pedidos.
No intervalo AB ou [0,3]s, temos
am,AB =
∆vAB
∆tAB
=
vB − vA
tB − tA =
15− 5
3− 0 =
10
3
= 3, 33m/s2
No intervalo AE ou [0,10]s, temos
am,AE =
∆vAE
∆tAE
=
vE − vA
tE − tA =
−15− 5
10− 0 =
−20
10
= −2, 00m/s2
(d) [5 pontos] Esboce o gra´fico acelerac¸a˜o em func¸a˜o do tempo no intervalo [0,10] s.
Soluc¸a˜o: No gra´fico v × t a inclinac¸a˜o da reta fornece a acelerac¸a˜o da part´ıcula. No intervalo AB, a
acelerac¸a˜o e´ constante e tem o valor aAB = 10/3m/s
2. No intervalo BC, a acelerac¸a˜o e´ constante e nula
aBC = 0m/s
2. No intervalo CD, a acelerac¸a˜o e´ constante e tem o valor aCD = −15/2m/s2. No intervalo
DE, a acelerac¸a˜o e´ constante e tem o valor aDE = −15/2m/s2. O gra´fico a× t e´
Questa˜o 2: [25 pontos]
Indique se cada uma das afirmativas seguintes e´ verdadeira (V) ou falsa (F) e justifique de forma sucinta cada
item.
(a) [5 pontos] [ ] O vetor acelerac¸a˜o de um corpo e´ o mesmo em qualquer referencial inercial.
Soluc¸a˜o: Verdadeira. A acelerac¸a˜o de uma part´ıcula e´ dada pelo quociente entre a forc¸a resultante e a
massa da part´ıcula. Como as Leis de Newton sa˜o as mesmas em todos os referenciais inerciais, a forc¸a
resultante, a massa e, portanto, a acelerac¸a˜o sera˜o os mesmos em todos os referenciais inerciais.
(b) [5 pontos] [ ] Ao atirar uma pequena pedra para cima, o efeito da ma˜o da pessoa age ate´ o instante em
que a pedra para de subir. Depois disso, a pedra cai por gravidade.
Soluc¸a˜o: Falsa. Apo´s lanc¸ar a pedra, apenas a forc¸a da gravidade atua sobre a pedra (desprezando-se,
claro, a resisteˆncia do ar).
(c) [5 pontos] [ ] A forc¸a de atrito sobre um tijolo em repouso sobre uma mesa e´ sempre menor ou igual a
µN , onde µ e´ o coeficiente de atrito esta´tico entre as superf´ıcies e N e´ o mo´dulo da componente normal da
forc¸a que o tijolo exerce sobre a mesa.
Soluc¸a˜o: Verdadeira. A forc¸a de atrito ma´xima vale µN , onde µ e´ o coeficiente de atrito esta´tico entre
as superf´ıcies e N e´ o mo´dulo da componente normal da forc¸a que o tijolo exerce sobre a mesa.
(d) [5 pontos] [ ] No movimento aproximadamente circular e uniforme que a Lua realiza em torno da Terra
atuam sobre a Lua duas forc¸as: a forc¸a gravitacional (atrac¸a˜o da Terra) e a forc¸a centr´ıpeta.
Soluc¸a˜o: Falsa. Atua apenas a forc¸a de atrac¸a˜o gravitacional Terra-Lua.
(e) [5 pontos] [ ] Em um dado instante de um movimento, e´ poss´ıvel haver uma part´ıcula com uma acelerac¸a˜o
diferente de zero, mas com velocidade igual a` zero.
Soluc¸a˜o: Verdadeira. Por exemplo, no ponto mais alto de um lanc¸amento vertical sob ac¸a˜o da gravidade
a velocidade e´ nula, mas a acelerac¸a˜o e´ sempre constante (g), diferente de zero.
Questa˜o 3: [25 pontos]
A Figura 2 ilustra um carro que se move com movimento retil´ıneo uniforme onde o vetor velocidade e´ ~VC =
[−0, 15pi iˆ ] m/s, em relac¸a˜o a` Terra. Um observador em repouso, em relac¸a˜o a` Terra, veˆ uma pedra (P) presa
entre as ranhuras da roda do carro. O vetor posic¸a˜o em func¸a˜o do tempo, ~Rp(t), dessa pedra em relac¸a˜o ao centro
da roda e´
~Rp(t) = [0, 3 cos (
pi
2
t) iˆ+ 0, 3 sen (
pi
2
t) jˆ]m,
onde iˆ e jˆ sa˜o os vetores unita´rios nas direc¸o˜es x e y, respectivamente.
Figura 2: Figura da questa˜o 3.
Antes de responder diretamente os itens dessa questa˜o fac¸amos algumas observac¸o˜es. Temos aqui um t´ıpico
problema de movimento relativo, em que o movimento de uma part´ıcula e´ observado em dois referenciais distintos
que se movem um com relac¸a˜o a outro. Sejam r1, v1 e a1 os vetores posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o de uma
part´ıcula P com relac¸a˜o o ao referencial O1X1Y1, r2, v2 e a2 os vetores posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o com
relac¸a˜o ao referencial O2X2Y2 e r12, v12 e a12 os vetores posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o do sistema de refereˆncia
O2X2Y2 em relac¸a˜o ao sistema de refereˆncia O1X1Y1, como esquematizado na figura abaixo.
Logo, as seguintes equac¸o˜es devem ser satisfeitas:
r1 = r12 + r2 , (2)
v1 = v12 + v2 , (3)
a1 = a12 + a2, . (4)
Enfim, respondendo diretamente ao item: No caso presente, podemos colocar o sistema O1X1Y1 rigidamente fixo
no solo e o sistema O2X2Y2 fixo no carro, com a origem O1 no centro no pneu onde a pedra esta´ presa. Portanto,
podemos fazer as seguinte identificac¸o˜es: v12 ≡ ~VC , r2 ≡ ~Rp e v2 ≡ ~Vp. Os vetores posic¸a˜o e velocidade da
part´ıcula em relac¸a˜o ao solo sa˜o r1 ≡ ~r e v1 ≡ ~v.
(a) [10 pontos] Qual e´ a expressa˜o para o vetor velocidade da pedra, ~Vp(t), em relac¸a˜o ao centro da roda em um
instante arbitra´rio de tempo t?
Soluc¸a˜o:
~Vp =
d~Rp
dt
= 0,15pi
[
−ˆi sen
(pi
2
t
)
+ jˆ cos
(pi
2
t
)]
m/s
(b) [5 pontos] Calcule os vetores posic¸a˜o e velocidade da pedra, em relac¸a˜o ao centro da roda, para os tempos
t1 = 1, 0 s e t2 = 3, 0 s.
Soluc¸a˜o:
i - Para t = 1,0 s:
~Rp1 = 0,3
[ˆ
i cos
(pi
2
)
+ jˆ sen
(pi
2
)]
= 0,3 jˆ m
~Vp1 = 0,15pi
[
−ˆi sen
(pi
2
)
+ jˆ cos
(pi
2
)]
= −0,15pi iˆ m/s
ii - Para t = 3,0 s:
~Rp2 = 0,3
[ˆ
i cos
(
3pi
2
)
+ jˆ sen
(
3pi
2
)]
= −0,3 jˆ m
~Vp2 = 0,15pi
[
−ˆi sen
(
3pi
2
)
+ jˆ cos
(
3pi
2
)]
= 0,15pi iˆ m/s
(c) [5 pontos] Usando a composic¸a˜o de velocidades, calcule o vetor velocidade da pedra, em relac¸a˜o ao observador
fixo na Terra, nos tempos t1 e t2 do item (b).
Soluc¸a˜o: Usando a equac¸a˜o (3), temos
~v = ~VC + ~Vp.
i - Para t = 1,0 s:
~v1 = ~VC + ~Vp1 = −0,15pi iˆ m/s− 0,15pi iˆ m/s = −0,3pi iˆ m/s .
ii - Para t = 3,0 s:
~v2 = ~VC + ~Vp2 = −0,15pi iˆ m/s + 0,15pi iˆ m/s = 0 m/s .
(d) [5 pontos] Esboce, numa mesma figura e na folha de resposta os treˆs vetores: os vetores velocidade da pedra,
em relac¸a˜o ao centro da roda, e em relac¸a˜o ao observador fixo na Terra e o vetor ~VC , nos tempos t1 e t2 do
item (b).
Questa˜o 4: [25 pontos]
A Figura 3 ilustra o experimento do movimento uniformemente variado realizado no experimento N◦ 2. Um
estudante realizou este experimento usando dois valores de intensidade de fluxo de ar diferentes. Na Figura 4, o
fluxo usado foi de intensidade I1 e na Figura 5 foi I2 (I1 > I2). Considere a acelerac¸a˜o da gravidade g = 9,78
m.s−2.
(a) [9 pontos] Sejam a1 e a2 as acelerac¸o˜es experimentais do movimento dos carrinhos descendo o trilho de ar
com as intensidades I1 e I2, respectivamente. A partir das Figuras 4 e 5, estime a1 e a2 e indique claramente,
no gra´fico e na folha resposta, os pontos utilizados para sua determinac¸a˜o;
Soluc¸a˜o: Seja “S” o deslocamento do carrinho. Segundo as Leis de Newton este movimento e´ com
acelerac¸a˜o constante. No gra´fico 4, a reta passa no “zero” do sistema de eixos. Enta˜o: S0 = 0 e v0 = 0
e a equac¸a˜o de movimento e´
S =
1
2
a t2, a = constante
O gra´fico do experimento resulta numa reta, pois temos a relac¸a˜o S×T 2. Conclui-se que no experimento
a acelerac¸a˜o e´ constante.
A Acelerac¸a˜o a1:
P1 : T 2 = 0, 03s2 e S = 0, 04m
P2 : T 2 = 0, 53s2 e S = 0, 64m
A inclinac¸a˜o da reta do gra´fico 4, fornece aproximadamente
1
2
a1 =
∆S
∆T 2
=
(0, 64− 0, 04)m
(0, 53− 0, 03)s2 = 1, 2m/s
2 ⇒ a1 = 2, 4m/s2
Acelerac¸a˜o a2:
P1 : T 2 = 0, 54s2 e S = 0, 16m
P2 : T 2 = 0, 27s2 e S = 0, 08m
A inclinac¸a˜o da reta do gra´fico 5, fornece aproximadamente
1
2
a2 =
∆S
∆T 2
=
(0, 16− 0, 08)m
(0, 54− 0, 27)s2 = 0, 3m/s
2 ⇒ a2 = 0, 6m/s2
(b) [2 pontos] Calcule o erro relativo da acelerac¸a˜o experimental ao comparar os resultados do item (a) com
a teoria sem o atrito entre a superf´ıcie e o carrinho, ou seja, calcule δ1,SA =
|a1−asem atrito|
asem atrito
e δ2,SA =
|a2−asem atrito|
asem atrito
, onde o valor de asem atrito = g senα. Use α = 15
o.
Soluc¸a˜o: A acelerac¸a˜o sem atrito e´ dada pela equac¸a˜o: asem atrito = asa = g sen(θ). Substituindo os
dados do problema, asa = 9, 78 sen(15
o) = 2, 53m/s2. Os erros relativos sa˜o:
Acelerac¸a˜o a1 = 2, 4m/s
2:
δ1,sa =
| 2, 4− 2, 53 |
2, 53
= 0, 05 = 5% .
Acelerac¸a˜o a2 = 0, 6m/s
2:
δ2,sa =
| 0, 6− 2, 53 |
2, 53
= 0, 76 = 76% .
(c) [10 pontos] Agora, usando as Leis de Newton, mostre no caso de existeˆncia de atrito cine´tico entre o carrinho
e o trilho de ar, a acelerac¸a˜o do movimento de descida do carrinho e´ dado por: acom atrito = g senα−gµc cosα,
onde g e´ a acelerac¸a˜o da gravidade, α e´ o aˆngulo entre o trilho de ar e a horizontal e µc e´ o coeficiente de
atrito cine´tico entre o carrinho e o trilho de ar. Usando α = 15◦ e µc = 0, 2 calcule o valor de acom atrito;
O diagrama do corpo livre e´ ilustrado na figura a seguir, onde mostramos as forc¸as de contato: ~N e ~fc e
apenas as componentes da forc¸a peso Px e Py nas direc¸o˜es dos eixos x e y, respectivamente:
Soluc¸a˜o: A partir da segunda lei de Newton, obtemos as equac¸o˜es de movimento com o atrito (ca) entre
as superf´ıcies.
N − P cos(α) = 0 Na direc¸a˜o perpendicular ao trilho
P sen(α)− fc = maca Na direc¸a˜o paralela ao trilho
onde
fc = µcN = µcP cos(α)
A equac¸a˜o de movimento (na direc¸a˜o paralela ao trilho) e´ reescrita como:
P sen(α)− µc P cos(α) = maca
mg sen(α)− µcmg cos(α) = maca
aca = g sen(α)− µc cos(α)
Finalmente, usando os dados do problema, temos que
aca = 9, 78 sen(15
o)− 0, 2 9, 78 cos(15o) = 2, 53− 1, 89
aca = 0, 64m/s
2
(d) [2 pontos] Calcule o erro relativo da acelerac¸a˜o experimental ao comparar os resultados do item (a) com
a teoria com o atrito entre a superf´ıcie e o carrinho, ou seja, calcule δ1,CA =
|a1−acom atrito|
acom atrito
e δ2,CA =
|a2−acom atrito|
acom atrito
, onde o valor de acom atrito foi calculado no item (c);
Soluc¸a˜o: No item (a) a1 = 2, 4m/s
2 e no item (c) aca = 0, 64m/s
2. O erro relativo e´:
δ1,ca =
|2, 4− 0, 64|
0, 64
= 2, 75 = 275%
No item (a) a2 = 0, 6m/s
2 e no item (c) aca = 0, 64m/s
2. O erro relativo e´:
δ2,ca =
|0, 6− 0, 64|
0, 64
= 0, 06 = 6%
(e) [1 ponto] Comparando os resultados dos itens (b) e (d), o resultado experimental da Figura 4 e´ melhor
explicado pela teoria com ou sem atrito? Justifique.
Soluc¸a˜o: O experimento com a intensidade de fluxo de ar I1 e´ melhor explicado pela teoria sem atrito
porque o erro relativo δ1,sa e´ pequeno (5%). Isto quer dizer que a acelerac¸a˜o experimental a1 esta´ mais
pro´xima de asa do que aca onde δ1,ca e´ grande (275%). Enta˜o, o movimento do carrinho com a intensidade
do fluxo de ar I1 pode ser considerado sem atrito.
(f) [1 ponto] Comparando os resultados dos itens (b) e (d), o resultado experimental da Figura 5 e´ melhor
explicado pela teoria com ou sem atrito? Justifique.
Soluc¸a˜o: Com a intensidade I2 < I1, a teoria com atrito explica melhor o resultado experimental, pois
δ2,ca e´ pequeno (6%). Ou seja, a acelerac¸a˜o experimental a2 esta´ mais pro´xima de aca do que asa onde
δ2,sa = 76%. No caso do movimento do carrinho com a intensidade do fluxo de ar reduzida I2 < I1 pode
ser considerado com atrito. A intensidade no fluxo de ar foi muito baixa de forma que o atrito entre o
carrinho e o trilho foi grande.
Figura 3: Diagrama esquema´tico do experimento N◦ 2 realizado.
Figura 4: O deslocamento em func¸a˜o do tempo ao quadrado para I1.
Figura 5: O deslocamento em func¸a˜o do tempo ao quadrado para I2.