2014-2gabaap3

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Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da AP3 de Física IA
7 de dezembro de 2014
1a Q
2a Q
3a Q
4a Q
Nota
*Alunos fazendo esta AP3 juntamente com a de outra disciplina bimestral de física no mesmo dia
devem indicar qual outra disciplina no início da folha de respostas e fazer apenas as questões 1 e 3.
1. (*) [2,5 pontos] Um menino em cima de um banco, faz uma pedra, com 300 g de massa, presa a
uma corda, descrever uma circunferência horizontal com 1,5 metros de raio, 2,0 metros acima do
chão. Em um certo instante, a corda se parte e a pedra é arremessada horizontalmente, atingindo
o solo depois de percorrer uma distância horizontal de 10 metros. Considere que g = 10m/s2 é a
aceleração da gravidade.
(a) [0,8 ponto] Quanto tempo levou entre o instante em que a corda se rompeu e aquele em que
a pedra atingiu o solo?
Após a corda se romper, a pedra descreve o movimento de um prójetil com a velocidade
inicial igual a velocidade que ela tinha no movimento circular. Como o MCU era horizontal,
a velocidade inicial da pedra também será. A coordenada y do seu movimento pode ser
escrita, escolhendo t = 0 o instante do rompimento e a origem do sistema de eixos no chão
y(t) = h− gt
2
2
.
Onde h = 2m é a altura inicial do movimento. Quando a pedra atinge o solo, temos que
y(tq) = 0 = h−
gt2q
2
⇒ tq =
√
2h
g
⇒ tq ≈ 0,63 s
(b) [1,0 ponto] Qual era a tensão na corda quando ela se rompeu?
Para encontrar a tensão na corda precisamos saber qual era a velocidade do movimento circu-
lar uniforme que a pedra descrevia quando ela se rompeu. Essa é a mesma velocidade inicial
do movimento da pedra quando ela vira projétil. A coordenada x da pedra, escolhendo a
origem do sistema de eixos na mesma posição horizontal do projétil no instante inicial é
x(t) = v0t⇒ x(tq) = 10m = v0tq ⇒ v0 =
10
tq
≈ 15,8m/s
A tensão na corda será a força radial que atuava no movimento circular
T =
mv2
0
R
≈ 0,3.15,8
2
1,5
⇒ T ≈ 50N
(c) [0,7 ponto] Escolhendo o eixo OY vertical, para cima, e o eixo OX com mesmos direção e
sentido da velocidade da pedra quando a corda se rompe, qual o vetor deslocamento entre os
instantes em que a corda se rompe e aquele em que a pedra atinge o solo?
A pedra se deslocou 2 metros para baixo e 10 metros na direção da velocidade inicial, por-
tanto
∆~r = (10m)uˆx − (2m)uˆy
1
2. [2,0 pontos] Considere duas rampas inclinadas, perpendiculares entre si, e que formam com o solo
um triângulo retângulo, como ilustra a figura. Dois blocos idênticos de massa m estão, inicial-
mente, em repouso nos pontos mais altos de cada rampa. A rampa menos inclinada, a da direita
na figura, forma um ângulo θ com a horizontal e, nela, o atrito é desprezível. Em contrapartida,
o coeficiente de atrito cinético entre a rampa da esquerda e o bloco que desliza sobre ela é µc.
Verifica-se, então, que os blocos deslizam sobre as rampas.
m m
pi
2
− θ θ
(a) [1,5 pontos] Supondo que ambos os blocos iniciem seus movimentos de descida no mesmo
instante e que atinjam o solo simultaneamente, determine o coeficiente de atrito µc. Expresse
sua resposta em termos de θ.
Chamando a rampa da direita de rampa 1, podemos escrever a segunda Lei de Newton para
o bloco sobre ela
~P1 + ~N1 = m~a1 ⇒ a1 = gsenθ
Onde usamos que o atrito entre esse bloco e a rampa é desprezível. Podemos fazer o mesmo
para o bloca da direita, que chamaremos de 2:
~P2 + ~N2 + ~Fat = m~a2
Escrevendo as componentes normal e tangencial à rampa
mg cos
(π
2
− θ
)
−N = 0⇒ N = mgsenθ; mgsen
(π
2
− θ
)
−Fat = ma2 ⇒ a2 = g (cos θ − µcsenθ)
Chamamos agora a altura do triângulo de h. Dessa forma, os planos da direita e da esquerda
tem distâncias, respectivamente:
d1 =
h
senθ
; d2 =
h
cos θ
Cada bloco descreve um movimento com aceleração constante e percorre uma distância
s1 =
a1t
2
2
; s2 =
a2t
2
2
Se eles chegam ao mesmo tempo ao final das rampas, temos que
t =
√
2d1
a1
=
√
2d2
a2
⇒ 2h
sen2θg
=
2h
cos θg (cos θ − µcsenθ)
⇒ sen2θ = cos2 θ−µc cos θsenθ
Portanto
µc =
sen2θ − cos2 θ
cos θsenθ
⇒ µc =
2 cos 2θ
sen2θ
⇒ µc =
2
tan 2θ
2
(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 sobre
o 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
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 0,087± 0,009 88± 4
8,0o ± 0,5o 0,139± 0,009 136± 4
11,0o ± 0,5o 0,191± 0,009 185± 4
14,0o ± 0,5o 0,242± 0,008 238± 4
16,5o ± 0,5o 0,284± 0,008 283± 5
20,0o ± 0,5o 0,342± 0,008 331± 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) [0,7 ponto] 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.
Para completara tabela é preciso calcular o seno do ângulo e a incerteza, que será
f = senθ ⇒ δf = ∂f
∂θ
δθ ⇒ δ (senθ) = cos θδθ
Onde a incerteza no ângulo deve ser transformada para radianos. Para o primeiro ponto
δ (senθ) = cos 5o.0,00873 ≈ 0,00869 ≈ 0,009
(b) [0,8 ponto] Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da aceleração do carri-
nho 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) [0,5 ponto]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.
No trilho de ar podemos desprezar o atrito. Sendo assim, as únicas forças que atuam no
carrinho são o peso e a normal. Na direção do movimento temos
~N + ~P = m~a⇒ Px = ma⇒ a = gsenθ
(d) [1,0 ponto] 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.
De acordo com o item anterior, a aceleração da gravidade será o coeficiente angular do grá-
fico. utilizando os pontos da reta indicados no gráfico temos que
g =
∆a
∆(senθ)
⇒ g = 292,8− 156,8
0,300− 0,160 ≈ 971,429...cm/s
2
Utilizando os 3% de incerteza:
g = (9,7± 0,3)m/s2 ou g = (9,71± 0,29)m/s2
Portanto, a faixa de valores obtida para g é [9,4;10,0]m/s2 o que está de acordo com o valor
esperado de gesp = 9,8m/s
2.
4
0,000 0,100 0,200 0,300
80
160
240
320
400
senθ
a(cm/s2)
5