Gabarito AP3 2016 2

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3a Avaliação Presencial de Física 1A - 2o Semestre de 2016
Gabarito
1a Questão [2,5 pontos] Num parque de diversões, um carrinho que se desloca sobre um trilho parte do
repouso e desce uma rampa de altura h. Ao chegar à base da rampa, o carrinho começa a subir um “loop”
circular de raio R (veja a figura abaixo).
R 
h θ 
A 
B 
Figura 1: Representação esquemática do problema da questão 1.
(a) [0,5 ponto] Sem fazer contas, explique qual a condição para que o carrinho complete o “loop”.
(b) [0,5 ponto] Considere que a altura h seja suficiente para que o carrinho complete o “loop”. Qual o
movimento circular descrito pelo carrinho: uniforme, uniformemente variado ou não-uniformemente
variado? Explique.
(c) [0,5 ponto] Considerando agora que o carrinho se desloca sem atrito, qual o menor valor hmin de h
para que o carrinho complete o “loop”?
(d) [0,5 ponto] Se a altura h é tal que R < h < hmin, o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda
falta percorrer um ângulo θ para atingir o topo (veja a figura). Calcule esse ângulo θ.
(e) [0,5 ponto] Se a altura h é tal que h < R, o quê ocorre com o carrinho depois que ele começa a subir
o “loop”? Calcule o ângulo α percorrido entre o início do “loop” e o ponto mais alto atingido pelo
carrinho.
Solução
(a) Para que o carrinho complete o “loop”, é preciso que ele mantenha contato com o trilho ao longo de
toda a trajetória circular. Se há contato, então existe um força normal não-nula, logo a condição é que
a força normal seja não-nula em toda a extensão da trajetória circular. Podemos especificar um pouco
mais essa condição se notarmos que a normal atinge seu menor valor no ponto mais alto do “loop”,
então a condição-limite para que o carrinho realize uma volta completa é que a normal seja zero no
ponto mais alto.
1
(b) Para uma partícula que descreve um movimento circular, este será uniforme se a aceleração possuir
apenas uma componente radial ar (centrípeta); se o movimento for uniformemente variado, a acelera-
ção possuirá, além da componente ar, uma componente tangencial at que deverá ser constante; já no
movimento não-uniformemente variado, novamente a aceleração terá componentes ar e at, mas agora
at varia durante a trajetória.
Considere o carrinho nos pontos B e C da trajetória (veja a figura ??): no ponto C, a componente
tangencial da força resultante (FRt) é o próprio peso; já no ponto B, FRt tem um valor menor. Con-
cluímos então que a componente tangencial da força resultante não é constante durante a trajetória.
Como a componente at da aceleração é proporcional a FRt, vemos que o movimento circular é não-
uniformemente variado.
N 
P 
N 
P 
PR C 
B 
Figura 2: componente tangencial da força resultante em dois pontos da trajetória.
(c) O menor valor de h para que o carro complete o “loop” corresponde a uma valor nulo para a normal
no ponto mais alto da trajetória circular. Se
−→
N = 0 nesse ponto a força resultante é o próprio peso e,
uma vez que o carrinho descreve uma trajetória circular, essa força resultante deve ser igual à força
centrípeta FC = mv2/R:
P =
mv2
R
=⇒ mg = mv
2
R
=⇒ v =
√
Rg. (1)
Como o carrinho se desloca sem atrito, não há forças dissipativas agindo e sua energia mecânica
total se conserva. Dessa forma, a energia mecânica no topo da rampa (mgh) deve ser igual à energia
mecânica no ponto A (EMA = mg2R + (1/2)mv2):
mgh = mg2R +
1
2
mv2 =⇒ gh = 2Rg + 1
2
v2. (2)
Como v =
√
Rg, temos:
gh = 2Rg +
1
2
Rg =⇒ hmin = 5
2
R. (3)
hmin =
5
2
R. (4)
(d) Se h é tal que R < h < hmin, o carrinho cairá no ponto B, onde a normal se anula. Podemos
decompor a força peso em componentes radial (Pr = P cos θ, onde θ é o ângulo definido na figura 1)
e tangencial, e Pr deve ser igual à forca centrípeta mv2/R:
2
P cos θ =
mv2
R
=⇒ v =
√
Rg cos θ. (5)
Novamente utilizando a conservação da energia, podemos relacionar a energia mecânica no topo da
rampa (mgh) com a energia no ponto B ((1/2)mv2 + hB, onde hB é a altura do ponto B). Podemos
escrever hB como hB = R +R cos θ = R(1 + cos θ). Escrevendo a conservação da energia:
mgh =
1
2
mv2 +mgR(1 + cos θ). (6)
Como v2 = Rg cos θ (equação 2), temos:
gh =
1
2
Rg cos θ +Rg +Rg cos θ. (7)
h−R = 3
2
R cos θ. (8)
cos θ =
2
3
(
h−R
R
)
=
2
3
(
h
R
− 1
)
(9)
cos θ =
2
3
(
h
R
− 1
)
. (10)
(e) Se h < R, a conservação da energia indica que o ponto mais alto atingido pelo carro terá uma altura
menor do que R, isto é, o ângulo α (veja a figura 3) será menor do que pi/2. Na figura fica clara
também a relação entre R, h e α:
R = h+R cosα =⇒ cosα = R− h
R
= 1− h
R
. (11)
cosα = 1− h
R
. (12)
h 
R 
α R cos α 
Figura 3: desenho esquemático mostrando o ângulo α.
3
2a Questão (2,5 pontos) Um satélite de massa m gira em torno da Terra em uma órbita circular de raio
R sob a ação apenas da força gravitacional terrestre. Lembre-se que a força gravitacional entre dois corpos
separados por uma distância r é ~Fg = −Gm1m2
r2
rˆ e considere como dados adicionais do problema a massa
da Terra MT e a constante gravitacional G.
(a) [1,0 ponto] Encontre a expressão da energia mecânica do satélite em termos dos dados do problema.
(b) [0,5 ponto] Qual o trabalho realizado pela força gravitacional que a Terra exerce sobre o satélite em
uma volta completa do satélite em sua órbita?
(c) [1,0 ponto] Suponha que os motores no satélite sejam acionados até que ele passe para uma nova
órbita circular de raio 2R. Quais os trabalhos realizados pela força gravitacional e pela força de
propulsão dos motores do satélite no trajeto entre as órbitas de raios R e 2R?
Solução
(a) Como a força gravitacional é conservativa, podemos associar a ela uma energia potencial. A variação
dessa energia potencial entre dois pontos que estão a distâncias r1 e r2 é igual a menos o trabalho
realizado por
−→
Fg entre esses pontos:
U(r2)− U(r1) = −
∫ r2
r1
−→
Fg · d−→r . (13)
Como
−→
Fg = −(Gm1m2 eˆr)/r2 e d−→r = dr eˆr, obtemos:
U(r2)− U(r1) = −
∫ r2
r1
Gm1m2d−→r . (14)
U(r2)− U(r1) = − Gm1m2
r
∣∣∣∣r2
r1
= −Gm1m2
(
1
r2
− 1
r1
)
. (15)
Tomando r1 = ∞ e escolhendo esse ponto como o zero de nossa energia potencial (de maneira que
U(r1) = 0), obtemos:
U(r2)− 0 = −Gm1m2
r2
=⇒ U(r) = −Gm1m2
r
(16)
A essa energia potencial devemos somar a energia cinética EC = (mv2)/2 para obter a energia total
da partícula. Como queremos expressar a energia em termos das variáveis do problema, devemos
lembrar que, como se trata de um movimento circular, a força resultante é a força centrípeta, e ela
deve ser igual à força gravitacional:
mv2
R
= −GmMT
R2
=⇒ v =
√
GMT
R
. (17)
Portanto a energia mecânica do satélite pode ser escrita como
4
EM =
1
2
mv2 − GmMT
R
=
1
2
m
GMT
R
− GmMT
R
= −1
2
GmMT
2R
.
(18)
EM = −1
2
GmMT
2R
. (19)
(b) Como a força gravitacional é conservativa, o trabalho realizado ao longo de uma trajetória é igual ao
negativo da variação de energia potencial. Ao fim de uma volta completa, a energia potencial não
terá variado (pois esta só depende da distância r ao centro da trajetória), portanto o trabalho realizado
pela força gravitacional é nulo.
Outra maneira de resolver essa questão é notar que, como a força aponta na direção radial, ela será
sempre ortogonal a qualquer trajetória circular, portanto o trabalho realizado será nulo.
(c) O trabalho realizado pela força gravitacional é igual a menos a variação de energia potencial:
WR→2RFg = −∆U = −U(2R) + U(R)
= GmMT
(
1
2R
− 1
R
)
= −GmMT
2R
.
(20)
Para encontrar o trabalho realizado pela forca de propulsão
−→
FP, utilizaremos o Teorema do Trabalho-
Energia Cinética: o trabalho total realizado (WT = WFg+WFp) é igual à variação da energia cinética:
WT = ∆K
WFg +WFp =
1
2
m
(
v22 − v21
)
.
(21)
Mas vimos que numa trajetória de raio R a velocidade do satélite é dada por v =
√
(GMT)/R.
Portanto
WFg +WFp =
1
2
m
(
GMT
2R
− GMT
R
)
= −GmMT
4R
.
(22)
E o trabalho realizado pela força de propulsão será dado por
5
WFp = −WFg − GmMT
4R
=
GmMT
2R
− GmMT
4R
=
GmMT
4R
.
(23)
WFp =
GmMT
4R
. (24)
3a Questão (2,5 pontos) Um rio de 1 km de largura tem uma correnteza de velocidade vr = 1, 5 km/h.
Um homem quer atravessar o rio de barco, remando a uma velocidade de 2,5 km/h em relação à água.
Inicialmente, o barco está na posição P , indicada na figura abaixo.
2. (*) [2,5 pontos] Um rio de 1 km de largura tem uma correnteza de velocidade vr = 1,5 km/h. Um
homem quer atravessar o rio de barco, remando a uma velocidade de 2,5 km/h em relação à água.
Inicialmente, o barco está na posição P , indicada na figura.
~vr
P
O
Y
X
(a) Qual é o tempo mínimo que ele leva para atravessar o rio?
(b) Quais os vetores deslocamento do barco, entre o início e o final da travessia, e velocidade
em relação à margem durante a travessia, na situação do item anterior? Escreva os vetores
utilizando o sistema de eixos apresentado na figura.
(c) Suponha agora que o barco atravesse o rio em uma direção perpendicular às margens do rio.
Quanto tempo ele leva para atravessá-lo?
3. [2,5 pontos] Um objeto de massa desconhecida é liberado no instante t = 0, na proximidade da
superfície da Terra, e entra em queda livre até atingir o solo. O gráfico da variação da energia
cinética do objeto em função do tempo é mostrado na figura abaixo.
0 t (s)1 2 3 4 5
K (J)
200
100
(a) Qual o trabalho realizado pelo chão sobre o objeto durante a colisão do mesmo com o chão?
Justifique claramente a sua resposta.
(b) Utilizando as informações contidas no gráfico, obtenha a altura a partir da qual o objeto foi
abandonado.
(c) Baseado nos itens anteriores, calcule a massa do objeto.
2
(a) [0,5 ponto] Qual é o tempo mínimo que ele leva para atravessar o rio?
(b) [1,0 ponto] Quais os vetores deslocamento do barco, entre o início e o final da travessia, e velocidade
em relação à margem durante a travessia, na situação do item anterior? Escreva os vetores utilizando
o sistema de eixos apresentado na figura.
(c) [1,0 ponto] Suponha agora que o barco atravesse o rio em uma direção perpendicular às margens do
rio. Quanto tempo ele leva para atravessá-lo?
Solução
(a) O tempo mínimo para a travessia corresponde à situação na qual a velocidade do barco −→vb é perpen-
dicular à velocidade da correnteza do rio −→vr . A velocidade resultante do barco será −→v = −→vr + −→vb ,
com −→vr = −vr ıˆ e −→vb = vb ˆ. Podemos ver que a componente dessa velocidade resultante que é per-
pendicular à direção do rio é a própria velocidade −→vb , portanto nessa direção temos um movimento
uniforme com velocidade vb. Da variação da posição com o tempo (y = y0+vbt = vbt), encontramos
o tempo para atravessar a largura L do rio:
tL =
L
vb
=
1000
0, 69
= 1449, 3 s. (25)
tL = 1.449, 3 s = 24, 2 min. (26)
6
(b) Como vimos no item anterior, a velocidade resultante em relação à margem será simplesmente
−→v = −→vr +−→vb = (−1, 5 ıˆ+ 2, 5 ˆ) km/h. (27)
Como se trata de um movimento uniforme, o deslocamento pode ser escrito como ∆−→r = −→v ∆t, onde
∆t = 0, 4 h é o tempo necessário para travessia. Portanto:
∆−→r = (−0, 6 ıˆ+ ˆ) km. (28)
(c) Nessa situação, a velocidade resultante do barco aponta na direção perpendicular às margens do rio.
Para que isso seja possível a velocidade do barco em relação ao rio (de módulo 2,5 km/h) deve possuir
um certo ângulo em relação ao eixo x. Escrevendo a velocidade do barco como −→vb = vbx ıˆ + vby ˆ,
temos
−→v = vr ıˆ+ vbx ıˆ+ vby ˆ. (29)
Para que −→v seja perpendicular à direção do rio, é preciso que vbx = −vr. Como vb =
√
v2bx + v
2
by, a
componente vby pode ser calculada como
vby =
√
v2b − v2bx =
√
v2b − v2r =
√
(2, 5)2 − (1, 5)2 = 2 km/h. (30)
Novamente, como se trata de um movimento unfiorme o tempo de travessia será
tL =
L
vby
=
1
2
= 0, 5 h. (31)
tL = 0, 5 h . (32)
4a Questão (2,5 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!
7
(a) [0,5 ponto] Por que não é possível determinar a velocidade do carrinho no primeiro e no último
pontos?
(b) [0,5 ponto] Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da velocidade do carrinho v
em função do tempo.
(c) [0,5 ponto] 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.
(d) [1,0 ponto] O aluno então resolve fazer uma modificação no experimento, aumentando a inclinação do
trilho ENQUANTO O CARRINHO DESLIZA. Como pode ser classificado o movimento do carrinho
nesse caso?
Solução
(a) Sabendo que as posições do carrinho são medidas em intervalos de tempo regulares ∆t, por se tratar
de um movimento uniformemente acelerado, podemos encontrar a velocidade do carrinho em um
instante t:
v(t) =
x(t+ ∆t)− x(t−∆t)
2∆t
. (33)
Dessa forma, no primeiro ponto não é possível obter a velocidade pois não dispomos da medida
x(t−∆t = −50ms) e no último não temos a medida x(t+ ∆t = 550ms).
(b) 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;
(c) 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, (34)
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. (35)
a = (88± 4) cm/s2 (36)
8
(d) Se desprezarmos a força de resistência do ar, podemos considerar que o carrinho desliza com uma
aceleração dada por g sen θ, onde θ é o ângulo que o trilho faz com a direção horizontal. Se o
trilho é mantido numa inclinação fixa (isto é, se θ é mantido constante) a aceleração do carrinho
será constante e seu movimento será uniformemente acelerado. Mas se aumentamosa inclinação do
trilho, a aceleração estará mudando durante o deslocamento do carrinho. O movimento nesse caso
será não-uniformemente variado.
9
0 0,1 0,2 0,3 0,4
52
60
70
80
90
t (s)
v(cm/s)
6
10