179 ICF1 gaba AP2 2005 2

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IF/UFRJ Introdução às Ciências Físicas-1 
2o Semestre de 2005 AP2 de ICF1 
GABARITO DA AP2 DE ICF1 
 
Questão 1 (valor 3,0 pontos) 
Uma pedra é arremessada com velocidade instantânea inicial com módulo igual a 2 m/s e 
direção horizontal. A pedra parte de uma altura de 20 m acima do solo (ver figura 1). Despreze 
a resistência do ar, considere o referencial fixo à Terra e g = 10 m/s2. Na figura-1 o eixo OX e o 
eixo OY foram desenhados com escalas diferentes. 
20
x/m
î
j^
O
vo
y/m
20
)(0rr
)(2rr
d
r
vox=0,1 
voy=0,1 
Pontos 
X 0,1 
Y 0,1 
Vx 0,2 
Vy 0,2 
)(trr 0,2 
)(tvr 0,2 
T1 0,2 
A 0,2 
)(0rr 0,2 
)(2rr 0,2 
d
r
 0,2 
mv
r
 0,2 
0,2 cada desenho 
 
 
a) Calcule as componentes e v da velocidade instantânea inicial da partícula. 
Escreva x(t), y(t), v
oxv oy ov
r
x(t) e vy(t) (componentes da velocidade instantânea) para a pedra como 
funções do tempo. 
O ângulo que o vetor velocidade instantânea inicial forma com o eixo OX é . oo 0=θ
./)(
/)cos(
smsenvv
smvv
oooy
ooox
0
2
==
==
θ
θ
 
Como só estão em contato com a pedra o ar e o problema mandou desprezar a resistência 
do ar, a força de contato que atua na pedra é desprezível. A única força gravitacional que 
atua na pedra é a força gravitacional da Terra. Logo, pela Segunda Lei de Newton temos 
que 
 
./; 2100 smaa
gaamgmamP
yx −==
⇒=⇒=⇒= rrrrrr
 
P
r
Maria Antonieta Almeida 
1 
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Logo o movimento no eixo OX é retilíneo uniforme e no eixo OY é uniformemente 
acelerado. Conseqüentemente temos que 
)./(;/
)(;)(
smttvvsmvv
mtttvyymttvxx
oyyoxx
oyooxo
10102
52052 22
−=−===
−=−+==+=
 
b) Utilize o resultado do ítem (a) para escrever o vetor posição rr e o vetor velocidade 
instantânea da partícula em termos dos unitários i e vr ˆ j) . 
)./(ˆˆˆ)(ˆ)(
)(ˆ)(ˆˆ)(ˆ)(
smjtijtvitvv
mjtitjtyitxr
yx 102
5202 2
−=+=
−+=+=
r
r
 
c) Após quanto tempo, a partir do lançamento, a pedra retorna ao solo? O tempo em 
que a pedra toca o chão será denominado a partir de agora de t1 . 
Quando a pedra chega ao solo a componente da pedra se anula, isto é, y
sttty 20520)( 1
2
11 =⇒=−= (só vale a solução positiva). 
d) Calcule o alcance (maior distância horizontal percorrida pela pedra). 
O alcance da pedra é o valor da coordenada x no instante t ,isto é 1 .)( mxA 42 ==
e) Desenhe na figura-1 os vetores posição da pedra nos instantes t=0 e t=t1( instante 
em que a pedra toca o solo). Expresse esse vetores em termos dos vetores unitários e iˆ
j
)
. 
).(ˆ)(;)(ˆ)( mirmjr 42200 == rr 
f) Desenhe na figura-1 o vetor deslocamento d
r
 da pedra entre os instantes t=0 e 
t=t1. Expresse esse vetor em termos dos vetores unitários e iˆ j
)
. 
).(ˆ20ˆ4 mjid −=r 
g) Calcule e expresse em termos dos vetores unitários e iˆ j
)
 a velocidade média da 
pedra entre estes os instantes t=0 e t=t1. 
)./(ˆˆ
ˆˆ)()(),(
)(ˆ)(ˆ
smjijirrv
mjtitr
m 1022
204
02
0220
5202 2
−=−=−
−=
−+=
rrr
r
 
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Questão 2 (3,5 pontos) 
 
Um homem empurra com uma vara uma caixa de madeira.A caixa desliza sobre uma mesa. O 
atrito entre a mesa e a caixa é desprezível.A massa da caixa mc é 0,2 kg. 
Sobre a caixa existe um bloco com massa mb igual a 0,5 kg. Existe atrito entre a caixa e o 
bloco. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a caixa é 200,=cµ . Despreze a 
resistência do ar, considere o referencial fixo a Terra e g = 10 m/s2. 
 
Caixa
 
iˆ
jˆ
O
OY
OX
direita 
esquerda 
 
1 Marque a alternativa correta: 
( ) Quando a caixa é empurrada para direita pela vara ela empurra o bloco para a esquerda . 
( X ) Quando a caixa é empurrada para direita pela vara ela puxa o bloco para a direita . 0,1 
( ) Nenhuma das alternativas anteriores. 
 
A INTERAÇÃO ENTRE A SUPERFÍCIE DA CAIXA E DO BLOCO FUNCIONA COMO “UMA 
COLA ENTRE ELAS”. LOGO SE A CAIXA SE DESLOCA PARA DIREITA, ELA CARREGA O 
BLOCO COM ELA, ISTO É, ELA PUXA O BLOCO PARA A DIREITA. ESTE PUXÃO SERÁ 
REPRESENTADO NO DIAGRAMA DE FORÇAS A SEGUIR (ítem 2) COMO A FORÇA DE 
ATRITO. POR ISSO, A FORÇA DE ATRITO SOBRE O BLOCO APONTA PARA A DIREITA. 
 
2 Quem ou o quê estão em contato com o bloco? Desenhe o bloco separado e coloque todas 
as forças que atuam sobre ele? Onde estão aplicadas as reações a estas forças? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Caixa
af
r−
0,3 (0,05 cada)
af
r
Figura 2-b 
bN
r−
bN
r
bP
r−
bP
r
Terra 
Estão em contato com o bloco a caixa e o ar. Por isso, só podem exercer forças de 
contato sobre o bloco a caixa e o ar . O problema mandou desprezar a força de 
resistência do ar. Como o bloco é puxado pela força peso para baixo, a superfície do 
Maria Antonieta Almeida 
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bloco empurra a superfície da caixa deformando-a de forma imperceptível. A superfície 
da caixa deformada empurra o bloco para cima com a força normal 
r
. Como a caixa é 
empurrada para a direita, a sua superfície superior é empurrada para a direita.Logo, a 
superfície superior da caixa exerce sobre a superfície inferior do bloco uma força de 
atrito 
r
 para a direita que tenta levar o bloco junto com a caixa, evitando assim o 
deslizamento relativo entre as duas superfícies. A única força gravitacional que não é 
desprezível é a força 
r
 que a Terra exerce sobe o bloco. A reação à força 
r
 é 
bN
af
 
bP bN bN
r− 
e está aplicada na caixa, a reação à força af
r
 é af
r− e está aplicada na caixa, a reação 
à força é e está aplicada no centro da Terra. bP
r
bP
r−
3 Escreva a Segunda Lei de Newton para o bloco na representação simbólica vetorial. rrr 0,3.bbabb amfPN
r=++ 
4 Calcule as componentes na direção OY de cada uma das forcas que atuam sobre o bloco 
(Lembre-se que componentes são números reais.). SUPONHA QUE O BLOCO AINDA 
ESTÁ SOBRE A CAIXA. 
0,15 (0,05 cada) As componentes das forças nos eixos OY são: 
.0;5; =−== aybybby fNPNN 
Como o bloco ainda está sobre a caixa, a sua aceleração vertical é nula. Por isto, 
temos que: 
bya
g 5= .NmPNPNamfPN bbbbbbybbybyby 00 ==⇒=−⇒==++
5 Supondo que o bloco desliza sobre a caixa, mas ainda está sob 
componentes nas direções OX de cada uma das forcas que atuam sobre o bloc módulo 
da aceleração do bloco. 
Como o bloco desliza sobre a caixa a força e atrito é cinética, isto é, 
., NNf bca 01== µ 
As componentes de cada uma das forças nos eixos OXsão: 
.,;; NfPN axbxbx 0100 === 
A acelração do bloco é obtida da Segunda Lei de Newton, isto é, 
0,15
0,15 (0,05 ) 
./20 2sm
m
f
aamfamfPN
b
a
bbbabxbbxbxbx ==⇒=⇒==++ 0,20
6 Supondo que o bloco não desliza sobre a caixa, que a caixa ainda está sob
a vara empurra a caixa para a direita com uma força horizontal de módulo 0,7 N 
calcule e responda: 
6.1 Quem e o quê estão em contato com o sistema formado pela caixa e o bloco? 
Desenhe este sistema separado e coloque as forças que atuam sobre ele. Ond
estão aplicadas as reações a estas forças? 
Maria Antonieta Almeid
e 
re ela, calcule as0,20
o e o
re a mesa e que 
 cada
a 
4 
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Caixa
cb PP
rr +
cN
r
cb PP
rr −−
cN
r−
F
r
F
r−
Terra 
0,3 (05 cada) 
Estão em contato com o sistema bloco+caixa a mesa e o ar. Por isso, só podem exercer 
forças de contato sobre o sistema bloco+caixa a mesa e o ar. O problema mandou 
desprezar a força de resistência do ar. Como o sistema bloco+caixa é puxado pela força 
peso para baixo, a superfície da caixa empurra a superfície da mesa deformando-a de 
forma imperceptível. A superfície da mesa deformada empurra o bloco para cima com a 
força normal 
r
. Não existe força de atrito entre a mesa e caixa.A vara empurra a caixa 
com a força 
cN
F
r
. A única força gravitacional que não é desprezível é a força cb PP
rr +
cN
r−
 que 
a Terra exerce sobe o sistema bloco+caixa. A reação à força é e está 
aplicada na mesa, a reação à força 
cN
r
F
r
 é F
r− e está aplicada na vara, a reação à força rr
 é 
rr− e está aplicada no centro da Terra. bc PP + bPcP −
6.2 Escreva a Segunda Lei de Newton para o sistema bloco+caixa na 
representação simbólica vetorial. r
Denominaremos A a aceleração do sistema bloco+caixa e P
r
 a soma dos pesos do 
bloco e da caixa ( cb PPP
rrr
 ). A Segunda Lei de Newton para o sistema 
bloco+caixa na representação simbólica vetoria é 
+=
rrrr l
AAmmFPN cbc
r
70,)( =+=++ . 0,3 
 
6.3 Calcule as componentes nas direções OX e OY de cada uma das forcas que 
atuam sistema bloco+caixa (Lembre-se que componentes são números reais.). 
0,3 (0,05
cada) 
As componentes de cada uma das forças são: 
.;,;)(;;; 070700 ==−=+−=−==== yxcbyxccycx FNFNgmmPPPNNN 
Como o sistema permanece sobre a mesa, a sua aceleração vertical é nula, isto é, 
. Logo, a Segunda Lei de Newton na direção vertical fornece: 0=yA
.NPNFPN cyyycy 70 ==⇒=++ 
6.4 Calcule o módulo da aceleração o sistema formado pela caixa e pelo bloco. 
0,20
Maria Antonieta Almeida 
5 
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./,,,,, 20170707070 smaaaFaFPN xxxcx =⇒=⇒=⇒=++ 0,20
 
6.5 Calcule com a Segunda Lei de Newton o módulo da força de atrito que atua 
sobre o bloco. 
Como o bloco permanece em repouso em relação à caixa a sua aceleração é igual a 
aceleração A
r
 do sistema bloco+caixa. Por isso, pela Segunda Lei de Newton temos 
que: 
0,20., NfAmfamfPN ababxbbxbxbx 50=⇒=⇒=++ 
6.6 Calcule o módulo da força de atrito máxima. A hipótese de que o bloco 
permanece em repouso sobre a caixa está correta? Justifique a sua resposta. 
Para que o bloco permanece em repouso sobre a caixa é preciso que o módulo da 
força de atrito seja menor ou igual à força de atrito máxima, isto é, af
,251 .NNf bea =≤ µ O valor obtido para o módulo a força de atrito satisfaz esta 
hipótese ( ) Logo a hipótese de que o bloco permanece sobre 
a caixa está correta. 
., N251,0= Nfa 5 <
6.7 Escreva todas as forças que atuam sobre o bloco em termos dos unitários e iˆ
j
)
. 
0,3 
(atrito =0,15 
justificativa=
0,15 
 
.ˆ,;ˆ;ˆ iNfNjPNjN abb 5055 =−==
rrr
 
 
X
θ o903 =
o452 =θ
2F
r
O 
0,15 (0,05- se estiver correto=0,05 se tiver erro=0) 
Y 
 
Questão 3 (3,5 pontos) 
1F
r
Na Prática 1 do Módulo 3 , fizemos um experimento 
 para verificar se o modelo que afirma que as forças o301 =θsão vetores é compatível com os resultados 
 experimentais. 
Inicialmente aplicamos as forças 1F
r
 e 2F
r
 ao ponto O 
de uma cordinha . Essas forças foram aplicadas 
com dois dinamômetros. Um terceiro dinamômetro r r
equilibrou as forças 1F e 2F (ver figura 3). 
3F
r
 
 
 
Mediu-se então, diretamente com o terceiro dinamômetro e com o transferidor a força F
r
que equilibra as duas forças 1F
r
 e 2F
r
. Os resultados dessas medidas com as suas incerteza
estão na tabela 1. 
Figura 3 
Tabela 1 
 θ3 
(graus) 
δ θ3 
(radianos) 
3F 
[N] 
3Fδ 
[N] 
xF3 
[N] 
yF3 
[N] 
xF3δ 
[N] 
yF3 
] 
90o 0,02 1,10 0,02 0,00 -1,10 0,02 0,02 
0,2 (0,1 cada) 
Perde 0,05 em 
cada erro em 
algarismo 
significativo. 
1. Complete a Tabela-1. 
Maria Antonieta
δ
[N
 Almeid
3 
s 
a 
6 
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2. A força resultante R
r
 é a força que produz o mesmo efeito das forças 1F
r
 e 2F
r
 
quando elas são aplicadas ao mesmo tempo no ponto O da cordinha. Desenhe a 
força R
r
 na figura-3. Relacione a forçaR
r
com a força 3F
r
. Complete a Tabela 2. 
r r
Como a força equilibra as forças 3F
r
1F
r
 e 2F e a força R cria um ”empurrão análogo 
aquele criado pelas forças 1F
r
 e 2F
r
, temos que 3FR
rr −= . 
 
 Tabela 2 
xR 
[N] 
yR 
[N] 
xRδ 
[N] 
yRδ 
[N] 
0,00 1,10 0,02 0,02 
A seguir, medimos diretamente com os dinamômetros e o transferidor as forças 1F
r
 e 2F
r
. Os 
resultados dessas medidas estão nas tabelas 3 e 4. 
0,4 (0,1 cada) 
Perde 0,05 em 
cada erro em 
algarismo 
significativo. 
0,2
 
Tabela 3 
θ1 
(graus) 
δ θ1 
(radianos) 
1F 1Fδ 
[N] 
xF1 
[N] 
yF1 
[N] 
xF1δ 
[N] 
yF1δ 
[N] 
30o 0,02 0,80 0,02 -0,69 0,40 0,02 0,02 
 
As componentes da força 1F
r
 estão representadas na figura 3-b. Note que o vetor projetado xF1
r
 
tem o sentido contrário ao vetor unitário i , logo a sua componente na direção do eixo OX é 
negativa. 
ˆ
0,4 (0,2 cada) 
Perde 0,1 em 
cada erro em 
algarismo 
significativo. 
NsenFFNFF oy
o
x )02,040,0()30(;)02,069,0()30cos( 1111 ±==±−=−= 
 
o301 =θ
yF1
r
xF1
r
1F
r
iˆ
Y
O X
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tabela 4 
θ2 
(graus) 
δ θ2 
(radianos) 
2F 
[N] 
2Fδ 
[N] 
xF2 
[N] 
yF2 
[N] 
45o 0,02 0,98 0,02 0,69 0,69 
xF2δ 
[N] 
yF2δ 
[N] 
0,02 0,02 
Maria Antonieta Almeida 
7 
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3. Complete a tabela -3. 
 
4. Utilize os valores das tabelas 3 e 4 e o modelo que afirma que as forças são vetores 
para obter a força resultante . Complete a Tabela-5. 
 
Tabela 5 
xR 
[N] 
yR 
[N] 
xRδ 
[N] 
yRδ 
[N] 
0,00 1,09 0,03 0,03 
0,8 (0,2 cada) 
Perde 0,1 em 
cada erro 
algarismos 
Significativo. 
 
 A incerteza na medida indireta que é a soma de duas outras medidas FxR 1x e F2x é dada por: 
( )( ) NFFR xxx 2221 )( ≅+= δδδ 030, . 
A incerteza na medida indireta que é a soma de duas outras medidas FyR 1y e F2y é dada por: 
( )( ) NFFR yyy 2221 )( ≅+= δδδ 030, . 
5. Represente na forma de um intervalo I1 dos números reais a faixa de valores 
associada à componente Rx da força resultante calculada como na Tabela 2. 
Represente na forma de um intervalo I2 dos números reais a faixa de valores 
associada à componente Rx da força resultante calculada como na Tabela 5. 
Represente na semi-reta a seguir os intervalos I1 e I2 . 
I1=[-0,02 , 0,02] N ; I2=[-0,03 , 0,03] N ; NII ],,,[ 02002021 −=I 
 
 0,4(0,1 cada intervalo e cada representação 
6. Represente na forma de um intervalo I3 dos números reais a faixa de valores 
associada à componente Ry da força resultante calculada como na Tabela 2. 
Represente na forma de um intervalo I4 dos números reais a faixa de valores 
associada à componente Ry da força resultante calculada como na Tabela 5. 
Represente na semi-reta a seguir os intervalos I3 e I4. 
I3=[1,08, 1,12] N ; I4=[1,06, 1,12] N ; NII ]12,1,08,1[43 =I 
 
 
 
 
 
 
7. Os resultados experimentais são compatíveis com o modelo que afirma que as 
forças são vetores? Justifique a sua resposta. 
1,6 
0,4(0,1 cada intervalo e cada representação 
Com as faixas de valores das componentes Rx e Ry da força resultante obtidas pela 
medida da força 
r
 e pelo modelo que considera as forças como vetores tem 
interseções não nulas (
3F
NII ],,,[ 02002021 −=I e NII ],,,[ 12108121 =I ) , os 
resultados experimentais são compatíveis com o modelo . 
 
0,7 ( O aluno só ganha os pontos se fizer a comparação explícita entre a medida da resultante com o 
modelo e com a força que equilibra a resultante.) 
Maria Antonieta Almeida 
8 
	GABARITO DA AP2 DE ICF1
	Tabela 4
	Tabela 5