Gabarito AP3 2017 1

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3a Avaliação Presencial de Física 1A - 1o Semestre de 2017
Gabarito
1a Questão [2,5 pontos] Um carro sobe uma rampa que faz um ângulo θ com a horizontal. Ao final dessa
rampa, há um fosso de largura d que deve ser transposto pelo carro. O outro lado do fosso possui uma altura
h em relação ao ponto onde termina a rampa (veja a figura abaixo).
d 
h 
θ	
  
v0 
(a) (0,6 pontos) Utilizando um sistema de eixos apropriado, escreva as funções horárias x = x(t) e
y = y(t).
(b) (0,4 pontos) Combinando as expressões obtidas no item anterior, obtenha a equação da trajetória
y = y(x).
(c) (0,5 pontos) Considere que o ângulo θ e a distância d são dados do problema (isto é, seus valores
estão fixos), enquanto que o módulo v0 da velocidade que o carro possui ao final da rampa pode ser
escolhido pelo motorista. Qual o valor máximo hmax que a altura h pode ter para que o carro tenha a
possibilidade de completar o salto para o outro lado do fosso?
(d) (0,5 pontos) Considere agora que h < hmax, de forma que exista a possibilidade do carro completar
o salto. Qual o valor mínimo v0min que a velocidade do carro deve ter ao final da rampa para que ele
consiga atingir o outro lado?
(e) (0,5 pontos) Considere que a velocidade do carro seja tal que v0 > v0min e ele consiga completar o
salto. Esboce no seu caderno de respostas a trajetória descrita pelo carro e indique em dois pontos
quaisquer dessa trajetória os vetores velocidade e aceleração.
Solução
1
(a) Tomaremos um referencial com os eixos Ox e Oy alinhados com as direções horizontal e vertical,
respectivamente, e com sua origem colocada no ponto final da rampa inclinada. O movimento do
carro após deixar a rampa será um movimento de projétil, o qual pode ser decomposto em um movi-
mento horizontal e outro vertical. O movimento ao longo do eixo x é um movimento uniforme (pois
não há força resultante atuando nessa direção). Sua velocidade (constante) é dada por
vx = v0x = v0 cos θ, (1)
onde fizemos uso do fato que, como o carro se desloca sobre a rampa, sua velocidade ao deixá-la faz
o mesmo ângulo θ com a direção horizontal. Podemos também escrever a expressão para a posição
x(t), lembrando que a posição inicial x0 = 0 (pela escolha da origem do sistema de eixos):
x(t) = x0 + vxt (2)
= v0t cos θ. (3)
x(t) = v0t cos θ. (4)
O movimento ao longo do eixo y é um movimento uniformemente acelerado, no qual o carro está sob
a ação da força peso
−→
P = −mgˆ. Lembrando que a posição inicial y0 = 0 (pela escolha da origem
do sistema de eixos), que sua velocidade inicial é dada por v0y = v0 sen θ e que sua aceleração é
ay = −g, podemos escrever a expressão para a posição y(t):
y(t) = y0 + v0yt+
1
2
ayt
2 (5)
= v0t sen θ − 1
2
gt2. (6)
y(t) = v0t sen θ − 1
2
gt2. (7)
(b) A partir da equação para x(t), podemos encontrar o tempo necessário para o carro atingir uma certa
posição x:
t =
x
v0 cos θ
. (8)
Para obtermos a equação da trajetória y = y(x), basta agora substituirmos a expressão acima na
equação para y(t):
y(x) = v0 sen θ
x
v0 cos θ
− 1
2
g
x2
v02 cos2 θ
(9)
= x tan θ − g
2v02 cos2 θ
x2. (10)
y(x) = x tan θ − g
2v02 cos2 θ
x2. (11)
2
(c) Para que o carro consiga completar o salto é preciso que y(x = d) ≥ h, portanto, utilizando a equação
da trajetória obtida acima, essa condição equivale a:
d tan θ − g
2v02 cos2 θ
d2 ≥ h. (12)
Note que como d e θ são dados do problema, o primeiro termo do lado esquerdo da desigualdade tem
um valor fixo, enquanto o valor do segundo termo não está fixo, pois depende não só de d e θ, mas
também de v0. De acordo com esse raciocínio, o valor máximo que h pode assumir é aquele para o
qual o segundo termo é desprezível frente ao primeiro, portanto
hmax = d tan θ. (13)
hmax = d tan θ. (14)
Note que essa é uma condição necessária (porém não suficiente) para que o carro complete o salto;
mesmo que h < hmax, o carro atingirá (ou não) o outro lado do fosso dependendo do valor de v0.
(d) Com a condição h < hmax satisfeita, para encontrarmos o valor mínimo de v0 para que o carro
complete o salto basta retornarmos à expressão (12); rearranjando os termos obtemos
d tan θ − h ≥ g
2v02 cos2 θ
d2 (15)
v0
2 ≥ gd
2
2 cos2 θ(d tan θ − h) . (16)
Portanto o valor mínimo que v0 pode ter para que o carro complete o salto é
v0min =
d
cos θ
√
g
2(d tan θ − h) . (17)
v0min =
d
cos θ
√
g
2(d tan θ − h) . (18)
(e) A trajetória esboçada deve ser parabólica, com sua origem no final da rampa e seu término no outro
lado do fosso. Em qualquer ponto da trajetória onde o vetor velocidade for desenhado, ele deve ser
tangente a ela. O vetor aceleração é sempre constante, paralelo à direção vertical e orientado para
baixo em qualquer ponto da trajetória.
2a Questão (2,5 pontos) Um bloco de massa m = 5 kg está deslizando sobre uma mesa horizontal, com
coeficientes de atrito cinético e estático dados por µc = 0, 5 e µe = 0, 6. O bloco então colide com uma
mola ideal, de massa desprezível e constante elástica k0 = 250 N/m, que se encontrava inicialmente em sua
posição relaxada (veja a figura abaixo). O bloco atinge a mola com velocidade v = 1 m/s.
(a) (0,2 pontos) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco quando este colide com
a mola.
3
3. [3,0 pontos] Um bloco de massam desliza ao longo de uma superfície horizontal de coeficiente de
atrito cinético µc conhecido. O bloco se move em direção a uma mola sem massa, suposta ideal,
que tem uma de suas extremidades presa a uma parede e constante elástica k0. Observa-se que a
mola, que estava inicialmente no seu comprimento natural, vai sendo comprimida, até atingir uma
compressão de ∆d. O bloco permanece, então, em repouso nessa configuração.
m
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco quando o mesmo se encontra
em repouso, após comprimir a mola.
(b) Qual o módulo da força de atrito na situação descrita no item anterior?
(c) Com que velocidade o bloco atingiu a mola?
(d) Caso o atrito não seja grande o suficiente, após ser comprimida, a mola lançaria o bloco
no sentido contrário ao da velocidade inicial. Caso isso ocorra, quanto o bloco percorreria,
desde o ponto de compressão máxima da mola, antes de parar novamente?
4. [2,5 pontos] Um bloco de massa mB está pendurado e conectado, por meio de um fio ideal, a um
outro bloco de massa mA através de uma polia, também ideal, conforme a figura abaixo. Sabe-se
que o coeficiente de atrito cinético entre o bloco de massa mA e a superfície onde ele se encontra
é µc e observa-se que, após ser abandonado do repouso, o bloco de massa mB se movimenta para
baixo e o de massamA para a direita.
X
Y
mB
mA
(a) Faça um diagrama, indicando as forças que atuam sobre cada um dos blocos.
(b) Utilizando o sistema de eixos indicado na própria figura, quais são os vetores aceleração dos
blocosmA emB?
(c) Qual o maior valor que pode ter o coeficiente de atrito estático para que o sistema tenha
entrado em movimento?
2
(b) (0,3 pontos) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco quando a mola está no
ponto de compressão máxima.
(c) (0,5 pontos) Calcule a deformação máxima da mola.
(d) (0,5 pontos) O quê acontece depois que a mola atinge sua deformação máxima?
(e) (0,5 pontos) Calcule o módulo da força de atrito no ponto de deformação máxima.
(f) (0,5 pontos) Que fração da energia que o bloco possuía ao colidir coma mola é dissipada pelo atrito
nesse processo?
Solução
(a) Ao colidir com a mola, o bloco está sob a ação da força peso (direção vertical, orientada para baixo),
da força normal (direção vertical, orientada para cima) e da força de atrito cinético (direção horizontal,
com sentido oposto ao do movimento do corpo, isto é, da esquerda para a direita).
(b) Quando a mola atinge sua compressão máxima, as forças nadireção vertical (peso e normal) conti-
nuam atuando . Na direção horizontal atuam a força elástica, orientada para a direita (pois a mola
está comprimida em relação à sua posição de equilíbrio) e a força de atrito estático, orientada para a
esquerda (pois o bloco está na iminência de ser empurrado para a direita).
(c) Vamos considerar um sistema de coordenadas com a orientação usual (eixo x orientado para a direita,
eixo y orientado para cima). Vamos fazer uma análise em termos dos conceitos de trabalho e energia,
uma vez que, no ponto de compressão máxima, não temos como saber a priori o valor da força de
atrito estático (só sabemos que o valor máximo de seu módulo - na iminência do movimento - vale
µeN ).
De acordo com o teorema do Trabalho-Energia, a variação de energia mecânica entre o ponto A
(onde o bloco colide com a mola, e possui apenas energia cinética) e o ponto B (onde a mola atinge
a compressão máxima ∆xmax e o bloco possui apenas energia potencial elástica) é igual ao trabalho
das forças não-conservativas entre A e B. Como a única força não-conservativa que realiza trabalho é
a força de atrito cinético, temos
EMB − EMA = WA→BFatc . (19)
Como a Fatc é constante durante o deslocamento (que corresponde a uma distância percorrida pelo
bloco de ∆xmax), o trabalho realizado é simplesmente −Fatc∆xmax, onde o sinal negativo decorre do
fato de
−→
F atc ser contrária ao movimento durante todo o deslocamento. Lembrando que Fatc = µcN e
que N = mg (pois não há aceleração na direção vertical), podemos escrever:
4
1
2
k(∆xmax)
2 − 1
2
mv2 = −µcmg∆xmax. (20)
Rearranjando os termos, vemos que esta é uma equação de 2o grau para ∆xmax:
1
2
k(∆xmax)
2 + µcmg∆xmax − 1
2
mv2 = 0. (21)
Resolvendo a equação, temos
∆xmax =
−µcmg ±
√
(µcmg)2 + 4.(1/2)k(1/2)mv2
k
. (22)
∆xmax = −µcmg
k
± 1
k
√
(µcmg)2 + kmv2. (23)
∆xmax = −µcmg
k
±
√(µcmg
k
)2
+
mv2
k
. (24)
Note que o termo (µcmg)/k aparece tanto dentro como fora da raiz quadrada; dentro da raiz, o termo
aparece ao quadrado e somado à quantidade (positiva) (mv2)/k. Portanto a raiz quadrada é maior do
que o termo µcmg do lado de fora (que possui um sinal negativo), e devemos tomar o sinal positivo
da raiz quadrada, pois ∆xmax deve ser uma grandeza estritamente positiva:
∆xmax = −µcmg
k
+
√(µcmg
k
)2
+
mv2
k
. (25)
Substituindo os valores numéricos, obtemos:
∆xmax = −0, 5× 5× 10
250
+
√(
0, 5× 5× 10
250
)2
+
5× 12
250
= 0, 074 m (26)
∆xmax = 0, 074 m. (27)
(d) Depois que a mola atinge sua compressão máxima, o bloco pode permanecer em repouso (se a força
restauradora da mola
−→
F el for menor - em módulo - do que o valor máximo da força de atrito estático
Fmaxate ) ou ser empurrado para a direita (se Fel > F
max
ate ) . Para saber o quê de fato ocorre, basta calcular
os módulos dessas forças:
Fel = k∆xmax = 250× 0, 074 = 18, 5 N. (28)
Fmaxate = µeN = µemg = 0, 6× 5× 10 = 30 N. (29)
Como Fel < Fmaxate , o bloco permanece em repouso.
5
(e) Como o bloco permanece em repouso com a mola em sua compressão máxima, a força resultante é
nula. Concluímos então que a força de atrito estático deve ser igual (em módulo) à força elástica:
Fate = Fel = 18, 5 N. (30)
Fate = 18, 5 N. (31)
(f) Ao colidir com a mola, o bloco possuía apenas energia cinética; durante e compressão da mola, parte
dessa energia é dissipada pela força de atrito cinético. Quando o bloco finalmente para, ele possui
apenas energia potencial elástica. A energia dissipada ∆EM é igual ao trabalho da força de atrito
cinético (em módulo), calculado no item (c):
∆EM = µcmg∆xmax. (32)
Portanto a razão entre a energia dissipada e a energia inicial EMi = (1/2)mv2 vale
∆EM
EMi
=
µcmg∆xmax
(1/2)mv2
=
2µcg∆xmax
v2
=
2× 0, 5× 10× 0, 074
12
= 0, 74. (33)
∆EM
EMi
= 74%. (34)
3a Questão (3,0 pontos) Um bloco de massam encontra-se, inicialmente, em repouso sobre uma superfície
plana horizontal. Seja µe o coeficiente de atrito estático entre essa superfície e o bloco. Prende-se a um
dos lados do bloco um fio ideal que é mantido esticado e formando com a horizontal um ângulo θ = 30o,
conforme ilustra a figura abaixo. Denote por
−→
T a força exercida pelo fio sobre o bloco e, por T o seu
módulo. Suponha que a superfície inferior do bloco permaneça toda em contato com a superfície horizontal.
3. (*) [2,5 pontos] Um bloco de massam encontra-se, inicialmente, em repouso sobre uma superfície
plana horizontal. Seja µe o coeficiente de atrito estático entre essa superfície e o bloco. Prende-se
a um dos lados do bloco um fio ideal que é mantido esticado e formando com a horizontal um
ângulo θ = 30o, conforme ilustra a figura. Denote por ~T a força exercida pelo fio sobre o bloco e,
por T o seu módulo. Suponha que a superfície inferior do bloco permaneça toda em contato com
a superfície horizontal,
m
~T θ = 30o
(a) Faça um diagrama indicando todas as forças que atuam sobre o bloco.
(b) Determine o valor de T acima do qual o bloco entra em movimento.
(c) Determine o valor de T acima do qual o bloco perde contato com o solo. Compare esse
resultado com o item anterior.
4. [3,0 pontos] Um aluno de Física IA realizou no pólo de Itaperuna a prática "E Newton tinha ra-
zão..." referente à Aula 20 dos Módulos de Física I. Nessa prática, o carrinho foi colocado em
movimento, sobre o trilho de ar inclinado, em 6 inclinações diferentes. Para cada uma das in-
clinações, o aluno verificou que o carrinho descrevia um movimento uniformemente acelerado e
obteve, através do gráfico da velocidade em função do tempo, a aceleração do carrinho. A tabela
abaixo mostra as acelerações obtidas para cada um dos ângulos de inclinação do trilho.
θ senθ a(cm/s2)
5,0o ± 0,5o 88± 4
8,0o ± 0,5o 136± 4
11,0o ± 0,5o 185± 4
14,0o ± 0,5o 238± 4
16,5o ± 0,5o 283± 5
20,0o ± 0,5o 331± 5
Obs.: Para responder todos os itens posteriores
não se esqueça que toda grandeza obtida
experimentalmente deve ser acompanhada de
sua incerteza! Os ângulos de inclinação foram
medidos em relação à direção horizontal.
(a) Complete a coluna em branco da tabela. Se assim preferir, calcule a incerteza para apenas
um valor de senθ e repita esse valor para os demais.
(b) Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da aceleração do carrinho em
função do seno do ângulo θ de inclinação do trilho. No gráfico você pode desprezar a
incerteza no seno do ângulo e já foi colocada a escala a ser utilizada.
(c) A partir da segunda Lei de Newton, obtenha a aceleração esperada para o carrinho, em função
do ângulo θ e da aceleração da gravidade g.
(d) Obtenha, a partir do gráfico, a aceleração da gravidade g. Estime a incerteza em g como 3%
do valor obtido. Este valor está de acordo com o esperado? Justifique sua resposta.
2
(a) (1,0 ponto) Faça um diagrama indicando todas as forças que atuam sobre o bloco.
(b) (1,0 ponto) Determine o valor de T acima do qual o bloco entra em movimento.
(c) (1,0 ponto) Determine o valor de T acima do qual o bloco perde contato com o solo. Compare esse
resultado com o item anterior.
Solução
(a) Na direção vertical, atuam sobre o bloco as forcas peso (orientada para baixo) e normal (orientada
para cima); na direção horizontal, atua a força de atrito estático Fate, orientada para a esquerda pois se
opõe à tendência do movimento, para a direita; e finalmente a tensão do fio atua sobre o bloco numa
direção oblíqua. As forças são mostradas na figura abaixo.
6
(b) [0,5 pontos] Interprete o resultado do item anterior para θ = π/4.
Para θ = π/4, as duas rampas têm a mesma inclinação e, conseqüentemente, o mesmo
comprimento. Nesse caso, obtemos para o coeficiente de atrito na rampa da esquerda
µc = 2 cos(π/2)/sen(π/4) = 0
Ou seja, para π/4, os blocos só chegarão simultâneamente ao solo se não houver atrito sobreo bloco da esquerda, como esperado (uma vez que os comprimentos das rampas são iguais e
não há força de atrito sobre o bloco da direita).
3. (*) [2,5 pontos] Um bloco de massam encontra-se, inicialmente, em repouso sobre uma superfície
plana horizontal. Seja µe o coeficiente de atrito estático entre essa superfície e o bloco. Prende-se
a um dos lados do bloco um fio ideal que é mantido esticado e formando com a horizontal um
ângulo θ = 30o, conforme ilustra a figura. Denote por ~T a força exercida pelo fio sobre o bloco e,
por T o seu módulo. Suponha que a superfície inferior do bloco permaneça toda em contato com
a superfície horizontal,
m
~T
~Fat
~P
~N
θ = 30o
(a) [0,7 ponto] Faça um diagrama indicando todas as forças que atuam sobre o bloco.
Atuam no bloco, além da tração no fio, o peso ~P , a normal ~N e a força de atrito ~Fat. As
forças estão desenhadas na própria figura.
(b) [1,0 ponto] Determine o valor de T acima do qual o bloco entra em movimento.
Escrevendo a Segunda Lei de Newton por componentes, usando o fato de que o bloco está
em repouso
~P + ~N + ~Fat+ ~T = 0⇒ Px+Nx+Fatx+Tx = 0⇒ −Fat+T cos 30o = 0⇒ Fat =
√
3
2
T
e Py +Ny + Faty + Ty = 0⇒ −mg +N + T sen30o = 0⇒ N = mg − T
2
POr outro lado, se o bloco não entra em movimento, temos que
Fat ≤ µeN ⇒
√
3
2
T ≤ µe
(
mg − T
2
)
⇒ Tmax = 2µemg
µe
√
3 + 1
é o maior valor que T pode ter para que o bloco continue em repouso.
(c) [0,8 ponto]Determine o valor de T acima do qual o bloco perde contato com o solo. Compare
esse resultado com o item anterior.
A partir da equação para a componente Y das Segunda Lei de Newton, vemos que o maior
valor que a tensão pode ser sem que o bloco perca contato é quando a normal tende a zero.
Portanto
mg − Tmax
2
= 0⇒ Tmax = 2mg
Vemos que esse valor é maior que o encontrado no item anterior. O significado desse fato é
que o bloco entra em movimento antes de perder contato com o solo. Isso era esperado uma
vez que quanto menor é a normal, menor será a força de atrito que ele precisa vencer para
entrar em movimento.
3
(b) Utilizando um sistema de eixos com a orientação usual (eixo x orientado para a direita e eixo y
orientado para cima), a tensão
−→
T pode ser decomposta em componentes Tx = T cos θ e Ty = T sen θ.
Na direção horizontal, temos a componente x da tensão e Fate; quanto maior a tensão, maior será Tx e
Fate também aumentará proporcionalmente, até atingir seu valor máximo Fmaxate = µeN . Se Tx > F
max
ate ,
o bloco começa a deslizar na direção horizontal. Portanto o valor máximo que Tx pode ter sem que o
bloco entre em movimento corresponde a um valor máximo da tensão Tmax:
Tmaxx = Tmax cos θ = µeN =⇒ Tmax =
µeN
cos θ
. (35)
Para calcularmos o módulo da normal, devemos considerar o equilíbrio na direção vertical, ao longo
da qual consideramos que não há movimento:
−→
P +
−→
N +
−→
Ty = 0. (36)
−P +N + T sen θ = 0 =⇒ N = P − T sen θ = mg − T sen θ. (37)
Note queN depende de T , portanto ao substituírmosN na equação (35), devemos considerar a tensão
máxima Tmax, ou seja,
N = mg − Tmax sen θ. (38)
Substituindo na equação (35), obtemos:
Tmax =
µe
cos θ
(mg − Tmax sen θ) . (39)
Tmax (1 + µe tan θ) =
µemg
cos θ
. (40)
Tmax =
µemg
cos θ(1 + µe tan θ)
=
µemg
cos θ + µe sen θ
. (41)
Para θ = 30◦, temos cos θ =
√
3/2 e sen θ = 1/2, portanto
Tmax =
µemg
(
√
3/2) + (1/2)µe
=
2µemg√
3 + µe
. (42)
Tmax =
2µemg√
3 + µe
. (43)
7
(c) Conforme T aumenta, o equilíbrio na direção vertical também será afetado; em especial, a condição
na qual o bloco perde o contato com a superfície é aquela na qual a normal se anula. Diremos que o
valor da tensão para o qual isso ocorre é T ′max. Da equação (37), temos
N = mg − T ′max sen θ = 0. (44)
T ′max =
mg
sen θ
= 2mg. (45)
T ′max = 2mg. (46)
Comparando as expressões para Tmax e T ′max, vemos que ambas são proporcionais a 2mg; para Tmax o
fator de proporcionalidade é µe/(
√
3 + µe) (que é menor do que 1), enquanto que para T ′max o fator
de proporcionalidade é 1. Concluímos então que T ′max > Tmax, ou seja, conforme a tensão no fio
aumenta, o bloco começa a deslizar sobre a superfície antes de perder o contato com ela.
4a Questão (2,0 pontos) A figura abaixo mostra o gráfico da velocidade em função do tempo de uma
partícula que se movimenta ao longo do eixo x.
Instituto de Física
UFRJ
Segunda Avaliação Presencial de Física IA
26 de maio de 2013
Nome :
Curso :
Pólo :
1a Q
2a Q
3a Q
4a Q
Nota
Obs: Em todas as questões em que for necessário, utilize que g é o módulo da aceleração da gravi-
dade. Todas as respostas devem ser dadas em termos dos dados fornecidos. Todas as respostas devem
ser justificadas.
1. [2,5 pontos] A figura abaixo mostra o gráfico da velocidade em função do tempo de uma partícula
que se movimenta ao longo do eixo OX .
t(s)
vx(m/s)
20
10 20
(a) Qual o deslocamento da partícula entre os instantes t0 = 0 e t1 = 20s?
(b) Qual o deslocamento da partícula entre os instantes t2 = 10s e t1 = 20s?
(c) Esboce o gráfico da aceleração da partícula em função do tempo.
(d) Qual a aceleração média da partícula entre os instantes t0 = 0 e t1 = 20s?
2. [1,5 pontos] As afirmativas abaixo estão todas erradas. Justifique claramente o por quê de estarem
erradas.
(a) No meio de uma discussão, Maurício e Fabrício começam a se empurrar. Eles estão em pé,
no meio da rua e observa-se que Fabrício fica parado e consegue empurrar Maurício para
trás. Podemos afirmar que a força que Fabrício exerce sobre Maurício é maior do que a que
Maurício exerce sobre Fabrício.
(b) Em um referencial inercial, se uma partícula de massa m está sujeita a apenas 2 forças ~F1
e ~F2, decorre da segunda Lei de Newton que, necessariamente, sua aceleração tem módulo
|~a| = |
~F1|+ |~F2|
m
.
(c) Referenciais localizados na Terra, à rigor, não são inerciais. Como as Leis de Newton só são
válidas para referenciais inerciais, não podemos aplicá-las a tais referenciais localizados na
Terra.
1
(a) (0,5 ponto) Qual o deslocamento da partícula entre os instantes t0 = 0 e t1 = 20 s?
(b) (0,5 ponto) Qual o deslocamento da partícula entre os instantes t2 = 10 s e t1 = 20 s?
(c) (0,5 ponto) Esboce o gráfico da aceleração da partícula em função do tempo.
(d) (0,5 ponto) Qual a aceleração média da partícula entre os instantes t0 = 0 e t1 = 20 s?
Solução
(a) Como o deslocamento ∆x entre dois pontos é igual à integral da velocidade nesse intervalo, vemos
que ∆x é dado pela área sob a curva do gráfico vx×t. Portanto ∆x é simplesmente a área do triângulo
de base 20 e altura 20:
∆x0−20 =
20× 20
2
= 200 m. (47)
∆x0−20 = 200 m. (48)
8
(b) Entre 10 s e 20 s, o deslocamento será igual à área do triângulo de base 10 e altura 20:
∆x10−20 =
10× 20
2
= 100 m. (49)
∆x10−20 = 100 m. (50)
(c) Entre 0 s e 10 s, a velocidade aumenta linearmente com o tempo, portanto a aceleração é constante e
positiva. Seu valor pode ser calculado como:
a0−10 =
∆v
∆t
=
20− 0
10− 0 = 2 m/s
2. (51)
Entre 10 s e 20 s, a velocidade decresce linearmente com o tempo, portanto a aceleração é constante
e negativa. Seu valor pode ser calculado como:
a10−20 =
∆v
∆t
=
0− 20
20− 10 = −2 m/s
2. (52)
O gráfico está abaixo:
Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da AP2 Física IA
26 de maio de 2013
Nome :
Curso :
Pólo :
1a Q 2,5
2a Q 1,5
3a Q 4,0
4a Q 2,0
Nota 10,0
1. [2,5 pontos] A figura abaixo mostra o gráfico da velocidade em função do tempo de uma partícula
que se movimenta ao longo do eixo OX .
t(s)
vx(m/s)
20
10 20
t(s)
ax(m/s
2)
2
−2
10 20
(a) [0,5 ponto] Qual o deslocamento da partícula entre os instantes t0 = 0 e t1 = 20s?
O desclocamento da partícula é dado pela integral da curva da velocidadeem função do
tempo. Portanto, o deslocamento será a área sob a curva entre os instantes
∆xt=0→t=20s = 200m
(b) [0,5 ponto] Qual o deslocamento da partícula entre os instantes t2 = 10s e t1 = 20s?
Assim como no item anterior, o desclocamento da partícula será a área sob a curva entre os
instantes em questão
∆xt=10→t=20s = 100m
(c) [1,0 ponto ] Esboce o gráfico da aceleração da partícula em função do tempo.
A aceleração da partícula é a derivada da velocidade. O gráfico da velocidade mostra que até
t = 10s essa cresce linearmente e após esse tempo ela decresce linearmente. Concluímos,
portanto, que a aceleração será constante entre t = 0 e t = 10s e depois será outra constante
entre t = 10s e t = 20s. O gráfico está feito na própria figura.
(d) [0,5 ponto ] Qual a aceleração média da partícula entre os instantes t0 = 0 e t1 = 20s?
A aceleração média será dada por
< a >t0→t1=
vx(t1)− vx(t0)
t1 − t0 ⇒ < a >t0→t1= 0
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(d) A aceleração média é dada por
am =
∆v
∆t
= 0. (53)
pois as velocidades inicial e final são nulas.
am = 0. (54)
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