Gabarito_AP3_2019-2

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3a Avaliação Presencial de Física 1A - 2o Semestre de 2019
Gabarito
1a Questão (*) [2,5 pontos] Uma pequena bola é lançada do solo com velocidade de módulo vB e que faz
um ângulo θ com a direção horizontal. No instante do lançamento uma gavião que se encontrava pousado
exatamente acima do ponto de partida, a uma certa altura do solo, parte do repouso para alcançar a bola.
A ave descreve uma trajetória na forma de um arco de círculo, com raio R, durante a qual aumenta sua
velocidade de maneira uniforme. Sabemos que a interceptação ocorre no ponto mais baixo da trajetória da
ave e no ponto mais alto da trajetória da bola (veja a figura abaixo).
q
vB
H R j
dFigura 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 da ave num
ponto qualquer de sua trajetória, e explique o desenho. Caso este seja feito na folha de questões, não
esqueça de incluir a trajetória da ave.
(d) Calcule a altura h na qual ocorre a interceptação da bola pela ave.
(e) Calcule o tempo durante o qual a ave permanece no ar até alcançar a bola.
(f) Calcule a aceleração angular média que o gavião deve ter entre sua partida e a interceptação, sabendo
que ao alcançar a bola ele possui uma velocidade igual à velocidade dessa.
1
Solução
(a) [0,2 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 a bola é lançada.
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) [0,2 ponto] Em qualquer ponto da trajetória parabólica do projétil (bola), sua velocidade é repre-
sentada por um vetor tangente à curva descrita. Em relação à aceleração, como a bola 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) [0,4 ponto] Como a ave descreve um movimento circular, ela possui uma aceleração centrípeta
−→a c, que aponta para o centro da trajetória circular. Além disso, como o módulo de sua velocidade
aumenta uniformemente entre o ponto de partida e o ponto de interceptação, a ave também possui
uma aceleração tangencial −→a t, tangente à trajetória circular. E a ave também está sujeita à aceleração
da gravidade −→g . A aceleração resultante −→a r será o resultado da soma vetorial −→a c + −→a t + −→g , como
mostrado na figura 2b.
A direção exata de −→a r obviamente vai depender dos valores de ac e at (lembrando que o valor de g é
fixo), mas ela deve estar obrigatoriamente contida entre as direções de −→a c e −→g
v
H
d
g
(a) (b)
+ac
at
arg
Figura 2
(d) [0,4 ponto] Como afirmado no enunciado, a interceptação ocorre no ponto mais alto da trajetória da
bola. Portanto basta calcular a altura máxima por ela alcançada. Para calculá-la, vamos escrever as
equações para o movimento na direção vertical, que é um movimento uniformemente acelerado com
aceleração −→a y = −g ̂ (o sinal negativo se deve à orientação escolhida para o eixo vertical). Para a
velocidade, temos:
vy(t) = vBy + ayt = vB sen θ − gt. (1)
Mas a altura máxima é alcançada quando vy se anula:
0 = vB sen θ − gt =⇒ tmax =
vB sen θ
g
, (2)
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 = vBt sen θ −
1
2
gt2, (3)
onde y0 = 0 devido a escolha da origem. A altura máxima h corresponderá ao valor de y quando
t = tmax:
h ≡ y(t = tmax) = vB sen θ
vB sen θ
g
− 1
2
g
v2B sen
2θ
g2
=
v2B sen
2θ
2g
. (4)
h =
v2B sen
2θ
2g
(5)
(e) [0,4 ponto] Como o gavião parte no mesmo instante em que a bola é lançada, o tempo durante o
qual ele permanece no ar será igual ao tempo necessário para a bola alcançar a altura máxima tmax.
Mas a expressão para tmax já foi encontrada no item anterior (equação 2):
tmax =
vB sen θ
g
. (6)
(f) [0,9 ponto] A aceleração angular média entre dois instantes de tempo é definida como
α ≡ ω(t2)− ω(t1)
t2 − t1
, (7)
onde ω é a velocidade angular. Tomando t1 = 0 com o instante de partida da ave, temos ω(t1) = 0
(pois ela parte do repouso) e t2 = tmax. Mas ω(tmax) = v(tmax)/R (R é o raio da trajetória) e o
enunciado afirma que no momento da interceptação o gavião possui velocidade igual à velocidade da
bola (vB cos θ). Dessa forma a aceleração angular será dada por:
α =
ω(tmax)
tmax
=
v(tmax)
R tmax
=
vB cos θ
R
.
g
vBsen θ
=
g
R tg θ
. (8)
α =
g
R tg θ
. (9)
2a Questão (2,5 pontos) Um pêndulo de comprimento l e com um peso de massa m é solto do repouso a
partir de uma posição na qual faz um ângulo θ0 = 90◦ com a direção vertical. Na posição mais baixa de sua
trajetória, o fio bate num pino colocado exatamente abaixo do centro da oscilação, a uma distância x deste.
O fio então enrola-se no pino, diminuindo o comprimento do pêndulo.
(a) Determine a velocidade que o peso possui quando este se encontra na vertical, acima do pino, des-
crevendo um círculo de raio l − x.
(b) Qual o menor valor da aceleração nesse ponto para que o fio permaneça esticado?
(c) Qual o menor valor de x para que a massa atinja esse ponto com o fio ainda tensionado?
Solução
3
Pino
x
ℓ - x
Figura 3
(a) [0,3 ponto] Como não há forças dissipativas realizando trabalho sobre o sistema, a energia mecânica
é conservada. Portanto podemos igualar a energia mecânica no ponto A (ponto de partida do pêndulo)
com a energia mecânica no ponto B (quando o peso está exatamente acima do pino):
EmA = EmB. (10)
Tomando o nível de zero da energia potencial gravitacional no ponto mais baixo da trajetória do peso,
temos que UA = mghA = mgl e UB = mghB = mg2(l − x). Além disso, como o pêndulo parte
do repouso, sua energia cinética nesse ponto é nula (ECA = 0) e a energia cinética no ponto B vale
ECB = mv
2
B/2, onde vB é a velocidade que queremos descobrir. Temos então:
EmA = EmB =⇒ mgl = mg2(l − x) +
1
2
mv2B (11)
1
2
mv2B = −mgl +mg2x (12)
vB =
√
2g(2x− l). (13)
vB =
√
2g(2x− l). (14)
(b) [0,5 ponto] Para que o fio permaneça esticado num dado ponto da trajetória, é preciso que a tração
T nesse ponto seja não-nula, portanto a situação limite ocorre quando T = 0. Na situação onde a
tração se anula, a única força que atua sobre o peso é a força peso
−→
P , e pela 2a Lei de Newton
P = mamin =⇒ mg = mamin =⇒ amin = g. (15)
amin = g. (16)
(c) [1,0 ponto] Na situação limite do item anterior (tração nula no ponto exatamente acima do pino),
a força peso é a força resultante; mas como o peso está descrevendo uma trajetória circular, a força
4
resultante é a força centrípeta. Portanto a aceleração mínima obtida no item anterior deve ser igual à
aceleração centrípeta ac:
g = ac. (17)
Mas ac = v2/R, e como o raio da trajetória depois que o fio bate no pino é l − x, temos:
g =
v2B
l − x. (18)
No item (a), obtivemos a expressão vB =
√
2g(2x− l), e temos então:
g =
2g(2xmin − l)
l − xmin
, (19)
onde escrevemos xmin ao invés de x pois a aceleração amin corresponde ao menor valor de x. Obtemos
então
xmin =
3l
5
. (20)
3a Questão (2,5 pontos) Num parque de diversões, um carrinho que se desloca sobre um trilho parte do
repouso e desce uma rampa de altura h. Ao chegar à base da rampa, o carrinho começa a subir um “loop”
circularde raio R (veja a figura abaixo).
R 
h θ 
A 
B 
Figura 4
(a) Sem fazer contas, explique qual a condição para que o carrinho complete o “loop”.
(b) Considere que a altura h seja suficiente para que o carrinho complete o “loop”. Qual o movimento
circular descrito pelo carrinho: uniforme, uniformemente variado ou não-uniformemente variado?
Explique.
(c) Considerando agora que o carrinho se desloca sem atrito, qual o menor valor hmin de h para que o
carrinho complete o “loop”?
(d) Se a altura h é tal que R < h < hmin, o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta
percorrer um ângulo θ para atingir o topo (veja a figura). Calcule esse ângulo θ.
5
(e) Se a altura h é tal que h < R, o quê ocorre com o carrinho depois que ele começa a subir o “loop”?
Calcule o ângulo α percorrido entre o início do “loop” e o ponto mais alto atingido pelo carrinho.
Solução
(a) Para que o carrinho complete o “loop”, é preciso que ele mantenha contato com o trilho ao longo de
toda a trajetória circular. Se há contato, então existe um força normal não-nula, logo a condição é que
a força normal seja não-nula em toda a extensão da trajetória circular. Podemos especificar um pouco
mais essa condição se notarmos que a normal atinge seu menor valor no ponto mais alto do “loop”,
então a condição-limite para que o carrinho realize uma volta completa é que a normal seja zero no
ponto mais alto.
(b) Para uma partícula que descreve um movimento circular, este será uniforme se a aceleração possuir
apenas uma componente radial ar (centrípeta); se o movimento for uniformemente variado, a acelera-
ção possuirá, além da componente ar, uma componente tangencial at que deverá ser constante; já no
movimento não-uniformemente variado, novamente a aceleração terá componentes ar e at, mas agora
at varia durante a trajetória.
Considere o carrinho nos pontos B e C da trajetória (veja a figura 5): no ponto C, a componente
tangencial da força resultante (FRt) é o próprio peso; já no ponto B, FRt tem um valor menor. Con-
cluímos então que a componente tangencial da força resultante não é constante durante a trajetória.
Como a componente at da aceleração é proporcional a FRt, vemos que o movimento circular é não-
uniformemente variado.
N 
P 
N 
P 
PR C 
B 
Figura 5: Componente tangencial da força resultante em dois pontos da trajetória.
(c) O menor valor de h para que o carro complete o “loop” corresponde a uma valor nulo para a normal
no ponto mais alto da trajetória circular. Se
−→
N = 0 nesse ponto a força resultante é o próprio peso e,
uma vez que o carrinho descreve uma trajetória circular, essa força resultante deve ser igual à força
centrípeta FC = mv2/R:
P =
mv2
R
=⇒ mg = mv
2
R
=⇒ v =
√
Rg. (21)
Como o carrinho se desloca sem atrito, não há forças dissipativas agindo e sua energia mecânica
total se conserva. Dessa forma, a energia mecânica no topo da rampa (mgh) deve ser igual à energia
mecânica no ponto A (EMA = mg2R + (1/2)mv2):
mgh = mg2R +
1
2
mv2 =⇒ gh = 2Rg + 1
2
v2. (22)
Como v =
√
Rg, temos:
6
gh = 2Rg +
1
2
Rg =⇒ hmin =
5
2
R. (23)
hmin =
5
2
R. (24)
(d) Se h é tal que R < h < hmin, o carrinho cairá no ponto B, onde a normal se anula. Podemos
decompor a força peso em componentes radial (Pr = P cos θ, onde θ é o ângulo definido na figura 1)
e tangencial, e Pr deve ser igual à forca centrípeta mv2/R:
P cos θ =
mv2
R
=⇒ v =
√
Rg cos θ. (25)
Novamente utilizando a conservação da energia, podemos relacionar a energia mecânica no topo da
rampa (mgh) com a energia no ponto B ((1/2)mv2 + hB, onde hB é a altura do ponto B). Podemos
escrever hB como hB = R +R cos θ = R(1 + cos θ). Escrevendo a conservação da energia:
mgh =
1
2
mv2 +mgR(1 + cos θ). (26)
Como v2 = Rg cos θ (equação 22), temos:
gh =
1
2
Rg cos θ +Rg +Rg cos θ. (27)
h−R = 3
2
R cos θ. (28)
cos θ =
2
3
(
h−R
R
)
=
2
3
(
h
R
− 1
)
(29)
cos θ =
2
3
(
h
R
− 1
)
. (30)
(e) Se h < R, a conservação da energia indica que o ponto mais alto atingido pelo carro terá uma altura
menor do que R, isto é, o ângulo α (veja a figura 6) será menor do que π/2. Na figura fica clara
também a relação entre R, h e α:
R = h+R cosα =⇒ cosα = R− h
R
= 1− h
R
. (31)
E obtemos
cosα = 1− h
R
. (32)
7
h 
R 
α R cos α 
Figura 6: desenho esquemático mostrando o ângulo α.
4a 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.
(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.
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
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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. Todasas 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 7
8
Solução
(a) [0,4 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 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 8: (a) mola esticada, bloco subindo; (b) mola esticada, bloco descendo.
(b) [0,3 ponto] As forças
−→
P e
−→
Fel são conservativas, enquanto
−→
Far não é conservativa.
(c) [0,3 ponto] Como dentre as forças que atuam sobre o bloco existe uma força não-conservativa que
realiza trabalho (a força de resistência do ar), sua energia mecânica não é conservada.
(d) [0,3 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) [1,2 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) . (33)
WA→BP = mg(d1 − d0) . (34)
Para a energia potencial elástica, temos:
WA→BFel = −∆Uel = −(UelB − UelA) = −
[
kd1
2
2
− kd0
2
2
]
=
k
2
(d0
2 − d12) . (35)
9
WA→BFel =
k
2
(d0
2 − d12) . (36)
E para calcular o trabalho de
−→
Far, podemos utilizar o teorema do Trabalho-Energia:
WA→BFar = ∆EM = EMB − EMA. (37)
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, (38)
e a energia no ponto B é
EMB =
1
2
kd1
2 +mg(d0 − d1). (39)
Portanto:
WA→BFar =
1
2
kd1
2 +mg(d0 − d1)−
1
2
kd0
2. (40)
WA→BFar =
1
2
k(d1
2 − d02) +mg(d0 − d1). (41)
10