prova 2 - 2012

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 17/11/2012 - 10:05
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. Uma bola e´ deixada cair, a partir do repouso, da borda de um precip´ıcio. Desprezando a resisteˆncia
do ar, podemos afirmar que sua energia cine´tica varia linearmente com o tempo.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Se desprezarmos a resisteˆncia do ar, a u´nica forc¸a que atuara´ na bola
sera´ o seu peso, que e´ uma forc¸a conservativa. Como na˜o atuam outros tipos de forc¸a, o trabalho dessas
(que sa˜o nulas) e´ nulo assim como a variac¸a˜o de energia mecaˆnica do sistema. Podemos, enta˜o, escrever
WFna˜o conservativas = 0 = ∆Emecaˆnica = (Ecine´tica,final + Epotencial,final)− (Ecine´tica,inicial + Epotencial,inicial).
Considerando a bola inicialmente parada em sua altura nula, e que a altura aumenta para cima, ao descer
sua altura vai diminuir e a equac¸a˜o acima pode ser escrita
WFna˜o conservativas = 0 = (Ecine´tica,final −mgy)− (0 + 0) ou Ecine´tica,final = mgy,
ou seja, a energia cine´tica varia linearmente com a altura da bola. Mas, como a bola esta´ acelerada
(queda livre) sua altura na˜o varia linearmente com o tempo, mas com o quadrado do mesmo (algo do
tipo y(t) = y(0)− 1
2
gt2). Portanto, a energia cine´tica varia com o quadrado do tempo.
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
distaˆncia D. Se aumentarmos h, o bloco percor-
rera´ uma distaˆncia menor 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 aumentarmos h, a relac¸a˜o
acima diz que D tambe´m aumenta. 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. Considere uma caixa que explode em treˆs pedac¸os enquanto se move com velocidade constante
positiva ao longo do eixo x. Se um dos pedac¸os, de massa m1, possuir velocidade nula apo´s a
explosa˜o, os outros dois pedac¸os, necessariamente, devera˜o se mover na mesma direc¸a˜o do 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, ha´, realmente, 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. Uma part´ıcula colide com outra inicialmente em repouso. E´ poss´ıvel que uma das part´ıculas fique
em repouso apo´s a colisa˜o.
A afirmativa esta´ CORRETA. Como se trata de colisa˜o, forc¸as externas podem ser desprezadas e, em
consequeˆncia disso, a quantidade de movimento linear total do sistema deve ser conservada. Se, depois
da colisa˜o, a part´ıcula que estava inicialmente em repouso adqurir toda a quantidade de movimento que
a part´ıcula incidente possuia antes da colisa˜o, a u´nica situac¸a˜o poss´ıvel e´ esta part´ıcula incidente ficar
parada apo´s a colisa˜o.
Parte B - Problemas (valor 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (20 pontos, 10:05–12:00) 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, das massas ME e MD e da distaˆncia
dE :
P1.a– a velocidade do bloco E imediatamente apo´s a explosa˜o;
P1.b– a expressa˜o da distaˆncia dD, percorrida pelo bloco da direita, D, em func¸a˜o das outras
grandezas definidas nesse problema.
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 esseproblema 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).
Usando as Eqs.(6) e (7) na Eq.(2), tiramos a expressa˜o da distaˆncia dD,
ME
√
2µEgdE = −MD
√
2µDgdD ou dD =
µEM
2
E
µDM
2
D
dE , (8)
onde elevamos ao quadrado para eliminar as raizes e isolar dD.
P2– (20 pontos, 10:05–12:00) Um bloco de
massa m e´ liberado do repouso em um
plano inclinado sem atrito que faz um
aˆngulo θ com a horizontal. Inicialmente,
o bloco esta´ comprimindo uma mola ideal
de constante ela´stica k por uma distaˆncia
X0, como na figura ao lado. O bloco
na˜o esta´ preso a` mola e se separa dela
quando esta chega a` sua configurac¸a˜o de
equil´ıbrio, durante sua descida. Deter-
mine, em termos de g, k, m, θ, D e X0,
P2.a– qual a velocidade do bloco no instante
em que a mola retorna ao seu compri-
mento natural (relaxado);
P2.b– qual a velocidade do bloco ao percorrer uma distaˆncia D a partir da posic¸a˜o de equil´ıbrio da
mola, ainda descendo.
θ
θ
plan
o se
m a
trito
Xo
m
equilibrio da mola
D sen
Xo sen
θ
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. Enquanto o bloco encosta na
mola comprimindo-a, a mola faz 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 baixo, 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.
Como na˜o ha´ atrito, seu trabalho sera´ nulo, assim como o da normal (veja abaixo). Como as outras
forc¸as (peso e mola) sa˜o conservativas, vamos resolver esse problema usando a conservac¸a˜o de energia
mecaˆnica do bloco.
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, tanto o
peso como a forc¸a da mola sa˜o forc¸as conservativas e possuem energia mecaˆnica associada a elas. Enta˜o,
a variac¸a˜o da energia mecaˆnica do bloco sera´ nula em todos os instantes do processo:
Watrito = 0 = ∆Emecaˆnica = Emecaˆnica,final − Emecaˆnica,inicial, (9)
onde “inicial” e “final” depende de nossa ana´lise. Chamando de “inicial” o instante em que o bloco e´
solto comprimindo a mola, podemos escrever sua energia mecaˆnica nesses instante como
Emecaˆnica,inicial = Ecine´tica,inicial + Epot.grav.,inicial + Epot.ela´stica.,inicial = 0 + 0 +
1
2
kX20 , (10)
onde consideramos que o n´ıvel para o ca´lculo da energia potencial gravitacional e´ a posic¸a˜o inicial, que o
bloco esta´ parado e a mola comprimida de X0. Ao descer ao longo do plano a distaˆncia X0, ate´ a posic¸a˜o
de equil´ıbrio da mola, chegamos na situac¸a˜o “final”, B, e, nesse instante, vemos que a mola voltou a` sua
posic¸a˜o de equil´ıbrio e o bloco desceu uma altura h = X0 sen θ, e a sua energia mecaˆnica nesse instante
e´, considerando o mesmo n´ıvel escolhido anteriormente para o ca´lculo da energia potencial gravitacional,
lembrando que a altura cresce para cima (e que o bloco desceu),
Emecaˆnica,B = Ecine´tica,B + Epot.grav.,B + Epot.ela´stica.,B =
1
2
mv2B +mg(−X0 sen θ) + 0. (11)
Igualando as energias mecaˆnicas das Eqs.(10) e (11), podemos calcular a energia cine´tica e, portanto, a
velocidade do bloco no instante B:
1
2
mv2B −mgX0 sen θ =
1
2
kX20 ou
1
2
mv2B = mgX0 sen θ +
1
2
kX20 , (12)
de onde tiramos a velocidade solicitada
VB =
√
2gX0 sen θ +
kX20
m
. (13)
P2.b– Seguindo a mesma linha de racioc´ınio, e como na˜o ha´ atrito em nenhuma parte do problema,
podemos igualar a energia mecaˆnica no instante em que o bloco desce a distaˆncia D a partir da posic¸a˜o
de equil´ıbrio da mola com aquela que ele tinha inicialmente, quando foi solto. Vemos agora que, enquanto
a mola continuou em sua posic¸a˜o de equil´ıbrio, a altura do bloco desceu ao longo do plano de D +X0, e
sua altura esta´ (D +X0) sen θ abaixo de sua posic¸a˜o inicial. Portanto, chamando esse instante de C, a
sua energia mecaˆnica nesse instante e´
Emecaˆnica,C = Ecine´tica,C + Epot.grav.,C + Epot.ela´stica.,C =
1
2
mV 2C +mg
(
−(D +X0) sen θ
)
+ 0. (14)
Igualando a Eq.(14) a` Eq.(10),
1
2
mV 2C −mg(D +X0) sen θ =
1
2
kX20 ou
1
2
mV 2C = mg(D +X0) sen θ +
1
2
kX20 , (15)
de onde tiramos a velocidade solicitada
VC =
√
2g(D +X0) sen θ +
kX20
m
. (16)
O problema pode ser resolvido, tambe´m, fazendo o trabalho total realizado sobre o bloco sendo
igual a` variac¸a˜o da sua energia cine´tica.
P3– (20 pontos, 10:05–12:00) 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, pore´m em sentido contra´rio ao que se
movimentava antes, agora com a velocidade de mo´dulo 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 = m1(−V
′
1) +M2V2,final, (17)
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 (pois a colisa˜o foi 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. (18)
As equac¸o˜es Eq.(14) e (15) formam um sistema de duas equac¸o˜es com duas inco´gnidas, V2,final e M2, que,
isolando as inco´gnicas de um lado, podem ser escritas como:
M2V2,final = m1V1 +m1V
′
1 = m1(V1 + V
′
1) (19)
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
)
. (20)
P3.a– Dividindo termo a termo a Eq.(20) pela Eq.(19),
1
2
M2(V2,final)
2
M2V2,final
=
1
2
m1
(
V1 − V
′
1
)(
V1 + V
′
1
)
m1(V1 + V ′1)
, (21)
ou, simplificando,
V2,final = V1 −V
′
1 . (22)
P3.b– Levando o resultado da Eq.(22) na Eq.(19),
M2V2,final =M2
(
V1 − V
′
1
)
= m1(V1 + V
′
1), ou M2 = m1
V1 + V
′
1
V1 − V ′1
. (23)