Gaba 2007 11 01 AD1a

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Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da Avaliação a Distância de Física 1a
01 de novembro de 2007
1a Q
2a Q
3a Q
4a Q
5a Q
Nota
1. (a) A função-velocidade da partícula é dada por
vx = β +
2β
pi
ωt− β cos(ω t) . (1)
Para obter a função-movimento, integramos ambos os membros dessa expressão,
∫ t
0
dx
dt ′
dt ′=
∫ t
0
[
β +
2β
pi
ω t ′−β cos(ω t ′)
]
dt ′, donde x−x0 = β t+2β
pi
ω
t2
2
−β sen(ω t
′)
ω
∣∣∣∣∣
t
0
. (2)
Levando em conta que x0 = 0, obtemos
x = β t +
βω
pi
t2 − β
ω
sen(ω t) . (3)
Para obter a função-aceleração, derivamos ambos os membros da expressão (1) e obtemos
ax =
2
pi
βω + βω sen(ω t) . (4)
(b) Fazendo t = 0 em (1) e em (4), obtemos vx0 = 0 e ax0 = 2βω/pi.
(c) Fazendo t = pi/(2ω) em (3), em (1) e em (4), obtemos para a posição
x1 = β
pi
2ω
+
βω
pi
(
pi
2ω
)
2
− β
ω
sen
(
ω
pi
2ω
)
, donde x1 =
(
3pi
4
− 1
)
β
ω
, (5)
para a velocidade vx1 = β + (2βω/pi)[pi/(2ω)] − β cos[ωpi/(2ω)], ou seja, vx1 = 2β, e para a
aceleração ax1 = 2βω/pi + βω sen[ωpi/(2ω)], ou seja, ax1 = [(2/pi) + 1]βω .
2. (a) Usando um sistema de eixos coordenados OXY com OY na vertical apontando para cima,
OX na horizontal apontando no sentido do lançamento e a origem O no ponto de lançamento, a
função-movimento do projétil é dada por
x = (v0 cos θ0) t e y = (v0 senθ0) t− 1
2
g t2 . (6)
Fazendo y = 0 nessa última equação, vemos que o tempo de vôo é t = (2v0/g) senθ0. Subs-
tituindo esse resultado na primeira equação em (6), encontramos que o alcance é dado por A =
(v0 cos θ0)(2v0/g) senθ0, isto é, A = (v20/g) sen(2θ0). Uma vez que o valor máximo do seno,
igual a 1, ocorre para o ângulo pi/2, o alcance máximo ocorre para θ0 = pi/4 e é dado por
Amax = (v
2
0
/g).
(b) Para que o alcance seja D, devemos ter, de acordo com a fórmula do alcance obtida no item
anterior, v2
0
sen(2θ0) = gD. O menor valor de v0 ocorre para o maior valor de sen(2θ0), que é 1.
Portanto v2
0min 1 = gD, ou seja, v0min =
√
gD.
1
(c) Derivando a segunda equação em (6), obtemos que a velocidade vertical do projétil é vy =
v0 senθ0−g t. A altura máxima do projétil ocorre no instante em que vy = 0, isto é, no instante t =
(v0/g) senθ0). Substituindo esse valor de t na segunda equação em (6), encontramos para a altura
máxima de vôo do projétil a expressão h = (v0 senθ0)(v0/g) senθ0 − 12g[(v0/g) senθ0]2, ou seja,
h = (v2
0
/2g) sen2θ0. Usando o fato de que o valor de v0 do item anterior é
√
gD e que ele ocorre
para θ0 = pi/4, encontramos para essa altura máxima o valor h = [(
√
gD)2/2g][ sen(pi/4)]2 =
[gD/2g][
√
2/2]2, isto é, h = D/4.
3. (a) Sobre o bloco age a força peso mg exercida pela Terra e a força exercida pela cunha, que
podemos decompor na força N, normal à superficie de contato entre a cunha e o bloco, e no atrito
estático f , tangente à superfície de contato, conforme indicado na figura.
θ
a
m
mg
Nf
As forças de reação são a força −mg exercida pelo bloco sobre a Terra, a força −N exercida pelo
bloco sobre o a cunha e a força −f exercida pelo bloco sobre a cunha.
(b) Como o bloco não se move em relação à cunha, ele tem aceleração a, igual a da cunha. Sendo
horizontal tal aceleração, obtemos da Segunda Lei de Newton as equações f cos θ−N senθ = ma
e N cos θ + f senθ − mg = 0. Multiplicando a primeira dessas equações por cos θ, a segunda
por senθ, e adicionando as equações assim obtidas, chegamos a f = m(g senθ + a cos θ). Agora,
multiplicando a primeira por senθ, a segunda por cos θ, e subtraindo as equações assim obtidas,
obtemos N = m(g cos θ − a senθ).
(c) De acordo com a lei do atrito estático, f ≤ µeN . Substituíndo nessa desigualdade os valores
encontrados no item anterior para os módulos da normal e do atrito, temos m(g senθ + a cos θ) ≤
µem(g cos θ−a senθ), donde g senθ+a cos θ ≤ gµe cos θ−aµe senθ, donde a(cos θ+µe senθ) ≤
g(µe cos θ − senθ). Portanto a ≤ g(µe − tgθ)/(1 + µe tgθ). Conseqüentemente, o valor máximo
do módulo da aceleração para que o bloco não deslize sobre a cunha é
amax =
µe − tgθ
1 + µe tgθ
g . (7)
(d) Temos o limite limθ→θc amax = (µe − tgθc)g/(1 + µe tgθc) = 0, pois tgθc = µe. É trivial
mostrar a partir da Segunda Lei de Newton que θc é o ângulo de inclinação que requer força de
atrito máxima para que o bloco não deslize quando ele tem aceleração nula juntamente com a
cunha. Como o atrito é a única força capaz de acelerar o bloco para a esquerda junto com a cunha,
e ele já está com seu valor máximo quando a aceleração é nula, ele não pode ocasionar nenhuma
aceleração apontando para a esquerda. Por isso a aceleração nula é a única possível no limite
θ→ θc.
4. (a) As forças sobre a partícula em rotação são o peso mg, exercido pela Terra, a reação normal N,
exercida pela superfície lisa do funil, e a força T exercida pelo fio ideal, conforme indica a figura.
Como o movimento é horizontal, a partícula não tem aceleração vertical, e como o movimento
é circular uniforme, com raio R e velocidade de módulo v, a aceleração da partícula é radial e
dada por v2/R. Usando para projeções um eixo ao longo da aceleração radial e um eixo vertical,
2
θ
m
m′
mg
N
T
m′g
T′
obtemos pela Segunda Lei de Newton
N cos θ + T senθ = m
v2
R
e N senθ − T cos θ −mg = 0 . (8)
Multiplicando a primeira dessas equações por cos θ, a segunda por senθ e somando as equações
resultantes, obtemos N cos2 θ + N sen2θ = m(v2/R) cos θ + mg senθ, isto é,
N = m
v2
R
cos θ + mg senθ (9)
Agora, multiplicando a primeira equação em (8) por senθ, a segunda por cos θ e subtraindo as
equações resultantes, chegamos a T sen2θ + T cos2 θ = m(v2/R) senθ −mg cos θ, isto é,
T = m
v2
R
senθ −mg cos θ . (10)
(b) As forças sobre a partícula suspensa são o peso m′g, exercido pela Terra, e a força T′ exercida
pelo fio ideal, conforme indica a figura. Como o fio é ideal, ele transminte integralmente as tensões,
de modo que vale a igualdade de módulos T ′ = T . Como a partícula suspensa está em repouso,
temos pela Segunda Lei de Newton, T ′ −m′g = 0, ou seja m′ = T/g. Usando nessa equação a
expressão de T (10), obtemos m′ = [(v2/gR) senθ − cos θ]m.
(c) Seja v′ a velocidade da partícula em rotação que sustenta uma partícula suspensa de massa
2m′. De acordo com a resposta final do ítem anterior, temos 2m′ = [(v′ 2/gR) senθ−cos θ]m. Eli-
minando m′ entre essa equação e a equação final do item anterior, obtemos 2[(v2/gR) senθ −
cos θ]m = [(v′ 2/gR) senθ − cos θ]m, que simplificada se reduz a 2(v2/gR) senθ − cos θ =
(v′ 2/gR) senθ, donde 2v2 senθ − gR cos θ = v′ 2 senθ, donde 2v2 − gR cotgθ = v′ 2. Portanto,
v′/v =
√
2− (gR/v2) cotgθ.
3