Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
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 = hˆ (13) ~v0 = |~v0| cosαıˆ + |~v0|sen αˆ = v0 cosαıˆ + v0sen αˆ (14) ~a = ~g = −gˆ (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 hˆ+ (v0 cos αˆı + v0sen αˆ)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 αˆ− gtˆ = 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(−gˆ) · (∆xıˆ− hˆ) (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
Compartilhar