2015 1sem gabaAP2

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Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da AP2 de Física 1A
24 de maio de 2015
1a Q
2a Q
3a Q
4a Q
Nota
Uma partícula de massa m se move sobre uma calha horizontal lisa com velocidade constante de
módulo v0. A calha horizontal transforma-se, suavemente, a partir do ponto A, em uma calha
semicircular de centro C e raio R, tal como indicado na figura. Após percorrer toda a calha
semicircular, a partícula deixa a calha no ponto B e cai de volta na calha horizontal. As calhas
estão orientadas de modo que todo o movimento da partícula se passa num mesmo plano vertical.
Considere desprezível o atrito entre a partícula e calha horizontal e também entre a partícula e a
calha semicircular (entre os pontos A e B). Considere como dados do problema m, R e g.
C
R
A
B
~P
~N
~v0
P
~v
~vP
∆~r
3R
1. [3,0 pontos] Essa questão diz respeito à parte do movimento antes da partícula atingir o ponto B.
(a) [0,5 ponto] Faça um diagrama indicando as forças que atuam na partícula de massa m quando
ela percorre a calha semicircular (em um ponto que não seja nem o A nem o B).
Atuam sobre a partícula as forças peso, que aponta sempre na direção vertical, para baixo,
e a normal que calha exerce sobre ela, que aponta sempre para o centro da calha. As forças
estão indicadas na própria figura.
(b) [1,0 ponto] Qual o trabalho realizado pelas forças indicadas no item anterior, no deslocamento
da partícula do ponto A ao ponto B?
A força normal é sempre perpendicular ao deslocamento e, portanto, não realiza trabalho. Por
outro lado, o trabalho realizado pela força peso será menos a variação da energia potencial
gravitacional.
WN = 0 ;WP = −∆U = −mg∆h⇒ WP = −2mgR
(c) [1,5 pontos] Qual o menor valor do módulo da velocidade v0 que a partícula precisa ter antes
de entrar na calha semicircular, para que ela mantenha contato com a calha semicircular até
atingir o ponto B?
A medida que a partícula vai subindo na calha semicircular, a velocidade da mesma diminui.
O ponto de menor velocidade será o de maior altura atingida pela partícula, que é o ponto
B. Nesse ponto a normal aponta na mesma direção do peso e ambas apontam na direção do
centro do círculo. Dessa forma, elas constituem a força centrípeta que atua sobre a partícula.
N + P =
mv2B
R
1
A força normal é uma força de contato e, por isso, enquanto houver contato entre a partícula e
a calha, vai existir a normal. Dessa forma, para que a partícula não perca o contato, devemos
ter:
N ≥ 0⇒ mv
2
B
R
−mg ≥ 0⇒ v2B ≥ gR⇒ vB ≥
√
gR
Por outro lado, nessa situação a força normal é sempre perpendicular ao deslocamento e,
assim sendo, não realiza trabalho e o peso é uma força conservativa. Dessa forma, a ener-
gia mecânica da partícula de massa m se conserva. Igualando as energias nos pontos de
velocidade v0 e vB:
1
2
mv2
0
=
1
2
mv2B +mg2R⇒ vB =
√
v2
0
− 4gR
Utilizando esse valor de vB na inequação obtida anteriormente:√
v2
0
− 4gR ≥
√
gR⇒ v0 ≥
√
5gR
2. [2,0 pontos] Essa questão é sobre o movimento da partícula após ela deixar a calha semicircular.
(a) [1,0 ponto] Suponha que a partícula atinja a calha horizontal a uma distância 3R do ponto
A (que é o ponto mais baixo da calha semicircular). Nessa situação, qual o módulo da
velocidade com que a partícula atinge o solo no ponto P ?
Após abandonar a calha semicircular, a partícula vira um projétil. Portanto, escolhendo o
sistema de eixos indicado na figura, como a velocidade inicial é horizontal, temos que
y(t) = 2R− gt
2
2
;x(t) = v0t
No instante em que a partícula atinge o solo temos
0 = 2R− gt
2
q
2
⇒ tq = 2
√
R
g
;x(tq) = 3R⇒ v0 = 3R
tq
⇒ v0 = 3
√
gR
2
A única força que atua na partícula enquanto ela se movimento como projétil é a força peso,
que é conservativa. Assim sendo, a energia se conserva e podemos escrever que
Ei = Ef ⇒ 2mgR + 1
2
mv2
0
=
1
2
mv2f ⇒ v2f = v20 + 4gR =
25gR
4
⇒ vf = 5
2
√
gR
(b) [0,5 ponto] Desenhe, na própria figura, o vetor velocidade da partícula em 2 pontos diferentes
da trajetória.
(c) [0,5 ponto] Qual o módulo do deslocamento da partícula entre os pontos B e P ?
O vetor deslocamento será
∆~r = 3Rıˆ− 2Rˆ
Portanto,
|∆~r| =
√
9R2 + 4R2 ⇒ |∆~r| =
√
13R
2
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.
O trabalho realizado por uma força constante em um deslocamento depende também do ân-
gulo entre a força e o vetor deslocameto. Se uma caixa é empurrada pelo solo, por exemplo, o
trabalho realizado pela força normal é nulo pois ela é perpendicular ao deslocamento. O cor-
reto seria “O trabalho realizado por uma força constante de módulo F em um deslocamento
~d, será WF = ~F · ~d”
(b) O trabalho total realizado pelas forças que atuam em uma partícula é igual à variação da
energia mecânica associada a ela.
Isso é o trabalho realizado pelas forças não conservativas. O teorema do trabalho e energia
cinética diz que “O trabalho total realizado pelas forças que atuam em uma partícula é igual
à variação da energia cinética associada a ela.”
(c) A energia cinética é calculada a partir da massa e da velocidade de uma partículaEc = 12mv2.
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.
A incerteza de uma grandeza calculada a partir de duas outras medidas será
(δEc)
2 =
(
∂Ec
∂m
δm
)2
+
(
∂Ec
∂v
δv
)2
=
(
1
2
v2δm
)2
+ (mvδv)2
Portanto, o correto seria “A energia cinética é calculada a partir da massa e da velocidade de
uma partícula Ec = 12mv
2
. Portanto, se medirmos a massa e a velocidade de um objeto, a in-
certeza no valor será dada pelas incertezas nessas quantidades δEc =
√(
1
2
v2δm
)2
+ (mvδv)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.
A tangente de um ângulo é uma constante adimensional e, portanto, não pode ser igual à
aceleração do carrinho. Além disso, a tangente do ângulo de inclinação da reta vai depender
da escala escolhida para o gráfico, enquanto a aceleração não pode depender dessa escolha.
O correto seria “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 o coeficiente
angular da reta obtida no gráfico da velocidade em função do tempo.”
3
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
Os blocos vão descrever um movimento uniformemente acelerado. Sendo assim, como já
encontramos a aceleração, temos que a posição y do bloco de massa maior será descrita
como
y(t) = h− at
2
2
No instante em que atinge o solo y(tq) = 0 e temos
0 = h− gt
2
q
6
⇒ tq =
√
6h
g
5