AP1_2016-1_Gabarito_Física para Computação

Prévia do material em texto

Fundação CECIERJ – Vice Presidência de Educação Superior à Distância 
Curso de Tecnologia em Sistemas de Computação 
Gabarito da 1ª Avaliação Presencial de Física para Computação – 2016.1 
1a Questão (2,0 pontos) Uma pessoa entra em um elevador com sua balança digital, na qual 
sobe. Inicialmente o elevador está parado no andar térreo. Nosso personagem, de massa 85kg 
aperta o botão do décimo quinto andar, e o elevador inicia a subida. Considere que a máquina 
do elevador consegue impor uma aceleração constante durante 3,5s, levando o elevador à sua 
velocidade máxima de 1,5 m/s, que depois se mantém. Ao se aproximar do andar de destino, o 
elevador reduz sua velocidade também com aceleração constante, desta vez com a frenagem 
demorando 5,5s. Determine o peso que a balança exibe nas três situações, considerando que a 
aceleração local da gravidade é constante e igual a 10m/s2. 
Solução 
Quando se pisa em uma balança, estamos em repouso e portanto a normal que a balança faz é 
igual em módulo ao nosso peso para ficar em equilíbrio, sendo P=mg. Entretanto, ao entrarmos 
com a balança no elevador e o elevador inicia a subida, este apresenta uma aceleração constante 
nos 3 primeiros segundos, aceleração que é transmitida para a pessoa sobre a balança, para que 
o conjunto suba e desça coeso. Uma vez percebido isto, precisamos identificar as forças que 
atuam sobre o elevador nos três casos, conforme a figura abaixo, para logo aplicar a segunda lei 
de Newton: 
 
• Caso 1, quando o elevador começa subir: 
 𝑎1 =  ∆𝑉∆𝑇 = 1,5𝑚/𝑠 − 03,5𝑠 ≈ 0,43𝑚/𝑠! 
Portanto, a Normal no começo do percurso é: 𝑁1 =  𝑚 𝑎1 + 𝑔 ==> 𝑁1 = 85𝑘𝑔 0,43𝑚/𝑠! + 10𝑚/𝑠! è  𝑁1 = 886,55𝑁 
E o peso que a balança mostra é: 𝑚1 = 𝑁1𝑔 = 886,55𝑁10𝑚𝑠! ≈ 𝟖𝟗𝑲𝒈 
 
• Caso 2, observamos que no meio do percurso o elevador se move com velocidade constante, 
a aceleração (a2) é nula e portanto a leitura da balança é a mesma que fora do elevador,    𝒎𝟐 = 𝟖𝟓𝒌𝒈 
 
• Caso 3, na chegada do elevador, quando começa a frenagem, temos: 𝑎3 =  ∆𝑉∆𝑇 = 0 − 1,5𝑚/𝑠5,5𝑠 ≈ −0,27  𝑚/𝑠! 
Portanto, a normal na chegada é: 𝑁3 =  𝑚 𝑎3 + 𝑔 è𝑁3 = 85𝑘𝑔 −0,27𝑚/𝑠! + 10𝑚/𝑠! è  𝑁3 = 827,05𝑁 
E o peso que a balança mostra é: 𝑚3 = 𝑁3𝑔 = 827,05𝑁10𝑚/𝑠! ≈ 𝟖𝟑𝑲𝒈 
 
2a Questão (2,0 pontos) No sistema da figura α = 
30º e mA = 4.mB. Calcular: a) Com que aceleração se 
moverá o sistema? b) Se retiramos o corpo B e 
aplicamos sobre a corda uma força F = mB.g. Qual 
será a aceleração de A no novo sistema? Justifique 
sua resposta. 
Solução 
a) Inicialmente, temos que descobrir para qual lado se movimenta o sistema, assumindo que 
não exista atrito. Para isso, é necessário comparar os pesos. 
Se P! = m!𝑔 e P!" = 4m!.𝑔. sin 30° = 2m!.𝑔 então PAx é maior do que PB 
Logo, o movimento será para o lado esquerdo, conforme mostrado na figura abaixo 
 
 
Seguidamente, analisamos os objetos pelo diagrama de corpo livre e determinamos a seguinte 
relação: P!" − P! = m!. a   +  m!. a 
 
Logo, substituindo pelos valores equivalentes temos: m!.𝑔   sin 30° −m!𝑔 = (m! +m!)𝑎 
 
Como sabemos que mA=4mB, substituímos na expressão acima e obtemos o seguinte: 4m!.𝑔. 0,5 −m!.𝑔 = (4m! +m!). 𝑎  m!.𝑔 = 5m!. 𝑎  𝑎 = 𝑔/5  
𝑎 = 9,8𝑚/𝑠!5 = 𝟏,𝟗𝟔𝒎/𝒔𝟐  
 
Portanto, a aceleração do sistema será 1,96m/s2. 
 
b) 
 
Analisando o novo sistema, conforme figura acima, observamos que o peso PAx (PAx=2mB.g) é 
maior do que a força F do novo sistema. Assim, a aceleração de A será também para a esquerda. 
 
Logo, utilizando a segunda lei de Newton temos: 𝑃!" − 𝐹 = 𝑚!. 𝑎 è 𝑚!.𝑔   𝑠𝑖𝑛 30° −𝑚!𝑔 =  𝑚!. 𝑎 
Como sabemos que mA=4mB substituímos e obtemos: 4𝑚! .𝑔. 0,5 −𝑚! .𝑔 = 4𝑚! . 𝑎   𝑎 = 𝑔4  𝒂 = 𝟐,𝟒𝟓  𝒎/𝒔𝟐 
Portanto, a aceleração de A no novo sistema será 2,45 m/s2 
3a Questão (2,0 pontos) Uma criança de 42kg desce de um escorrega inclinado de α=30o em 
relação ao solo. O escorrega tem s=8m de comprimento. O coeficiente de atrito dinâmico entre a 
criança e o brinquedo é de 0,35. Se a criança inicia o movimento do repouso, qual sua 
velocidade ao chegar à base? 
Solução 
A energia total inicial é toda da forma de energia potencial Ep=mgh, e é convertida em energia 
cinética, sendo produzida também energia térmica devido ao atrito. Ou seja, pode-se escrever 
Ep=Ec+Ea onde Ec é a energia cinética final e Ea é a quantidade de energia dissipada devido ao 
atrito. 
Portanto, podemos escrever: 
𝑚×𝑔× s×sin 𝜃 = 12𝑚×𝑣! + 𝑢!×𝑚×𝑔×𝑠×cos 𝜃 
Podendo ser reescrita na forma: 𝑣! = 2 𝑔×𝑠× sin 30 − (𝑢!×𝑔×𝑠× cos 30) 𝑣! = 2 9,8𝑚/𝑠! 8𝑚 sin 30 − 0,35 cos 30 ≈ 30,87𝑚!/𝑠! 
E logo 𝒗 = 𝟓,𝟔𝒎/𝒔 
 
4a Questão (2,0 pontos) Um helicóptero levanta verticalmente um astronauta de 75kg até 15m 
de altura acima do oceano com auxílio de um cabo. A aceleração do astronauta é g/10. Qual o 
trabalho realizado sobre o astronauta a) pelo helicóptero? b) pelo seu próprio peso? Quais são c) 
a energia cinética e d) a velocidade do astronauta no momento em que chega ao helicóptero? 
Considere g=10m/s2. 
Solução 
 
a) Pelo helicóptero: 𝐹 = 𝑚. 𝑎 𝐹 − 𝑃 = 𝑚. 𝑎 è 𝐹 −𝑚𝑔 = 𝑚. 𝑎 𝐹 = 𝑚𝑔 +𝑚𝑎è𝐹 = 𝑚𝑔 + !"!" 𝐹 = 1,1𝑚𝑔è𝐹 = 1,1×75𝑘𝑔×10𝑚/𝑠! 𝐹 = 825𝑁 
Observando que a força e deslocamento são na mesma direção a intensidade do trabalho pode 
ser obtida como: 𝑇 = 𝐹×𝑑 = 825𝑁×15𝑚 ≈ 𝟏,𝟐𝟒×𝟏𝟎𝟒𝑱 
b) Pelo seu próprio peso: 
Novamente pela figura observamos que o peso aponta para direção oposta ao deslocamento e o 
trabalho deve ser negative: 
𝑇 = −𝑃×𝑑 = −𝑚𝑔𝑑 = −75𝑘𝑔× 10𝑚𝑠! ×15𝑚 ≈ −𝟏,𝟏𝟑×𝟏𝟎𝟒𝑱 
c) A energia cinética: 
O trabalho total é: 𝛵   =  𝑇!  +  𝑇!  =  1,24  ×  10!  −  1,13  ×  10!  =  1100  𝐽 
Como o astronauta partiu do repouso, o teorema do Trabalho-Energia diz que nesse caso a 
energia cinética final deverá ser igual ao trabalho total. 
Portanto, 𝐸!"#é!"#$ = 𝑇 = 𝟏𝟏𝟎𝟎𝑱 
 
 
d) A velocidade do astronauta no momento em que chega ao helicóptero: 
Através da energia cinética obtemos o valor da velocidade final 𝐸!"#é!"#$   = !!mv! è 𝑣 = 𝟓,𝟒𝟐𝒎/𝒔 
5a Questão (2,0 pontos) Três cargas +q, +Q e -Q são colocadas sobres os vértices de um 
triângulo equilátero. Não existem outras cargas próximas a elas. (a) Qual é a direção da forca 
resultante sobre a carga +q devido as outras duas cargas? (b) Qual é a forca elétrica total do 
sistema? Explique. 
Solução 
a) Direção da forca resultante sobre a carga +q devido as outras duas cargas: 
 
 
 
Como as forças verticais possuem o mesmo módulo, elas se anulam. Assim, a única 
componente restante é a horizontal (conforme mostrado na figura acima) o que nos dá uma 
força resultante de: 
𝑭𝑹!𝒒 = 𝑲𝒒𝑸𝒓𝟐 
b) Forca elétrica total do sistema: 
A força elétrica total do Sistema é zero. Isto porque todas as forças presentes sempre formam 
um par ação-reação. Consequentemente ao somarmos todas as forças eles se anularão duas a 
duas.