Gabarito_AP2_2019-2 (2)

Prévia do material em texto

2a Avaliação Presencial de Física 1A - 2o Semestre de 2019
Gabarito
1a Questão [3,0 pontos] Um avião mergulha em direção ao solo com uma velocidade −→vA que num dado
instante faz um ângulo θ com a direção horizontal (veja a figura abaixo). Nesse instante o avião tem altura
H em relação ao solo, e o piloto percebe que está exatamente acima de um canhão antiaéreo, localizado no
solo. O piloto inicia então uma manobra evasiva, mantendo constante o módulo vA de sua velocidade mas
descrevendo uma trajetória circular (no plano vertical) de raio R (note que o centro da trajetória circular
não aparece na figura).
No mesmo instante em que o piloto avista o canhão, um soldado no solo percebe a presença do avião e
realiza um disparo, na esperança de que o projétil lançado alcance uma altura máxima suficiente para abater
o avião quando este estiver no ponto mais baixo de sua trajetória. Considere que o projétil do canhão possui
uma velocidade inicial de módulo v0P e que faz um ângulo ϕ com a direção horizontal. Considere também
que todo o movimento dos avião e do projétil se dê num mesmo plano vertical.
q
vA
j
v0P
H
Figura 1
(a) Desenhe (na sua folha de respostas ou na folha de questões) o sistema de eixos que será utilizado para
resolver esse problema, indicando claramente o sentido positivo de cada eixo e o ponto escolhido
como origem.
(b) Desenhe (na sua folha de respostas ou na folha de questões) os vetores velocidade e aceleração do
projétil do canhão num ponto qualquer de sua trajetória, e explique o desenho. Caso este seja feito na
folha de questões, não esqueça de incluir a trajetória do projétil.
(c) Desenhe (na sua folha de respostas ou na folha de questões) o vetor aceleração resultante do avião
num ponto qualquer de sua trajetória. Note que essa aceleração é o resultado da soma de 2 acelera-
ções, portanto desenhe também os vetores que representam essas 2 acelerações; explique o desenho.
Caso este seja feito na folha de questões, não esqueça de incluir a trajetória do avião.
1
(d) Qual a altura máxima alcançada pelo projétil do canhão?
(e) Qual deve ser a velocidade inicial v0P que o projétil deve ter para que ele, no ponto de maior altura do
seu movimento, consiga atingir o avião quando este estiver no ponto mais baixo de sua trajetória?
(f) Note que a velocidade encontrada no item anterior representa uma condição necessária para a inter-
ceptação, mas não uma condição suficiente. Para garantir que o avião seja abatido, é preciso que ele
esteja no ponto mais baixo de sua trajetória exatamente no mesmo instante em que o projétil esteja
no ponto de maior altura. Qual deve ser a velocidade inicial do projétil para que isso ocorra?
Solução
(a) [0,5 ponto] Para resolver esse problema, escolheremos um sistema de eixos com a orientação usual:
o eixo vertical (y) aponta para cima enquanto o eixo horizontal (x) aponta para a direita. Tomaremos
a origem no ponto onde se encontra o canhão.
Note que tanto a escolha da orientação dos eixos como a escolha da origem são completamente
arbitrárias, mas devem ser feitas de maneira a simplificar a resolução do problema. O aluno pode
fazer a escolha que quiser, mas a resolução do problema nos itens seguintes deve ser compatível.
(b) [0,5 ponto] Em qualquer ponto da trajetória parabólica do projétil, sua velocidade é representada
por um vetor tangente à curva descrita. Em relação à aceleração, como a bomba está sob ação apenas
da força da gravidade, em qualquer ponto da trajetória a aceleração é representada por um vetor na
direção vertical, orientado de cima para baixo (veja a figura 2a).
(c) [0,5 ponto] Em qualquer ponto da trajetória circular do avião, sua velocidade é representada por
um vetor tangente ao círculo descrito. Em relação à aceleração, sabemos que a aeronave realiza um
movimento circular uniforme (MCU), portanto sua aceleração resultante é centrípeta, isto é, aponta
para o centro do círculo. Como descrito no enunciado, essa aceleração centrípeta −→ac é o resultado da
soma de 2 acelerações, a aceleração da gravidade −→g (na direção vertical, orientada para baixo) e a
aceleração −→am devida ao acionamento dos motores ou turbinas do avião. A direção e o sentido de −→am
devem ser tais que, uma vez que somemos −→am com −→g obtenhamos a aceleração centrípeta −→ac (como
mostrado na figura 2b).
v
a
vg
ac
am
(a) (b)
Figura 2
(d) [0,5 ponto] Para calcularmos a altura máxima do projétil, vamos escrever as equações para o movi-
mento na direçnao vertical, que é um movimento uniformemente acelerado com aceleração−→ay = −g̂
(o sinal negativo se deve à orientação escolhida para o eixo vertical). Para a velocidade, temos:
vy(t) = v0Py + ayt = v0P senϕ− gt. (1)
2
Mas a altura máxima é alcançada quando vy se anula:
0 = v0P senϕ− gt =⇒ tmax =
v0P senϕ
g
, (2)
onde tmax é o tempo no qual o projétil alcança a altura máxima. A função horária é dada por
y(t) = y0 + v0yt+
1
2
ayt
2 = v0P senϕt−
1
2
gt2, (3)
onde y0 = 0 devido a escolha da origem. A altura máxima ymax corresponderá ao valor de y quando
t = tmax:
ymax ≡ y(t = tmax) = v0P senϕ
v0P senϕ
g
− 1
2
g
v20P sen
2ϕ
g2
=
v20P sen
2ϕ
2g
. (4)
ymax =
v20P sen
2ϕ
2g
(5)
(e) [0,5 ponto] Consideramos agora que o projétil, quando alcança a altura ymax, atinge o avião no ponto
mais baixo de sua trajetória circular. Sendo l a distância (vertical) entre as posições inicial (ponto A)
e final (ponto B) do avião, temos a situação mostrada na figura 3.
vA
R
l
R − l
!
"
A
B
#
Figura 3
A altura do avião no ponto B é dada por H − l, e precisamos agora calcular l. Na figura acima, o
ângulo α é dado por α = π/2−θ, pois a direção da velocidade é tangente à circunferência, e portanto
faz um ângulo de π/2 radianos com o segmento de reta que aponta do ponto A para o centro da
trajetória. A partir da figura, podemos escrever o seno desse ângulo α como:
sen
(π
2
− θ
)
=
R− l
R
=⇒ l = R−R sen
(π
2
− θ
)
= R−R cos θ = R(1− cos θ). (6)
Portanto, para que a altura mínima do avião (H − l) seja igual à altura máxima do projétil (ymax)
devemos ter
H − l = ymax (7)
3
H −R(1− cos θ) = v
2
0P sen
2ϕ
2g
=⇒ v20P =
2gH − 2gR(1− cos θ)
sen2ϕ
. (8)
v0P =
√
2g
[
H −R(1− cos θ)
]
senϕ
(9)
(f) [0,5 ponto] Como visto no item (d), o tempo que o projétil leva para atingir o ponto de impacto
(ponto mais alto da trajetória) é
tmax =
v0P senϕ
g
. (10)
Já o tempo necessário para o avião sair da posição inicial e alcançar o ponto mais baixo de sua
trajetória pode ser facilmente obtido se notarmos que os segmentos de reta que unem o centro da
circunferência aos pontos A e B fazem um ângulo β = θ entre si, como pode ser visto na figura 3.
Como o movimento da aeronave é um MCU, ela percorre com velocidade vA o arco de círculo que
liga os pontos A e B (e que tem comprimento Rθ), num tempo que chamaremos tmin:
tmin ≡
Rθ
vA
. (11)
Logo, para que o avião seja abatido, é preciso que tmax = tmin:
v0P senϕ
g
=
Rθ
vA
=⇒ v0P =
Rg θ
vA senϕ
. (12)
v0P =
Rg θ
vA senϕ
(13)
2a Questão (2,5 pontos) Um bloco B de massa mB se encontra sobre a superfície de um plano inclinado
de ângulo θ. Um bloco A, de massa mA, colocado em cima do bloco B, está unido por um fio ideal a um
pino fixo, como mostra a figura abaixo.
B mB
✓ A mA
B
B A
µ
B
mA mB ✓ µ
Figura 4
Ao liberar o bloco B ele desliza sobre o plano, mantendo contato com o bloco A. Considere que o
coeficiente de atrito cinético entre todas as superfícies em contato é µ,
4
(a) Faça o diagrama de forças que atuam sobre o bloco A.
(b) Faça o diagrama de forças que atuam sobre o bloco B.
(c) Calcule a tração no fio.
(d) Determine a aceleração de descida do bloco B.
Expresse seus resultados em termos de mA, mB, θ e µ.
Solução
(a) [0,3 ponto] As forças que atuam sobre o bloco A são as seguintes:
• ~NB→A: a normal que o bloco B exerce sobre o bloco A;
• ~fat(B) a força de atrito que age sobre o bloco A devido ao bloco B;
• ~PA a forças peso.
As forças estão esquematizadas na figura 5.
(b) [0,5 ponto] As forças que atuam sobre obloco B são as seguintes:
• ~NA→B a reação normal que o bloco A exerce sobre o bloco B;
• ~Nplano→B a reação normal que o plano exerce sobre o bloco B;
• ~fat(A) a força de atrito que age sobre o bloco B devido ao bloco A;
• ~fat(plano) a força de atrito que age sobre o bloco B devido ao plano;
• ~PB a força peso.
As forças estão esquematizadas na figura 5.
(c) [0,7 ponto] Utilizando o sistema de eixos mostrado na figura 5 para o bloco A, na direção y não há
movimento e podemos escrever
−→
NB→A +
−→
PAy = 0 =⇒ NB→A −mAg cos θ = 0. (14)
NB→A = mAg cos θ. (15)
No eixo x também não há movimento, e podemos escrever
−→
PAx +
−→
f at(B) +
−→
T = 0 =⇒ mAg sen θ + fat(B) − T = 0. (16)
Mas o módulo da força de atrito pode ser escrito como fat(B) = µNB→A = µmAg cos θ, e da equação
16 obtemos então a expressão para a tração no fio:
T = mAg sen θ + µmAg cos θ = mAg(sen θ + µ cos θ) (17)
T = mAg(sen θ + µ cos θ) (18)
5
~NB!A ~NA!B
~Nplano!B
~fat (A)
~fat (B) ~fat (plano)
~PA ~PB
(NB!A � mAg cos ✓) = 0 ) NB!A = mAg cos ✓
(mAg ✓ + fat (B) � T ) = 0
T = mAg ✓ + µ mAg cos ✓ = mAg( ✓ + µ cos ✓)
(Nplano!B � NA!B � mBg cos ✓) = 0 ~NA!B
~NB!A
Nplano!B = (mA + mB)g cos ✓
(mBg ✓� fat (A) � fat (plano)) = mBa ~fat (A)
~fat (B) fat (plano) = µNplano!B
mBg ✓ � µmAg cos ✓ � µ(mA + mB)g cos ✓ = mBa
a = g{ ✓ � µ[1 + (2mA/mB)] cos ✓}
Figura 5
(d) [1,0 ponto] Utilizando o sistema de eixos mostrado na figura 5 para o bloco B, sabemos que ao
longo da direção y não há movimento e podemos escrever
−→
Nplano→B +
−→
NA→B +
−→
P By = 0 =⇒ Nplano→B −NA→B −mBg cos θ = 0, (19)
onde
−→
NA→B = −
−→
NB→A, pois essas forças formam um par ação-reação. Mas vimos na equação 15
que NB→A = mAg cos θ, e portanto
Nplano→B = NA→B +mBg cos θ (20)
= mAg cos θ +mBg cos θ (21)
= (mA +mB)g cos θ. (22)
Já ao longo da direção x o bloco se movimenta com aceleração −→a , e da 2a Lei de Newton temos
−→
P Bx +
−→
fat(A) +
−→
fat(plano) = mB
−→a =⇒ mB g sen θ − fat(A) − fat(plano) = mB a (23)
Mas
−→
fat(A) e
−→
fat(B) formam um par ação-reação portanto fat(A) = fat(B) = µmAg cos θ, onde utilizamos
a expressão para fat(B) obtida no item anterior. Já fat(plano) é dada por fat(plano) = µNplano→B, e podemos
utilizar a expressão para Nplano→B (equação 22). Portanto, reescrevendo a equação 23, obtemos
mBg sen θ − µmAg cos θ − µ(mA +mB)g cos θ = mBa, (24)
e podemos então escrever a expressão para a aceleração do bloco B:
6
a = g
{
sen θ − µ cos θ
[
1 +
2mA
mB
]}
(25)
3a Questão (2,5 pontos) Um bloco de massa m está preso na extremidade inferior da uma mola ideal de
constante elástica k, que se encontra na posição vertical, presa ao teto por sua extremidade superior (veja
a figura abaixo). O bloco é então puxado para baixo, até um ponto (chamado ponto A) onde a elongação
da mola (em relação a sua posição de equilíbrio) é d0. Em seguida ele é solto e passa a movimentar-se,
com seu deslocamento restrito à direção vertical (ao longo do eixo y, na figura). Considere que a força de
resistência do ar que age sobre o bloco não possa ser desprezada.
Instituto de Física
UFRJ
Primeira Avaliação Presencial de Física IA
15 de setembro de 2013
Nome :
Curso :
Pólo :
1a Q
2a Q
3a Q
4a Q
Nota
Obs: Em todas as questões em que for necessário, utilize que g é o módulo da aceleração da gravi-
dade. Todas as respostas devem ser justificadas.
1. [1,5 pontos] Considere o movimento de uma partícula em uma única dimensão. Responda as
perguntas abaixo, justificando claramente, citando pelo menos um exemplo para cada um dos
itens.
(a) Como o deslocamento de uma partícula entre os instantes de tempo t1 e t2 pode ser obtido a
partir do gráfico da função-velocidade versus tempo dessa partícula?
(b) Seja ti um instante em que a força sobre uma partícula é nula. O que podemos afirmar
sobre o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico da função-velocidade versus tempo
no instante ti?
(c) Uma partícula que se movimenta com aceleração constante não nula pode inverter o sentido
de seu movimento?
2. [3,0 pontos] Considere uma partícula de massam presa na extremidade inferior de uma mola ideal,
vertical, de constante elástica k, cuja outra extremidade está fixa no teto. A partícula está restrita
a se mover no eixo vertical OY , que aponta para cima e cuja origem foi escolhida na posição
da partícula na qual a mola está com seu comprimento natural !0. A partícula oscila entre duas
posições no eixo OY , de coordenadas y1 e y2 (y1 > y2).
k !0
m
O
Y
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam na massa m em três situações: quando a
mola está no seu comprimento natural !0, quando ela está na posição y1 e quando está na
posição y2.
(b) Dertermine a posição y0 da massam em que a força sobre a mesma é nula.
(c) Determine a aceleração da massam quando a mesma se encontra na origem y = 0.
(d) Determine as velocidades da massam nas posições y1 e y2.
1
Instituto de Física
UFRJ
Primeira Avaliação Presencial de Física IA
15 de setembro de 2013
Nome :
Curso :
Pólo :
1a Q
2a Q
3a Q
4a Q
Nota
Obs: Em todas as questões em que for necessário, utilize que g é o módulo da aceleração da gravi-
dade. Todas as respostas devem ser justificadas.
1. [1,5 pontos] Considere o movimento de uma partícula em uma única dimensão. Responda as
perguntas abaixo, justificando claramente, citando pelo menos um exemplo para cada um dos
itens.
(a) Como o deslocamento de uma partícula entre os instantes de tempo t1 e t2 pode ser obtido a
partir do gráfico da função-velocidade versus tempo dessa partícula?
(b) Seja ti um instante em que a força sobre uma partícula é nula. O que podemos afirmar
sobre o coeficiente angular da reta tangente ao gráfico da função-velocidade versus tempo
no instante ti?
(c) Uma partícula que se movimenta com aceleração constante não nula pode inverter o sentido
de seu movimento?
2. [3,0 pontos] Considere uma partícula de massam presa na extremidade inferior de uma mola ideal,
vertical, de constante elástica k, cuja outra extremidade está fixa no teto. A partícula está restrita
a se mover no eixo vertical OY , que aponta para cima e cuja origem foi escolhida na posição
da partícula na qual a mola está com seu comprimento natural !0. A partícula oscila entre duas
posições no eixo OY , de coordenadas y1 e y2 (y1 > y2).
k !0
m
O
Y
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam na massa m em três situações: quando a
mola está no seu comprimento natural !0, quando ela está na posição y1 e quando está na
posição y2.
(b) Dertermine a posição y0 da massam em que a força sobre a mesma é nula.
(c) Determine a aceleração da massam quando a mesma se encontra na origem y = 0.
(d) Determine as velocidades da massam nas posições y1 e y2.
1
d0 
d1 
(a) Faça um diagrama com as forças que atuam sobre o bloco num ponto arbitrário de sua trajetória
onde sua velocidade seja diferente de zero. Não se esqueça de mencionar se o bloco está subindo ou
descendo.
(b) Das forças indicadas no item anterior, diga quais são conservativas e quais são não-conservativas.
(c) A energia mecânica do sistema é conservada? Justifique
(d) Enuncie o teorema Trabalho-Energia.
(e) Após ser solto, o bloco executa um movimento vertical com um ponto de retorno superior e outro
inferior. Depois de muitas oscilações, o bloco tem um ponto de retorno inferior (chamado ponto B)
que corresponde a uma elongação d1 (com d1 < d0). Calcule o trabalho realizado por cada uma das
forças que agem sobre o bloco entre o instante em que ele é solto e o instante em que seu ponto de
retorno inferior é o ponto B. Note que, nesse caso, não é possível desprezar o trabalho da força de
resistência do ar, porque o sistema realiza muitas oscilações, percorrendo um longo caminho antes de
ter o ponto B como um dos pontos de retorno.
Solução
(a) [0,5 ponto] Em qualquer ponto da trajetória, o bloco está sob a ação da força peso
−→
P (direção
vertical, orientada para baixo) e da força elástica
−→
Fel (direção vertical, com o sentido dependendo se
está comprimida ou esticada emrelação à posição de equilíbrio). Além disso, se o bloco se encontra
num ponto onde sua velocidade é não-nula ele está sujeito à força de resistência do ar
−→
Far, que tem a
mesma direção que a velocidade, mas sentido oposto. Portanto se o bloco está subindo (descendo),−→
Far está orientada para baixo (cima).
7
Fel 
P Far 
(a) (b) 
P 
Far Fel 
Figura 6: (a) mola esticada, bloco subindo; (b) mola esticada, bloco descendo.
(b) [0,5 ponto] As forças
−→
P e
−→
Fel são conservativas, enquanto
−→
Far não é conservativa.
(c) [0,5 ponto] Como dentre as forças que atuam sobre o bloco existem forças não-conservativas que
realizam trabalho, sua energia mecânica não é conservada.
(d) [0,5 ponto] O teorema do Trabalho-Energia diz que a variação da energia mecânica de uma par-
tícula quando ela se desloca entre dois pontos é igual ao trabalho realizado pela componente não-
conservativa da força resultante nesse deslocamento.
(e) [0,5 ponto] Como as forças
−→
P e
−→
Fel são conservativas, o trabalho realizado por cada uma delas entre
dois instantes é igual a menos a variação da respectiva energia potencial entre esses instantes.
Para a energia potencial gravitacional U , tomamos o zero na altura inicial do bloco (ponto A), de
modo que no ponto B teremos UB = mg(d0 − d1). O trabalho da força peso será então:
WA→BP = −∆U = −(UB − UA) = −[mg(d0 − d1)− 0] = mg(d1 − d0) . (26)
WA→BP = mg(d1 − d0) . (27)
Para a energia potencial elástica, temos:
WA→BFel = −∆Uel = −(UelB − UelA) = −
[
kd1
2
2
− kd0
2
2
]
=
k
2
(d0
2 − d12) . (28)
WA→BFel =
k
2
(d0
2 − d12) . (29)
E para calcular o trabalho de
−→
Far, podemos utilizar o teorema do Trabalho-Energia:
WA→BFar = ∆EM = EMB − EMA. (30)
Os pontos A e B são pontos de retorno do movimento do bloco, portanto a velocidade nesses pontos
é nula. A energia no ponto A é simplesmente a energia potencial elástica
8
EMA =
1
2
kd0
2, (31)
e a energia no ponto B é
EMB =
1
2
kd1
2 +mg(d0 − d1). (32)
Portanto:
WA→BFar =
1
2
kd1
2 +mg(d0 − d1)−
1
2
kd0
2. (33)
WA→BFar =
1
2
k(d1
2 − d02) +mg(d0 − d1). (34)
4a Questão (2,0 pontos) Um aluno de Física 1A realizou a prática com o trilho de ar inclinado, que é o
segundo experimento da Aula 7 dos Módulos de Física 1. Nessa prática, o carrinho se movimenta sobre o
trilho de ar, que está inclinado em relação à direção horizontal. A tabela abaixo mostra os pontos medidos
para a posição do carrinho e a velocidade do mesmo em função do tempo t.
t (ms) x (cm) v (cm/s)
0 0,0± 0,2 -
50 2,9± 0,2 59± 1
100 5,9± 0,2 63± 1
150 9,2± 0,2 68± 1
200 12,7± 0,2 73± 1
250 16,5± 0,2 78± 1
300 20,5± 0,2 82± 1
350 24,7± 0,2 85± 1
400 29,0± 0,2 90± 1
450 33,7± 0,2 94± 1
500 38,4± 0,2 -
Obs.: o aluno sabia que a incerteza no tempo de centelhamento era muito menor que a incerteza na
medida da posição e, por isso, foi desprezada. Para responder todos os itens posteriores não se esqueça que
toda grandeza obtida experimentalmente deve ser acompanhada de sua incerteza!
O aluno também mediu o ângulo θ que o trilho faz com a direção horizontal.
(a) Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da velocidade do carrinho v em função do
tempo.
(b) Obtenha, a partir do gráfico, a aceleração do carrinho durante o movimento e a velocidade em t = 0.
Estime a incerteza na aceleração e na velocidade inicial como 5% dos valores obtidos.
(c) O aluno gostaria de saber se forças dissipativas (como o atrito ou a resistência do ar) influenciaram o
resultado do experimento. Baseando-se na medidas que ele realizou, como ele poderia chegar a uma
conclusão?
Solução
9
(a) (1,0 ponto) O gráfico deve ser construído de acordo com as instruções presentes na Aula 7 do
material didático (veja um exemplo na última página desse gabarito). Em particular, o gráfico deve:
• possuir um título;
• ter as grandezas físicas medidas e suas unidades claramente indicadas nos eixos;
• ter escalas bem escolhidas para os eixos, de maneira a facilitar sua leitura e ocupar a maior parte
do espaço disponível;
• apresentar sobre seus eixos apenas os valores que definem as escalas, e não os valores dos pontos
experimentais;
• apresentar barras de erro representando as faixas de incerteza das medidas experimentais;
(b) (0,5 ponto) Observamos, conforme esperado, que o movimento é uniformemente acelerado fazendo
com que a velocidade do carrinho aumente linearmente com o tempo. Ajustando uma reta aos pontos
podemos obter a velocidade do carrinho em t = 0 lendo diretamente o valor da velocidade para o
qual o tempo é zero. No gráfico encontramos que esse ponto é
v(0) = (55± 3) cm/s, (35)
onde foi adotada uma incerteza de 5% conforme pedido no enunciado e são apresentados os valores
com um ou dois significativos. A aceleração é o coeficiente angular da reta ajustada:
a =
∆v
∆t
=
88, 0− 66, 0
0, 375− 0, 125 = 88, 0 cm/s
2. (36)
a = (88± 4) cm/s2 (37)
(c) (0,5 pontos) Sabemos que um corpo que desliza sem atrito sobre um plano inclinado que faz um
ângulo θ com a direção horizontal tem uma aceleração dada por g sen θ. Para saber se as forças
dissipativas são desprezíveis nesse experimento, basta o aluno comparar a aceleração obtida a partir
do gráfico com o valor g sen θ. Se o valor medido for compatível (dentro da incerteza experimental)
com esse valor esperado, o aluno pode concluir que as forças dissipativas são - nesse experimento -
desprezíveis. Obviamente, se o valor não for compatível então as forças dissipativas não podem ser
desprezadas.
10
0 0,1 0,2 0,3 0,4
52
60
70
80
90
t (s)
v(cm/s)
611