Física 1 para a Escola Politécnica (4323101) P1 (29/03/2019)
Gabarito da P1
Tabela 1: Respostas das alternativas corretas das questões Q1-Q6 para as diferentes provas.
Prova Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6
A b c b d c c
B a d a a a d
C c b a b d a
D e e c e b b
1
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Física 1 para a Escola Politécnica: Prova 1 - Soluções, Notas de estudo de Física
Documento contendo as soluções para as provas de física 1 da escola politécnica, incluindo cálculos de deslocamento de um carro, trajetória de uma partícula, movimento circular de um corpo e queda de uma tocha, além de problemas de equilíbrio de massas.
Tipologia: Notas de estudo
2021
1 / 8
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Gabarito da P
Tabela 1: Respostas das alternativas corretas das questões Q1-Q6 para as diferentes provas.
Prova Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q
A b c b d c c
B a d a a a d
C c b a b d a
D e e c e b b
(Q1) O gráfico ao lado mostra a velocidade de um carro em função do tempo para o intervalo 0 ≤ t ≤ 7 s. A expressão da velocidade ins- tantânea, no intervalo de tempo 0 ≤ t ≤ 2 s, é: v(t) = 2 − t + 3t^2. Considerando que o carro em t = 0 encontra-se na posição x = 1 m, podemos afirmar que sua posição em t = 7 s é:
Dado:
∫ Axndx = A x n+ (n+1) onde A é constante.
Solução: - Podemos determinar o deslocamento do carro em um dado intervalo de tempo usando a equação:
∆x =
∫ (^) tf
ti
v(t)dt
onde ti e tf são os instantes inicial e final do intervalo. Para o primeiro intervalo, 0 ≤ t ≤ 2 s, v(t) = 2 − t + 3t^2. Logo, o deslocamento neste primeiro intervalo é:
∆x 1 =
∫ (^) t=2s
t=
(2 − t + 3t^2 )dt = 2t −
t^2 2
- t^3
2
0
= +10 m.
O deslocamento no segundo intervalo, 2 ≤ t ≤ 5 s, pode ser determinado calculando-se a área sob a curva que resulta no valor: ∆x 2 = +30 m.
No terceiro intervalo, 5 ≤ t ≤ 7 s, o carro está retornando, movendo-se para a esquerda (v < 0), considerando que o eixo x tenha sido orientado para a direita. O resultado é um deslocamento negativo, ou seja: ∆x 3 = −4 m.
Com isso podemos responder as perguntas nas diferentes provas.
Prova A: Perguntou-se a posição do carro quando t= 7 s, sabendo-se que a sua posição inicial era xi = 1 m. Em t=7 s a posição do carro será:
x(t = 7 s) = xi + ∆x 1 + ∆x 2 + ∆x 3 = 1 + 10 + 30 − 4 = 37 m.
Prova B: Perguntou-se o deslocamento no intervalo 0 ≤ t ≤ 7 s, sabendo-se que a posição inicial do carro era xi = 1 m. O resultado independe da posição inicial (que nem precisava ser um dado do problema) e o deslocamento será:
∆x = ∆x 1 + ∆x 2 + ∆x 3 = +10 + 30 − 4 = 36 m.
Prova C: Perguntou-se a posição do carro quando t = 7 s, sabendo-se que a sua posição inicial era xi = 3 m. Em t = 7 s a posição do carro será:
x(t = 7 s) = xi + ∆x 1 + ∆x 2 + ∆x 3 = 3 + 10 + 30 − 4 = 39 m.
(Q4) Um balão de São João, partindo do repouso, é empurrado pelo vento e desloca-se horizontalmente a uma altura H = 137 m do solo. Devido ao vento, a aceleração do balão é ~a = (t/30)~ı (m/s^2 ). Após 60 s do início deste movimento, o balão incendeia-se instantanea- mente. A tocha, sobre a qual o efeito do vento é desprezível, cai e acaba atingindo uma casa. A altura da casa é h = 12 m e se encontra a uma distância D horizontal, a contar do ponto em que o balão incendiou-se, como mostrado na figura. Pergunta-se: qual é o vetor velocidade da tocha quando ela atinge o telhado? Dê suas respostas na base de vetores (~ı,~). Despreze a resistência do ar.
Solução: A velocidade da tocha no instante inicial de sua queda pode ser determinada por:
~vtocha(tf ) = ~vi +
∫ (^) tf
ti
~a(t)dt.
O conjunto balão+tocha parte do repouso. Logo, ~vi = 0 e
~vtocha(tf ) = +
∫ (^) tf
0
~a(t)dt
onde tf é o instante em que o conjunto incendeia-se (e é um valor diferente para cada prova). Como, a partir do instante em que o balão incendeia-se, a componente horizontal da aceleração torna-se desprezível, a tocha cairá em queda livre. A partir do instante em que o sistema incendeia-se, a componente horizontal da velocidade permanecerá constante e igual∫ ~vx(t) = tf 0 a(t)dt~ı. A componente vertical da velocidade será dada por^ vy(t) =^ −g tq^ onde^ tq^ é o tempo de queda da tocha e pode ser calculado como:
tq =
2(H − h) g
. Com isso, o vetor velocidade será dado por:
~vtocha(t) =
∫ (^) tf
0
a(t)dt~ı − (10 tq) ~.
Fazendo as substituições dos diferentes valores fornecidos nas diferentes provas teremos: ?????????????????????????????????????????????????????????????? ?? ?????????????????????????????????????????????????????????????? ??
Tabela 2: Respostas da Q4 para as diferentes provas. Prova |a(t)| (m/s^2 ) tf (s) H (m) tq (s) ~v (m/s) A 30 t 60 137 5 60 ~ı − 50 ~ B 60 t 60 257 7 30 ~ı − 70 ~ C 25 t 50 257 7 50 ~ı − 70 ~ D 30 t 60 192 6 60 ~ı − 60 ~
(Q5) Uma partícula de massa m = 140 g está presa a uma haste vertical por duas cordas inextensíveis de massas desprezíveis. Quando colocada em movimento, a massa descreve um círculo horizontal de raio R = 20 cm, com as cordas esticadas. A máxima tensão que cada fio pode suportar sem arrebentar é 1,5 N. Quando o sistema é colocado para girar em torno da haste com velocidade ω = 10 rad/s podemos afirmar que:
Adote
√ 2 = 1, 4.
Resposta: As forças que atuam no corpo de massa m são: o seu peso ~P, a tensão devido a corda superior T~s e a tensão da corda inferior T~i. A resultante ~Fres = ~P+~Ts+~Ti destas três forças tem de corresponder à força centrípeta, ou seja, tem de estar dirigida para o centro do círculo de raio R. Decompondo as forças nas direções x e y indicadas na figura devemos ter:
Ts sin θ + Ti sin θ = Fres = mω^2 R (1)
Ts cos θ = Ti cos θ + mg (2) onde θ é o ângulo que cada fio faz com o eixo vertical. Como sin θ = cos θ, as equações (1) e (2) podem ser res- critas como:
Ts cos θ + Ti cos θ = Fres = mω^2 R (3) Ts cos θ = Ti cos θ + mg (4)
Somando as expressões (3) e (4) achamos a expressão para a tensão na corda superior:
Ts =
m 2 cos θ
(ω^2 R + g) (5)
Resolução: Em toda a resolução que apresen- taremos para este problema, usaremos índices igual a 1 para designar grandezas físicas relaci- onadas com o corpo de massa m e índices 2 para designar grandezas relacionadas com o corpo de massa M. O primeiro passo na solução de um problema deste tipo é isolar cada bloco e repre- sentar todas as forças que atuam sobre cada um deles. Isto está feito na figura ao lado. Como os corpos de massas m e M interagem um com o outro através de uma corda sem massa, po- demos omiti-la e considerar que as tensões ~T 1 e ~T 2 se comportam como se formassem um par ação/reação. Isso não é literalmente verdade porque os corpos não estão em contato. Ape- sar disso, tudo o que faz uma corda sem massa é transmitir uma força de m para M sem alte- rar seu módulo.∣ Assim podemos escrever que ∣ ∣~T 1
∣~T 2
∣ = T.
Os corpos deslizam entre si e em relação ao chão. Assim sendo, devemos considerar que todas as forças de atrito são de atrito cinético. Um outro vínculo é a aceleração relativa entre os dois corpos. A força ~F movimentará o corpo de massa M para a direita e consequentemente, o corpo de massa m para a esquerda. Isso resulta em vetores aceleração em sentidos contrários mas de módulos iguais a 2 m/s^2 para cada corpo, ou seja, |~a 1 | = |~a 2 | = 2 m/s^2. Da segunda lei de Newton podemos escrever para o corpo de massa m:
T − Fat 1 ,at = ma (7)
N 1 = P 1. (8)
E, para o corpo de massa M:
F − T − Fat 1 ,at − Fat 2 ,at = Ma (9)
N 2 = P 2 + N 1. (10)
onde Fat 1 ,at = μ 1 N 1 = μ 1 mg (11)
e Fat 2 ,at = μ 2 N 2 = μ 2 (M + m)g. (12)
Somando as expressões (7) e (9) e substituindo as forças de atrito, obtemos para a força F a expressão:
F = (M + m)a + 2Fat 1 ,at + Fat 2 ,at = (M + m)a + 2μ 1 mg + μ 2 (M + m)g
Fazendo as substituições numéricas com os diferentes valores dados nas diferentes provas obtemos os seguntes valores de F apresentados na tabela seguinte:????????????
Tabela 4: Respostas da Q6 para as diferentes provas.