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1ª Prova de Física I - FCM0101
#USP:
Nome:
Instruções:
1. Escreva seu nome e número USP no espaço acima.
2. A duração da prova é de 2 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

1. Uma pessoa segura uma maçã em um balão que sobe verticalmente com velocidade constante de 4, 0 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 = 10 m/s 2 e despreze efeitos de atrito com o ar.
(a) (1,0 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
Solução:
(a) Após a maçã ser solta da mão da pessoa, ela continua em ascendência com velocidade inicial v 0 = 4, 0 m/s
mas agora sob efeito da gravidade. As equações horárias são h = h 0 +v 0 t−gt 2 /2 e v = v 0 −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 2 = 0 = v0 2 − 2g∆h, ⇒ ∆h = h máx − h 0 = v2 0
= 0, 8 m.
2g
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 0 = v 0 ∆t = 6, 4 m. Logo, a altura total atingida pela maçã é
h máx = 7, 2 m.
(b) Devemos calcular em que instante de tempo, t queda , a mação se encontra na origem, i.e., h = 0. Logo, da
equação horária temos que
0 = h 0 + v 0 t queda − 1 2 gt2 queda, ⇒ t queda = v 0 ± √ v 2 0 + 2gh 0
g
= 4 + √ 16 + 128
, ⇒ t queda = 1, 6 s.
10
Note que a solução com raiz negativa foi ignorada porque não tem significado físico.
2

2. Um inseto muito pequeno está sentado próximo à borda de um disco
de raio R = 10 cm que gira em relação ao solo com velocidade angular
constante ω = 2π/5 rad/s.
(a) (1,0 ponto) No instante inicial t = 0, 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, 0 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/2 = 5, 0 cm do centro do disco.
R
y
0
inseto
ω
x
Solução:
(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. 2. 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 = −2 √ 2π (ˆx + ŷ) cm/s = −8, 9 (ˆx + ŷ) cm/s.
Figura 1: Inseto sobre o disco em t = 0.
(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. 2: ⃗w = ⃗v + ⃗u.
Os módulos de ⃗v e ⃗u são, respectivamente, 1, 0 cm/s e ωR/2 = 2π cm/s.
Devemos agora achar o novo ângulo em que o inseto se encontra. O tempo
necessário para ele percorrer R/2 é de
∆t = Distância
velocidade = R 2v .
Durante esse intervalo de tempo, ele percorreu um distância angular de
∆θ = ω∆t = ωR
2v = 2π.
Ou seja, o vetor posição do inseto faz com a horizontal um ângulo
de θ = 3π/4 (vide Fig. 2). Como ⃗v = v (− cos θˆx − sin θŷ) e ⃗u =
ωR (− sin θˆx + cos θŷ) /2, temos que
⃗w =
( 1, 0 − 2π
√ ˆx − 2
)
1, 0 + 2π
√ ŷ cm/s = (−3, 7ˆx − 5, 1ŷ) cm/s.
2
u
u
R/2
w
v
y
θ
ω
0 x
,
trajetoria
Figura 2: Resposta da questão 2.
3

3. Uma bala de massa 10 g é disparada com velocidade de
240 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) (0,5 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) (0,5 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 0
x
F bala (N)
400
200
0
2, 0 4, 0 6, 0
−200
t (ms)
porta
−400
Figura 3: Gráfico da força em função do tempo.
Solução:
(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, 0 × 10 −2 kg.
A variação da velocidade entre t = 2, 0 s e t = 6, 0 s é dada pela
área sob a curva, que é a área de um trapézio (vide segundo gráfico
na Fig. 4):
∆v = − (2, 0 + 4, 0) · 104 m/s 2
2
· (4, 0 · 10 −3 ) s = −120 m/s.
Logo a velocidade após t = 6, 0 s é v ′ = v 0 + ∆v = 120 m/s .
(c) Entre t = 2, 0 s e t = 6, 0 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 = 2, 0 s do que em t = 6, 0 s (vide terceiro gráfico na Fig. 4).
F porta (N)
400
200
0
2, 0 4, 0 6, 0
t (ms)
−200
a (m/s 2 )
2, 0 × 10 4 2, 0 4, 0 6, 0
0
t (ms)
−2, 0 × 10 4
−4, 0 × 10 4
v bala (m/s)
240
parábola
120
0
2, 0
4, 0 6, 0
t (ms)
Figura 4: Resposta da questão 3.
4

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) (1,0 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.
0
(b) (1,0 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) (0,5 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 0 ) = x 0 , y(t = t 0 ) = y 0 , v x(t = t 0 ) = v 0x ,
v y(t = t 0 ) = v 0y , temos: x(t) = x 0 + v 0x (t − t 0 ), y(t) = y 0 + v 0y (t − t 0 ) + a 2 (t − t 0) 2 .
Solução:
(a) Dadas as condições iniciais ⃗r(t = 0) = 0 e ⃗v(t = 0) = v cos θî + v sin θĵ, a trajetória do macaco é dada por
x(t) = v cos θt,
y(t) = v sin θt − g 2 t2 .
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 2
2v 2 cos 2 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 2
∆y = h − y(t = d/v cos θ) ⇒ ∆y = h − tan θd +
2v 2 cos 2 θ ,
tal que ∆y > 0 se o macaco passa por baixo do cacho de bananas e ∆y < 0 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 2 T 2 ,
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

y(t > T ) = y(T ) + v y (T )(t − T ) + a (t − T )2
2
= v sin θT − g 2 T 2 + (v sin θ − gT ) (t − T ) + a (t − T )2
2
= a + g T 2 − (a + g)tT + v sin θt + a 2
2 t2 .
(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
2
Isso leva a uma equação do segundo grau em T
A solução com T < d/(v cos θ) é
T 2 −
2d
v cos θ T + 2
a + g
√ (
T =
d
d
v cos θ − v cos θ
T 2 d
− (a + g)
v cos θ T + tan θd + ad 2
2v 2 cos 2 θ = h.
(
tan θd +
) 2
− 2 (
tan θd +
a + g
ad 2 )
2v 2 cos 2 θ − h = 0.
)
ad 2
2v 2 cos 2 θ − h .
6