Resolução comentada da 1a prova de F128 - 1o semestre de 2015

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Resolução comentada da 1a prova de F 128
1o Semestre de 2015
Questões de múltipla escolha
Em um gráfico da velocidade como função do tempo,
a aceleração instantânea
a (tP ) =
dv
dt
∣∣∣∣
t=tP
corresponde à inclinação da reta tangente ao gráfico em
um ponto P , onde t = tP . Observando os pontos no
gráfico, notamos que o ponto A é aquele em que a incli-
nação é máxima e, por conseguinte, onde a aceleração é
máxima.
A partir deste mesmo gráfico, assumindo que o objeto
esteve na origem para t = 0, calculamos a sua distância
da origem no instante de tempo tP como sendo
x (tP ) =
ˆ tP
0
v (t)dt .
Esta integral corresponde à área entre o gráfico de v (t)
e o eixo t entre t = 0 e t = tP . Como para t > tC a
área adicional "possui sinal negativo", a maior distância
da origem ocorre no tempo t = tC (ponto C).
Resposta: b)
A velocidade média entre entre os tempos t = 1 s e
t = 2 s é dada por:
v¯ = ∆x∆t =
x (2)− x (1)
2− 1 =
24− (−3)
1 = 27m/s
Resposta: d)
Este problema pode ser resolvido de duas formas equi-
valentes: Obtendo-se o tempo de queda através da equa-
1
2
ção horária y (t) e depois calculando-se a velocidade fi-
nal através de v (t) ou através da equação de Torricelli1.
Nesta resolução usaremos a equação de Torricelli por ser
mais direta. Vamos escolher o eixo y apontando para
cima e escolher sua origem na altura inicial do atleta.
Seu deslocamento total em y será ∆y = −2m. Temos
assim:
v2yf = v2y0 − 2g∆y
= (4)2 − 2× 10× (−2)
= 56
Ou seja, a velocidade final do atleta é vf = vyf =√
56 ≈ 7, 5m/s.
Resposta: a)
Inicialmente o vetor velocidade da bola é ~v1, horizon-
tal e permanece constante até a bola atingir a borda da
mesa. Tomemos o eixo x na direção deste vetor e o eixo
y na direção vertical para baixo, temos assim ~v1 = v1iˆ.
Após a bola atingir a borda da mesa, ela entra em queda
livre e o vetor velocidade ganha uma componente verti-
cal, sendo que a componente horizontal permanece cons-
tante. Ao atingir o solo, o vetor velocidade total da bola
é ~v2 = v1iˆ+ vy jˆ, e seu módulo é dado por:
v2 =
√
v21 + v2y
De forma que obtemos a componente vertical como
sendo vy =
√
v22 − v21 .
Resposta e)
1Atenção: a equação de Torricelli não é uma panacéia! Ela
apenas pode ser aplicada quando o movimento é uniformemente
acelerado, isto é, quando a aceleração é constante.
O vetor velocidade instantânea da partícula é dado
por:
~v (t) = d~r (t)dt = 3ˆi− 4t
3jˆ
Em t = 1 s temos os dois vetores:
~r1 = ~r (1) = 3ˆi+ 2kˆ
~v1 = ~v (1) = 3ˆi− 4jˆ
Obtemos o ângulo entre estes dois vetores através do
produto escalar:
r1v1 cos θ = ~r1 · ~v1
Temos que r1 = |~r1| =
√
13 e v1 = |~v1| = 5, assim
obtemos:
5
√
13 cos θ = 3× 3 + 0× (−4) + 2× 0
→ cos θ = 9
5
√
13
ou seja, θ = arccos
(
9
5
√
13
)
.
Resposta: c)
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Esta questão possui um pequeno problema de formu-
lação: ao dizer que o carrinho está andando com velo-
cidade de módulo constante, o problema basicamente
nos manda ignorar a ação da gravidade. Pois bem,
ignorando-se a ação da gravidade quaisquer trechos re-
tilínios de trilho correspondem a um vetor velocidade
constante, já que o vetor velocidade possui módulo cons-
tante e aponta sempre na mesma direção nestes trechos
retilínios. Desta forma, a aceleração é aproximadamente
nula em trechos aproximadamente retilíneos como I, II
e ~III.
Agora, se considerarmos a ação usual da gravidade,
o carrinho não terá velocidade de módulo constante e
portanto sua aceleração será nula apenas em trechos de
trilhos retilíneos e horizontais como ao redor do ponto
II. Esta é a resposta do gabarito oficial.
Resposta: indefinida, ou d)
Neste problema podemos usar as equações horárias
para a posição e velocidade e resolver o sisteminha de
equações para encontrar as duas componentes da velo-
cidade inicial, obtendo por fim o ângulo de lançamento.
Outra forma de resolução é o uso da equação de Torri-
celli para o cálculo da componente vertical da velocidade
inicial
v2yf = v2y0 − 2g∆y
0 = v2y0 − 2× 10× 2
→ vy0 = 2
√
10m/s
a partir desta velocidade obter o tempo de subida:
vyf = vy0 − gt
0 = 2
√
10− 10t
t =
√
10
5 s
a partir deste tempo obter a componente horizontal
da velocidade (constante):
vx0 = vxf = v¯x =
∆x
∆t =
1
√
10
5
=
√
10
2 m/s
e por fim obter o ângulo de lançamento:
θ = arctan
(
vy0
vx0
)
= arctan (4)
Resposta e)
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Na ida, sobre a esteira, a velocidade de Kellen em
relação ao solo é composição de velocidades de Kellen
em relação à esteira e da esteira em relação ao solo:
~vK,solo = ~vK,esteira + ~vesteira,solo
Sendo o movimento linear temos:
vK,solo = 0, 5 + 2 = 2, 5m/s
E Kellen vai do início ao fim da esteira em tK = 202,5 =
8 s, enquanto Odilon leva tO = 202 = 10 s no mesmo per-
curso. Já na volta ocorre o contrário, ~vK,esteira aponta
no sentido oposto ao de ~vesteira,solo e a velocidade de
Kellen em relação ao solo fica
vK,solo = −0, 5 + 2 = 1, 5m/s
e Kellen demora tK2 = 201,5 ≈ 13, 3 s para retornar ao
ponto inicial, enquanto Odilon leva o mesmo tempo de
tO2 = 10 s.
Ao todo temos
tKellen = 21, 3 s
tOdilon = 20 s
e concluímos que Odilon vence a corrida com uma
vantagem de 1, 3 s.
Resposta a)
a) Verdadeira - o vetor velocidade média após um ciclo
completo é nulo pois o deslocamento vetorial é nulo;
b) Verdadeira - o deslocamento escalar total é de 2piR
após um período completo T ;
c) Verdadeira - estando a origem do sistema de coor-
denadas no centro da trajetória circular, o vetor posição
é sempre radial e ortogonal ao vetor velocidade instan-
tânea, que é sempre tangencial à trajetória;
d) Verdadeira - o vetor aceleração é radial, assim como
o vetor posição. É portanto ortogonal ao vetor veloci-
dade instantânea em todos os momentos;
e) Falsa - O produto escalar entre eles é um número
negativo pois eles apontam em sentidos opostos (vetor
aceleração aponta para o centro do circulo);
a) A terceira lei de Newton nunca perde a validade.
A força Normal exercida pelo chão de fato é maior que
aforça Peso, mas este não constitui um par ação e rea-
ção! A força Normal exercida pelos pés sobre o chão é
o verdadeiro par ação-reação da força Normal exercida
pelo chão sobre os pés. A força gravitacional exercida
pelo corpo da pessoa sobre a Terra é o par ação-reação
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da força gravitacional exercida pela Terra sobre a pessoa
(força Peso);
b) A terceira lei de Newton independe de referenciais
inerciais;
c) Não, vide item a);
d) Há sim uma reação a esta força. Como em todo
par ação-reação, cada força do par atua em um corpo
diferente: uma força fz com que a pessoa salte a a outra
força faz com que a Terra se desloque infinitesimalmente
para mais longe da pessoa que saltou;
e) Alternativa correta.
A balança mede a força normal atuando sobre ela.
Na subida, partindo do fato que a força resultante so-
bre a pessoa é a que causa a sua aceleração e escolhendo
um eixo vertical para cima temos:
R = ma
N − P = ma
→ N = ma+mg
= 70× (1, 5 + 10)
= 805N
Durante a maior parte do percurso a velocidade do
elevador é constante, ou seja:
R = ma
N − P = 0
→ N = mg
= 700N
Ao final do trajeto a pessoa desacelera:
R = ma
N − P = ma
→ N = ma+mg
= 70× (−1, 5 + 10)
= 595N
Resposta e)
Em todo problema de dinâmica iniciamos desenhando
o diagrama de forças em cada corpo:
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O que nos importa aqui é o equilíbrio das forçasna
direção paralela ao plano inclinado. Escolhendo um eixo
paralelo ao plano e no sentido de subida do plano apli-
camos a segunda lei de Newton para o bloco 1:
T1 − T2 − P1senθ = 0
3T2 − T2 = m1gsenθ
→ m1 = 2 T2
gsenθ (1)
Para o bloco 2:
T2 − P2senθ = 0
T2 = m2gsenθ
→ m2 = T2
gsenθ
Obtemos assim
m1
m2
= 2
Resposta b)
As forças normais são tais que equilibram a compo-
nente perpendicular das forças peso, para que os blocos
não penetrem no plano. Escolhendo um eixo perpendi-
cular ao plano, para cima, escrevemos a segunda lei de
Newton para o bloco 2:
N2 − P2cosθ = 0
N2 = m2gcosθ
Usamos agora a eq. 1 e procuramos θ de forma que
N2 = T2:
T2 = m2gsenθ = N2 = m2gcosθ
→ senθcosθ = 1
Portanto, o ângulo procurado é θ = 45o, resultado
bastante intuitivo se pensarmos que neste caso a força
peso se decompõe em duas componentes perpendicula-
res iguais: uma equilibrada pela normal e a outra equi-
librada pela tração.
Resposta b)
Iniciamos pelo diagrama de forças:
Como o bloco se move com velocidade constante a
resultante das forças neste bloco é nula. Da segunda
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lei de Newton para a direção vertical (eixo para cima)
obtemos a força normal:
T sen30o +N − P = 0
20× 12 +N − 10× 10 = 0
N = 90N
Da segunda lei de Newton para a direcão horizontal
(eixo no sentido do movimento) encontramos o coefici-
ente de atrito cinético:
T cos30o − Fat = 0
20×
√
3
2 − 90µ = 0
µ =
√
3
9 ≈ 0, 19
Resposta b)
Questão discursiva
Um disco de metal de massa m1 = 1, 2 kg está ligado a
um cubo de massa m2 = 2, 4 kg através de um fio que
passa por um furo no centro de uma mesa, conforme
mostrado na figura.
A superfície da mesa é perfeitamente lisa. O fio não
tem massa e é inextensível. Considere g = 10m/s2.
Você pode dar o resultado aproximado com uma casa
decimal.
LEMBRETE: Todos os seus passos devem ser expli-
citados de forma clara.
a) Suponha inicialmente que o movimento do disco é
apenas radial, ou seja, na direção do fio. Qual será a
aceleração do cubo? Você deve dar o módulo, a direção
e o sentido do vetor aceleração.
Iniciamos desenhando o diagrama de forças em cada
objeto:
Atenção: os vetores força de tração em m1 e em m2
são diferentes (um é horizontal e o outro vertical) mas
possuem módulos iguais. Neste diagrama as letras repre-
sentam apenas o módulo dos vetores e não seus nomes.
Agora, aplicamos a segunda lei de Newton para cada
corpo, lembrando que a força que entra na segunda lei
de Newton é a força resultante.
Para o disco, escolhendo um eixo orientado na direção
horizontal apontando para o furo da mesa:
m1a1 = R1 = T (2)
Para o bloco, escolhendo um eixo vertical orientado
para baixo:
m2a2 = R2 = m2g − T (3)
Por fim usamos o vínculo definido pelo fio: os dois
corpos devem ter a mesma velocidade e, por conseguinte,
a mesma aceleração a:
a1 = a2 = a
Agora resolvemos este sistema de três equações subs-
tituindo a eq. 2 na eq. 3, obtendo a aceleração do bloco:
m2a = m2g −m1a → a = m2
m1 +m2
g ≈ 6, 67m/s2
(4)
Este é o módulo do vetor aceleração do bloco. O
vetor aceleração do bloco é vertical e aponta para baixo.
b) Ainda na situação de movimento apenas radial, de-
termine a tração na extremidade do fio presa ao cubo?
No disco, a tração está na direção disco-furo e está
no sentido do furo. No bloco, a tração está na direção
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vertical e para cima. Ambas as forças de tração possuem
o mesmo módulo. Conhecendo-se a aceleração podemos
usar a eq. 2 ou eq. 3 e obtemos:
T = m1a =
m1m2
m1 +m2
g = 8N
c) Suponha agora que o disco esteja descrevendo um
movimento circular sobre a mesa ao longo de uma circun-
ferência de raio R = 20 cm. Qual deverá ser a velocidade
do disco para que o cubo permaneça em repouso?
Como nenhuma força nova foi adicionada, o diagrama
de forças permanece idêntico ao do item a), mas desta
vez o vetor força de tração atuando no disco roda no
plano, apontando sempre na direção do furo.
O disco descreve um movimento circular de velocidade
constante v e raio R, cuja força resultante é a força de
tração:
R1 = T = m1a1 = m1
v2
R
Já o bloco permanece parado:
m2g − T = 0
Resolvendo obtemos:
m2g = T = m1
v2
R
→ v =
√
m2
m1
Rg = 2m/s
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