2015-1sem-gabaAP1 Fisica 1A

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Instituto de Física
UFRJ
Gabarito da AP1 de Física IA
22 de março de 2015
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. [3,0 pontos] Uma pedra é atirada do alto de um prédio de altura h = 30m em relação ao solo para
o alto de outro prédio de altura H = 40m por meio de uma atiradeira. A distância entre os prédios
é de d = 30m e observa-se que a pedra atinge o alto do outro prédio após um tempo tq = 2s.
Considere que a aceleração da gravidade tem módulo g = 10m/s2.
X
∆~r
~v
Y
O
h
H
d
(a) [0,5 ponto] Faça um esboço da trajetória da pedra.
Por se tratar de um projétil a trajetória é parabólica.
(b) [1,0 ponto] Determine o módulo e o ângulo que o vetor velocidade com que a pedra foi
lançada faz com a direção horizontal.
A única aceleração é devido à força peso. Por ser constante e estar na direção vertical, a
coordenada y varia em função do tempo como
y(t) = h+ v0senθt− gt
2
2
Por outro lado, a coordenada x descreve um movimento uniforme
x(t) = v0 cos θt
No instante em que a pedra atinge o alto do outro prédio, temos que, sua posição é dada por
y(tq) = H e x(tq) = d. Esse fato ocorre em tq:
H = h+ v0senθtq −
gt2q
2
⇒ v0senθtq = H − h+ gt
2
2
v0 cos θtq = d
Dividindo uma equação pela outra temos que
v0senθtq
v0 cos θtq
=
H − h+ gt2
2
d
⇒ tan θ = 40− 30 +
40
2
30
⇒ tan θ = 1→ θ = 45o
1
Substituindo na equação para a coordenada y:
x(tq) = v0 cos 45
otq ⇒ v0 = d
cos 45otq
⇒ v0 ≈ 21m/s
(c) [1,5 pontos] Escreva os vetores deslocamento e velocidade da pedra no instante em que ela
se encontra no ponto mais alto da trajetória. Utilize o sistema de eixos apresentado na figura.
Desenhe, na própria figura, tais vetores.
As componentes da velocidade são
vx(t) = v0 cos θ; vy(t) = v0senθ − gt
No ponto mais alto da trajetória, temos que vy(tm) = 0, isso ocorre em
vy(tm) = v0senθ − gtm = 0⇒ tm = v0
√
2
2g
O vetor velocidade terá apenas a componente x:
~v = vx(tm)ˆı⇒ ~v = v0
√
2
2
ıˆ ≈ 15ıˆ
Com a componente em m/s. O vetor está desenhado na própria figura. O vetor posição é
obtido com as componentes x e y encontradas no item anterior, no instante tm:
∆~r = [x(tm)ˆı+ y(tm)ˆ]−[x(t0)ˆı+ y(t0)ˆ] =
(
v0 cos θ
v0
√
2
2g
)
ıˆ+
(
h+ v0senθ
v0
√
2
2g
− gv
2
0
4g2
− h
)
ˆ
∆~r =
(
v2
0
2g
)
ıˆ+
(
v2
0
4g
)
ˆ
O vetor está representado na própria figura.
2
2. [1,5 pontos] Um aluno do pólo de Paracambi realizou o experimento com o trilho de ar inclinado.
Ele concluiu que o carrinho obedecia a um movimento uniformemente acelerado e mediu para a
sua aceleração, a partir do gráfico da velocidade em função do tempo o seguinte valor:
a = (101± 6) cm/s2
O ângulo de inclinação do trilho de ar com a direção horizontal foi medido como θ = (6,0±0,5)o.
(a) [0,5 ponto] A partir da Segunda Lei de Newton obtenha a aceleração esperada para o carrinho
em termos da aceleração da gravidade g e do ângulo θ.
No trilho de ar podemos desprezar o atrito. Sendo assim, as únicas forças que atuam no
carrinho são o peso e a normal. Na direção do movimento temos
~N + ~P = m~a⇒ Px = ma⇒ a = gsenθ
(b) [1,0 ponto] Obtenha a aceleração da gravidade a partir das medidas de a e θ. Não se esqueça
de calcular e apresentar o valor de g com a sua incerteza.
Invertendo a relação encontrada no item anterior temos
g =
a
senθ
Portanto, a aceleração da gravidade será
g ≈ 966,243996... cm/s2
Calculamos g a partir de duas medidas (a e θ), portanto, a incerteza será
(δg)2 =
(
∂g
∂a
δa
)2
+
(
∂g
∂θ
δθ
)2
=
(
δa
senθ
)2
+
(
−a cos θ
sen2θ
δθ
)2
(δg)2 = (57,4)2 + (80,23)2 ⇒ g ≈ 98,646
Portanto, a aceleração da gravidade será
g = (1000± 100) cm/s2
3. [3,0 pontos] Um bloco de massa m desliza ao longo de uma superfície horizontal de coeficiente de
atrito cinético µc conhecido. O bloco se move em direção a uma mola sem massa, suposta ideal,
que tem uma de suas extremidades presa a uma parede e constante elástica k0. Observa-se que a
mola, que estava inicialmente no seu comprimento natural, vai sendo comprimida, até atingir uma
compressão de ∆d. O bloco permanece, então, em repouso nessa configuração.
m
~P
~N
~Fel
~Fat
3
(a) [0,8 ponto] Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco quando o mesmo
se encontra em repouso, após comprimir a mola.
Quando o bloco se encontra em repouso, após comprimir a mola, as forças que atuam sobre
ele são: o peso ~P , a normal ~N , a força elástica da mola ~Fel que, por estar a mola comprimida,
tem o sentido para a direita no desenho e a força de atrito ~Fat que é contrária a força elástica
de maneira a que a resultante das forças seja nula.
(b) [0,7 ponto] Qual o módulo da força de atrito na situação descrita no item anterior?
O bloco está em repouso, portanto, a Segunda Lei de Newton nos fornece
~P + ~N + ~Fel + ~Fat = 0
Em particular, a componente horizontal da equação nos fornece
Fel − Fat = 0⇒ Fat = Fel ⇒ Fat = k∆d
(c) [1,0 ponto] Com que velocidade o bloco atingiu a mola?
Escrevendo o teorema trabalho e energia cinética entre o instante em que o bloco atinge a
mola e o que ele para:
∆Ec = Wtot = WFat +WFel
Onde já foi utilizado que tanto o peso quanto a normal são ortogonais ao deslocamento e,
portanto, não realizam trabalho. Antes de o bloco parar, ~Fat atua em sentido contrário ao
movimento e, portanto:
0− 1
2
mv2
0
= −Fat∆d−∆Uel
Onde Fat representa o módulo da força de atrito e ∆Uel é a variação da energia potencial
elástica. Usando ainda que antes de parar a força de atrito é cinética:
1
2
mv2
0
= µcN∆d+
1
2
k0(∆d)
2 ⇒ v0 =
√(
2µcg +
k0
m
∆d
)
∆d
(d) [0,5 ponto] Caso o atrito não seja grande o suficiente, após ser comprimida, a mola lançaria
o bloco no sentido contrário ao da velocidade inicial. Caso isso ocorra, quanto o bloco
percorreria, desde o ponto de compressão máxima da mola, antes de parar novamente?
Escrevendo mais uma vez o Teorema Trabalho e Energia Cinética, agora entre o instante de
compressão máxima da mola e o em que o bloco para novamente:
∆Ec = Wtot = WFel +WFat ⇒ 0 = −µcNX +
1
2
k0(∆d)
2
onde X é o quanto o bloco percorre e após voltar ao tamanho natural a mola para de exercer
força sobre o bloco. Assim sendo:
X =
k0(∆d)
2
2µcmg
4
4. [2,5 pontos] Um bloco de massa mB está pendurado e conectado, por meio de um fio ideal, a um
outro bloco de massa mA através de uma polia, também ideal, conforme a figura abaixo. Sabe-se
que o coeficiente de atrito cinético entre o bloco de massa mA e a superfície onde ele se encontra
é µc e observa-se que, após ser abandonado do repouso, o bloco de massa mB se movimenta para
baixo e o de massa mA para a direita.
X
Y
mB
mA
~PB
~TB~PA
~N
~TA
~Fat
(a) [0,8 ponto] Faça um diagrama, indicando as forças que atuam sobre cada um dos blocos.
Atuam sobre o bloco mB apenas seu peso e a traçao ~TB exercida pela corda. Sobre o bloco
mA atuam seu peso, a normal, a tração ~TA exercida pelo fio e a força de atrito. As forças
estão indicadas na própria figura.
(b) [1,2 pontos] Utilizando o sistema de eixos indicado na própria figura, quais são os vetores
aceleração dos blocos mA e mB?
Aplicando a Segunda Lei de Newton nos blocos
~PB + ~TB = mB~aB; ~PA + ~TA + ~N + ~Fat = mA~aA
Uma vez que o fio é ideal, sabemos que |~aB| = |~aA| = a e que |~TB| = |~TA| = T . Portanto,
escrevendo as componentes da Segunda Lei de Newton
−PA+N = 0⇒ N = mAg; T−mBg = −mBa; T−µcN = mAa⇒ mAa = −mBa+mBg−µcmAg
Portanto
a =
g(mB − µcmA)
mA +mB
; ~aA =
g(mB − µcmA)
mA +mB
ıˆ ~aB = −g(mB − µcmA)
mA +mB
ˆ
(c) [0,5 ponto] Qual o maiorvalor que pode ter o coeficiente de atrito estático para que o sistema
tenha entrado em movimento?
A força de atrito estática deve ser |~Fat| ≤ µe| ~N | Quando o bloco está em equilíbrio, temos
que Fat = T = mBg. Portanto
µemaxmAg = mBg ⇒ µemax = mB
mA
5