1ª Prova de Física I - FCM0101

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1 1ª Prova de Física I - FCM11 #USP: Nome: Instruções: 1. Escreva seu nome e número USP no espaço acima.. A duração da prova é de horas. A prova tem 4 questões. 3. Não é permitido consultar livros, anotações ou os colegas em volta. 4. É permitido o uso de calculadoras simples. Não é permitido usar celulares. 5. Resultados numéricos devem ser expressos com o número correto de algarismos significativos e com as unidades apropriadas. 6. Escreva suas soluções de maneira clara e concisa. Você pode usar lápis ou caneta e usar todo o espaço disponível, inclusive o verso das folhas. A última folha da prova está em branco e pode ser usada como rascunho. 7. Se preferir que alguma parte dos seus cálculos não seja levada em consideração na correção, faça um grande X sobre essa parte. 1

2 1. Uma pessoa segura uma maçã em um balão que sobe verticalmente com velocidade constante de 4, m/s a partir do solo. Após 1, 6 s de subida, a pessoa solta a maçã do lado de fora do balão. Considere que a aceleração da gravidade é de g = 1 m/s e despreze efeitos de atrito com o ar. (a) (1, ponto) Qual é a altura máxima atingida pela maçã em relação ao solo? (b) (1,5 ponto) Após ter sido solta, quanto tempo a maçã leva para atingir o solo? (a) Após a maçã ser solta da mão da pessoa, ela continua em ascendência com velocidade inicial v = 4, m/s mas agora sob efeito da gravidade. As equações horárias são h = h +v t gt / e v = v gt. Pode-se usá-las para achar o ponto de máxima altura. Outra maneira é aplicar Torricelli usando que no ponto mais alto da trajetória, a velocidade é nula: v = = v g h, h = h máx h = v =, 8 m. g Como a maçã tinha subido por t = 1, 6 s junto com o balão, a altura em que ela se encontrava antes de ser solta é h = v t = 6, 4 m. Logo, a altura total atingida pela maçã é h máx = 7, m. (b) Devemos calcular em que instante de tempo, t queda, a mação se encontra na origem, i.e., h =. Logo, da equação horária temos que = h + v t queda 1 gt queda, t queda = v ± v + gh g = , t queda = 1, 6 s. 1 Note que a solução com raiz negativa foi ignorada porque não tem significado físico.

3 . Um inseto muito pequeno está sentado próximo à borda de um disco de raio R = 1 cm que gira em relação ao solo com velocidade angular constante ω = π/5 rad/s. (a) (1, ponto) No instante inicial t =, o inseto encontra-se sobre o eixo x como ilustra a Fig. 1. Calcule o vetor velocidade do inseto em relação ao solo no instante t = 15/8 s. (b) (1,5 pontos) No instante t = 15/8 s, o inseto começa a andar sobre o disco na direção do centro, de tal maneira que a velocidade relativa do inseto em relação ao disco tem módulo constante v = 1, cm/s e aponta na direção radial no sentido do centro do disco. Calcule o vetor velocidade do inseto em relação ao solo no instante em que o inseto se encontra a uma distância de R/ = 5, cm do centro do disco. R y inseto ω x (a) Como o inseto descreve um movimento circular uniforme, sua velocidade tem módulo u = ωr = 4π cm/s e aponta tangencialmente ao disco como indica a Fig.. Para achar essa direção, é necessário saber a distância ângular θ = ωt = 3π/4 rad. Sendo u = ωr ( sin θˆx + cos θŷ), temos que û = π (ˆx + ŷ) cm/s = 8, 9 (ˆx + ŷ) cm/s. Figura 1: Inseto sobre o disco em t =. (b) A velocidade do inseto em relação ao solo w é dada pela composição da velocidade relativa da velocidade do inseto em relação ao disco v com a velocidade do disco em relação ao solo u como ilustra a Fig. : w = v + u. Os módulos de v e u são, respectivamente, 1, cm/s e ωr/ = π cm/s. Devemos agora achar o novo ângulo em que o inseto se encontra. O tempo necessário para ele percorrer R/ é de t = Distância velocidade = R v. Durante esse intervalo de tempo, ele percorreu um distância angular de θ = ω t = ωr v = π. Ou seja, o vetor posição do inseto faz com a horizontal um ângulo de θ = 3π/4 (vide Fig. ). Como v = v ( cos θˆx sin θŷ) e u = ωr ( sin θˆx + cos θŷ) /, temos que w = ( 1, π ˆx ) 1, + π ŷ cm/s = ( 3, 7ˆx 5, 1ŷ) cm/s. u u R/ w v y θ ω x, trajetoria Figura : Resposta da questão. 3

4 3. Uma bala de massa 1 g é disparada com velocidade de 4 m/s contra uma porta de madeira sólida. A força que atua sobre a bala enquanto ela atravessa a porta é mostrada no gráfico da Fig. 3. Despreze a gravidade. (a) (,5 ponto) Faça um gráfico que representa a força que a bala exerce sobre a porta em função do tempo. (b) (1,5 ponto) Calcule a velocidade da bala logo depois que ela atravessa a porta. (c) (,5 ponto) Faça um gráfico esquemático que representa a velocidade da bala em função do tempo, indicando quais curvas representam segmentos de retas, parábolas, etc. v x F bala (N) 4, 4, 6, porta 4 Figura 3: Gráfico da força em função do tempo. (a) Pela terceira lei de Newton, em cada instante de tempo a força sobre a porta tem o mesmo módulo e direção da força sobre a bala, mas sentido oposto. Por isso o gráfico deve mostrar F porta com valores positivos (vide primeiro gráfico na Fig. 4). (b) Do gráfico da força sobre a bala obtemos o gráfico da aceleração da bala em função do tempo a(t) = F bala(t) m, com m = 1, 1 kg. A variação da velocidade entre t =, s e t = 6, s é dada pela área sob a curva, que é a área de um trapézio (vide segundo gráfico na Fig. 4): v = (, + 4, ) 14 m/s (4, 1 3 ) s = 1 m/s. Logo a velocidade após t = 6, s é v = v + v = 1 m/s. (c) Entre t =, s e t = 6, s a curva de v bala (t) é um arco de parábola. A inclinação da reta tangente à curva v bala (t), que equivale à aceleração, é sempre negativa e deve ser maior em módulo em t =, s do que em t = 6, s (vide terceiro gráfico na Fig. 4). F porta (N) 4, 4, 6, a (m/s ), 1 4, 4, 6,, 1 4 4, 1 4 v bala (m/s) 4 parábola 1, 4, 6, Figura 4: Resposta da questão 3. 4

5 4. Um cacho de bananas está pendurado a uma distância d e a uma altura h acima de uma plataforma, como mostrado na Fig. 5. y (a) (1, ponto) Tentando alcançar o cacho de bananas, um macaco salta da extremidade da plataforma com velocidade de módulo v formando um ângulo θ com a direção horizontal. Qual é a distância entre o macaco e v o cacho de bananas quando a coordenada x do macaco é x = d? Despreze h a resistência do ar e escreva sua resposta em função de v, θ, d, h e da θ aceleração da gravidade g. (b) (1, ponto) Considere que a velocidade do macaco no item (a) não é suficiente para alcançar o cacho de bananas e ele passa por baixo do d x cacho. O macaco tenta novamente, desta vez equipado com um propulsor a jato. A partir do momento em que é acionado, o propulsor a jato imprime Figura 5: O macaco e as bananas. sobre o macaco uma aceleração constante de módulo a (valor resultante, já subtraindo a aceleração da gravidade) orientada sempre na direção vertical para cima. Suponha que o macaco salta da plataforma com a mesma velocidade inicial do item (a) e que ele aciona o jato em um tempo T após o salto. Calcule as funções x(t) e y(t) que descrevem a posição do macaco para t > T. Escreva sua resposta em função de v, θ, d, h, g, a e T. (c) (,5 ponto) Qual deve ser o tempo T para que o macaco alcance o cacho de bananas? Dados: para o movimento uniformemente acelerado com a = aĵ e condições iniciais x(t = t ) = x, y(t = t ) = y, v x(t = t ) = v x, v y(t = t ) = v y, temos: x(t) = x + v x (t t ), y(t) = y + v y (t t ) + a (t t ). (a) Dadas as condições iniciais r(t = ) = e v(t = ) = v cos θî + v sin θĵ, a trajetória do macaco é dada por x(t) = v cos θt, y(t) = v sin θt g t. O macaco passa por x = d no instante t = d/(v cos θ). Nesse instante, sua coordenada y é y(t = d/v cos θ) = tan θd gd v cos θ. Como o vetor posição do cacho de bananas é r b = dî + hĵ, a diferença entre a coordenada y do macaco e da banana nesse instante é gd y = h y(t = d/v cos θ) y = h tan θd + v cos θ, tal que y > se o macaco passa por baixo do cacho de bananas e y < se ele passa por cima. (b) Antes de ligar o jato, o macaco se move com aceleração constante gĵ. Em t = T, as componentes do vetor posição são: e as componentes da velocidade são: x(t ) = v cos θt, y(t ) = v sin θt g T, v x (T ) = v cos θ, v y (T ) = v sin θ gt. Para t > T, o macaco se move com aceleração constante aĵ. Usando as equações do movimento uniformemente acelerado com a posição e a velocidade em t = T, obtemos x(t > T ) = x(t ) + v x (T )(t T ) = v cos θt, 5

6 y(t > T ) = y(t ) + v y (T )(t T ) + a (t T ) = v sin θt g T + (v sin θ gt ) (t T ) + a (t T ) = a + g T (a + g)tt + v sin θt + a t. (c) Como no item (a), o macaco passa por x = d no instante t = d/(v cos θ). Para que ele alcance a banana, sua coordenada y neste instante deve ser y(t = d/v cos θ) = a + g Isso leva a uma equação do segundo grau em T A solução com T < d/(v cos θ) é T = T d v cos θ T + a + g ( d v cos θ T d (a + g) v cos θ T + tan θd + ad v cos θ = h. d v cos θ ( tan θd + ) ( tan θd + a + g ad ) v cos θ h =. ) ad v cos θ h. 6