prova -2012

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 17/11/2012 - 08:00
Parte A - Questo˜es (40 pontos; 10 pontos por questa˜o): Diante de cada questa˜o, afirme se e´ verdadeira
ou falsa, justificando suas respostas em todas elas, se possıvel com equac¸o˜es explicando seu racioc´ınio.
Q1. Um bloco pode deslizar sem atrito por treˆs escor-
regadores diferentes, como mostrado na figura. O
trabalho que a forc¸a gravitacional realiza sobre o
bloco, durante a descida, e´ maior na trajeto´ria (c)
e menor na trajeto´ria (a). (c)(b)(a)
A afirmativa esta´ INCORRETA. A forc¸a peso possui a propriedade de seu trabalho na˜o depender do
caminho, sendo func¸a˜o somente das alturas inicial e final. Portanto, como essas alturas (inicial e final)
sa˜o as mesmas, o trabalho que a forc¸a gravitacional faz no bloco, nos treˆs casos, e´ o mesmo.
Q2. Um bloco desliza em uma pista que desce uma al-
tura h. A pista na˜o possui atrito, exceto na parte
mais baixa indicada. Nessa parte, o bloco desliza
ate´ parar, devido ao atrito, depois de percorrer uma
distaˆnciaD. Se diminuirmos h, o bloco percorrera´
uma distaˆncia maior que D.
sem
 atrito
h D
com atrito
A afirmativa esta´ INCORRETA. Durante todo o trajeto atuam no bloco o seu peso (vertical, para baixo,
causado pela Terra, que sofre a reac¸a˜o) e a normal (perpendicular a` superf´ıcie, para cima, causada pela
pista, que sofre a reac¸a˜o). Na parte plana e com atrito da pista, aparece tambe´m atuando sobre o bloco,
a forc¸a de atrito (paralela a` superf´ıcie, oposta ao movimento do bloco, causada pela pista, que sofre a
reac¸a˜o). Como a normal e´ sempre perpendicular a` superf´ıcie, sera´, por todo o trajeto, perpendicular ao
deslocamento do bloco e seu trabalho sera´ nulo durante todo o percurso. A forc¸a peso e´ conservativa e seu
trabalho so´ depende das alturas inicial e final, sendo, nesse caso, igual a mgh. O atrito atuante e´ cine´tico
e constante, sendo seu valor igual a Fatrito=µN=µmg. Usando a definic¸a˜o de trabalho (dW=~F · d~s),
podemos calcular o trabalho do atrito como sendo WFat=−µmgD. Temos o teorema que nos diz que o
“trabalho total realizado sobre um corpo e´ igual a` variac¸a˜o de sua energia cine´tica no processo”. Como
o corpo estava parado tanto no in´ıcio como no final do processo, a variac¸a˜o de energia cine´tica e´ nula e,
consequentemente, o trabalho total, e mgh− µmgD=0, ou D=h
µ
. Portanto, se diminuirmos h, a relac¸a˜o
acima diz que D tambe´m diminui. Voceˆ pode tambe´m resolver essa questa˜o com a relac¸a˜o que diz que
“o trabalho das forc¸as na˜o-conservativas (no caso, o atrito) e´ igual a` variac¸a˜o de energia mecaˆnica”.
Q3. Um objeto, que se move com velocidade constante positiva ao longo do eixo x, explode em treˆs
pedac¸os. Se um dos pedac¸os, de massa m1, passa a ter velocidade nula apo´s a explosa˜o, os outros
dois pedac¸os, se tiverem massas iguais, passara˜o a ter a mesma velocidade em mo´dulo, e suas
velocidades fara˜o aˆngulos iguais com o eixo x.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Trata-se de uma explosa˜o e, como tal, durante o evento podemos
desprezar todas as forc¸as externas. Como as forc¸as internas na˜o conseguem variar a velocidade do
centro de massa, essa fica constante. Portanto, a quantidade de movimento que havia antes da explosa˜o
tem que ser preservada depois da mesma. Como um dos treˆs pedac¸os ficou parado apo´s a explosa˜o, a
quantidade de movimento inicial tem que estar nos outros dois, ter o mesmo mo´dulo e tem que estar
na direc¸a˜o inicial do movimento. Se um dos pedac¸os sair fazendo um aˆngulo θ com a direc¸a˜o inicial,
o outro tera´ que fazer um aˆngulo −θ para que a quantidade de movimento na direc¸a˜o perpendicular a`
inicial continue nula (ou seja, os aˆngulos na˜o podem ser iguais, mas teˆm que ser opostos). Caso o aˆngulo
seja nulo, so´ ha´ uma situac¸a˜o em que os dois pedac¸os se movimentara˜o com velocidades iguais, mas nada
obriga que seja assim. O que e´ obrigato´rio para a situac¸a˜o e´ que a soma das quantidades de movimento
dos dois pedac¸os seja igual a` quantidade de movimento que existia no objeto inicial, antes de explodir.
Ha´ uma infinidade de situac¸o˜es onde isso e´ verdade.
Q4. Podemos dizer que em coliso˜es nas quais as duas part´ıculas envolvidas na˜o ficam ligadas uma a`
outra apo´s o choque, sempre havera´ conservac¸a˜o da energia cine´tica total das part´ıculas.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Ha´ somente um par de velocidades das duas part´ıculas apo´s a colisa˜o
que satisfaz a` condic¸a˜o de que tanto a quantidade de movimento linear total quanto a quantidade de
energia cine´tica total sa˜o conservadas apo´s a colisa˜o. Isso se a colisa˜o for em 1 dimensa˜o pois, se for
em 2 ou 3 dimenso˜es, os pares de velocidade dependem das condic¸o˜es iniciais da colisa˜o, mas para
cada condic¸a˜o continua havendo somente 1 par de velocidades finais que conserva tanto a quantidade
de movimento linear e a energia cine´tica. Ha´, pore´m, uma infinidade de outros valores que, apesar de
satisfazerem a condic¸a˜o de conservac¸a˜o de quantidade de movimento linear e de as part´ıculas na˜o ficarem
ligadas apo´s a colisa˜o, na˜o conservam a energia cine´tica
Parte B - Problemas (valor 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (20 pontos, 08:00–09:55) Na figura abaixo, um bloco inicialmente em repouso explode em dois
pedac¸os, E e D, que deslizam sobre um piso por um trecho sem atrito e depois entram em regio˜es
com atrito, onde acabam parando. O pedac¸o E, com massa ME , encontra um coeficiente de atrito
cine´tico µE e chega ao repouso apo´s percorrer uma distaˆncia dE sobre o trecho com atrito. O
pedac¸o D, com massa MD, encontra um coeficiente de atrito cine´tico µD e chega ao repouso apo´s
percorrer uma distaˆncia dD sobre o trecho com atrito.
piso com atrito
µ µ
E D
M ME D
d dE D
piso com atrito piso sem atrito
Calcule, em termos de g, dos coeficientes de atrito µE e µD, e das distaˆncias dE e dD:
P1.a– a velocidade do bloco E imediatamente apo´s a explosa˜o;
P1.b– a raza˜o das massas dos blocos,
MD
ME
.
Soluc¸a˜o
Exploso˜es sa˜o processos durante os quais podemos, com excelente aproximac¸a˜o, desprezar as componentes
de todas as forc¸as externas. Com isso, a quantidade de movimento linear que o objeto que possuiANTES
da explosa˜o tem que ser igual a` quantidade de movimento linear total de todas as partes, DEPOIS da
mesma. Como inicialmente (antes da explosa˜o) o bloco estava parado, a quantidade de movimento linear
inicial e´ nula. Portanto, a quantidade de movimento linear final (depois) tem que ser nula:
(ME +MD)Vantes = 0 =MEVE,depois +MDVD,depois (1)
de onde tiramos que as velocidades teˆm que ser opostas e que
MEVE,depois = −MDVD,depois. (2)
As partes, depois da explosa˜o, se movimentam inicialmente por uma superf´ıcie sem atrito quando encon-
tram superf´ıcies com atrito e, depois de percorrerem uma certa distaˆncia, param. Durante a explosa˜o
consideramos somente as forc¸as internas, mas apo´s a explosa˜o atuam em cada corpo os seus pesos (ver-
ticais para baixo) as normais que recebem do piso (verticais para cima) e, onde ha´ atrito, as forc¸as de
atrito (horizontais mas opostas aos movimentos).
Em particular, nesse problema, nem os pesos e nem as normais conseguem realizar trabalho, por
serem sempre perpendiculares aos deslocamentos. As forc¸as de atrito, pore´m, realizara˜o trabalhos nega-
tivos. Como se trata de atrito cine´tico, os mo´dulos das forc¸as de atrito a` direita e a` esquerda sera˜o,
respectivamente,
Fat,E = µENE = µEMEg e Fat,D = µEND = µDMDg, (3)
onde as normais foram calculadas e substitu´ıdas.
P1.a– Podemos resolver esse problema com o teorema que diz que “o trabalho total realizado sobre uma
part´ıcula em um processo e´ igual a` variac¸a˜o de energia cine´tica dessa part´ıcula no processo”. Como o
peso e a normal no bloco E na˜o realizam trabalho, o trabalho total sera´ o realizado pelo atrito,Wat,E = |Fat,E| |dE | cos 180◦ = −µEMEgdE , (4)
e, aplicando o teorema, lembrando que a velocidade com que o bloco comec¸a a percorrer o trecho sem
atrito e´ VE,depois, sua velocidade imediatamente apo´s a explosa˜o,
−µEMEgdE = Ecin,final − Ecin,inicial = 0− 1
2
MEV
2
E,depois, (5)
de onde tiramos
VE,depois =
√
2µEgdE (6).
P1.b– Uma equac¸a˜o completamente ana´loga a` Eq.(6) vale para a velocidade do bloco da direita apo´s a
explosa˜o: de onde tiramos
VD,depois =
√
2µDgdD (7).
Considerando como positivo o sentido da velocidade do bloco da esquerda, o bloco da direita tera´ veloci-
dade negativa (e vice-versa). Levando as Eqs.(6) e (7) na Eq.(2), tiramos a raza˜o das massas,
ME
MD
= −
(−√µDdD√
µEdE
)
=
√
µDdD
µEdE
., (8)
onde o sinal negativo simplesmente nos diz que as velocidades sa˜o opostas.
P2– (20 pontos, 08:00–09:55) Um bloco de
massa m e´ liberado do repouso em um
plano inclinado sem atrito que faz um
aˆngulo θ com a horizontal, como na figura
ao lado. Abaixo do bloco ha´ uma mola
ideal de constante ela´stica k. O bloco
desce, passa a comprimir a mola e para
momentaneamente apo´s comprimi-la por
uma distaˆnciaX0. Determine, em termos
de m, g, k, θ e X0,
P2.a– qual a distaˆncia total, D, que o bloco
desce ao longo do plano inclinado, desde
sua posic¸a˜o inicial ate´ o ponto onde para
momentaneamente, comprimindo a mola;
P2.b– qual a velocidade do bloco no instante em que entra em contato com a mola, ainda descendo.
plan
o se
m a
trito
m
θ
Xo
D
Soluc¸a˜o
A primeira coisa a fazer em problemas de dinaˆmica e´ localizar e identificar as forc¸as atuantes e seus
pares de ac¸a˜o. Nesse caso, atuam no bloco (1) o seu peso (de mo´dulo mg, vertical, para baixo, realizado
pela Terra, que sofre a reac¸a˜o); (2) a forc¸a normal (de mo´dulo N , perpendicular ao plano, para cima,
realizada pelo plano, que sofre a reac¸a˜o). Como na˜o ha´ atrito, na˜o havera´ essa forc¸a. No momento que o
bloco encosta na mola e comec¸a a comprimı´-la, a mola comec¸a a fazer uma forc¸a no bloco (3) de mo´dulo
varia´vel, k∆x, dependendo do tanto que o bloco a comprime (∆x), paralela ao plano, para cima, e a mola
sofre a reac¸a˜o. Como a forc¸a da mola e´ varia´vel, a resoluc¸a˜o desse problema usando as leis da dinaˆmica
(as leis de Newton) e´ complicado. Vamos resolver usando o conceito de trabalho.
P2.a– Enquanto o bloco estiver se movimentando sobre o plano a normal, por ser perpendicular ao
plano, sera´ perpendicular a qualquer movimento do corpo sobre o plano e seu trabalho sera´ nulo. O peso
realiza um trabalho que so´ depende das alturas inicial e final do bloco. E a mola, por sua vez realiza um
trabalho que depende somente de sua constante ela´stica, k, e do quanto for comprimida, ∆x. Portanto,
ao percorrer a distaˆncia D desde o in´ıcio, quanto e´ solto, ate´ o instante em que ele novamente para, o
bloco sofre um trabalho total igual a
Wtotal =WNormal +WPeso +WMola = 0 +mgD sen θ +WMola. (9)
O trabalho da mola pode ser calculado pela definic¸a˜o:
WMola =
X0∫
0
|FMola| |dx| cos 180◦ =
X0∫
0
kx dx(−1) = −1
2
kX20 , (10)
onde consideramos que o mo´dulo da forc¸a da mola depende do quanto e´ comprimida, e que, na descida
a mola faz no bloco uma forc¸a de sentido oposto ao de seu deslocamsnto (o aˆngulo entre eles e´ 180◦).
Levando o resultado da Eq.(10) na Eq.(9),
Wtotal = mgD sen θ − 1
2
kX20 . (11)
Igualando o trabalho total a´ variac¸a˜o de energia cine´tica, vemos que o corpo estava parado no in´ıcio e
tambe´m esta´ parado ao final e, portanto a variac¸a˜o de energia cine´tica e´ nula Igualando o trabalho total
a´ variac¸a˜o de energia cine´tica, vemos que o corpo estava parado no in´ıcio e tambe´m esta´ parado ao final
e, portanto a variac¸a˜o de energia cine´tica e´ nula, e
mgD sen θ − 1
2
kX20 = 0, (12)
de onde tiramos a distaˆncia solicitada
D =
kX20
2mg sen θ
. (13)
P2.b– Seguindo a mesma linha de racioc´ınio, podemos calcular o trabalho total sofrido pelo bloco
enquanto ele desce uma distaˆncia ao longo do plano de D − X0, e igualar a` sua variac¸a˜o de energia
cine´tica. Lembrando que o corpo ainda na˜o encostou na mola e que a normal realiza trabalho nulo, e
chamando de V a velocidade que queremos
mg(D −X0) sen θ = 1
2
mV 2 ou V =
√
2g(D −X0) sen θ.
O problema pode ser resolvido, tambe´m, por considerac¸o˜es de energia mecaˆnica.
P3– (20 pontos, 08:00–09:55) Um carrinho com massam1 se move numa pista sem atrito com velocidade
V1, e sofre uma colisa˜o ela´stica com outro carrinho inicialmente em repouso. Apo´s a colisa˜o, o
primeiro carrinho continua a se mover na mesma direc¸a˜o e sentido que antes, mas agora com a
velocidade V ′1 . Determine em termos de m1, V1 e V
′
1 :
P3.a– a velocidade do segundo carrinho apo´s a colisa˜o;
P3.b– a massa do segundo carrinho.
Soluc¸a˜o
Trata-se de uma colisa˜o que e´ ela´stica. Por ser uma colisa˜o, durante o evento pode-se desprezar
quaisquer forc¸as externas e, portanto, a acelerac¸a˜o do centro de massa sera´ nula e, consequentemente,
a velocidade do centro de massa ficara´ constante. Como as massas na˜o variam durante a colisa˜o, isso e´
equivalente a dizer que a quantidade de movimento linear total do sistema fica constante na colisa˜o. Ou
pantes = m1V1 +M20 = m1V1 = pdepois = m1V1,final +M2V2,final = m1V
′
1 +M2V2,final, (14)
onde usamos as informac¸o˜es do problema. Ale´m de a quantidade de movimento linear total ser conservada,
o enunciado diz que a energia cine´tica tambe´m se conserva (colisa˜o ela´stica):
Ecine´tica total inicial =
1
2
m1V
2
1 = Ecine´tica total final =
1
2
m1(V
′
1)
2 +
1
2
M2V
2
2,final. (15)
As equac¸o˜es Eq.(14) e (15) formam um sistema de duas equac¸o˜es com duas inco´gnidas, V2,final eM2, que,
isolando as inco´gnitas de um lado, podem ser escritas como:
M2V2,final = m1V1 −m1V ′1 = m1(V1 − V ′1) (16)
1
2
M2(V2,final)
2 =
1
2
m1V
2
1 −
1
2
m1(V
′
1)
2 =
1
2
m1
(
V 21 − (V ′1)2
)
=
1
2
m1
(
V1 − V ′1
)(
V1 + V
′
1
)
. (17)
P3.a– Dividindo termo a termo a Eq.(17) pela Eq.(16),
1
2
M2(V2,final)
2
M2V2,final
=
1
2
m1
(
V1 − V ′1
)(
V1 + V
′
1
)
m1(V1 − V ′1)
, (18)
ou, simplificando,
V2,final = V1 + V
′
1 . (19)
P3.b– Levando o resultado da Eq.(19) na Eq.(16),
M2V2,final =M2
(
V1 + V
′
1
)
= m1(V1 − V ′1), ou M2 = m1
V1 − V ′1
V1 + V ′1
. (20)