2014-1

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Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da AP1 de Física IA
23 de março de 2014
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 justificadas.
1. [1,5 pontos] Uma partícula é lançada verticalmente para cima com uma velocidade de módulo v0.
Seja d1 a distância percorrida pela partícula durante a primeira metade do intervalo de tempo gasto
na subida e seja d2 a distância percorrida por ela durante a segunda metade.
(a) [0,5 ponto] A distância d1 é maior, menor ou igual a d2? Justifique sua resposta qualitativa-
mente, sem fazer os cálculos.
Conforme a partícula vai subindo, sua velocidade vai diminuindo. Sendo assim, na primeira
metade do trajeto, as velocidades são maiores do que na segunda metade o que faz com que
a distância percorrida na primeira metade seja maior do que a distância na segunda.
(b) [1,0 ponto] Calcule a razão d1/d2.
Escolhendo o eixo OY com direção vertical, apontando para cima e com a origem no ponto
de lançamento da partícula, a função-movimento e a função-velocidade da partícula são da-
das, respectivamente, por
y = v0t− 1
2
gt2 e vy = v0 − gt
onde escolhemos t = 0 como o instante de lançamento e denotamos por g o módulo da
aceleração gravitacional na superfície terrestre. Quando a partícula atinge a altura máxima
de sua trajetória, sua velocidade é nula. Consequentemente, da última equação obtemos o
tempo de subida, ts, impondo a condição vy = 0 = v0− gts, o que nos leva a ts = v0/g. Seja
t1 = ts/2 = v0/2g. A distância percorrida no intervalode tempo [0, t1] é dada, então, por
d1 = y1 − 0 = v0
(
v0
2g
)
− g
2
(
v0
2g
)2
=⇒ d1 = 3v
2
0
8g
,
onde a posição da partícula no instante t1, y1, foi calculada a partir da primeira equação. O
instante final do segundo intervalo de tempo a ser considerado é justamente ts. A posição da
particula, nesse instante, é ys = v0(v0/g) − (g/2)(v0/g)2. Com isso, a distância percorrida
no intervalo de tempo [t1 = ts/2, ts] é dada por
d2 = yf − d1 = v0
(
v0
g
)
− g
2
(
v0
g
)2
− d1 =⇒ d2 = v
2
0
8g
.
Dessa forma, obtemos, para a razão desejada, o resultado
d1
d2
=
3v2
0
8g
8g
v2
0
= 3
.
1
2. [3,0 pontos] Um bloco de massa m é arremessado e desliza, para cima de um plano inclinado que
faz um ângulo θ com a vertical, conforme a figura abaixo. Os coeficientes de atrito entre o bloco
e o plano são µe (estático) e e µc (cinético). Após percorrer uma certa distância sobre o plano
inclinado, o bloco entra em repouso e assim permanece.
~v~N
~Fat ~P
~P
~N
~Fat
θ
(a) [1,0 ponto] Faça um diagrama, indicando as forças que atuam sobre o bloco, enquanto ele
ainda está em movimento.
Atuam sobre o bloco as forças peso (~P ), normal ( ~N ) e atrito (~Fat) indicadas na própria figura.
O atrito tem sentido contrário ao do deslocamento do bloco.
(b) [1,0 ponto] Qual o módulo, a direção e o sentido da aceleração do bloco enquanto ele ainda
está em movimento?
Aplicando a segunda Lei de Newton:
~P + ~N + ~Fat = m~a
Na direção perpendicular à do plano inclinado, temos que:
Py +Ny + Faty = may ⇒ −mgsenθ +N = 0⇒ N = mgsenθ.
Já na direção do plano inclinado (escolhendo o sentido positivo do eixo para baixo, temos
que:
Px +Nx + Fatx = max ⇒ mg cos θ + µcN = ma.
Usando o módulo da normal obtido anteriormente:
ma = mg cos θ + µcmgsenθ ⇒ a = g(µcsenθ + cos θ)
. Além disso, como o movimento se dá na direção do plano inclinado, essa será a direção da
aceleração, com sentido para baixo.
(c) [1,0 ponto] Qual o módulo, a direção e o sentido da força de atrito depois que o bloco entra
em repouso?
Atuam sobre o bloco as forças peso (~P ), normal ( ~N ) e atrito (~Fat) indicadas na própria figura.
Como o bloco está em repouso, é preciso que a froça resultante sobre ele seja nulo. Por isso, o
atrito tem sentido contrário à componente do peso na direção do plano inclinado. Aplicando
a segunda Lei de Newton:
~P + ~N + ~Fat = 0⇒ Px +Nx + Fatx = 0⇒ mg cos θ − Fat = 0
Fat = mg cos θ
2
3. [3,0 pontos] Em uma casa em obras, um dos trabalhadores decide arremessar uma lata para um
colega que se encontra no alto da casa. A casa tem altura de h = 5m e que o trabalhador que
arremessa a lata se encontra a uma distância de d = 15m da casa. A lata é arremessada com
uma velocidade inicial que faz um ângulo θ = 45o com a direção horizontal. Considere que a
aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2 e despreze a resistência do ar.
X
Y
O
h
d
~r
~v
(a) [1,0 ponto] Quanto tempo a lata leva para atingir o alto da casa?
A única aceleração é devida à força peso. Por ser constante e estar na direção vertical, a
coordenada y varia em função do tempo como
y(t) = v0senθt− gt
2
2
Por outro lado, a coordenada x descreve um movimento uniforme
x(t) = v0 cos θt
No instante em que a pedra atinge o alto do outro prédio, temos que, sua posição é dada por
y(tq) = h e x(tq) = d. Esse fato ocorre em tq:
h = v0senθtq −
gt2q
2
⇒ v0senθtq = h+ gt
2
2
v0 cos θtq = d⇒ v0tq = d
cos θ
Substituindo a segunda equação na primeira temos que
d
senθ
cos θ
=
2h+ gt2
2
⇒ gt2 = 2d tan 45o − 2h⇒ t =
√
2 ≈ 1,4 s
(b) [0,5 ponto] Qual o módulo da velocidade inicial?
Temos, portanto
v0tq =
d
cos θ
⇒ v0 = d
tq cos 45o
⇒ v0 = 15m/s
3
(c) [1,5 ponto] Escreva os vetores posição e velocidade da lata no instante em que ela atinge o
alto da casa. Utilize o sistema de eixos apresentado na figura. Desenhe, na própria figura,
tais vetores.
As componentes da velocidade são
vx(t) = v0 cos θ; vy(t) = v0senθ − gt.
No instante em que atinge o alto da casa, temos que tq =
√
2 s:
~v = vx(tq)uˆx + vy(tq)uˆy =
15
√
2
2
uˆx +
(
15
√
2
2
− 10
√
2
)
uˆy ⇒ ~v = 15
√
2
2
uˆx − 5
√
2
2
uˆy
com as componentes escritas em m/s. O vetor, que é tangente à trajetória, está desenhado na
própria figura. O vetor posição será, por sua vez
~r = x(tq)uˆx + y(tq)uˆy ⇒ ~r = 15uˆx + 5uˆy
com as componentes escritas em metros. O vetor está desenhado na própria figura
4. [2,5 pontos] Um aluno de Física IA realizou a prática "Medindo o movimento" referente à Aula
12 dos Módulos de Física I. Nessa prática, um carrinho se movimenta sobre o trilho de ar, que se
encontra na horizontal. A tabela abaixo mostra os pontos medidos para a posição do carrinho em
função do tempo t. Note que o aluno não escolheu a origem do sistema de eixos no instante inicial
do movimento.
t (ms) x (cm)
0 27,5± 0,5
100 29,5± 0,5
200 31,5± 0,5
300 34,0± 0,5
400 36,5± 0,5
500 39,0± 0,5
600 41,0± 0,5
700 42,5± 0,5
800 45,0± 0,5
900 47,0± 0,5
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!
(a) [1,0 ponto] Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da posição do carrinho
x em função do tempo t.
(b) [0,5 ponto] A partir do gráfico, é possível afirmar se o movimento descrito é retilíneo uni-
forme? Justifique sua resposta.
Podemos observar que é possível traçar uma reta que passe por todos os pontos (lembrando
que os pontos são considerados com suas incertezas). Portanto, o carrinho percorre distâncias
iguais em tempos iguais e podemos afirmar que o movimento descrito por ele é retilíneo
uniforme.
(c) Obtenha, a partir do gráfico, a velocidade do carrinho durante o movimento. Estime a incer-
teza na velocidade como 5% do valor obtido.
A partir da reta ajustada aos pontos, podemos obter a velocidade do carrinho, com 1 ou 2
significativos:
v=
∆x
∆t
=
44,0− 33,0
0,750− 0,250 = 22,0 cm/s
v = (22± 1)cm/s ou v = (22,0± 1,1) cm/s
4
0 0,2 0,4 0,6 0,8
26
30
35
40
45
t (s)
x(cm)
5