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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) c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com 3 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) c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com 4 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 c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com 5 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: c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com6 O que nos importa aqui é o equilíbrio das forças na 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 c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com 7 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 c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com 8 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 c©2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com. Conheça a iniciativa www.daumhelp.com
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