AP2 Fis1A 2018 2 Gab

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Segunda Avaliação Presencial de Física 1A - 17 de novembro de 2018 
Nome: _______________________________________________________________ 
Curso: _______________________________________________________________ 
Pólo: ________________________________________________________________ 
Obs.: Em todas as questões que for necessário, utilize que 𝑔 é módulo da aceleração da 
gravidade na superfície da Terra. Todas as respostas devem ser justificadas. 
Questão 1 [3,5 pontos] 
Uma partícula de massa 𝑚 se move sobre uma calha horizontal lisa com velocidade constante de módulo 
desconhecida. A calha horizontal transforma-se, suavemente, a partir do ponto A, em uma calha 
semicircular de raio R, tal como indicado na figura. Após percorrer toda a calha semicircular, a partícula 
deixa a calha no ponto B, que se encontra 
exatamente acima do ponto A, com velocidade 
horizontal de módulo 𝑣0 e cai de volta na calha 
horizontal em um ponto P. 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 
as calhas em todos os momentos (entre os pontos 
A e B). Considere como dados do problema 𝑚, 𝑅, 
𝑣0 e a aceleração da gravidade 𝑔. 
a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam na partícula de massa 𝑚 quando ela passa pelo ponto 
Q, indicado na figura, localizado na calha semicircular. [0,6 pts] 
Veja a figura acima 
b) Encontre a distância entre os pontos A e P. [1,0 pts ] 
O enunciado deixa claro que a velocidade com que a partícula deixa a calha é horizontal, portanto �⃗�𝐵 = 𝑣0𝚤̂. O sinal 
de �⃗�𝐵 reflete a escolha do eixo 𝒪𝓍 orientado para a esquerda. Sabemos que após se separar da calha a partícula está 
em queda livre. 
Portanto, a única força que atua na mesma é a força peso. Escrevendo as equações para as componentes x e y da 
posição: 
𝑥(𝑡) = 𝑣0𝑡; 𝑦(𝑡) = 2𝑅 −
𝑔𝑡2
2
 
A expressão de 𝑦(𝑡) indica que a origem do eixo y foi escolhida no chão (𝑗á 𝑞𝑢𝑒 𝑦(0) = 2𝑅) e que ele está orientado 
para cima. O tempo que a partícula demora para atingir o solo ocorrerá quando 𝑦(𝑡𝑞) = 0. Esse tempo 𝑡𝑞 será: 
0 = 2𝑅 −
𝑔𝑡𝑞
2
2
⇒ 𝑡𝑞 = √
4𝑅
𝑔
= 2√
𝑅
𝑔
 
Por outro lado, sabemos que quando a partícula atinge o chão, sua posição x será: 
𝑑 = 𝑥(𝑡𝑞) = 𝑣0𝑡𝑞 ⇒ 𝑑 = 2𝑣0√
𝑅
𝑔
 
c) Determine o vetor velocidade da partícula no instante imediatamente anterior a atingir novamente a 
calha horizontal, no ponto P. Indique claramente qual sua escolha para o sistema de eixos. [0,7 pts ] 
 
1ª Q 
2ª Q 
3ª Q 
4ª Q 
Nota: 
Por se tratar de queda livre as componentes da velocidade serão: 
𝑣𝑥(𝑡) = 𝑣0; 𝑣𝑦(𝑡) = −𝑔𝑡 
Portanto, precisamos apenas do tempo 𝑡𝑞 que a partícula leva para atingir a calha horizontal, que já foi calculado no 
item anterior: 
�⃗�(𝑡𝑞) = 𝑣0𝚤̂ − 2√𝑔𝑅𝚥̂ 
 
d) Determine o módulo da força que a calha semicircular exerce sobre a partícula quando essa passa pelo 
ponto B. [0,7 pts ] 
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 =
𝑚𝑣0
2
𝑅
⇒ 𝑁 =
𝑚𝑣0
2
𝑅
− 𝑚𝑔 
e) A partícula possui velocidade de módulo igual, maior ou menor que 𝑣0 ao passar pelo ponto Q? 
Justifique claramente sua resposta. [0,5 pts]. 
Analisando o diagrama de forças indicado na figura, percebemos que a normal sempre será perpendicular 
à trajetória e não afetará o módulo da velocidade. Por outro lado a força peso terá uma componente 
tangencial, sempre contrária à velocidade. Sendo assim, há uma resultante das forças contrária à 
velocidade durante todo o semicírculo que vai diminuir o módulo da velocidade continuamente. Sendo 
assim, o módulo da velocidade final 𝑣0 será menor que o módulo da velocidade no ponto Q. 
 
Outra maneira de interpretarmos é através da conservação de energia. Como o ponto Q está em uma altura 
inferior ao ponto B, podemos afirmar que a energia potencial gravitacional no ponto Q é inferior a energia 
potencial gravitacional no ponto B. Logo, a energia cinética em Q será maior do que o valor medido em B, 
consequentemente a velocidade no ponto Q possui um valor maior do que 𝑣0 
 
Questão 2 [2,0 pontos] 
Dois cabos de massas desprezíveis AC e BC estão presos ao teto e 
sustentam no ponto C um corpo de massa desconhecida mantendo-o 
equilibrado. Os ângulos 𝛼 e 𝛽 correspondem àqueles que AC e BC 
fazem com a horizontal. Sabendo que 𝑇1 e 𝑇2 são os módulos das trações 
nos cabos AC e BC respectivamente, determine a massa do bloco. 
Na figura ao lado podemos observar todas as forças que atuam no 
sistema. Podemos notar um conjunto de pares de ação-reação atuando 
sobre os cabos. Como são pares de ação-reação, os módulos dos pares 
terão mesmo módulo(|�⃗⃗�1| = |�⃗⃗�1
′| = 𝑇1, |�⃗⃗�2| = |�⃗⃗�2
′| = 𝑇2, |�⃗⃗�𝐶| = |�⃗⃗�𝐶
′ | = 𝑇𝐶). 
Aplicando a segunda lei de Newton, considerando todas as forças atuando sobre o bloco: 
∑ �⃗� = 𝑚�⃗� ⇒ �⃗⃗�𝑐 + �⃗⃗� = 𝑚�⃗�, 𝑐𝑜𝑚𝑜 �⃗� = 0, 𝑡𝑒𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠: �⃗⃗�𝑐 + �⃗⃗� = 0, �⃗⃗�𝑐 = −�⃗⃗�, 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑜 𝑚ó𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑇𝑐 = 𝑃 
 𝑂𝑙ℎ𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑠 𝑓𝑜𝑟ç𝑎𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑎𝑡𝑢𝑎𝑚 𝑛𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐶 𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚 𝑠𝑢𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠:
𝑇1𝑥 = 𝑇2𝑥 ⇒ 𝑇1𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑇2𝑐𝑜𝑠𝛽
𝑇𝑐 = 𝑇1𝑦 + 𝑇2𝑦 ⇒ 𝑇𝑐 = 𝑇1𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑇2𝑠𝑒𝑛𝛽
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑇𝑐 = 𝑃,
𝑇1𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑇2𝑠𝑒𝑛𝛽 = 𝑚𝑔 , 𝑙𝑜𝑔𝑜 𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 𝑠𝑒𝑟á:
𝑚 =
𝑇1𝑠𝑒𝑛𝛼 + 𝑇2𝑠𝑒𝑛𝛽
𝑔
 
Questão 2 [1,5 pontos] 
 Uma partícula desloca-se ao longo do eixo 
OX, de unitário 𝚤,̂ sob a ação de uma força 
conservativa 𝐹 ⃗⃗⃗⃗ = 𝐹(𝑥) 𝚤 ̂ correspondente ao potencial 
U(x), dado pelo gráfico da figura. 
Analisando o gráfico, indique quais das afirmativas 
abaixo são verdadeiras e quais são falsas. Para as 
falsas justifique claramente o porquê de estarem 
erradas. 
[0,25 pts cada] 
(F) - (a) nas posições 𝑥𝑏 e 𝑥𝑐 tem-se a condição de 
equilíbrio instável; 
Nas posições xb e xc tem-se a condição de equilíbrio estável 
(V) - (b) quando na posição 𝑥𝑂 a força exercida sobre a partícula tem módulo igual a zero; 
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑝𝑜𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑑𝑎𝑑𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙, 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑑𝑎 𝑎 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑟𝑒𝑡𝑎 
 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎, 𝑣𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑛𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑥𝑂 𝑎 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎çã𝑜 é 𝑛𝑢𝑙𝑎. 
𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑠𝑎𝑏𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑚ó𝑑𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝐹𝑥(𝑥𝑂)𝑠𝑒𝑟á 𝑧𝑒𝑟𝑜 
(V) - (c) nas posições 𝑥𝑏 e 𝑥𝑐 tem-se a condição de equilíbrio estável; 
(V) - (d) na posição 𝑥𝑎 o sentido da força �⃗� é positivo. 
𝑉𝑒𝑗𝑎 𝑎 𝑒𝑥𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎çã𝑜 𝑛𝑜 ú𝑙𝑡𝑖𝑚𝑜 𝑖𝑡𝑒𝑚. 
(V) - (e) no deslocamento da partícula de 𝑥𝑐 para 𝑥𝑑 o trabalho realizado 𝑊𝑐→𝑑 pela força �⃗� é negativo; 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝑊𝑐→𝑑 = −Δ𝑈 = −(𝑈(𝑥𝑑) − 𝑈(𝑥𝑐)) = −(𝑈(𝑥𝑑) + 𝑈(𝑥𝑐)), 𝑗á 𝑞𝑢𝑒 𝑈(𝑥𝑐) < 0. 
 𝑃𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑎𝑟ê𝑛𝑡𝑒𝑠𝑒𝑠 𝑠𝑒𝑟á 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜, 𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑜 trabalho será negativo. 
( F) - (f) na posição 𝑥𝑎 o sentido da força �⃗� é negativo. 
𝑉𝑒𝑗𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑎 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑑𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑛𝑜𝑠 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑥𝑎 𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑒𝑠𝑡á 𝑑𝑖𝑚𝑖𝑛𝑢𝑖𝑛𝑑𝑜. 
𝐶𝑜𝑚𝑜 𝐹𝑥 = −
𝑑𝑈(𝑥)
𝑑𝑥
 𝑡𝑒𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜,𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑚 𝑠𝑖𝑛𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑠. 
𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜, 𝑖𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝐹𝑥 é 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜. 
Questão 3 [3,0 pontos] 
A figura mostra o perfil suave de uma calha com um trecho inclinado AB, seguido de um trecho 
horizontal BC, que é seguido de um outro trecho inclinado CD; as alturas do ponto A e do ponto D acima 
do solo são iguais a ℎ0 e o comprimento do trecho horizontal BC é igual a 2ℎ0. Um bloco de massa 𝑚 e 
dimensões desprezíveis desce a partir do ponto A, onde o módulo da sua velocidade é 𝑣𝐴 e percorre os 
trechos AB, BC e CD. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a calha no trecho BC é 𝜇, e entre o 
bloco e a calha nos trechos AB e CD é zero. Considerando como dados 𝑚, 𝑣𝐴, ℎ0 e o módulo 𝑔 da aceleração 
da gravidade, calcule: 
 
a) Os trabalhos das forças peso e normal nos trechos AB, BC e CD; [0,8 pts] 
 
𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑑𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑝𝑒𝑠𝑜: 
𝑊𝐴𝐵
𝑃𝑒𝑠𝑜 = −Δ𝑈𝑔 = − (𝑈𝑔(𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐵) − 𝑈𝑔(𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐴)) = −(𝑚𝑔0 − 𝑚𝑔ℎ0) = 𝑚𝑔ℎ0 
𝑊𝐵𝐶
𝑃𝑒𝑠𝑜 = 0. 𝐽á 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑢𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝐵𝐶, 𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑝𝑒𝑠𝑜 é 𝑠𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 𝑝𝑒𝑟𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑗𝑒𝑡ó𝑟𝑖𝑎. 
𝑊𝐶𝐷
𝑃𝑒𝑠𝑜 = −Δ𝑈𝑔 = − (𝑈𝑔(𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐷) − 𝑈𝑔(𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝐶)) = −(𝑚𝑔ℎ0 − 𝑚𝑔0) = −𝑚𝑔ℎ0 
𝑇𝑟𝑎𝑏𝑎𝑙ℎ𝑜 𝑑𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙: 
𝑊𝐴𝐵
𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑊𝐵𝐶
𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑊𝐶𝐷
𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = 0. 
 𝐼𝑠𝑠𝑜 𝑎𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒𝑐𝑒 𝑝𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑑𝑢𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑜 𝑜 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑖𝑙𝑢𝑠𝑡𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 𝑎 𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 é 𝑠𝑒𝑚𝑝𝑟𝑒 
𝑝𝑒𝑟𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑗𝑒𝑡ó𝑟𝑖𝑎. 
b) O trabalho da força de atrito no trecho BC; [1,0 pts] 
Considerando que no trecho BC, o módulo da força de atrito é constante igual há: 𝑓𝑎𝑡 = 𝜇𝑁,como 
neste intervalo 𝑁 = 𝑃,teremos que o valor de 𝑓𝑎𝑡 = 𝜇𝑚𝑔. Utilizando a expressão 𝑊 = �⃗� ⋅ 𝑑, e conhecendo 
o deslocamento (𝑑𝐵𝐶 = 2ℎ0) podemos determinar o trabalho da força de atrito: 
𝑊𝐵𝐶
𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = 𝑓𝑎𝑡 ⋅ 𝑑𝐵𝐶 = 𝑓𝑎𝑡𝑑𝐵𝐶 cos 180° = 𝜇𝑁2ℎ0(−1) = −2𝜇𝑚𝑔ℎ0 
c) A variação da energia cinética do ponto A ao ponto D e o módulo da velocidade do bloco em D;[1,2 pts] 
Sabemos que o trabalho total do sistema é igual a variação da energia cinética entre os pontos A e D. Assim 
sendo, teremos: 
𝑊𝐴𝐵
𝑃𝑒𝑠𝑜 + 𝑊𝐴𝐵
𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 + 𝑊𝐵𝐶
𝑃𝑒𝑠𝑜 + 𝑊𝐵𝐶
𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 + 𝑊𝐵𝐶
𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 + 𝑊𝐶𝐷
𝑃𝑒𝑠𝑜 + 𝑊𝐶𝐷
𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 = Δ𝐾𝐴→𝐷 
𝑚𝑔ℎ0 + 0 + 0 + 0 + (−2𝜇𝑚𝑔ℎ0) + (−𝑚𝑔ℎ0) + 0 = Δ𝐾𝐴→𝐷 
Logo, a variação de energia cinética entre os pontos A e D será: 
Δ𝐾𝐴→𝐷 = −2𝜇𝑚𝑔ℎ0 
Para determinarmos a velocidade no ponto D, basta utilizarmos o resultado acima: 
Δ𝐾𝐴→𝐷 = 𝐾𝐷 − 𝐾𝐴 = −2𝜇𝑚𝑔ℎ0 
𝑚𝑣𝐷
2
2
−
𝑚𝑣𝐴
2
2
= −2𝜇𝑚𝑔ℎ0 
𝑣𝐷
2 − 𝑣𝐴
2 = −4𝜇𝑔ℎ0 
𝑣𝐷
2 = 𝑣𝐴
2 − 4𝜇𝑔ℎ0 
𝑣𝐷 = √𝑣𝐴
2 − 4𝜇𝑔ℎ0 
Outra forma de resolver : 
Primeiro encontrando a velocidade: 
Podemos afirmar que entre os pontos A e D, a única força que dissipou energia durante estes dois pontos 
foi a força de atrito. Assim podemos escrever que o trabalho das forças de dissipação que atuam sobre o 
corpo é igual a variação da energia mecânica do sistema: 
𝑊𝐵𝐶
𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 = Δ𝐸 = 𝐸𝐷 − 𝐸𝐴 
−2𝜇𝑚𝑔ℎ0 = 𝑈𝑔𝐷 + 𝐾𝐷 − (𝑈𝑔𝐴 + 𝐾𝐴) = 𝑚𝑔ℎ0 +
𝑚𝑣𝐷
2
2
− (𝑚𝑔ℎ0 +
𝑚𝑣𝐴
2
2
) 
−4𝜇𝑔ℎ0 = 𝑣𝐷
2 − 𝑣𝐴
2 ⇒ 𝑣𝐷
2 = 𝑣𝐴
2 − 4𝜇𝑔ℎ0 
𝑣𝐷 = √𝑣𝐴
2 − 4𝜇𝑔ℎ0 
 
Para a variação da energia cinética teremos: 
Δ𝐾 = 𝐾𝐷 − 𝐾𝐴 =
𝑚𝑣𝐷
2
2
−
𝑚𝑣𝐴
2
2
=
𝑚(𝑣𝐴
2 − 4𝜇𝑔ℎ0)
2
−
𝑚𝑣𝐴
2
2
 
Δ𝐾 =
𝑚𝑣𝐴
2
2
− 2𝜇𝑚𝑔ℎ0 −
𝑚𝑣𝐴
2
2
= −2𝜇𝑚𝑔ℎ0