FÍSICA 1 A _AP2_2017-1 CEDERJ

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2a Avaliação Presencial de Física 1A - 1o Semestre de 2017
Gabarito
1a Questão [3,0 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 
Figura 1: Figura para a questão 1.
(a) [0,5 pontos] 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) [0,5 pontos] Das forças indicadas no item anterior, diga quais são conservativas e quais são não-
conservativas.
(c) [0,5 pontos] A energia mecânica do sistema é conservada? Justifique.
(d) [0,5 pontos] Enuncie o teorema Trabalho-Energia.
(e) [1,0 ponto] 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.
1
Solução
(a) 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 em relação 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).
Fel 
P Far 
(a) (b) 
P 
Far Fel 
Figura 2: (a) mola esticada, bloco subindo; (b) mola esticada, bloco descendo.
(b) As forças
−→
P e
−→
Fel são conservativas, enquanto
−→
Far não é conservativa.
(c) Como dentre as forças que atuam sobre o bloco existem forças não-conservativas, sua energia mecâ-
nica não é conservada.
(d) O teorema do Trabalho-Energia diz que a variação da energia mecânica de uma partícula quando ela
se desloca entre dois pontos é igual ao trabalho realizado pela componente não-conservativa da força
resultante nesse deslocamento.
(e) 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) . (1)
WA→BP = mg(d1 − d0) . (2)
Para a energia potencial elástica, temos:
WA→BFel = −∆Uel = −(UelB − UelA) = −
[
kd1
2
2
− kd0
2
2
]
=
k
2
(d0
2 − d12) . (3)
2
WA→BFel =
k
2
(d0
2 − d12) . (4)
E para calcular o trabalho de
−→
Far, podemos utilizar o teorema do Trabalho-Energia:
WA→BFar = ∆EM = EMB − EMA. (5)
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
EMA =
1
2
kd0
2, (6)
e a energia no ponto B é
EMB =
1
2
kd1
2 +mg(d0 − d1). (7)
Portanto:
WA→BFar =
1
2
kd1
2 +mg(d0 − d1)−
1
2
kd0
2. (8)
WA→BFar =
1
2
k(d1
2 − d02) +mg(d0 − d1). (9)
2a Questão (3,0 pontos) A figura abaixo mostra um bloco de massa m que está deslizando sobre uma
calota esférica de raio R, que tem sua parte plana apoiada sobre o solo. O bloco parte do alto da calota
(ponto A) com uma velocidade de módulo muito pequeno. Despreze as forças que o ar exerce sobre o bloco
e oatrito entre o bloco e a calota, e considere a velocidade inicial do bloco nula. Resolva o problema no
referencial da Terra, suposto inercial.
R 
A 
B 
R 
θ 
C 
(a) (0,5 pontos) Calcule a velocidade do bloco quando ele está em um ponto B da superfície da calota
cujo raio forma um ângulo θ com a direção vertical. Escreva os seus resultados em termos de m, R,
g e θ.
(b) (0,5 pontos) Calcule o módulo da normal no ponto B.
3
(c) (0,5 pontos) Calcule o valor do ângulo θ no ponto onde o bloco descola da calota.
(d) (0,5 pontos) Usando o valor de θ encontrado no item anterior, calcule as componentes horizontal e
vertical da velocidade do bloco no ponto B.
(e) (1,0 ponto) Após perder contato com a calota no ponto B, o bloco cairá até atingir o solo (ponto C).
Calcule a distância do ponto C ao centro da calota.
Solução
(a) Como a força de atrito (entre o bloco e a calota) e de resistência do ar são desprezíveis, o bloco está
apenas sob ação da forca peso (que é conservativa), e portanto sua energia mecânica é conservada.
Como o bloco parte do repouso, a energia mecânica no ponto A é apenas a energia potencial:
EMA = mgR, (10)
onde tomamos o zero da energia potencial na altura do plano sobre o qual se apóia a calota. Num
ponto B genérico sobre a calota, o bloco possui energias cinética e potencial. A altura hB do bloco
nesse ponto (cujo raio forma um ângulo θ com a direção vertical) pode ser calculada como
cos θ =
hB
R
=⇒ hB = R cos θ. (11)
Portanto a energia mecânica do bloco no ponto B é
EMB =
1
2
mvB
2 +mghB =
1
2
mvB
2 +mgR cos θ. (12)
Como a energia é conservada,
EMB = EMA =⇒
1
2
mvB
2 +mgR cos θ = mgR. (13)
vB
2 =
2
m
mgR(1− cos θ). (14)
vB =
√
2Rg(1− cos θ) (15)
(16)
vB =
√
2Rg(1− cos θ). (17)
(b) No ponto B, o bloco está sob ação das forças peso e normal. Utilizando um sistema de eixos como na
figura abaixo, ao longo do eixo y temos as forças
−→
N e
−→
Py. Ao deslizar sobre a calota, o bloco descreve
um movimento circular, logo a resultante das forças nessa direção deve ser igual à força centrípeta,
de módulo (mvB2)/R:
−→
NB +
−→
Py =
−→
FC =⇒ NB − Py = −
mvB
2
R
. (18)
A componente Py é dada por Py = P cos θ = mg cos θ, portanto:
4
y 
N 
θ 
x θ P 
Py 
NB = mg cos θ −
mvB
2
R
= mg cos θ − m
R
2Rg(1− cos θ). (19)
Com algumas manipulações algébricas, obtemos a seguinte expressão para NB:
NB = mg(3 cos θ − 2). (20)
(c) O ponto onde o bloco descola da calota é aquele no qual a normal se anula. Como o ponto B é um
ponto arbitrário sobre a calota, basta impormos a condição NB = 0:
mg(3 cos θ − 2) = 0 =⇒ cos θ = 2
3
=⇒ θ = arccos
(
2
3
)
∼= 48◦. (21)
θ = arccos
(
2
3
)
∼= 48◦. (22)
(d) Para calcular as componentes da velocidade, considere o sistema de eixos mostrado na figura abaixo.
y 
θ 
x 
π/2 - θ 
v 
θ 
θ 
Como pode ser visto na figura, a velocidade do bloco no ponto B faz o mesmo ângulo θ com a direção
horizontal. Dessa forma:
vBx = vB cos θ = cos θ
√
2Rg(1− cos θ). (23)
Como visto no item anterior, cos θ = (2/3) e portanto
5
vBx =
2
3
√
2Rg
(
1− 2
3
)
=
2
3
√
2Rg
3
=
√
8Rg
27
. (24)
vBx =
√
8Rg
27
∼= 0, 54
√
Rg. (25)
Para a componente vertical da velocidade, obtemos
vBy = −vB sen θ = − sen θ
√
2Rg(1− cos θ). (26)
Como cos θ = (2/3), temos que sen θ =
√
1− cos2 θ =
√
1− (4/9) = (
√
5/3). Assim:
vBy = −
√
5
3
√
2Rg
3
= −
√
10Rg
27
. (27)
vBy = −
√
10Rg
27
∼= −0, 61
√
Rg. (28)
(e) Para descobrir as coordenadas do ponto C, vamos inicialmente encontrar a equação da trajetória do
bloco após perder contato com a calota.
Na direção x, o movimento é retilíneo uniforme, com a posição inicial x0 = 0 e velocidade vBx =√
(8Rg)/27:
x(t) = x0 + vBxt =
√
8Rg
27
t. (29)
Na direção y, o movimento é retilíneo acelerado, com posição inicial y0 = 0, velocidade inicial
vBy = −
√
(10Rg)/27 e aceleração ay = −g:
y(t) = y0 + vByt+
1
2
ayt
2 = −
√
10Rg
27
t− 1
2
gt2. (30)
Da equação para x(t), temos t =
√
27/(8Rg)x. Substituindo esse valor na equação para y(t), temos:
y = −
√
10Rg
27
√
27
8Rg
x− 1
2
g
27x2
8Rg
= −
√
10
8
x− 27x
2
16R
. (31)
y(x) = −
√
5
2
x− 27
16R
x2. (32)
O bloco atinge o ponto C quando y = −hB = −R cos θ = −(2R)/3:
−2R
3
= −
√
5
2
xC −
27
16R
xC
2. (33)
Rearranjando os termos, vemos que esta é uma equação de 2o grau para xC:
6
27
16R
xC
2 +
√
5
2
xC −
2R
3
= 0. (34)
Resolvendo a equação, obtemos:
xC =
−
√
5
2
±
√
5
4
− 4× 27
16R
×−2R
3
2× 27
16R
. (35)
Simplificando, obtemos
xC =
4R
27
(
−
√
5±
√
23
)
. (36)
Como valores negativos de xC não correspondem a soluções com significado físico, temos
xC =
4R
27
(
−
√
5 +
√
23
)
∼= 0, 38R. (37)
Note que essa é a distância horizontal entre os pontos B e C. A essa distância precisamos adicionar a
distância horizontal lB entre o centro da calota e o ponto B:
lB = R sen θ =
√
5R
3
. (38)
Portanto a distância lqueda entre o centro da calota e o ponto onde o bloco toca o solo é
lqueda = lB + xC =
√
5R
3
+
4R
27
(
−
√
5 +
√
23
)
. (39)
Simplificando, lqueda pode ser escrito como
lqueda =
√
5R
27
(
5 + 4
√
23
5
)
∼= 1, 12R . (40)
3a Questão (2,0 pontos) Um satélite de massa m gira em torno da Terra em uma órbita circular de raio
R sob a ação apenas da força gravitacional terrestre. Lembre-se que a força gravitacional entre dois corpos
separados por uma distância r é ~Fg = −
Gm1m2
r2
r̂ e considere como dados adicionais do problema a massa
da Terra MT e a constante gravitacional G.
(a) (0,5 pontos) Encontre a expressão da energia mecânica do satélite em termos dos dados do problema.
(b) (0,5 pontos) Qual o trabalho realizado pela força gravitacional que a Terra exerce sobre o satélite em
uma volta completa do satélite em sua órbita?
(c) (1,0 ponto) Suponha que os motores no satélite sejam acionados até que ele passe para uma nova
órbita circular de raio R/2. Quais os trabalhos realizados pela força gravitacional e pela força de
propulsão dos motores do satélite no trajeto entre as órbitas de raios R e R/2?
7
Solução
(a) Como a força gravitacional é conservativa, podemos associar a ela uma energia potencial. A variação
dessa energia potencial entre dois pontos que estão a distâncias r1 e r2 é igual a menos o trabalho
realizado por
−→
Fg entre esses pontos:
U(r2)− U(r1) = −
∫ r2
r1
−→
Fg · d−→r . (41)
Como
−→
Fg = −(Gm1m2 êr)/r2 e d−→r = dr êr, obtemos:
U(r2)− U(r1) = −
∫ r2
r1
Gm1m2
r2
dr. (42)
U(r2)− U(r1) = −
Gm1m2
r
∣∣∣∣r2
r1
= −Gm1m2
(
1
r2
− 1
r1
)
. (43)
Tomando r1 = ∞ e escolhendo esse ponto como o zero de nossa energia potencial (de maneira que
U(r1) = 0), obtemos:
U(r2)− 0 = −
Gm1m2
r2
=⇒ U(r) = −Gm1m2
r
(44)
A essa energia potencial devemos somar a energia cinética EC = (mv2)/2 para obter a energia total
da partícula. Como queremos expressar a energia em termos das variáveis do problema, devemos
lembrar que, como se trata de um movimento circular, a força resultante é a força centrípeta, e ela
deve ser igual à força gravitacional:
mv2
R
= −GmMT
R2
=⇒ v =
√
GMT
R
. (45)
Portanto a energia mecânica do satélite pode ser escrita como
EM =
1
2
mv2 − GmMT
R
=
1
2
m
GMT
R
− GmMT
R
= −1
2
GmMT
2R
.
(46)
EM = −
1
2
GmMT
2R
. (47)
(b) Como a força gravitacional é conservativa, o trabalho realizado ao longo de uma trajetória é igual ao
negativo da variação de energia potencial. Ao fim de uma volta completa, a energia potencial não
terá variado (pois esta só depende da distância r ao centro da trajetória), portanto o trabalho realizado
pela força gravitacional é nulo.
Outra maneira de resolver essa questão é notar que, como a força aponta na direção radial, ela será
sempre ortogonal a qualquer trajetória circular, portanto o trabalho realizado será nulo.
8
(c) O trabalho realizado pela força gravitacional é igual a menos a variação de energia potencial:
W
R→R/2
Fg = −∆U = −U(R/2) + U(R)
= GmMT
(
1
R/2
− 1
R
)
=
GmMT
R
.
(48)
W
R→R/2
Fg =
GmMT
R
. (49)
Para encontrar o trabalho realizado pela forcade propulsão
−→
FP, utilizaremos o Teorema do Trabalho-
Energia Cinética: o trabalho total realizado (WT = WFg +WFp) é igual à variação da energia cinética:
WT = ∆K
WFg +WFp =
1
2
m
(
v22 − v21
)
.
(50)
Mas vimos que numa trajetória de raio R a velocidade do satélite é dada por v =
√
(GMT)/R.
Portanto
WFg +WFp =
1
2
m
(
GMT
R/2
− GMT
R
)
=
GmMT
2R
.
(51)
E o trabalho realizado pela força de propulsão será dado por
WFp = −WFg +
GmMT
2R
= −GmMT
R
+
GmMT
2R
= −GmMT
2R
.
(52)
WFp = −
GmMT
2R
. (53)
Note que o trabalho da força de propulsão é negativo, indicando que ele se opõe ao movimento;
a interpretação é que os motores do satélite devem ser usados em modo reverso, isto é, devem ser
utilizados para frear o satélite para que ele assuma uma órbita de raio menor.
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.
9
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!
(a) (0,5 pontos) Utilizando o papel milimetrado em anexo, faça um gráfico da velocidade do carrinho v
em função do tempo.
(b) (0,5 pontos) 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) (0,5 pontos) O quê ocorreria com o gráfico v × t se a inclinação do trilho em relação à direção
horizontal for aumentada?
(d) (0,5 pontos) Suponha que o carrinho seja lançado da extremidade mais baixa do trilho em direção à
extremidade mais alta; esboce o gráfico posição × tempo.
Solução
(a) 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;
• ter uma curva traçada - uma reta, no caso - que melhor se ajuste aos p[ontos experimentais
(b) 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, (54)
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:
10
a =
∆v
∆t
=
88, 0− 66, 0
0, 375− 0, 125 = 88, 0 cm/s
2. (55)
a = (88± 4) cm/s2 (56)
(c) Desprezando a resistência do ar, podemos considerar o carrinho que desliza sobre o trilho de ar como
uma partícula que se desloca sem atrito. Nesse caso, se o trilho faz um ângulo θ com a direção
horizontal, sua aceleração será dada por g sen θ. Portanto se a inclinação do trilho for aumentada, o
movimento continuará sendo um movimento retilíneo uniformemente variado, mas a aceleração será
maior (quanto maior θ maior será o valor de sen θ e maior será a aceleração). O gráfico de v × t
continuará sendo uma reta, mas seu coeficiente angular (que é a aceleração, pois v = v0 + at) será
maior. Portanto a reta obtida no gráfico v × t será mais inclinada.
(d) O carrinho descreverá um movimento uniformemente retardado, pois estará sendo freado. A variação
da posição com o tempo é dada por s(t) = s0 + v0t + (1/2)at2, portanto o gráfico s × t será uma
parábola com concavidade voltada para baixo.
11
0 0,1 0,2 0,3 0,4
52
60
70
80
90
t (s)
v(cm/s)
612