Gabarito AP2 2017 2

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2a Avaliação Presencial de Física 1A - 2o Semestre de 2017
Gabarito
1a Questão [2,0 pontos] Nessa questão o efeito da resistência do ar não pode ser desprezado. Um
aluno realiza um experimento para determinar se o efeito da resistência do ar pode ser medido durante o
lançamento oblíquo de um objeto. Para isso, ele lança uma bola do solo com uma velocidade inicial −→v0,
que faz um ângulo θ com a direção horizontal.
(a) O aluno é informado que a altura máxima alcançada pela bola (em relação ao solo) é dada por hmax =
v0
2/(5g) e que a velocidade nesse ponto tem módulo v0/3. Baseado nessas informações, o aluno
concluiu que a resistência do ar não pode ser desprezada nesse experimento. Explique como ele pode
ter chegado a essa conclusão.
(b) Baseado nas informações do item anterior, faça um diagrama ilustrando com setas as forças que atuam
sobre a a bola no instante do lançamento e no instante em que ela atinge a altura máxima.
(c) Calcule o trabalho realizado pela força de resistência do ar entre o instante em que a bola é lançada e
o instante em que ela atinge o ponto de altura máxima.
Solução
(a) [0,5 ponto] A força de resistência do ar é uma força dissipativa, e portanto sua ação é reduzir a
energia mecânica do sistema. Portanto basta calcular a energia mecânica nos pontos inicial e final e
verificar se seu valor se mantém constante ou não.
Se considerarmos o nível do solo como o nível para o qual a energia potencial U vale zero, a energia
mecânica inicial é dada por
EMi = ECi + Ui =
1
2
mv20 + 0 =
1
2
mv20. (1)
No ponto de altura máxima, a energia pode ser escrita como
EMf = ECf + Uf =
1
2
m
(v0
3
)2
+mghmax =
11
30
mv20. (2)
Como 11mv20/30 < mv
2
0/2, vemos que a energia mecânica total da bola diminui durante sua trajetó-
ria. Portanto o aluno foi levado a concluir que a força de resistência do ar não pode ser desprezada
nesse problema.
(b) [0,5 ponto] Durante sua trajetória, a bola está sob ação da força peso (que atua sempre na direção
vertical, orientada para baixo) e da força de resistência do ar (que atua sempre na mesma direção
da velocidade, porém no sentido oposto). Portanto no ponto inicial
−→
Far(i) tem sentido oposto ao da
velocidade inicial −→v0 , enquanto no ponto de altura máxima, como a velocidade só tem componente
horizontal,
−→
Far(max) estará na direção horizontal (ver figura abaixo).
1
v0 
Far(i) 
v0/3 
Far(max) 
(c) [1,0 ponto] De acordo com o Teorema do Trabalho-Energia, a variação de energia mecânica é igual
ao trabalho realizado pelas forças não-conservativas. Como a única força dissipativa que age sobre a
bola é a resistência do ar, temos:
W i→fFar = ∆Em = Emf − Emi =
11
30
mv20 −
1
2
mv20 = −
2
15
mv20. (3)
W i→fFar = −
2
15
mv20. (4)
Note que o trabalho da resistência do ar é negativo, como deve ser para uma força que sempre se opõe
ao movimento.
2a Questão (3,0 pontos) A máquina de Atwood é um sistema formado por uma roldana em um suporte
vertical, por um fio e por dois blocos, que neste caso chamamos de A e B. O bloco A de massa M está
ligado ao bloco B, de massa 2M , pelo fio que passa pela roldana como mostra a figura abaixo.
O fio não desliza sobre a roldana, é inextensível e ele e a roldana têm massas desprezíveis. Considere
conhecidos a massa M e o módulo da aceleração da gravidade g. Despreze as forças que o ar exerce sobre
os blocos.
3. [2,0 pontos] Todas as afirmativas abaixo estão incorretas. Todas foram feitas por alunos de Física 1
em avaliações. Explique, claramente, porque elas estão erradas e as reescreva novamente, de ma-
neira que elas fiquem corretas. Só serão consideradas as afirmativas reescritas se a explicação
estiver correta.
(a) O trabalho realizado por uma força constante de módulo F em um deslocamento ~d, será,
necessariamente,W = Fd.
(b) O trabalho total realizado pelas forças que atuam em uma partícula é igual à variação da
energia mecânica associada a ela.
(c) A energia cinética é calculada a partir da massa e da velocidade de uma partículaEc = 12mv
2.
Portanto, se medirmos a massa e a velocidade de um objeto, a incerteza no valor será dada
pelas incertezas nessas quantidades δEc =
√
(δm)2 + (δv)2.
(d) Na prática com o trilho de ar inclinado construimos um gráfico da velocidade do carrinho
em função do tempo. A partir desse gráfico é possível encontrar a aceleração do carrinho
durante seu movimento no plano inclinado. A aceleração do carrinho é a tangente do ângulo
de inclinação da reta obtida no gráfico da velocidade em função do tempo.
4. [3,0 pontos]Amáquina de Atwood é um sistema formado por uma roldana em um suporte vertical,
por um fio e por dois blocos, que neste caso chamamos de A e B. O bloco A de massa M está
ligado ao blocoB, de massa 2M pelo fio que passa pela roldana como mostra a figura abaixo. O fio
não desliza sobre a roldana, é inextensível e ele e a roldana têm massas desprezíveis. Considere
conhecidos a massa M e o módulo da aceleração da gravidade g. Despreze as forças que o ar
exerce sobre os blocos.
h
2MM
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre cada um dos blocos.
(b) Escolhendo o eixo Y vertical, apontando para cima, encontre os vetores aceleração de cada
um dos blocos.
(c) Determine o módulo da tensão que atua em cada um dos blocos.
(d) Supondo que os blocos foram abandonados do repouso, a uma altura h do chão, quanto tempo
leva para o bloco de B atingir o solo? Nesse item, considere h como conhecido.
2
2
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre cada um dos blocos.
(b) Escolhendo o eixo y na direção vertical, apontando para cima, encontre os vetores aceleração de cada
um dos blocos.
(c) Determine o módulo da tensão que atua em cada um dos blocos.
(d) Supondo que os blocos foram abandonados do repouso, a uma altura h do chão, quanto tempo leva
para o bloco B atingir o solo? Nesse item, considere h como conhecido.
Solução
(a) [0,5 ponto] Sobre cada um dos blocos atuam apenas 2 forças, ambas na direção vertical: a força
peso (orientada para baixo) e a força de tração (ou tensão) exercida pelo fio (orientada para cima).
Veja a figura abaixo:
4. [3,0 pontos] A máquina de Atwood é um sistema formado por uma roldana em um suporte vertical,
por um fio e por dois blocos, que neste caso chamamos de A e B. O bloco A de massa M está
ligado ao blocoB, de massa 2M pelo fio que passa pela roldana como mostra a figura abaixo. O fio
não desliza sobre a roldana, é inextensível e ele e a roldana têm massas desprezíveis. Considere
conhecidos a massa M e o módulo da aceleração da gravidade g. Despreze as forças que o ar
exerce sobre os blocos.
h
2MM
~P2m
~Pm
~Tm ~T2m
(a) [0,8 ponto] Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre cada um dos blocos.
Atuam sobre os blocos apenas os seus pesos e as trações.
(b) [1,0 ponto] Escolhendo o eixo Y vertical, apontando para cima, encontre os vetores acelera-
ção de cada um dos blocos.
Como o fio é ideal, as tensões sobre os blocos tem mesmo módulo, assim como as suas
acelerações. A aplicação da segunda Lei de Newton aos blocos, nos leva a
~Pm + ~Tm = m~am; ~P2m + ~T2m = 2m~a2m
Usando o fato que o sistema se movimentará no sentido da massa maior, podemos escrever,
em módulo, que
T −mg = ma; 2mg − T = 2ma⇒ mg = 3ma⇒ a = g
3
Com a escolha apontada no enunciado
~am =
g
3
ˆ ; ~a2m = −g
3
ˆ
(c) [0,5 ponto] Determine o módulo da tensão que atua em cada um dos blocos.
Da segunda lei de Newton para o bloco de massa m
T −mg = mg
3
⇒ T = 4
3
mg
(d) [0,7 ponto] Supondo que os blocos foram abandonados do repouso, a uma altura h do chão,
quanto tempo leva para o bloco deB atingir o solo? Nesse item, considere h como conhecido.
4
(b) [1,5 pontos] Aplicando a 2a Lei de Newton a cada um dos blocos, obtemos:
−→
TM +
−→
PM = M−→aM, (5)
−→
T2M +
−→
P2M = M
−→a2M. (6)
Como o fio é ideal (inextensível e de massa desprezível), as tensões
−→
TM e
−→
T2M têm o mesmo módulo
(que chamaremos de T ), assim como as acelerações (cujo módulo chamaremos de a). Tomando o
eixo y (vertical) orientado para cima, temos:
−→
T2M =
−→
T2M = T ˆ. (7)
Como uma das massas é maior do que a outra, o sistema entrará em movimento, como corpo de massa
2M se deslocando para baixo e o corpo de massa M se deslocando para cima. Temos então:
−→aM = aˆ, (8)
3
−→aM = −aˆ. (9)
Substituindo na equação (5), temos:
−→
TM +
−→
PM = M
−→aM =⇒ T ˆ−Mgˆ = Maˆ (10)
T −Mg = Ma =⇒ a = T −Mg
M
(11)
Para encontrar a expressão para a tração T , consideramos a equação (6):
−→
T2M +
−→
P2M = 2M
−→a2M =⇒ T − 2Mg = −2Ma (12)
T = 2M(g − a) (13)
Obtemos então a expressão para a aceleração:
a =
1
M
[2M(g − a)−Mg] = 1
M
[2Mg − 2Ma−Mg] = 1
M
[Mg − 2Ma]. (14)
a = (g − 2a) =⇒ 3a = g =⇒ a = g
3
. (15)
Uma vez encontrado o módulo da aceleração, podemos escrever as acelerações de cada um dos blo-
cos:
−→aM = g
3
ˆ e −→a2M = −g
3
ˆ. (16)
(c) [0,5 ponto] Para encontrar o módulo T da tensão, podemos utilizar a equação (13), substituindo
a = g/3:
T = 2M(g − 2a) = 2M
(
g − g
3
)
= 2Mg
(
2
3
)
. (17)
T =
4
3
Mg. (18)
(d) [0,5 pontos] Vimos que o sistema se desloca com uma aceleração constante de módulo a = g/3,
portanto seu movimento será uniformemente variado. Se tomarmos a origem do eixo y na altura do
solo, temos a posição inicial do bloco B é y0 = h; como ele parte do repouso, sua velocidade inicial
é v0 = 0; e como sua aceleração aponta para baixo, temos ay = −g/3. Portanto sua equação horária
pode ser escrita como:
y(t) = y0 + v0t+
1
2
ayt
2 = h− 1
2
g
3
t2. (19)
Para encontrar o tempo de queda tq, basta agora encontrar o instante de tempo que corresponde à
altura y = 0:
4
0 = h− gt
2
q
6
=⇒ t2q =
6h
g
. (20)
Tomamos então a raiz positiva, pois um instante de tempo negativo não faz sentido:
tq =
√
6h
g
. (21)
3a Questão (3,0 pontos) Um dublê pilota um carro que se desloca sobre uma pista retilínea horizontal.
Ao fim dessa pista há um trecho em forma de “loop” interrompido, isto é, um arco de circunferência de raio
R, que se estende do ponto A até o ponto B, ponto no qual o raio faz um ângulo θ com a direção horizontal
(veja a figura abaixo). Neste trecho AB o dublê pode acionar o acelerador (situação na qual a força de
propulsão do motor impulsiona o carro) ou pode acionar o freio (situação na qual a força de frenagem age
no sentido oposto ao da velocidade), mas não pode realizar as duas ações ao mesmo tempo.
Após chegar ao ponto A com velocidade −→v0, o carro percorre o trecho AB (onde o atrito entre o carro
e a superfície da pista pode ser desprezado) executando um movimento circular uniforme. Após deixar a
pista no ponto B, o carro cai (de cabeça para baixo) na pista horizontal. Considere que o veículo possa ser
considerado como uma partícula e que todo o seu movimento ocorra num mesmo plano vertical.
v0 
R 
A 
B 
θ 
(a) Explique se no trecho AB o motorista acionou o acelerador, o freio ou nenhum dos dois.
(b) Baseado na resposta do item anterior, faça um diagrama indicando com setas as forças que agem
sobre o veículo num ponto arbitrário do trecho AB.
(c) Qual o menor valor para o módulo v0 da velocidade para que o carro consiga atingir o ponto B?
(d) Calcule o trabalho realizado pela força de propulsão do motor ou pela força de frenagem (de acordo
com a resposta do 1o item) entre os pontos A e B.
(e) Calcule a altura máxima atingida pelo carro após deixar a pista no ponto B.
Solução
(a) (0,6 pontos) Como durante o trecho AB o atrito pode ser desprezado, nesse trajeto o carro estárea
sujeito a, no mínimo, 2 forças: a força peso e a normal. A força normal está sempre orientada
ortogonalmente à superfície, na direção radial (que é a direção da força centrípeta). Já a força peso,
5
por estar na direção vertical, terá componentes radial e tangencial (a não ser no ponto descrito por
θ = 0, onde só tem componente tangencial). A componente radial do peso Pr se soma à normal,
e a força resultante é a força centrípeta. Jã a componente tangencial do peso Pθ atua no trecho AB
sempre na direção contrária ao movimento, e tem como efeito a diminuição da velocidade do carro
(veja a figura abaixo). portanto se apenas o peso e a normal agirem sobre o veículo, seu movimento
seria circular não-uniforme. Como o enunciado menciona que o carro executa um movimento circular
uniforme (MCU), deve haver uma 3a. força impulsionando o veículo. Concluímos então que durante
o trecho AB o motorista acionou o acelerador.
P 
θ 
N Pr 
Pθ 
(b) (0,6 ponto) Além da normal e do peso, vimos que o carro está sujeito à força de propulsão do motor.
Como esta é uma força que impulsiona o veículo, ela é aplicada na direção paralela ao movimento,
ou seja, ela é tangencial à trajetória circular do carro. As 3 forças que agem sobre o carro estão
mostradas na figura abaixo.
P 
θ 
N 
Fp 
(c) (0,6 ponto) Ao atingir o ponto B, o carro estará sob ação das forças peso, normal e de propulsão do
motor. Como ele executa um MCU, sabemos que nesse ponto sua velocidade tem o mesmo módulo
v0 que possuía ao chegar ao ponto A. Portanto a força centrípeta nesse ponto vale Fc = mv20/R. Mas
a força centrípeta é a força resultante na direção radial, então podemos escrever:
−Pr −N = −Fc, (22)
6
onde os sinais negativos são usados pois no ponto B a normal e a componente radial do peso apon-
tam para o centro da trajetória, enquanto escolhemos o eixo radial com sua orientação mais usual
(orientado para fora).
−Pr −N = −mv
2
0
R
=⇒ Pr +N = mv
2
0
R
. (23)
Como Pr tem um valor fixo, quanto menor o valor de v0, menor será o valor da normal; o menor valor
de v0 para que o carro atinja o ponto B corresponde à situação
−→
N = 0, ou seja, a situação na qual
o veículo perde contato com a pista exatamente no ponto B. Fazendo N = 0 na expressão acima,
encontramos
Pr =
mv20min
R
. (24)
Para encontrarmos a expressão para Pr, basta considerarmos a figura abaixo, que mostra o ângulo α
entre o peso e a direção radial. Note que α e θ são ângulo internos de um triângulo retângulo, portanto
α + θ + 90◦ = 180◦, o quê significa que α = 90◦ − θ. Portanto
Pr = P cosα = P cos(90
◦ − θ) = mg sen θ. (25)
P 
θ 
N α 
Substituindo na equação (25), obtemos
mg sen θ =
mv20min
R
=⇒ v0min =
√
Rg sen θ (26)
v0min =
√
Rg sen θ. (27)
(d) (0,6 ponto) O teorema do Trabalho-Energia afirma que a variação de energia mecânica é igual ao
trabalho realizado pelas forças não-conservativas. Nesse problema, a única força dissipativa que
realiza trabalho é a força de propulsão do motor
−→
Fp (a normal é uma força dissipativa, mas nesse
problema ela não realiza trabalho). Portanto temos
WA→BFp = ∆Em = EmB − EmA. (28)
7
Se tomarmos o nível de zero da energia potencial gravitacional U no nível do solo, a energia inicial
é:
EmA = EcA + UA =
1
2
mv20. (29)
Já no ponto B, temos
EmB = EcB + UB =
1
2
mv20 +mghB, (30)
onde hB é a altura do ponto B em relação ao solo: hB = R(1 + sen θ). Obtemos então
EmB =
1
2
mv20 +mghB =
1
2
mv20 +mgR(1 + sen θ). (31)
Portanto
WA→BFp = EmB − EmA =
1
2
mv20 +mgR(1 + sen θ)−
1
2
mv20 = mgR(1 + sen θ). (32)
WA→BFp = mgR(1 + sen θ). (33)
(e) (0,6 ponto) Após deixar o ponto B com velocidade −→v0, o carro estará apenas sob ação da força
da gravidade, e portanto descreverá o movimento de um projétil. Para encontrar o ponto mais alto
da trajetória, vamos inicialmente calcular as componentes da velocidade que o carro tinha ao sair
da pista. Como a velocidade é tangencial àpista (ou seja, ortogonal ao raio que faz um ângulo θ), o
ângulo que−→v0 faz com a direção horizontal será simplesmente 90◦−θ (veja a figura abaixo). Portanto
a componente horizontal vale v0x = v0 cos(90◦ − θ) = v0 sen θ, enquanto a componente vertical vale
v0y = v0 sen(90
◦ − θ) = v0 cos θ.
Vamos agora escrever a equação horária para a direção vertical; tomando a origem do sistema de
coordenadas no ponto B, temos
y(t) = y0 + v0yt+
1
2
ayt
2 = v0 cos θ t− 1
2
gt2, (34)
Já a equação para a velocidade vertical pode ser escrita como
vy(t) = v0y + ayt = v0 cos θ − gt. (35)
O ponto de altura máxima é aquele na qual vy se anula, ou seja
v0 cos θ − gtmax = 0 =⇒ tmax = v0 cos θ
g
. (36)
Substituindo a expressão para tmax na equação (34), obtemos
8
y(tmax) = v0 cos θ tmax − 1
2
gt2max (37)
=
v20 cos
2 θ
g
− 1
2
g
v20 cos
2 θ
g2
(38)
=
1
2
v20 cos
2 θ
g
. (39)
Essa é a altura máxima em relação ao ponto B (onde colocamos a origem do eixo y). Para encontrar-
mos a altura máxima em relação ao solo, devemos somar a altura do ponto B (hB = R(1 + sen θ)):
hmax = hB + y(tmax) = R(1 + sen θ) +
1
2
v20 cos
2 θ
g
. (40)
hmax = R(1 + sen θ) +
1
2
v20 cos
2 θ
g
. (41)
4a Questão (2,0 pontos) Um aluno de Física 1A realizou a prática com o trilho de ar inclinado, que é o
segundo experimento da Aula 7 dos Módulos de Física 1. Nessa prática, o carrinho se movimenta sobre o
trilho de ar, que está inclinado em relação à direção horizontal. A tabela abaixo mostra os pontos medidos
para a posição do carrinho e a velocidade do mesmo em função do tempo t.
t (ms) x (cm) v (cm/s)
0 0,0± 0,2 -
50 2,9± 0,2 59± 1
100 5,9± 0,2 63± 1
150 9,2± 0,2 68± 1
200 12,7± 0,2 73± 1
250 16,5± 0,2 78± 1
300 20,5± 0,2 82± 1
350 24,7± 0,2 85± 1
400 29,0± 0,2 90± 1
450 33,7± 0,2 94± 1
500 38,4± 0,2 -
Obs.: 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 todos os itens posteriores não se esqueça
que toda grandeza obtida experimentalmente deve
ser acompanhada de sua incerteza!
O aluno também mediu o ângulo θ que o trilho faz com a direção horizontal.
(a) Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da velocidade do carrinho v em função do
tempo.
(b) Obtenha, a partir do gráfico, a aceleração do carrinho durante o movimento e a velocidade em t = 0.
Estime a incerteza na aceleração e na velocidade inicial como 5% dos valores obtidos.
(c) O aluno gostaria de saber se forças dissipativas (como o atrito ou a resistência do ar) influenciaram o
resultado do experimento. Baseando-se na medidas que ele realizou, como ele poderia chegar a uma
conclusão?
Solução
9
(a) (1,0 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;
• 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;
(b) (0,5 ponto) Observamos, conforme esperado, que o movimento é uniformemente acelerado fazendo
com que a velocidade do carrinho aumente linearmente com o tempo. Ajustando uma reta aos pontos
podemos obter a velocidade do carrinho em t = 0 lendo diretamente o valor da velocidade para o
qual o tempo é zero. No gráfico encontramos que esse ponto é
v(0) = (55± 3) cm/s, (42)
onde foi adotada uma incerteza de 5% conforme pedido no enunciado e são apresentados os valores
com um ou dois significativos. A aceleração é o coeficiente angular da reta ajustada:
a =
∆v
∆t
=
88, 0− 66, 0
0, 375− 0, 125 = 88, 0 cm/s
2. (43)
a = (88± 4) cm/s2 (44)
(c) (0,5 pontos) Sabemos que um corpo que desliza sem atrito sobre um plano inclinado que faz um
ângulo θ com a direção horizontal tem uma aceleração dada por g sen θ. Para saber se as forças
dissipativas são desprezíveis nesse experimento, basta o aluno comparar a aceleração obtida a partir
do gráfico com o valor g sen θ. Se o valor medido for compatível (dentro da incerteza experimental)
com esse valor esperado, o aluno pode concluir que as forças dissipativas são - nesse experimento -
desprezíveis. Obviamente, se o valor não for compatível então as forças dissipativas não podem ser
desprezadas.
10
0 0,1 0,2 0,3 0,4
52
60
70
80
90
t (s)
v(cm/s)
611