Exercicios_resolvidos_cap5

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MECÂNICA GERAL 
 
Exercícios Resolvidos – Capítulo 5 
 
 Os exercícios aqui resolvidos são avaliados como de grau fácil e médio pelos alunos. 
 
Autor: Prof. Carlos Alberto Kuhnen 
UFSC / CFM / FSC 
 
1) Uma caçamba de massa M é ligada a uma haste de comprimento l e peso 
desprezível. A haste é fixada a um eixo de maneira que a caçamba possa balançar 
livremente, formando um arco na vertical de raio l . A um a distância diretamente 
abaixo do eixo existe um monte de areia. A caçamba é levantada até que a haste forme 
um ângulo com a vertical sendo então largada. No seu movimento para baixo, a 
caçamba pega uma massa de areia. Em que ângulo com a vertical a haste da caçamba 
se eleva após ter pegado a areia? Explique o uso das leis de conservação para a solução 
deste problema. 
l
0θ
m
 
SOLUÇÃO: 
Para resolver este problema de forma simples usamos a conservação da energia 
mecânica e do momento linear. Para isso desprezamos os atritos nas juntas que ligam a 
haste à caçamba e a haste ao eixo. Desprezamos também o atrito com o ar. Na figura a 
seguir mostra-se três instantes do movimento. 
 
C
B
A
m
M
θ
 
 
θ 0
l
 
 
Entre as posições A e B usamos a conservação da energia mecânica com a energia 
potencial sendo medida a partir da posição B : 
 
 20
1(1 cos )
2
Mgl Mvθ− = 
Ou seja, a energia potencial gravitacional é transformada em cinética (imediatamente 
antes de a caçamba pegar a areia). Admitimos agora que o processo de captura da areia 
na posição B seja rápido o suficiente de maneira que possamos usar a conservação do 
momento linear, 
 1( )Mv M m v= + , 
onde é a velocidade do sistema caçamba+areia imediatamente após a areia ser 
coletada (admitimos que haja atrito entre a caçamba e a areia de modo que a areia se 
mantém na caçamba). A velocidade é obtida usando-se a conservação da energia 
mecânica entre as posições 
1v
1v
B e C , 
 
 21
1 ( ) ( ) (1 cos
2
M m v M m gl θ+ = + − ) 
 
 2 21 ( ) (1 cos
2
M v gl
M m
θ= −+ ) 
 
 2 0( ) (1 cos ) (1 cos )
M gl gl
M m
θ θ− = −+ 
 
Logo 2 0cos 1 ( ) (1 cos )
M
M m
θ θ= − −+ 
Se e a caçamba recolhe metade de sua massa de areia, vem . Note 
que se a caçamba não recolhe areia 
0 / 4θ π= 026,6θ ≅
0θ θ= , o que reflete o fato de admitirmos a 
conservação da energia mecânica. A altura que a caçamba real sobe é menor devido aos 
atritos existentes e que foram desprezados. Quanto mais areia a caçamba recolher maior 
será a diferença entre o ângulo real e o dado pela equação acima, pois as forças de atrito 
serão mais intensas fazendo que uma maior quantidade de energia mecânica seja 
dissipada durante todo o movimento. 
 
 
 
 
2) Os pêndulos balísticos usados antigamente para se determinar a velocidade de uma 
bala eram construídos suspendendo-se um bloco de massa M por uma corda de 
comprimento . Ao ser atingido por uma bala de massa e velocidade o pêndulo se 
eleva até que a corda faça um ângulo máximo ( ) com a vertical. Determine a 
velocidade com que a bala atinge o bloco. 
l m v
máxθ
 
SOLUÇÃO: 
A situação está esquematizada na figura a seguir. 
INSERIR FIGURA. 
 
Admitimos que o tempo de colisão seja suficientemente pequeno de modo que o sistema 
bala+bloco praticamente não se desloque até que a bala esteja em repouso em relação ao 
bloco, ou seja, 
 1( )mv M m v= + , 
Onde é a velocidade do sistema bloco+bala imediatamente após a colisão. A 
conservação de energia permite escrever, 
1v
 
 21
1 ( ) ( )
2
M m v M m gh+ = + 
Da figura vemos que, 
 (1 cos )máxh l θ= − 
Logo, 
 . 21 2 (1 cos )máxv gl θ= −
Portanto, 
 2 (1 cos )máx
M mv gl
m
θ+= − , 
 
ou, 2 (1 )
2
máxMv gl sen
m
θ= + . 
Por exemplo, se 100M m= (uma bala de dez gramas e um bloco de 1 kg) com 
e medimos 1l metr= o
10máx
πθ = , com vem 210 /g m= s s100 /v m≅ . 
 
3) Despeja-se água em um barril a uma taxa de 60 kg por minuto de uma altura de 
5metros. O barril tem uma massa de M =10 kg e está em repouso sobre uma balança. 
Determine a leitura da balança depois que a água foi despejada no barril durante um 
minuto. 
 
SOLUÇÃO: 
A taxa de variação da massa foi fornecida, / 60 / minuto 1 /dm dt kg kg s= =
etros
dm/. Como 
a água é despejada de uma altura 5h m= ela atinge o barril com uma velocidade 
2 10 /v gh m= = s . Logo a leitura da balança será 
 
 ( ) dmF M m g v
dt
= + + 
Após um minuto 60m kg= , logo, 
 
 (10 60)10 10 710F N N= + + = N
 
 
4) a) Um satélite esférico de massa e raio move-se com velocidade numa 
atmosfera tênue de densidade 
m a v
ρ . Determine a força de atrito exercida sobre ele, 
supondo que a velocidade das moléculas do ar possa ser desprezada em comparação 
com , e que cada molécula que colide com o satélite permaneça presa na sua 
superfície. b) Considere que a órbita circular tenha uma altura 
v
1 400h km= acima da 
superfície terrestre e que determine a variação na altitude do satélite 
após uma semana. Admita que 
11− 3/m
m k
10 kgρ =
100 g= e 1m roa et= . 
 
SOLUÇÃO: 
a) A idéia é buscar uma solução simples para a questão, assim admiti-se que as 
moléculas tenham velocidade muito baixa e se fixem no satélite. Isto significa que 
ocorre um aumento de massa, pois num intervalo de tempo o satélite varrerá um dt
volume de modo que a massa agregada no satélite durante este tempo 
será, 
22dV a vdtπ=
 
 22dm a vdtπ ρ=
Pelo teorema do momento linear temos, 
 
 ( )d dF M m v v
dt dt
= + = m
2
 
 
ou 2 22 2F v a v a vπ ρ π ρ= =
 21
2
F Aρ= v 
Sendo a área do satélite. Naturalmente esta é uma solução simplista que não 
ocorre na realidade, pois as moléculas do gás (ar) não se fixam na superfície do satélite. 
Entretanto esta força resistiva pode ser adotada como modelo de resistência do ar, pois 
mostra claramente a dependência com a densidade do meio e com a área do satélite. 
24A aπ=
b) Podemos apenas estimar a variação na altitude do satélite considerando que a energia 
mecânica dissipada devido ao atrito com a atmosfera durante um intervalo de tempo tΔ 
seja aproximada por, 
 
 21( )
2
E Fv t Av v tρΔ = − Δ = − Δ , 
 
isto é, consideramos que a velocidade quase não varie durante o intervalo de tempo 
considerado. No início quando o satélite tem uma altura sua energia é 1h
 1
12( )
GMmE
R h
= − + 
Como ele perde energia sua altura cai para , com energia total, 1h
 2
22( )
GMmE
R h
= − + . 
Usamos a conservação da energia 2E E E1Δ = − e lembramos que a velocidade na órbita 
inicial é, 
 2
1
GMv
R h
= +De modo que 
 
1 12( )
GM GME A
R h R h
ρΔ = − Δ+ + t 
 
Assim, 
 
 
2 1 1 12( ) 2( ) 2( )
GMm GMm GM GM A t
R h R h R h R h
ρ− = − −+ + + + Δ 
 
 
 
2 1
1 1 [1 ]A t GM
1R h R h m R h
ρ Δ= ++ + + 
 
 
 
 12
1
1
R hR h
A t gR
m R
ρ
h
++ = Δ+ +
 
 
 
Com 66,4x10R m= , e os dados fornecidos vem 29,8 /g m= s km2 277h ≅ . Foi obtido 
este decréscimo exagerado na altitude porque estimamos a energia dissipada por atrito 
considerando que a velocidade se mantém constante, o que não é verdade, pois a 
velocidade vai diminuindo lentamente. Assim superestimamos a energia dissipada o que 
acarreta numa perda de altitude bem maior. Para a solução exata do problema 
deveríamos resolver a equação de movimento para o satélite com a inclusão de uma 
força resistiva proporcional ao quadrado da velocidade. Mas neste caso só podemos 
resolver a equação de movimento por métodos numéricos. 
 
 
 
5) Uma granada de massa M é lançada verticalmente a partir do solo com velocidade 
. No ponto mais alto de sua trajetória ela explode em duas partes de massas e 
, sendo que imediatamente após a explosão estas duas partes tem 
movimento na horizontal. A explosão da granada libera uma quantidade de energia Q 
igual a quatro vezes a energia cinética inicial da granada. a) Obtenha uma expressão 
que fornece a distância entre as duas partes da granada no momento que atingem o 
solo. b) Calcule esta distância para 
0v 1m 2m
1 2(m m M+ = )
d
1 100m = gramas, 2 300m = gramas e . 0 15= /v m s
 
SOLUÇÃO: 
 
 
A figura a seguir mostra a situação detalhada no enunciado do problema. 
 
d=x1+x2
x2 x1
v0
h
Q
v1m1
v2m2
M=m1+m2
 
 
 
Admitimos a conservação do momento linear, pois a explosão ocorre num intervalo de 
tempo extremamente curto, assim, 
 
 1 1 2 2m v m v= → 12 1
2
mv v
m
= 
 
A conservação da energia permite escrever 
 
 2 21 1 2 2
1 1
2 2
Q m v m v= + 
 
 
2
21
1 1
2
1 ( )
2
mm v
m
Q+ = 
 
 2 21
1
2 mQv
M m
= → 2 12
2
2 mQv
M m
= 
 
A altura é sendo o tempo de queda igual ah 20 / 2h v g= 0 /qt v g= e as distâncias 1x e 
2x são obtidas por, 
 
 1 1 qx v t= 2 2 qx v t= 
 
Assim 
 01 2 1 2( )
vd x x v v
g
= + = + 
 
 0 2 1 1 2
2 [ / /v Qd m m m
g M
= + ]m 
Como 20
14( ) 2
2
Q Mv M= = 20v vem que 
 
 
 
2
0 2 1
1 2
2 v m md
g m m
⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 
Os valores dados para as massas e velocidade de lançamento da granada fornecem 
metros. Observe que a conservação do momento linear fornece imediatamente 106d ≅
 
 0 1 21 1 2 2
2v Qm mm x m x
g M
= = 
 
significando que o centro de massa da granada retorna ao ponto de lançamento.