Gabarito AP2 2016 1

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2a Avaliação Presencial de Física 1A - 1o Semestre de 2016
Gabarito
1a Questão (3,0 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.
h 
v0 
θ	
  
A B 
C 
(a) (0,5 pontos) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco no ponto A. Diga onde
estão aplicadas as reações a cada uma dessas forças.
(b) (0,3 pontos) 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.
(c) (0,3 pontos) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco enquanto ele escorrega
sobre o plano inclinado.
(d) (0,6 pontos) 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 problema.
(e) (1,0 ponto) 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?
(f) (0,3 pontos) Calcule o valor mínimo de µC para v0 = 1 m/s, θ = 30o e h = 5 m.
1
Solução
(a) 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 centro da 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) 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) 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.
N 
P 
fAT 
(d) O Teorema do Trabalho-Energia diz que a variação da energia mecânica de uma partícula 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) (1)
2
1
2
mv2 − (1
2
mv0
2 +mgh) = WB→C(
−→
fat). (2)
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) 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. (3)
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. (4)
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.
N 
P 
fat 
y 
x 
θ	
  
Py 
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:
−→
N +
−→
P +
−→
fat = m
−→a ⇒ Ny + Py + faty = may. (5)
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. (6)
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. (7)
3
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. (8)
Vemos então que a força de atrito será dado por:
−→
fat = −µCN iˆ = −µCmg cos θ iˆ. (9)
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. (10)
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
. (11)
Substituindo esta expressão na equação (3), obtemos
1
2
mv2 =
1
2
mv0
2 +mgh− µCmgh
tan θ
. (12)
Portanto a velocidade do bloco no ponto C terá seu módulo dado por
v2 = v0
2 + 2gh
[
1− µC
tan θ
]
. (13)
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
]
, (14)
a qual pode ser resolvida para µC:
µC = tan θ
( v02
2gh
+ 1
)
. (15)
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:
µC min = tan θ
( v02
2gh
+ 1
)
. (16)
4
(f) Para v0 = 1 m/s, θ = 30o e h = 5 m, o valor mínimo de µC será dado por:
µC min = tan 30
o
( 12
2× 10× 5 + 1
)
= 0, 58. (17)
2a Questão (3,0 pontos) Uma pedra é largada de um balão que se desloca horizontalmente com uma
velocidade −→vB em relação à Terra. A pedra cai de uma altura h e considere o módulo da aceleração da
gravidade como g.
(a) (0,4 pontos) Qual a aceleração da pedra em relação ao balão?
(b) (0,8 pontos) Quais as equações de movimento da pedra para um observador no balão? Faça uma
figura com um esboço da trajetória da pedra para este observador.
(c) (0,8 pontos) Quais as equações de movimento da pedra para um observador na Terra? Faça uma
figura com um esboço da trajetória da pedra para este observador.
(d) (1,0 ponto) Se a pedra leva 3 s para cair e atinge o solo com uma velocidade que faz um ângulo de
60o com a horizontal, quais são, para o observador da Terra, a velocidade inicial da pedra, a altura
da qual ela caiu, a distância horizontal percorrida pela pedra e a velocidade com que a pedra atinge o
solo?
Solução
Este problema corresponde à atividade 2 da aula 08 da apostila de Física 1A, e está resolvida na própria
apostila.
3a Questão (2,0 pontos) As afirmativas abaixo estão todas erradas. Justifique claramente o porquê de
estarem erradas.
(a) (0,5 pontos) Um objeto está em queda livre sob a ação apenas da força peso. Nesse caso, não há
nenhuma reação à força peso.
(b) (0,5 pontos) Em um referencial inercial, se uma partícula de massa m está sujeita a apenas duas
forças
−→
F1 e
−→
F2, decorre da segunda Lei de Newton que, necessariamente, sua aceleração tem módulo
|−→a | = |
−→
F1|+ |−→F2|
m
.
(c) (1,0 ponto)Na prática com o trilho de ar inclinado é preciso construir um gráfico da velocidade do
carrinho em função do tempo. A aceleração do carrinho é a tangente do ângulo de inclinação da reta
obtida no gráfico da velocidade em função do tempo.
Solução
(a) A força peso é a força com a qual a Terra atrai o objeto, portanto pela 2a Lei de Newton existe uma
reação a esta força, que é a força com a qual o objeto atrai a Terra.
5
(b) Se a partícula de massa está sujeita a apenas duas forças
−→
F1 e
−→
F2, a 2a Lei de Newton diz que o vetor
aceleração será dado por
−→a =
−→
F1 +
−→
F2
m
, (18)
portanto o módulo do vetor aceleração será dado por:
|−→a | = |
−→
F1 +
−→
F2|
m
. (19)
Somente no caso em
−→
F1 e
−→
F2 possuem a mesma direção e sentido é que podemos dizer que o módulo
de −→a será dado por:
|−→a | = |
−→
F1|+ |−→F2|
m
. (20)
(c) Na prática com o trilho de ar inclinado o carrinho está em movimento retilíneo uniformemente acele-
rado e a dependência da sua velocidade com o tempo é dada por v(t) = v0+ at. Portanto se fizermos
um gráfico da velocidade em função do tempo devemos obter uma reta, com coeficiente angular igual
ao módulo da aceleração a. A tangente do ângulo de inclinação não é a mesma coisa que o coeficiente
angular. Podemos observar isso primeiro pelo fato de a tangente de um ângulo ser uma quantidade
adimensional, diferente do coeficiente angular. Podemos também observar que um gráfico para o
mesmo movimento feito com escalas diferentes em um papel milimetrado vai apresentar ângulos de
inclinação diferentes, enquanto o coeficiente angular, evidentemente, não vai se alterar.
4a Questão (2,0 pontos) A figura abaixo mostra uma força horizontal
−→
F empurrando dois blocos que se
movem em conjunto. O bloco de massa m não escorrega pela lateral do bloco de massa M pois entre suas
superfícies de contato há um coeficiente de atrito estático µE e o módulo da força
−→
F é suficientemente
grande. Suponha que não haja atrito entre o solo e o bloco de massa M .
(a) (1,0 ponto) Determine o valor mínimo que o módulo da força
−→
F deve ter para que o bloco de massa
m permaneça sem escorregar pela face do outro bloco.
(b) (1,0 ponto) Determine o módulo da normal do solo sobre o bloco de massa M .
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 10
para rodar em torno da haste com uma velocidade angular ω suficiente para que os dois
fios fiquem esticados (veja figura).
(a) Determine as tensões nos fios.
(b) Determine o menor valor de ω que mantém os dois fios esticados. O que acontece
quando a partícula é posta para rodar com velocidade angular menor do que esta?
L
L
L
m
ω
20. A figura mostra uma força horizontal ~F empurrando dois blocos que se movem em con-
junto. O bloco de massa m não escorrega pela lateral do bloco de massa M pois entre
suas superfícies de contato há um coeficiente de atrito estático µe e o módulo da força ~F
é suficientemente grande. Suponha que não haja atrito entre o solo e o bloco de massa
M .
M
m~F
µe
(a) Determine o valor mínimo que o módulo da força F deve ter para que o bloco de
massa m permaneça sem escorregar pela face do outro bloco.
(b) Determine o módulo da normal do solo sobre o bloco de massa M
21. Dois fios ideais têm uma de suas extremidades amarradas à uma haste vertical fixa. Suas
outras extremidades estão ligadas a uma partícula de massa m. A partícula é posta para
rodar em torno da haste, em trajetória circular de raio R e com velocidade angular ω
suficiente para que os dois fios fiquem esticados. Durante a rotação os fios fazem com a
Solução
6
(a) Enquanto aplicamos uma força F sobre o bloco de massa M , ele estará sendo acelerado. O bloco de
massa m que está encostado no primeiro bloco experimenta a mesma aceleração, e ele não cai devido
à força de atrito estático entre os dois blocos.
Vamos considerar inicialmente as forças que agem sobre cada um dos blocos. Para isso utilizaremos
um sistema de eixos com a orientação usual (eixo horizontalOx apontando para a direita, eixo vertical
Oy apontando para cima). O bloco de massa M está sob ação das seguintes forças:
• na direção horizontal, a força −→F e a força −→N de contato exercida pelo bloco de massa m, de
modo que
−→
F +
−→
N =M−→a ⇒ F −N =Ma; (21)
• na direção vertical, a força peso −→P , a força normal −→NS exercida pelo plano horizontal e a força
de atrito estático
−→
fate, de modo que
−→
P +
−→
NS +
−→
fate = 0⇒ P −NS + fate = 0. (22)
Já sobre o bloco de massa m agem as seguintes forças:
• na direção horizontal, a força −−→N , exercida pelo bloco de massa M , de modo que
−−→N =M−→a ⇒ N = ma; (23)
• na direção vertical, a força peso −→p e a força de atrito estático −−→fate, de modo que
−→p −−→fate = 0⇒ −p+ fate = 0⇒ fate = mg. (24)
Note que a condição para que o bloco de massa m não caia é que a força de atrito seja igual (em
módulo) à força peso −→p . O módulo da força de atrito é dado por fate = µEN , e da equação (24)
obtemos que N = (mg)/µE. Substituindo essa expressão na equação 21, obtemos
F =Ma+N =M
N
m
+N =
g
µE
(M +m), (25)
onde fizemos uso da expressão para a (equação 23). Esse corresponde ao valor mínimo de F para
que o bloco de massa m não caia; se F for menor do que esse valor, a força de contato N será menor
e consequentemente a força de atrito fate será menor, deixando de equilibrar o peso e resultando no
escorregamento do bloco. Portanto:
Fmin =
g
µE
(M +m), (26)
7
(b) Para determinar o módulo da normal do solo sobre o bloco de massa M , basta utilizarmos a equação
(22) e escrever
NS = P + fate =Mg +mg, (27)
onde utilizamos a equação (24). Obtemos então:
NS = (M +m)g. (28)
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