resolução p1 f128 - 1o semestre 2015

Resolução comentada da 1a prova de F 1281o Semestre de 2015

Questões de múltipla escolha

Em um gráfico da velocidade como função do tempo,a aceleração instantânea

a (tP ) = dvdt

∣∣∣∣t=tP

corresponde à inclinação da reta tangente ao gráfico emum ponto P , onde t = tP . Observando os pontos nográfico, notamos que o ponto A é aquele em que a incli-nação é máxima e, por conseguinte, onde a aceleração émáxima.A partir deste mesmo gráfico, assumindo que o objeto

esteve na origem para t = 0, calculamos a sua distânciada origem no instante de tempo tP como sendo

x (tP ) =ˆ tP

0v (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 aárea adicional "possui sinal negativo", a maior distânciada origem ocorre no tempo t = tC (ponto C).Resposta: b)

A velocidade média entre entre os tempos t = 1 s et = 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-

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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 sermais direta. Vamos escolher o eixo y apontando paracima e escolher sua origem na altura inicial do atleta.Seu deslocamento total em y será ∆y = −2m. Temosassim:

v2yf = v2

y0 − 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 damesa. Tomemos o eixo x na direção deste vetor e o eixoy na direção vertical para baixo, temos assim ~v1 = v1i.Após a bola atingir a borda da mesa, ela entra em quedalivre 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 bolaé ~v2 = v1i+ vy j, e seu módulo é dado por:

v2 =√v2

1 + v2y

De forma que obtemos a componente vertical comosendo vy =

√v2

2 − v21 .

Resposta e)

1Atenção: a equação de Torricelli não é uma panacéia! Elaapenas pode ser aplicada quando o movimento é uniformementeacelerado, isto é, quando a aceleração é constante.

O vetor velocidade instantânea da partícula é dadopor:

~v (t) = d~r (t)dt = 3i− 4t3j

Em t = 1 s temos os dois vetores:

~r1 = ~r (1) = 3i+ 2k

~v1 = ~v (1) = 3i− 4j

Obtemos o ângulo entre estes dois vetores através doproduto escalar:

r1v1 cos θ = ~r1 · ~v1

Temos que r1 = |~r1| =√

13 e v1 = |~v1| = 5, assimobtemos:

5√

13 cos θ = 3× 3 + 0× (−4) + 2× 0

→ cos θ = 95√

13

ou seja, θ = arccos(

95

√13

).

Resposta: c)

c©2015 Resolvido por Douglas D. SouzaPara aulas particulares na Unicamp: [email protected]

http://pt.wikipedia.org/wiki/Equa%C3%A7%C3%A3o_de_Torricelli

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Esta questão possui um pequeno problema de formu-lação: ao dizer que o carrinho está andando com velo-cidade de módulo constante, o problema basicamentenos manda ignorar a ação da gravidade. Pois bem,ignorando-se a ação da gravidade quaisquer trechos re-tilínios de trilho correspondem a um vetor velocidadeconstante, já que o vetor velocidade possui módulo cons-tante e aponta sempre na mesma direção nestes trechosretilínios. Desta forma, a aceleração é aproximadamentenula em trechos aproximadamente retilíneos como I, IIe ~III.

Agora, se considerarmos a ação usual da gravidade,o carrinho não terá velocidade de módulo constante eportanto sua aceleração será nula apenas em trechos detrilhos retilíneos e horizontais como ao redor do pontoII. Esta é a resposta do gabarito oficial.

Resposta: indefinida, ou d)

Neste problema podemos usar as equações horáriaspara a posição e velocidade e resolver o sisteminha deequações 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 velocidadeinicial

v2yf = v2

y0 − 2g∆y0 = v2

y0 − 2× 10× 2

→ vy0 = 2√

10m/s

a partir desta velocidade obter o tempo de subida:

vyf = vy0 − gt0 = 2

√10− 10t

t =√

105 s

a partir deste tempo obter a componente horizontalda velocidade (constante):

vx0 = vxf = vx = ∆x∆t = 1

√105

=√

102 m/s

e por fim obter o ângulo de lançamento:

θ = arctan(vy0

vx0

)= arctan (4)

Resposta e)


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Na ida, sobre a esteira, a velocidade de Kellen emrelação ao solo é composição de velocidades de Kellenem 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 apontano sentido oposto ao de ~vesteira,solo e a velocidade deKellen 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 detO2 = 10 s.Ao todo temos

tKellen = 21, 3 s

tOdilon = 20 s

e concluímos que Odilon vence a corrida com umavantagem de 1, 3 s.Resposta a)

a) Verdadeira - o vetor velocidade média após um ciclocompleto é nulo pois o deslocamento vetorial é nulo;b) Verdadeira - o deslocamento escalar total é de 2πR

após um período completo T ;c) Verdadeira - estando a origem do sistema de coor-

denadas no centro da trajetória circular, o vetor posiçãoé 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 númeronegativo pois eles apontam em sentidos opostos (vetoraceleração 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 queaforça Peso, mas este não constitui um par ação e rea-ção! A força Normal exercida pelos pés sobre o chão éo verdadeiro par ação-reação da força Normal exercidapelo chão sobre os pés. A força gravitacional exercidapelo corpo da pessoa sobre a Terra é o par ação-reação


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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 corpodiferente: uma força fz com que a pessoa salte a a outraforça faz com que a Terra se desloque infinitesimalmentepara 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 escolhendoum 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 doelevador 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 desenhandoo diagrama de forças em cada corpo:


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O que nos importa aqui é o equilíbrio das forças nadireção paralela ao plano inclinado. Escolhendo um eixoparalelo ao plano e no sentido de subida do plano apli-camos a segunda lei de Newton para o bloco 1:

T1 − T2 − P1senθ = 03T2 − T2 = m1gsenθ

→ m1 = 2 T2

gsenθ (1)

Para o bloco 2:

T2 − P2senθ = 0T2 = 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 deNewton para o bloco 2:

N2 − P2cosθ = 0N2 = m2gcosθ

Usamos agora a eq. 1 e procuramos θ de forma queN2 = T2:

T2 = m2gsenθ = N2 = m2gcosθ

→ senθcosθ = 1

Portanto, o ângulo procurado é θ = 45o, resultadobastante intuitivo se pensarmos que neste caso a forçapeso 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 aresultante das forças neste bloco é nula. Da segunda


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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×√

32 − 90µ = 0

µ =√

39 ≈ 0, 19

Resposta b)

Questão discursivaUm disco de metal de massa m1 = 1, 2 kg está ligado aum cubo de massa m2 = 2, 4 kg através de um fio quepassa por um furo no centro de uma mesa, conformemostrado na figura.

A superfície da mesa é perfeitamente lisa. O fio nãotem massa e é inextensível. Considere g = 10m/s2.Você pode dar o resultado aproximado com uma casadecimal.

LEMBRETE: Todos os seus passos devem ser expli-citados de forma clara.

a) Suponha inicialmente que o movimento do disco éapenas radial, ou seja, na direção do fio. Qual será a

aceleração do cubo? Você deve dar o módulo, a direçãoe o sentido do vetor aceleração.

Iniciamos desenhando o diagrama de forças em cadaobjeto:

Atenção: os vetores força de tração em m1 e em m2são diferentes (um é horizontal e o outro vertical) maspossuem 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 leide 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 orientadopara baixo:

m2a2 = R2 = m2g − T (3)

Por fim usamos o vínculo definido pelo fio: os doiscorpos 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 +m2g ≈ 6, 67m/s2

(4)

Este é o módulo do vetor aceleração do bloco. Ovetor 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


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vertical e para cima. Ambas as forças de tração possuemo mesmo módulo. Conhecendo-se a aceleração podemosusar a eq. 2 ou eq. 3 e obtemos:

T = m1a = m1m2

m1 +m2g = 8N

c) Suponha agora que o disco esteja descrevendo ummovimento circular sobre a mesa ao longo de uma circun-ferência de raio R = 20 cm. Qual deverá ser a velocidadedo disco para que o cubo permaneça em repouso?

Como nenhuma força nova foi adicionada, o diagramade forças permanece idêntico ao do item a), mas destavez o vetor força de tração atuando no disco roda noplano, 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 detração:

R1 = T = m1a1 = m1v2

R

Já o bloco permanece parado:

m2g − T = 0

Resolvendo obtemos:

m2g = T = m1v2

R→ v =

√m2

m1Rg = 2m/s


resolução p1 f128 - 1o semestre 2015

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