Gabarito AP3 2017 2

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3a Avaliação Presencial de Física 1A - 2o Semestre de 2017
Gabarito
1a Questão [2,5 pontos] Dois jogadores disputam uma partida de vôlei de praia. Num dado momento,
um dos jogadores (à esquerda na figura abaixo) executa um saque, a uma distância d1 = 8 m da rede. Do
outro lado da quadra, o jogador que vai receber o saque encontra-se, no momento em que a bola é sacada,
a uma distância d2 = 6 m da rede. A bola parte de uma altura h = 3 m com uma velocidade de módulo
v0 = 10 m/s, que faz um ângulo θ0 = 30◦ com a direção horizontal.
Aula 6 - Movimentos bidimensionais
MÓDULO 1 - AULA 6
4. O valor do ângulo θ0 que fornece o alcance Amax máximo pode ser
encontrado facilmente se utilizarmos a seguinte identidade trigonomé-
trica: 2sen(θ0)cos(θ0) = sen(2 θ0). Dessa forma, o alcance se reduz
a:
A =
v20 sen(2 θ0)
g
.
Uma vez que a função seno é sempre menor ou igual a 1, o alcance
será máximo quando o seno do ângulo for igual a 1, isto é, quando
2 θ0 = 90
o. Por isso, o alcance máximo ocorre em θ0 = 45o e é igual a
Amax =
v20
g
.
É importante observar que esse exemplo e, especialmente, os resultados
dos itens 3 e 4 são válidos apenas quando o projétil retorna à mesma
altura da qual partiu.
Atividade 1
Atende ao Objetivo 1
Baseado no que você leu nesta aula, responda à seguinte questão:
Paulo e João estão jogando vôlei de praia, conforme mostrado na Figura 6.4.
Paulo dá um saque do lado extremo da quadra, a uma distância de 8 metros
da rede. No momento do saque, João encontra-se a 6 metros da rede, lado
oposto da quadra. A bola é arremessada a uma altura de 3,0 m, com uma
velocidade de módulo 36 km/h. A velocidade inicial da bola forma um ângulo
de 30o com a horizontal e a resistência do ar pode ser desprezada. Considere
a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2.
Figura 6.4: Vôlei de praia.
Qual deve ser a aceleração mínima de João para que ele apanhe a bola, sem
saltar, na altura de 2 m? Suponha que a sua aceleração seja constante e
que ele tenha começado a correr 0,2 segundo após o instante em que Paulo
195 CEDERJ
O saque é executado e, após um intervalo de tempo tR = 0,2 s (tempo de reação), o jogador que vai fazer
a recepção parte (do repouso) em direção à bola com aceleração constante. Considere que os movimentos
da bola e do jogador ocorram num mesmo plano (o plano da figura).
(a) Utilizando um sistema de eixos apropriados, escreva as funções horárias da bola xb = xb(t) e yb =
yb(t).
(b) Qual a aceleração da bola (módulo, direção e sentido) no ponto mais alto da trajetória?
(c) Qual deve ser a aceleração mínima do jogador para que ele consiga fazer a recepção da bola quando
esta se encontra a uma altura h′ = 2 m?
Solução
(a) [0,5 ponto] Para escrever as funções horárias relativas ao movimento da bola, escolhemos um
sistema de referência com eixos possuindo a orientação usual (eixo horizontal orientado para a direita,
eixo vertical orientado para cima) e com sua origem localizada na altura do solo, a uma distância d1
da rede. Como durante a trajetória apenas a força peso atua, seu movimento será aquele de um projétil
lançado obliquamente. Na direção horizontal, o movimento é retilíneo uniforme, com função horária
xb(t) = x0 + vxt. (1)
1
Nessa equação, temos x0 = 0 e vx = v0 cos θ, portanto
xb(t) = v0 cos θ t. (2)
Na direção vertical o movimento é retilíneo uniformemente acelerado, com função horária
yb(t) = y0 + v0yt+
1
2
ayt
2. (3)
Para o sistema de referência escolhido, temos y0 = h, v0y = v0 sen θ e ay = −g:
yb(t) = h+ v0 sen θ t− 1
2
gt2. (4)
(b) [0,5 ponto] Como mencionado no item anterior, em toda a sua trajetória (inclusive em seu ponto
mais alto), a bola está sob ação apenas da força da gravidade. Podemos então, utilizando o sistema
de referência escolhido no item anterior, escrever a aceleração no ponto máximo como
−→amax = −g ˆ. (5)
(c) [1,5 ponto] Precisamos inicialmente encontrar o instante de tempo ti no qual a bola será interceptada
pelo jogador que fará a recepção. Como sabemos que a bola será interceptada numa altura h′, basta
usarmos a equação horária para o seu movimento vertical:
h′ = h+ v0 sen θ ti − 1
2
gt2i =⇒
1
2
gt2i − v0 sen θ ti + h′ − h = 0. (6)
Resolvendo essa equação de 2o grau, obtemos
ti =
v0 sen θ ±
√
v20 sen
2 θ − 41
2
g(h′ − h)
g
. (7)
ti =
v0 sen θ
g
±
√
v20 sen
2 θ
g2
+
2(h− h′)
g
. (8)
Como h − h′ > 0 (pois h = 3 m e h′ = 2 m), comparando o 1o termo do lado esquerdo com o 2o
termo, temos que
v0 sen θ
g
<
√
v20 sen
2 θ
g2
+
2(h− h′)
g
, (9)
e portanto na equação (8) devemos tomar o sinal positivo (caso contrário obteríamos um tempo nega-
tivo):
ti =
v0 sen θ
g
+
√(
v0 sen θ
g
)2
+
2(h− h′)
g
. (10)
2
Substituindo os valores h = 3 m, h′ = 2 m, v0 = 10 m/s, θ = 30◦ e g = 10 m/s2, obtemos
ti = 1, 17 s.
Agora que sabemos o instante no qual a bola será interceptada, podemos encontrar a coordenada xi
da interceptação utilizando a equação (2):
xi = xb(ti) = v0 cos θ ti = 10× cos(30◦)× 1, 17 = 10, 13 m. (11)
Agora escreveremos a função horária do jogador. Como seu movimento é uniformemente acele-
rado, sua função horária – caso ele partisse no exato instante em que a bola foi lançada – seria
xj = x0 + v0jt+ (1/2)ajt
2. Porém devemos lembrar que, devido ao tempo de reação, ele só parte
quando t = tR, logo devemos substituir t por t− tR na função horária:
xj(t) = x0 + v0j(t− tR) + (1/2)aj(t− tR)2. (12)
Como a posição inicial do jogador é x0 = d1 + d2 e sua velocidade inicial é v0j = 0, obtemos:
xj(t) = d1 + d2 + (1/2)aj(t− tR)2. (13)
Para encontrarmos a aceleração que o jogador deve ter para interceptar a bola, basta notarmos que no
instante de tempo ti ele deverá estar na posição xi. Assim
xi = d1 + d2 + (1/2)aj(ti − tR)2 (14)
Obtemos então a aceleração do jogador:
aj =
2
(ti − tR)2 (xi − d1 − d2) (15)
Substituindo pelos valores fornecidos e encontrados, obtemos
aj = −8, 2 m/s2. (16)
Note que, como esperado, a aceleração é negativa, pois o atleta está acelerando no sentido negativo
do eixo x.
2a Questão (2,5 pontos) Depois de sofrer um empurrão inicial, um bloco de massa m desliza num plano
horizontal sem atrito. No ponto A, onde a força responsável pelo empurrão inicial já não atua mais, sua
velocidade tem módulo v0 (veja a figura abaixo). Ao final desse plano horizontal há uma rampa que faz um
ângulo θ com a direção horizontal. Nesse plano inclinado o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a
superfície do plano é µC. Ao final dessa rampa (ponto C, situado a uma altura h abaixo do plano horizontal)
fica um abismo. Considere que a transição do plano horizontal para a rampa seja suficientemente suave
para que o bloco não “salte"ao passar de um para outro.
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco no ponto A. Diga aonde estão aplica-
das as reações a cada uma dessas forças.
(b) Qual o módulo da velocidade que o bloco possui ao atingir o ponto B, logo antes de começar a descer
pelo plano inclinado? Justifique sua resposta.
3
h 
v0 
θ	
  
A B 
C 
(c) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco enquanto ele escorrega sobre o plano
inclinado.
(d) Enuncie o Teorema do Trabalho - Energia Mecânica. Sem fazer contas, explique como o teorema
poderia ser utilizado para calcular a velocidade do bloco no ponto C, em função dos dados do pro-
blema.
(e) Qual o valor mínimo que o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o plano inclinado deve ter
para que o bloco não caia no abismo?
Solução
(a) [0,2 ponto] No ponto A, a força responsável pelo empurrão inicial já não atua mais e o bloco está
apenas sob a ação da força peso e da força normal.
N 
P 
Como a força peso
−→
P é a força com a qual a Terra atrai o bloco, a reação a esta força está aplicada
no centroda Terra. Já a normal
−→
N é a força de contato que o plano horizontal exerce sobre o bloco
apoiado sobre ele, portanto a reação à normal está aplicada sobre o plano horizontal.
(b) [0,3 ponto] Como visto no item anterior, a força resultante sobre o bloco é nula (em qualquer ponto
do plano horizontal), portanto ele está em movimento retilíneo uniforme. Assim sua velocidade no
ponto B terá módulo v0.
(c) [0,5 ponto] Enquanto desliza pelo plano inclinado, o bloco está sob a ação da força peso
−→
P , da
força normal
−→
N e da força de atrito cinético
−→
fat.
4
N 
P 
fAT 
(d) [0,5 ponto] O Teorema do Trabalho-Energia diz que a variação da energia mecânica de uma par-
tícula quando ela se desloca entre dois pontos é igual ao trabalho realizado pela componente não-
conservativa da força resultante nesse deslocamento.
Para calcular a velocidade do bloco no ponto C, podemos aplicar o teorema entre os pontos B e C.
Tomando o zero da energia potencial no ponto C, temos que a energia mecânica total no ponto B
será a soma das energias cinética (1/2)mv02 e potencial mgh, enquanto a energia mecânica total no
ponto C será simplesmente sua energia cinética (1/2)mv2. Entre os pontos B e C a única componente
não-conservativa da força resultante é a força de atrito.
Aplicando o teorema, temos:
EMC − EMB = WB→C(−→fat) (17)
1
2
mv2 − (1
2
mv0
2 +mgh) = WB→C(
−→
fat). (18)
Portanto calculando o trabalho da força de atrito entre os pontos B e C é possível obter o valor da
velocidade v do bloco no ponto C.
(e) [1,0 ponto] Utilizando o procedimento descrito no item anterior, vamos agora encontrar a velocidade
v do bloco no ponto C. Aplicando o teorema, temos
1
2
mv2 − (1
2
mv0
2 +mgh) =
∫ C
B
−→
fat · d~r. (19)
O módulo da força de atrito pode ser expresso em termos do módulo da força normal
−→
N e do coefici-
ente de atrito cinético µC:
fat = µCN. (20)
Para calcular a normal, devemos considerar o diagrama de forças que atuam sobre o bloco. Escolhe-
mos um sistema de eixos orientado como na figura abaixo, com o eixo Oy disposto perpendicular-
mente ao plano inclinado e o eixo Ox disposto paralelamente a este plano.
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco, podemos decompor as forças neste sistema de eixos e
obter a equação para as componentes y das forças:
5
N 
P 
fat 
y 
x 
θ	
  
Py 
−→
N +
−→
P +
−→
fat = m
−→a ⇒ Ny + Py + faty = may. (21)
Como o bloco permanece sobre o plano inclinado durante seu movimento, a componente ay da ace-
leração é nula; além disso temos que
Nx = 0, Ny = N, fatx = −fat e faty = 0. (22)
Já para escrever a componente Py da força peso, basta notar que o ângulo entre a força peso e o eixo
Oy também será dado por θ. Temos então que:
Py = −P cos θ. (23)
Podemos agora reescrever as expressões obtidas a partir da Segunda Lei de Newton. Para a direção
y, lembrando que P = mg, temos
N − P cos θ = 0⇒ N = mg cos θ. (24)
Vemos então que a força de atrito será dado por:
−→
fat = −µCN ıˆ = −µCmg cos θ ıˆ. (25)
Podemos agora calcular o trabalho realizado pela força de atrito entre os pontos B e C. Escrevemos o
deslocamento infinitesimal como d~r = dx iˆ e dessa forma:
WB→C(
−→
fat) =
∫ C
B
−→
fat · d~r = −µCmg cos θ
∫ C
B
dx. (26)
A integral de dx entre os pontos B e C é simplesmente a distância entre esses pontos, que pode ser
escrita como h/sen θ. O trabalho então assume a seguinte forma:
WB→C(
−→
fat) = −µCmg cos θ h
sen θ
= −µCmgh
tan θ
. (27)
Substituindo esta expressão na equação (19), obtemos
6
1
2
mv2 =
1
2
mv0
2 +mgh− µCmgh
tan θ
. (28)
Portanto a velocidade do bloco no ponto C terá seu módulo dado por
v2 = v0
2 + 2gh
(
1− µC
tan θ
)
. (29)
Para que o bloco não caia no abismo, a velocidade no ponto C deve ser nula. Aplicando essa condição
sobre a expressão anterior, obtemos
0 = v0
2 + 2gh
(
1− µC
tan θ
)
, (30)
a qual pode ser resolvida para µC:
µC = tan θ
( v02
2gh
+ 1
)
. (31)
Esta expressão corresponde ao valor mínimo para µC; se µC for menor do que esse valor o bloco terá
velocidade não-nula no ponto C e cairá no abismo. Portanto:
µCmin = tan θ
( v02
2gh
+ 1
)
. (32)
3a Questão (3,0 pontos) Um bloco de massa m = 10 kg é solto do alto de um plano inclinado que forma
um ângulo θ = 45◦ com a horizontal. Depois de percorrer uma distância d = 2 m ao longo do plano
inclinado, o bloco colide com uma mola com constante elástica k = 800 N/m, de massa desprezível, que se
encontrava no seu comprimento natural, como mostra a figura abaixo. Sabe-se que o coeficiente de atrito
cinético entre o bloco e o plano é igual a µC = 0, 5.
(a) Faça um diagrama indicando todas as forças que agem no bloco DEPOIS que ele toca a mola (porém
antes da mola atingir sua compressão máxima).
(b) Indique quais dessas forças são conservativas e quais são não-conservativas.
(c) Sem fazer contas, explique como o Teorema do Trabalho-Energia pode ser usado para calcular a
compressão máxima da mola.
(d) Calcule a compressão máxima da mola.
(e) Qual a energia dissipada pela força de atrito no deslocamento entre o topo do plano inclinado e o
ponto de compressão máxima da mola?
(f) Qual deve ser o valor do coeficiente de atrito estático para que o bloco permaneça em repouso após a
compressão máxima da mola?
Solução
(a) [0,5 ponto] Depois que o bloco toca a mola, ele continua descendo e está sujeito às seguintes forças:
7
k 
d 
θ 
µC 
• a força peso −→P , na direção vertical apontando para baixo;
• a força normal −→N exercida pelo plano inclinado ao longo da direção perpendicular ao plano;
• a força de restauração elástica −→Fel, exercida pela mola e que atua na direção paralela ao plano,
no sentido oposto ao seu movimento;
• a força de atrito cinético −−→FatC, exercida pela superfície do plano e que atua na direção paralela
ao plano, no sentido oposto ao movimento.
Essas forças estão desenhadas na figura 1.
P 
N 
Fel 
FatC 
Figura 1: forças que atuam sobre o bloco.
(b) [0,5 ponto] As forças
−→
P e
−→
Fel são conservativas, pois o trabalho realizado por elas entre dois pontos
independe da trajetória tomada. As forças
−→
N e
−−→
FatC não são conservativas, pois o trabalho realizado
por ela entre dois pontos depende da trajetória tomada.
(c) [0,5 ponto] Para calcular a compressão máxima da mola, podemos aplicar o Teorema do Trabalho-
Energia entre dois pontos apropriados da trajetória do bloco: tomamos o ponto A (onde sua energia
mecânica éEMA) como aquele no topo do plano; tomamos como ponto B (onde o bloco possui energia
mecânica EMB) aquele no qual a mola atinge a compressão máxima. Pelo teorema, temos
EMB − EMA = WA→BNC . (33)
Se considerarmos o zero da energia potencial gravitacional no ponto B, a energia mecânica total EMB
será dada simplesmente por (1/2)k(∆xmax)2, onde ∆xmax é a compressão máxima da mola (lembre-
se que nesse ponto o bloco não possui energia cinética). Já no ponto A a energia mecânica será
8
dada simplesmente por mgh, onde h é a altura em relação ao ponto B (zero da energia potencial
gravitacional). Lembre-se que como o o bloco parte do repouso, sua energia cinética no ponto A é
nula. Portanto, aplicando o teorema temos
1
2
k(∆xmax)
2 −mgh = WA→BNC . (34)
Calculando o trabalho das forças não-conservativas entre os pontos A e B podemos calcular ∆xmax
em termos dos dados do problema.
(d) [0,5 ponto] Do item anterior, temos que
1
2
k(∆xmax)
2 −mgh = WA→BNC . (35)
Vamos inicialmente calcular h, a altura do ponto A em relação ao ponto B. Pela geometria do pro-
blema, é fácil notar que sen θ = h/(d + ∆xmax), ou seja, h = (d + ∆xmax) sen θ. Podemos agora
calcular o trabalho das forças não-conservativas (a normal
−→
N e a forca de atrito
−−→
FatC).Como a normal
age somente na direção ortogonal ao movimento do bloco, ela não realiza trabalho:
WA→BNC =
∫ B
A
−→
N · d−→r = 0. (36)
Vamos agora calcular o trabalho realizado pela força de atrito cinético. Tomando um sistema de eixos
como o da figura 2, podemos escrever esta força como
−−→
FatC = µCN ıˆ. (37)
P 
N 
Fel 
FatE 
θ 
y 
x 
Figura 2: sistema de eixos para decomposição das forças.
Para calcular o valor da normal, basta considerarmos o diagrama de forças que agem sobre o bloco:
na direção y, temos apenas a normal
−→
N e a componente
−→
Py. Como não há movimento ao longo dessa
direção, temos
−→
N +
−→
Py = 0. (38)
Do diagrama da figura 2, vemos que Py = mg cos θ, e então
9
N −mg cos θ = 0 =⇒ N = mg cos θ. (39)
A força de atrito cinético pode então ser escrita como:
−−→
FatC = µCmg cos θ ıˆ. (40)
Podemos agora calcular o trabalho das forças não-conservativas, lembrando que
−−→
FatC é constante entre
os pontos A e B:
WA→BNC = W
A→B
FatC = −FatC∆x = −µCmg cos θ(∆xmax + d), (41)
onde utilizamos o fato de que a distância ∆x percorrida entre A e B é simplesmente ∆xmax + d.
Aplicando o Teorema do Trabalho-Energia, obtemos:
1
2
k(∆xmax)
2 −mg(d+ ∆xmax) sen θ = −µCmg cos θ(∆xmax + d). (42)
Rearranjando os termos, podemos escrever essa equação na seguinte forma:
1
2
k(∆xmax)
2 + ∆xmaxmg (µC cos θ − sen θ) +mgd (µC cos θ − sen θ) = 0. (43)
Obtivemos então uma equaçnao do 2o grau para ∆xmax, que pode ser resolvida literalmente. Mas o
processo será simplificado se substituirmos as variáveis pelos valores numéricos fornecidos. Temos
então:
400(∆xmax)
2 + ∆xmax100
(
1
2
√
2
2
−
√
2
2
)
+ 200
(
1
2
√
2
2
−
√
2
2
)
= 0. (44)
400(∆xmax)
2 − 25
√
2∆xmax − 50
√
2 = 0. (45)
As raízes dessa equação são dadas por
∆xmax =
25
√
2±
√
1250 + 4× 400× 50√2
800
=
25
√
2± 285
800
. (46)
A raíz de valor negativo deve ser descartada (pois ∆xmax deve ser uma grandeza positiva) e obtemos
então
∆xmax = 0, 4 m . (47)
(e) [0,5 ponto] A energia dissipada pela força de atrito é igual ao trabalho realizado por essa força (não
consideramos o sinal negativo pois está sendo pedida a energia dissipada):
∆EFatC = |WA→BFatC | = µCmg cos θ (∆xmax + d) (48)
10
∆EFatC = 0, 5× 10× 10×
√
2
2
× (0, 4 + 2) . (49)
∆EFatC = 84, 9 J. (50)
(f) [0,5 ponto] Uma vez que a mola atinja sua compressão máxima, se o coeficiente de atrito estático
µE tiver um valor suficientemente alto, o bloco permanecerá em repouso. Nesse caso. o bloco estrá
sob a ação das forças
−→
P ,
−→
N ,
−→
Fel e
−−→
FatE (força de atrito estático), como mostrado na figura 3. Note que−−→
FatE aponta para a base do plano inclinado, pois se opõe à força elástica que tende a empurrar o bloco
para o topo.
P 
N 
Fel 
FatC 
θ 
y 
x 
Figura 3: forças que atuam no bloco após a compressão máxima da mola.
Como não há movimento ao longo do eixo x, temos
−→
Fel +
−−→
FatE +
−→
Px = 0. (51)
Fel − FatE − Px = 0. (52)
Como Fel = k∆xmax e Px = mg sen θ, temos:
FatE = Fel − Px = k∆xmax −mg sen θ. (53)
Mas FatE = µEN = µEmg cos θ, e obtemos então
µE =
k∆xmax
mg cos θ
− tg θ. (54)
Substituindo os valores numéricos, obtemos:
µE =
800× 0, 4
50
√
2
− 1 = 3, 5. (55)
11
µE = 3, 5. (56)
Obs.: uma rápida consulta a uma tabela de valores de µE mostra valores máximos próximos de 1,4,
o quê mostra que na prática seria muito difícil encontrar um par de materiais (bloco e plano) para o
qual essa situação ocorreria.
4a Questão (2,0 pontos) Um aluno de Física 1A realizou a primeira prática descrita na aula 7 do material
didático. Nessa prática, um carrinho se movimenta sobre o trilho de ar, que se encontra na horizontal. A
tabela abaixo mostra os pontos medidos para a posição x do carrinho em função do tempo t. Note que o
aluno não escolheu a origem do sistema de eixos no instante inicial do movimento.
t (ms) x (cm)
0 27, 5± 0, 5
100 29, 5± 0, 5
200 31, 5± 0, 5
300 34, 0± 0, 5
400 36, 5± 0, 5
500 39, 0± 0, 5
600 41, 0± 0, 5
700 42, 5± 0, 5
800 45, 0± 0, 5
900 47, 0± 0, 5
Note também que o aluno sabia que a incerteza no tempo de centelhamento era muito menor que a
incerteza na medida da posição e, por isso, foi desprezada. Para responder os itens abaixo, não se esqueça
que toda grandeza obtida experimentalmente deve ser acompanhada de sua incerteza.
(a) Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da posição do carrinho x em função do
tempo t.
(b) A partir do gráfico, é possível afirmar se o movimento descrito é retilíneo uniforme? Justifique sua
resposta.
(c) Caso o trilho estivesse inclinado em relação à direção horizontal e o carrinho fosse lançado da extre-
midade inferior do trilho para a extremidade superior, como seria o gráfico da posição do carrinho em
função do tempo? Faça um esboço do gráfico (não use o papel milimetrado para isso) e justifique sua
resposta.
(d) Obtenha a partir do gráfico a velocidade do carrinho durante o movimento. Estime a incerteza na
velocidade como 5% do valor obtido.
Solução
(a) [0,5 ponto] O gráfico deve ser construído de acordo com as instruções presentes na Aula 7 do
material didático (veja um exemplo na última página desse gabarito). Em particular, o gráfico deve:
• possuir um título;
• ter as grandezas físicas medidas e suas unidades claramente indicadas nos eixos;
12
• ter escalas bem escolhidas para os eixos, de maneira a facilitar sua leitura e ocupar a maior parte
do espaço disponível;
• apresentar sobre seus eixos apenas os valores que definem as escalas, e não os valores dos pontos
experimentais;
• apresentar barras de erro representando as faixas de incerteza das medidas experimentais;
• apresentar uma curva (que no caso deve ser uma reta - veja o próximo item) que cruze o maior
número possível de pontos - levando em conta as barras de erro;
(b) [0,5 ponto] Podemos observar que é possível traçar uma reta que passe por todos os pontos (lem-
brando que os pontos devem ser considerados com suas incertezas). Portanto, o carrinho percorre
distâncias iguais em tempos iguais e podemos afirmar que o movimento descrito por ele é retilíneo
uniforme.
(c) [0,5 ponto] Se o trilho estivesse inclinado o movimento do carrinho seria um movimento retilíneo
uniformemente acelerado, onde a posição do carrinho varia quadraticamente com o tempo. Portanto
o esboço do gráfico da posição versus tempo seria a metade de uma parábola (com concavidade para
cima ou para baixo), mostrando a posição crescendo (ou decrescendo) quadraticamente com o tempo.
(d) [0,5 ponto] A partir da reta ajustada aos pontos, podemos obter a velocidade do carrinho, com 1 ou
2 significativos:
v =
∆x
∆t
=
44,0− 33,0
0,750− 0,250 = 22,0 cm/s
v = (22± 1) cm/s
13
0 0,2 0,4 0,6 0,8
26
30
35
40
45
t (s)
x(cm)
5
14