prova 3 Fundamentos de Mecanica UFMG - prof Luiz Paulo 2016/2

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GABARITO DA 3a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA – TURMA A4 – 30/01/2017
Abaixo esta˜o os Momentos de Ine´rcia de alguns corpos uniformes por eixos que passam pelo seu centro de massa:
- disco ou cilindro macic¸o de massa M , raio R, pelo seu eixo: ICM,cil =
1
2
MR2
- esfera macic¸a de massa M , raio R, por um eixo que passa pelo seu centro de massa: ICM,esf,1 =
2
5
MR2
- esfera oˆca de massa M , raio R, por um eixo que passa pelo seu centro de massa: ICM,esf,2 =
2
3
MR2
- barra de massaM , comprimento L, por um eixo que passa pelo centro de massa, perpendicular a` barra: ICM,bar =
1
12
ML2
Parte A - Questo˜es (10,5 pontos, 1,5 ponto por quest~ao): Para cada afirmac¸a˜o abaixo, comente se
esta˜o corretas ou incorretas e (mesmo se a afirmativa estiver correta) justifique com palavras e/ou equac¸o˜es.
Q1- A variac¸a˜o do momento angular de um sistema nem sempre e´ paralela a` resultante dos torques externos.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A u´nica coisa que consegue modificar a quantidade de movimento angular
total de um sistema e´ a existeˆncia de torques externos na˜o nulos, uma vez que a terceira lei de Newton e
a definic¸a˜o de torque fazem com que os torques internos, devidos a`s forc¸as internas sejam sempre, no total,
nulos. Dessa forma, temos vetorialmente: d
~ℓtotal
dt
= ~τext ou d~ℓtotal = ~τext dt, ou seja, a variac¸a˜o da quantidade
de movimento angular sera´ sempre paralela a` resultante dos torques externos.
Q2– Uma part´ıcula de massa m e velocidade constante ~v (em movimento retil´ıneo uniforme), possui um
momento angular (em relac¸a˜o a um certo ponto fixo no espac¸o) constante, enquanto ela se movimenta.
A afirmativa esta´ CORRETA. A quantidade de movimento angular de
um corpo em relac¸a˜o a um determinado ponto A e´ definida como ~LA =
~rA × ~p, onde ~rA e´ o vetor posic¸a˜o do corpo em relac¸a˜o ao ponto A e
~p a sua quantidade de movimento, M~v. O vetor ~p e´ constante, mas o
vetor ~rA, que depende do ponto A e da posic¸a˜o do corpo, varia. Enta˜o, o
vetor ~LA vai depender do ponto A e da posic¸a˜o do corpo, tendo o mo´dulo
LA = rAp sen θ. A` medida que o corpo se movimenta, p fica constante, e
rA e θ variam de forma tal que o produto rA sen θ da´ sempre a distaˆncia
do ponto A a` reta do movimento do corpo. Enta˜o, LA e´ constante.
p=mv
p
θ
θ
Α2
Α2
Α2
rr sen θ
Α1
Α
1
rΑ1
φ
Α1
φ
Α2
Q3- Em uma corrida de carrinhos sem motor ladeira abaixo, do alto ate´ a linha de chegada, e´ melhor escolher
rodas com grande momento de ine´rcia, do que com pequeno momento de ine´rcia.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Em qualquer hipo´tese, mesmo com perdas devido a atrito, resisteˆncia do
ar, etc., parte da energia potencial gravitacional sera´ transformada em energia cine´tica, pois as perdas na˜o
consumira˜o toda a energia mecaˆnica dispon´ıvel. A energia cine´tica de cada roda sera´ a soma das suas energias
cine´ticas de rotac¸a˜o e de translac¸a˜o. Temos, enta˜o, que Ecin =
1
2
mv2 + 1
2
Irodaω
2, que, considerando que
as rodas rolam sem deslizar e que v = ωR, Ecin =
1
2
(m + Iroda
R2
)v2. Como a roda tera´ uma certa energia
cine´tica (proveniente da gravidade), a forma de ter a maior velocidade de translac¸a˜o, v, e´ usar uma forma
de roda com o mı´nimo de ine´rcia rotacional, pois v =
√
Ecin
m+
I
roda
R2
, e na˜o da´ para alterar nem m nem Ecin.
Q4– O efeito estufa vai derreter as calotas polares e o n´ıvel do mar vai subir, principalmente no equador. E´
de se prever que isso deve aumentar ligeiramente a durac¸a˜o do dia da Terra (seu per´ıodo de rotac¸a˜o).
A afirmativa esta´ CORRETA. Com uma grande massa de gelo nas calotas polares, ha´ uma grande massa de
mate´ria perto do eixo de rotac¸a˜o da Terra. Se esse gelo se derreter, aumentando o n´ıvel dos oceanos, uma boa
parte dessa massa vai se dirigir para perto do equador, se afastando do eixo. Com isso, o momento de ine´rcia
da Terra, como um todo, vai aumentar. Como na˜o ha´ torques externos (todo o processo e´ interno), o momento
angular da Terra tem que ficar constante. Ao se aumentar o momento de ine´rcia, apo´s o derretimento das
calotas polares, numa certa proporc¸a˜o, a velocidade angular da Terra deve diminuir (e, consequentemente,
o per´ıodo deve aumentar) na mesma proporc¸a˜o, para manter o momento angular constante.
Q5- Em um avia˜o monomotor, a he´lice gira no sentido hora´rio, vista pelo piloto, sentado atra´s dela. Ao
virar para a sua esquerda num voˆo horizontal, o piloto sente que o avia˜o tende a embicar para baixo.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Em relac¸a˜o ao piloto, a he´lice possui momento angular que aponta na
mesma direc¸a˜o de sua velocidade angular, isto e´, do piloto para a he´lice (ele esta´ atra´s dela). Ao virar para
a esquerda, pela regra da ma˜o direita, o piloto tem que aplicar um torque para cima no sistema. Como
~τ = d~ℓ/dt, teremos uma variac¸a˜o de momento angular na mesma direc¸a˜o, isto e´, para cima, pois d~ℓ = ~τdt.
Enta˜o, o momento angular da he´lice (que e´ o do sistema), sofre uma variac¸a˜o para cima e o avia˜o tende a
empinar para cima.
Lhel
dLLfin
Parte B - Problemas (20,0 pontos: P1 = 6,0 pontos, P2 e P3 = 7,0 pontos cada)
P1– Um sate´lite artificial de massa m esta´ em o´rbita circular bem
acima do equador terrestre, de tal forma que o seu per´ıodo e´ igual
ao da rotac¸a˜o da Terra (raio RT , massa MT >> m), Pdia. Deter-
mine, em termos de RT , MT , m, Pdia e G: (6 pontos)
P1.a– a altura h, acima do equador terrestre, que o sate´lite deve ser
colocado (3 pontos);
P1.b– a velocidade orbital linear de translac¸a˜o que o sate´lite possui nessa
situac¸a˜o (3 pontos).
h
M
R
T
T
m
F
Soluc¸a˜o
Na figura mostramos a forc¸a, F que o sate´lite sofre da Terra. Essa
forc¸a e´ a resultante sobre o sate´lite e, como tal, e´ a forc¸a centr´ıpeta em
seu movimento orbital. Conhecemos o raio desse movimento, RT + h, e seu
per´ıodo, Pdia. Portanto, conhecemos a acelerac¸a˜o centr´ıpeta, acentr = ω
2r.
P1.a– Partindo do racioc´ınio acima,
F = G
MTm
r2
= G
MTm
(RT + h)
2
= macentr = mω
2 (RT + h) = m
(
2π
Pdia
)2
(RT + h) (1)
ou, simplificando,
G
MTP
2
dia
4π2
= (RT + h)
3
e (RT + h) =
[
G
MTP
2
dia
4π2
] 1
3
=
3
√
G
MTP 2dia
4π2
. (2)
Dessa forma, a altura h solicitada e´ (note que na˜o depende da massa do sate´lite)
h =
3
√
G
MTP 2dia
4π2
−RT .
P1.b– Na situac¸a˜o acima, onde a distaˆncia do sate´lite ao centro da Terra e´ dada pela Eq. (2), e seu per´ıodo
sendo Pdia, podemos usar as equac¸o˜es do movimento circular uniforme, vorb = ωorbr, e
vorb = ωorbr =
2π
Pdia
(RT + h) . (3)
Levando o resultado da Eq. (2) na Eq. (3)
vorb =
2π
Pdia
[
G
MTP
2
dia
4π2
] 1
3
= 3
√
2π
GMT
Pdia
P2– Uma part´ıcula de massa m realiza um movimento cir-
cular uniforme sobre uma mesa sem atrito. A part´ıcula
esta´ presa a uma extremidade de um fio (sem massa
e inextens´ıvel), cuja outra extremidade passa por um
furo no centro da mesa e que e´ presa debaixo desta
numa massa desconhecida. Na˜o ha´ atrito do fio com a
mesa, pelo furo. A velocidade angular da massa m e´
ω1 e o raio do c´ırculo e´ R1 e a massa desconhecida esta´
em repouso. (7 pontos)
P2.a- Determine a massa desconhecida, M , que equilibra o
sistema, em termos de m, R1, ω1 e g (2 pontos).
m R2R1
R1−R2
M = ?
A massa pendurada, agora conhecida, e´ enta˜o puxada mais um pouco para debaixo da mesa por uma
forc¸a, sendo mantida presa nessa nova posic¸a˜o, e o novo raio do movimento da part´ıcula passa a ser
R2(<R1). Determine, justificando o seu racioc´ınio, em termos de m, R1, R2, ω1 e g:
P2.b- a nova velocidade angular da part´ıcula de massa m (2 pontos),
P2.c- a nova tensa˜o no fio (2 pontos),
P2.d- o trabalho total realizado sobre o sistema no processo (1 ponto).Soluc¸a˜o
Em primeiro lugar, vamos identificar as forc¸as que atuam nas partes do problema. As forc¸as que atuam na
massa desconhecida sa˜o seu peso (exercido pela Terra, que sofre a reac¸a˜o) e a forc¸a da parte vertical do fio
(que sofre a reac¸a˜o). Como essa massa esta´ em repouso, a resultante dessas duas forc¸as tem que ser zero e
a forc¸a que o fio faz na massa tem que ser igual ao seu peso, Mg.
O fio, enta˜o, e´ puxado para baixo pela massa, por uma forc¸a igual a Mg, mas na˜o se acelera. Como o
fio na˜o possui massa, ele tem que ser puxado pela outra extremidade por uma forc¸a igual em mo´dulo a` que
a massa m a puxa para baixo. Quem faz essa forc¸a e´ a part´ıcula de massa m, que sofre a reac¸a˜o.
Sobre a part´ıcula de massa m atuam seu peso (vertical para baixo, exercido pela Terra, que sofre a
reac¸a˜o), a normal com a mesa (para cima, exercida pela mesa, que sofre a reac¸a˜o) e o fio (que sofreu a reac¸a˜o
ao ser puxado pela part´ıcula). Como na˜o ha´ atrito, essas sa˜o as u´nicas forc¸as atuantes.
P2.a- Nem a massa desconhecida nem a part´ıcula sobre a mesa se movimentam na vertical. Enta˜o,
particula : N + 0 + (−mg) = 0 −→ N = mg, e (4)
massa desconhecida : Tfio + (−Mg) = 0 −→ Tfio =Mg. (5)
Na horizontal, a u´nica forc¸a que atua na part´ıcula (exercida pelo fio, Tfio), e´ igual a` sua forc¸a centr´ıpeta
Tfio = macentr = mω
2r = mω21R1. (6)
Igualando as eqs. (5) e (6), temos
Mg = mω21R1 ou M =
mω21R1
g
. (7)
P2.b- Ao se puxar a massa pendurada para baixo, reduzindo o raio do movimento da part´ıcula, a tensa˜o
no fio na˜o consegue exercer qualquer torque em relac¸a˜o ao furo por onde passa. Com isso, a quantidade de
movimento angular da part´ıcula em relac¸a˜o ao furo tem que ficar constante. Inicialmente, a quantidade de
movimento angular e´
ℓ1 = |~R1 × ~p1| = |~R1 ×m~v1| = R1mv1 sen 90
◦ = R1mv1 = mR
2
1ω1(= I1ω1) (8),
onde usamos que v = ωr, que a velocidade e´ tangencial ao movimento (fazendo um aˆngulo de 90◦ com o fio).
Note que o momento de ine´rcia da part´ıcula em relac¸a˜o ao furo e´ I1 = mR
2
1, e que poder´ıamos usar isso, no
ca´lculo de ℓ1. Pelo nosso racioc´ınio, o momento angular na˜o pode mudar e, portanto,
ℓ2 = mR
2
2ω2 = ℓ1 = mR
2
1ω1,
de onde tiramos que
ω2 =
(
R1
R2
)2
ω1. (9)
P2.c- Da Eq. (6), podemos escrever que, na nova situac¸a˜o, a nova tensa˜o no fio sera´
T ′fio = macentr,2 = mω
2r = mω22R2. (10)
Utilizando a Eq. (9), temos
T ′fio = mω
2
2R2 = m
[(
R1
R2
)2
ω1
]2
R2 = m
(
R1
R2
)4
ω21R2 = m
R41
R32
ω21 . (11)
P2.d- Dentre as forc¸as identificadas anteriormente, as que podem realizar trabalho sa˜o o peso da massa
pendurada, a forc¸a extra que atuou nela fazendo-a baixar (desconhecida) e as tenso˜es, pois o peso da part´ıcula
sobre a mesa e a normal na˜o realizam trabalho (pois sa˜o perpendiculares ao deslocamento). Na˜o e´ poss´ıvel
usar a definic¸a˜o de trabalho e integrar, pois a forc¸a extra e´ varia´vel e na˜o se deu como e´ sua dependeˆncia com
a posic¸a˜o. Pore´m, tem-se o teorema que diz que “o trabalho total e´ igual a` variac¸a˜o de energia cine´tica”. e
basta, portanto, calcular essa variac¸a˜o entre as situac¸o˜es inicial (1) e final (2), Wtotal=∆Ecin=Ecin,2−Ecin,1.
A massa pendurada estava parada inicialmente e continua parada na situac¸a˜o final. A energia cine´tica da
part´ıcula sobre a mesa, inicial e final, e´, utilizando o resultado da Eq.(9).
Ecin,1 =
1
2
I1ω
2
1 =
1
2
mR21ω
2
1 e Ecin,2 =
1
2
I2ω
2
2 =
1
2
mR22ω
2
2 =
(
1
2
I1ω
2
1
)(
R1
R2
)2
(12)
e
Wtotal = ∆Ecin =
(
1
2
mR21ω
2
1
)[(
R1
R2
)2
− 1
]
(13)
P3– Uma haste uniforme e fina, de massa M e com-
primento L e´ suspensa em uma extremidade por
um pino em torno do qual pode girar livremente,
sem qualquer atrito. Inicialmente a haste esta´
parada na posic¸a˜o vertical. Uma part´ıcula de
massa m e velocidade inicial V na direc¸a˜o hori-
zontal colide com a extremidade livre (de baixo)
da haste, ficando grudada na mesma. Calcule,
justificando o seu racioc´ınio, em termos de M ,
m, L, V e g: (7 pontos).
P3.a– a velocidade angular do conjunto em relac¸a˜o
ao pino de apoio, imediatamente apo´s a co-
lisa˜o (2,5 pontos);
P3.b– a distaˆncia que o centro de massa do con-
junto esta´ do pino de apoio, imediatamente
apo´s a colisa˜o (2,0 pontos);
P3.c– se a velocidade V na˜o for muito grande, en-
contre o aˆngulo ma´ximo θ que o conjunto
alcanc¸ara´, em sua oscilac¸a˜o apo´s a colisa˜o
(2,5 pontos);
M,L
θ
V
pino de apoio
CM
CM
CM
sistema
sistema
haste h
m
Soluc¸a˜o
Trata-se de uma colisa˜o, durante a qual atuam as forc¸as internas entre a part´ıcula e a barra e as forc¸as
externas: os pesos (da part´ıcula e da barra) e a forc¸a que o pino faz na barra, Na vertical as forc¸as podem se
anular durante a colisa˜o, mas na horizontal na˜o tem jeito de anular a componente horizontal da forc¸a do pino.
Portanto, a quantidade de movimento linear na˜o se conservara´ na horizontal durante a colisa˜o, pois existe
forc¸a externa nessa direc¸a˜o. Entretanto, em relac¸a˜o ao ponto onde o pino segura a barra, imediatamente
antes e depois da colisa˜o, nenhuma forc¸a consegue fazer torque. Os pesos na˜o exercem torques em relac¸a˜o ao
ponto onde atua o pino por causa do aˆngulo e o pino por atuar exatamente nesse ponto. As forc¸as internas,
por serem de mo´dulos iguais, terem a mesma direc¸a˜o, sentido oposto e atuarem exatamente mo mesmo ponto
de contato, na˜o exercem torques em relac¸a˜o a nenhum ponto do universo. Portante, o torque total, durante
a colisa˜o, e´ nulo em relac¸a˜o ao ponto onde o pino atua. . . e, consequentemente, a quantidade de movimento
angular em relac¸a˜o a esse ponto tem que se conservar.
P2.a- A quantidade de movimento angular inicial do sistema em relac¸a˜o ao ponto onde o pino atua e´ dada
somente pela massa m em movimento, pois a barra esta´ parada. Imediatamente apo´s a colisa˜o a barra com
a massa presa em sua extremidade estara˜o girando em torno do pino com a velocidade angular solicitada ω.
Portanto, usando a definic¸a˜o ~Lpino = ~rpino × ~p,
Lini,pino = mV L = Lfin,pino = Itot,pino ωfinal =
(
ML2
3
+mL2
)
ωfinal (14)
onde se usou a tabela dada no in´ıcio da prova para encontrar o momento de ine´rcia do conjunto “barra e
massa” em relac¸a˜o ao pino. Portanto
ωfinal =
mV L
ML2
3
+mL2
=
(
m
M
3
+m
)
V
L
. (15)
P3.b- O centro de massa da barra, pelo fato de ela ser uniforme, esta´ em sua metade, a uma distaˆncia L
2
de sua extremidade superior, onde esta´ o pino. Pela definic¸a˜o de posic¸a˜o de centro de massa, em relac¸a˜o ao
pino (considerando positivo para baixo)
ycm =
M L
2
+mL
M +m
=
(
M
2
+m
M +m
)
L. (16)
P3.c- Imediatamente apo´s a colisa˜o o sistema comec¸a a girar em torno do pino com a velocidade angular
encontrada na Eq.(15), tendo, portanto energia cine´tica. Considerando a posic¸a˜o inicial do centro de massa do
sistema como sendo nosso refereˆncia de altura para o ca´lculo da energia potencial, a energia potencial inicial
sera´ nula e a energia mecaˆnica inicial do sistema, imediatamente apo´s a colisa˜o, e´ Emec,ini=Ecin,ini+Epot,ini
Emec,ini =
1
2
Itot,pino ω
2 + 0 =
1
2
(
ML2
3
+mL2
)[(
m
M
3
+m
)
V
L
]2
=
1
2
(
m2
M
3
+m
)
V 2. (17)
O problema diz que na˜o ha´ atrito no eixo do pino e, portanto, a energia mecaˆnida deve ser conservada. Na
posic¸a˜o final do conjunto, na˜o havera´ movimento (ou seja, na˜o havera´ energia cine´tica) e toda a energia sera´
potencial gravitacional com o centro de massa do sistema a uma certa altura h da posic¸a˜o inicial do centro
de massa do sistema, Emec,fin = 0 + (M +m)gh e
h =
V 2
2g
(
m2(
M
3
+m
)
(M +m)
)
= ycm(1 − cos θ) =
(
M2
+m
M +m
L
)
(1− cos θ), (18)
de onde tiramos cos θ, onde θ e´ o aˆngulo ma´ximo que o sistema oscilara´ em relac¸a˜o a` vertical
cos θ = 1−
V 2
2gL
(
m2(
M
3
+m
) (
M
2
+m
)
)
. (19)