Prova 04

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10.
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en
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c)
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o
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o
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e,
q
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o
m
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u
lo
d
a
su
a
velo
cid
ad
e
v
S
.
4
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Centro de Cieˆncias Matema´ticas e da Natureza
Instituto de F´ısica
Primeira Prova de F´ısica IA - 7/12/2012
Respostas para provas h´ıbridas
Gabarito das Questo˜es objetivas (valor=5.0 pontos)
Versa˜o A
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Versa˜o B
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Versa˜o C
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Versa˜o D
Questa˜o (a) (b) (c) (d) (e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
Questa˜o discursiva 1 (valor=2.5 pontos)
a) valor=0.5 ponto
Escolhendo o zero do potencial gravitacional no solo, a energia mecaˆnica do ponto C sera´:
EC = KC + UgC + UelC =
k (∆x)2
2
. (1)
Ja´ a energia mecaˆnica no ponto A sera´:
EA = KA + UgA =
mv2A
2
. (2)
A energia mecaˆnica conserva-se, pois na˜o ha´ forc¸as dissipativas atuando no sistema,
enta˜o:
EA = EC =⇒
mv2A
2
=
k (∆x)2
2
⇒ vA =
√
k
m
∆x. (3)
b) valor=0.5 ponto
A energia mecaˆnica no ponto B sera´:
EB = KB + UgB =
mv2B
2
+ 2mgR. (4)
A energia mecaˆnica conserva-se, enta˜o:
EB = EC =⇒
mv2B
2
+ 2mgR =
k (∆x)
2
2
=⇒ vB =
√
k
m
(∆x)2 − 4gR. (5)
c) valor=1.0 ponto
O diagrama de forc¸as no ponto B e´ dado pela figura abaixo onde uˆr = rˆ.
As forc¸as presentes no ponto B, sa˜o a normal, ~N = −| ~N|rˆ e o peso, ~P = −mgrˆ.
Na direc¸a˜o radial, a forc¸a resultante e´ a forc¸a radial dirigida para o centro (forc¸a
“centr´ıpeta”), ~Fc = − (mv
2
B/R) rˆ.
2
Assim na direc¸a˜o radial:
| ~N |+mg =
mv2B
R
=⇒ | ~N | =
mv2B
R
−mg. (6)
O resultado final de | ~N | em func¸a˜o dos dados do problema e´ obtido, substituindo a Eq.
(5) na Eq. (6), encontra-se assim:
| ~N | =
k
R
(∆x)2 − 5mg. (7)
d) valor=0,5 ponto
O carrinho completa o “loop” quando na˜o perde o contato com o mesmo (| ~N | 6= 0). O
caso limite ocorre quando o carrinho esta´ na imineˆncia de perder o contato no ponto B,
ou seja, | ~NB| = 0.
Maneira 1:
Nesta situac¸a˜o a vB e´ mı´nima (pois acima do valor mı´nimo de vb, o carrinho consegue
completar o “loop”) e o lanc¸ador deve ser comprimido de ∆Xmin. Usando que no ponto
B, | ~N | = 0 na Eq. (7), temos
0 =
k
R
(∆Xmin)
2 − 5mg =⇒ ∆Xmin =
√
5mgR
k
. (8)
Maneira 2:
Nesta situac¸a˜o a vB e´ mı´nima (pois acima disto, o carrinho consegue completar o “loop”),
cujo valor pode ser encontrado atrave´s da Eq. (6), na condic¸a˜o cr´ıtica, | ~N | = 0:
0 =
mv2B min
R
−mg =⇒ vB min =
√
gR. (9)
Substituindo a Eq. (9) na Eq. (5), onde a compressa˜o ∆x e´ mı´nima:
√
gR =
√
k
m
(∆Xmin)
2
− 4gR =⇒ ∆Xmin =
√
5mgR
k
. (10)
3
Questa˜o discursiva 2 (valor=2.5 pontos)
a) valor=1,0 ponto
O proje´til executa um movimento com acelerac¸a˜o constante, pois ~a = ~g. Assim a posic¸a˜o
e a velocidade do proje´til apo´s o lanamento sa˜o dadas pelas expresso˜es:
~r(t) = ~r0 + ~v0t+
~at2
2
, (11)
~v(t) = ~v0 + ~at. (12)
Usando o sistema de coordenadas indicado na figura:
~r0 = hˆ (13)
~v0 = |~v0| cosαıˆ + |~v0|sen αˆ = v0 cosαıˆ + v0sen αˆ (14)
~a = ~g = −gˆ (15)
O vetor posic¸a˜o do proje´til, ~r, e´ obtido substituindo-se as Eqs. (13), (14) e (15) na
Eq. (11):
~r(t) = ~r0 + ~v0t+
~at2
2
hˆ+ (v0 cos αˆı + v0sen αˆ)t−
gt2
2
ˆ (16)
~r(t) = v0 cosαtıˆ+
(
h+ v0sen αt−
gt2
2
)
ˆ (17)
O vetor velocidade do proje´til, ~v, e´ obtido substituindo-se as Eqs. (14) e (15) na Eq.
(12):
~v(t) = ~v0 + ~at = v0 cosαıˆ + v0sen αˆ− gtˆ = v0 cosαıˆ + (v0sen α − gt) ˆ (18)
b) valor=0,5 ponto
Na altura ma´xima, a componente vertical da velocidade do proje´til anula-se. Seja tH,
o tempo necessa´rio para que o proje´til atinja o ponto mais alto da trajeto´ria. Fazendo
vy(tH) = 0 na Eq. (18), temos que:
v0sen α − gtH = 0 =⇒ tH =
v0sen α
g
. (19)
c) valor=0,5 ponto
O tempo de voo, tS, e´ o tempo que o proje´til leva ate´ atingir o solo. Isto ocorre, no
sistema de coordenadas da figura, quando ry(tS) = 0. Usando esta condic¸a˜o na Eq. (17),
encontramos:
h+ v0sen αtS −
gt2S
2
= 0 =⇒ tS =
1
g
[
v0sen α +
√
v2
0
sen2α + 2gh
]
, (20)
onde desprezamos a soluc¸a˜o tS < 0.
4
d) valor=0,5 ponto
O mo´dulo da velocidade ao atingir o solo, vS = |~v(tS)|, pode ser obtido de va´rias maneiras:
Maneira 1:
Como a acelerac¸a˜o e´ constante podemos utilizar a equac¸a˜o de Torricelli:
v2(tS) = v
2
0
+ 2~a ·∆~r =⇒ v2S = v
2
0
+ 2(−gˆ) · (∆xıˆ− hˆ) (21)
∴ v2S = v
2
0
+ 2gh =⇒ vS =
√
v2
0
+ 2gh. (22)
Maneira 2:
Pela definic¸a˜o, temos que o mo´dulo de vS e´ vS = |~v(tS)| =
√
v2x(tS) + v
2
y(tS), usando as
Eqs. (18) e (20):
vS =
√
v2
0
cos2 α+ (v0sen α− gtS)
2
=
√
v2
0
cos2 α+
(
v0sen α− v0sen α+
√
v2
0
sen2α+ 2gh
)
2
=
√
v2
0
cos2 α+
(√
v2
0
sen2α + 2gh
)2
=
√
v2
0
cos2 α+ v2
0
sen2α+ 2gh =
√
v2
0
+ 2gh (23)
Maneira 3:
Por considerac¸o˜es de conservac¸a˜o de energia mecaˆnica temos:
E0 = mgh+
1
2
mv2
0
e Esolo =
1
2
mv2S
Como ∆E = 0,
E0 = Esolo ⇒ |~vS| = vS =
√
v2
0
+ 2gh
Maneira 4:
Aplicando o Teorema-Trabalho Energia, ∆K = W TOTAL, logo:
1
2
mv2S −
1
2
mv2
0
= WPeso = −∆U = mgh
∴ |~vS| = vS =
√
v2
0
+ 2gh
5