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

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA – 15/10/2016 – 10:00–11:50
Dados: derivada, integral indefinida e velocidades finais, v1f e v2f , apo´s colisa˜o ela´stica em uma dimensa˜o
de duas massas m1 e m2 com velocidades iniciais v1i e v2i, respectivamente
dxn
dx
= nxn−1 v1f =
(
m1 −m2
m1 +m2
)
v1i +
(
2m2
m1 +m2
)
v2i
∫
xndx =
xn+1
n+ 1
(para n 6= −1) v2f =
(
2m1
m1 +m2
)
v1i +
(
m2 −m1
m1 +m2
)
v2i
Parte A - Questo˜es (sugesta˜o: valor 40 pontos; 10 pontos por questa˜o. Nota: os professores podem
atribuir outros valores, diferentes dos sugeridos!): Diante de cada questa˜o, afirme se e´ verdadeira
ou falsa, justificando suas respostas em todas elas, se poss´ıvel com equac¸o˜es explicando seu racioc´ınio.
Q1. Quando um bloco de massa igual a m e momento linear p (quantidade de movimento), movimen-
tando-se sobre um plano horizontal e sem atrito, choca-se com uma mola, ele produz uma compressa˜o
ma´xima igual a d. Caso um bloco com massa 2m e com o mesmo momento linear anterior, p, nas mesmas
condic¸o˜es, venha a se chocar com a mesma mola, a compressa˜o ma´xima sera´ igual a 2d.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A energia cine´tica inicial do bloco de massam e´Ecin=
1
2mv
2= 12mv
2
(
m
m
)
=m
2v2
2m =
p2
2m . Ao chocar com a mola e comprimı´-la, a u´nica forc¸a capaz de realizar trabalho sera´ a da
mola e seu trabalho ao ser comprimida de d sera´Wmola=− 12kd2. Esse sera´ o trabalho total que sera´, pelo
teorema trabalho – energia cine´tica, igual a´ variac¸a˜o da energia cine´tica. Como o segundo bloco possui
o mesmo momento linear, mas o dobro da massa, sua energia cine´tica inicial sera´, pelo mesmo racioc´ınio
acima, igual a´ metade da enegia cine´tica do bloco menor. Portanto, para parar esse segundo bloco o
trabalho da mola tera´ que ser a metade do trabalho para o primeiro bloco, − 12kD2 = 12
(− 12kd2) e a sua
compressa˜o sera´ D = d
√
2
2 , menor que para o primeiro bloco. Ha´ outras formas de demonstrar isso.
Q2. Uma part´ıcula de massa m1 colide frontalmente com outra de massa m2, que estava inicialmente em
repouso. Sabendo que se trata de uma colisa˜o ela´stica e que m2 = 10m1, e´ poss´ıvel afirmar que, apo´s a
colisa˜o, a velocidade da part´ıcula de massa m1 sempre permanece na mesma direc¸a˜o e no mesmo sentido
que possuia inicialmente.
A afirmativa e´ INCORRETA. As equac¸o˜es que da˜o as velocidades finais em coliso˜es ela´sticas em uma
dimensa˜o (ou seja, frontais) de duas massas foram fornecidas nos dados, bastando fazer a velocidade
inicial de uma das massas igual a zero. Mesmo que isso tenha passado despercebido, trata-se de resolver
o sistema de 2 equac¸o˜es (uma para conservac¸a˜o da quantidade de movimento e outra para a de energia
cine´tica) com 2 inco´gnitas:
m1v1i = m1v1f +m1v1f v1f =
m1−m2
m1+m1
v1i (1)
cuja soluc¸a˜o e´1
2m1v
2
1i =
1
2m1v
2
1f +
1
2m1v1f v1f =
2m1
m1+m1
v1i (2)
Pela Eq.(1) vemos que a velocidade do objeto 1 depende da frac¸a˜o m1−m2
m1+m2
. Se m2=10m1, a frac¸a˜o tem o
valor − 911 e a velocidade final de 1 sera´ negativa, o que faz com que a afirmativa esteja INCORRETA,
pois o sentido ira´ se inverter.
Q3. Um planeta realiza uma o´rbita el´ıptica em torno de uma estrela, longe de qualquer outro corpo. O
momento linear total do sistema planeta–estrela e´ maior quando o planeta esta´ mais pro´ximo da estrela.
A afirmativa e´ INCORRETA. O enunciado diz que o sistema planeta–estrela esta´ “longe de qualquer
outro corpo”. Portanto, podemos considerar que as forc¸as EXTERNAS ao sistema sa˜o nulas. A u´nica
forc¸a existente, enta˜o, sera´ a da gravidade entre os dois corpos e essa forc¸a e´ uma forc¸a INTERNA ao
sistema. Pela definic¸a˜o de posic¸a˜o de centro de massa e de forc¸a resultante pela 2a Lei de Newton para
massas constantes, a acelerac¸a˜o do centro de massa e´ igual a` soma de todas as forc¸as RESULTANTES
sobre as partes do sistema dividida pela massa TOTAL do sistema. Mas, nesse caso, u´nica forc¸a existente
sobre os corpos e´ uma forc¸a INTERNA que, pela terceira Lei de Newton, possui mesmo mo´dulo, mesma
direc¸a˜o, mas sentido oposto em cada corpo. Portanto a soma das forc¸as RESULTANTES, que seria
igual a` soma das forc¸as EXTERNAS, e´ NULA. Como a acelerac¸a˜o do centro de massa e´ nula, sua
velocidade sera´ constante e, portanto, a quantidade de movimento linear (momento linear) total do
sistema e´ CONSTANTE por toda a o´rbita.
Q4. Uma part´ıcula de massa m esta´ sujeita a um potencial U(x) = Ax3 −Bx, sendo A e B constantes
positivas (e na˜o nulas). O ponto x = 0 e´ um ponto de equil´ıbrio esta´vel.
A afirmativa e´ INCORRETA. A relac¸a˜o entre uma forc¸a e o potencial a ela associado e´ que o potencial e´ o
negativo da integral da forc¸a no espac¸o, U(x)=−∫ ~F ·d~x, e a forc¸a e´ o negativo da derivada do potencial em
relac¸a˜o a´ varia´vel espacial, ~F=−dU(x)dx xˆ. Fazendo uso da forma dada do potencial e dos dados fornecidos
no cabec¸alho da prova, podemos ver que F=−dU(x)dx =−(3Ax2−B). A posic¸a˜o de equil´ıbrio de um corpo
e´ onde a forc¸a sobre ele e´ nula. Igualando a forc¸a acima a zero, vemos que existem duas raizes, x=±
√
B
3A ,
mas nenhuma e´ o ponto x=0. Logo, o ponto x=0 NA˜O e´ uma posic¸a˜o de equil´ıbrio.
Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (20 pontos, 10:00–11:50)
O bloco A de massa m parte do repouso e desce uma rampa de altura h sem atrito ate´ um trecho
horizontal quando sofre uma colisa˜o com o bloco B, com massa 2m, inicialmente parado ainda na parte
sem atrito do trecho. Apo´s a colisa˜o, os blocos A e B permancem grudados entre si e percorrem uma
distaˆncia d, sobre uma superf´ıcie com coeficiente de atrito cine´tico µc, ate´ pararem. Determine: (em
func¸a˜o das grandezas fornecidas: h, m, µc, g que julgar necessa´rias):
P1.1– a velocidade do bloco A imediatamente antes da colisa˜o;
P1.2– a velocidade do bloco A imediatamente apo´s a colisa˜o;
P1.3– a distaˆncia d percorrida pelo blocos na parte com atrito.
sem atritocom atrito
µc
h
d
AA
A
B B
Soluc¸a˜o
Enquanto o bloco A se movimenta, desde o instante inicial, quando esta´ parado no alto da rampa, ate´ o
instante em que esta´ prestes a colidir com o bloco B, atuam nele (1) seu peso (vertical, constante, para
baixo, exercido pela Terra, forc¸a conservativa) e (2) a forc¸a normal exercida pela superf´ıcie (vertical, para
cima), pois durante o trecho na˜o existe atrito. Como nesse trecho o bloco A na˜o se movimenta na direc¸a˜o
perpendicular a` superf´ıcie, podemos concluir que a normal e´ sempre perpendicular a` trajeto´ria de A e,
como o aˆngulo que a superf´ıcie faz com a horizontal varia, a normal tambe´m varia.
P1.1– A aplicac¸a˜o da 2a Lei de Newton e´ complicada, pois a acelerac¸a˜o sera´ varia´vel. Pore´m, como a
normal e´ sempre perpendicular a` trajeto´ria do corpo, seu trabalho sera´ nulo. A outra forc¸a e´ o peso para
o qual sabemos calcular o trabalho e ao qual esta´ associada uma energia potencial. Portanto podemos
utilizar
Wtotal =Wmola +Wpeso +Wnormal = ∆Ecin (1a) ou WF na˜o conserv. = ∆Emec. (1b)
Tanto a Eq.(1a) como a Eq.(1b) dara˜o o mesmo resultado, pore´m sem a dificuldade da acelerac¸a˜o varia´vel
da 2a Lei de Newton. Como desde o in´ıcio ate´ a base da rampa o bloco A na˜o sofre atrito, vou usar aqui
a Eq.(1b), pois os trabalhos do atrito e da normal (as forc¸as que na˜o sa˜o conservativas) sera˜o nulos (o do
atrito por ele ser nulo e o da normal por ela ser perpendicular ao deslocamento) e havera´ conservac¸a˜o de
energia mecaˆnica. A energia potencial armazenada gravitacional na posic¸a˜o inicial e´ Epot,grav,i = mgh
em relac¸a˜o a` base da rampa. A energia cine´tica inicial e´ nula e a final (logo antes de o bloco A se chocar
com B) sera´ Ecin,A,f =
1
2mV
2
1 . Enta˜o a Eq.(1b) fica
WF na˜o conserv. = 0 = ∆Emec = ∆Emec,f −∆Emec,i=
(
0 +
1
2
mV 21
)
− (mgh+ 0) , (2)
de onde tiramos a velocidade pedida, V1 =
√
2gh.
P1.2– O enunciado na˜o fornece as forc¸as de interac¸a˜o entre os blocos durante a colisa˜o e nem a
durac¸a˜o das mesmas. Portanto, o uso da 2a Lei de Newton na˜o e´ poss´ıvel, pois na˜o conhecemos as forc¸as.
Sabemos, no entanto, que essas forc¸as de interac¸a˜o entre os blocos consituem um par ac¸a˜o e reac¸a˜o. Se
considerarmos os 2 blocos como formando um sistema, essas forc¸as de interac¸a˜o passam a ser um par de
forc¸as INTERNO ao sistema, que, pela definic¸a˜o de posic¸a˜o de centro de massa, na˜o consegue alterar a
quantidade de movimento linear total do sistema. Usando isso para igualar a quantidade de movimento
total antes da colisa˜o com aquela depois da colisa˜o, e usando a Eq.(2),
Pantes = m1V1 + 0 = m
√
2gh = Pdepois = (mA +mB)VAB = (m+ 2m)VAB = 3mVAB, (3)
de onde tiramos VAB =
√
2gh
3 .
P1.3– Apo´s a colisa˜o os dois blocos passam a se movimentar juntos com a velocidade encontrada
acima, VAB =
√
2gh
3 , ate´ chegarem na regia˜o onde existe atrito. As forc¸as que atuam no conjunto
sa˜o o (1) peso do conjunto, vertical, para baixo, constante, realizado pela Terra, forc¸a conservativas,
(2) a normal, perpendicular ao plano horizontal, portanto, vertical, e (3) o atrito, paralelo ao plano,
portanto horizontal. Como o conjunto na˜o se movimenta na vertical, podemos calcular a normal, que
sera´ N=(mA+mB)g=3mg, e, consequentemente, o mo´dulo da forc¸a de atrito cine´tico, que sera´ Fat,cin =
µcN=3µcmg. Conhecemos TODAS as forc¸as e podemos aplicar tanto a 2
a Lei de Newton como usar
considerac¸o˜es de energia, as Eqs.(1a) ou (1b), sem dificuldade. Por consisteˆncia, vou continuar com
considerac¸o˜es de energia, aplicando a Eq.(1a). Nesse caso, a u´nica forc¸a, das 3 que atuam no conjunto, que
realiza trabalho e´ a forc¸a de atrito. Por ser oposta ao deslocamento, o aˆngulo que faz com o deslocamento
e´ θ=180◦ e seu trabalho e´ WF atrito=FatritoL cos(180
◦)=−µc(3m)gd. Esse trabalho e´ o trabalho total que
sera´ igual a` variac¸a˜o de energia cine´tica e
Wtotal =Wpeso+Wnormal+Watrito = 0+0+(−3µcmgd) = ∆Ecin = 0− 1
2
(3m)V 2AB = −
1
2
3m
(
2gh
9
)
(4)
onde usamos o resultado da parte P1.2–, acima. Da Eq.(4) calculamos d = h9µc .
P2– (20 pontos, 10:00–11:50)
Um astronauta de massa M estava realizando reparos no telesco´pio espacial Hubble, quando o cabo que
o prendia ao telesco´pio se soltou, e o astronauta passou a afastar-se do telesco´pio com velocidade V . Ele
segura uma ferramenta de massa m e precisa voltar ao telesco´pio para se prender novamente ao cabo.
No instante em que ele se encontra a uma distaˆncia L do telesco´pio, (a) com que velocidade e (b) em
que direc¸a˜o, em relac¸a˜o ao telesco´pio, o astronauta deve arremessar a ferramenta para que ele alcance o
telesco´pio em um tempo T ?
Soluc¸a˜o
No espac¸o o astronauta esta´ sob a ac¸a˜o da atrac¸a˜o da Terra, que faz com que ele siga uma o´rbita,
mas praticamente na˜o ha´ interac¸a˜o gravitacional dele com o telesco´pio ou outro corpo, de modo que
possa fazer uma ac¸a˜o e sofrer a reac¸a˜o e alterar seu movimento. Felizmente (para ele) ele ficou com a
ferramenta de massa m e pode interagir com ela. Ambos se afastam do telesco´pio com uma velocidade
V . Se o astronauta fizer forc¸a na ferramenta, sofrera´ a reac¸a˜o. Se considerarmos o sistema constitu´ıdo
pelo astronauta e a ferramenta, esse par sera´ de forc¸a INTERNAS e na˜o alterara´ a velocidade do centro
de massa do sistema. Portanto, vamos escrever a velocidade do centro de massa do sistema constitu´ıdo
pelo astronauta e a ferramenta quando se movimentam juntos e depois, quando o astronauta jogou a
ferramenta para se aproximar do telesco´pio. Vamos considerar como positivas as velocidades que se
afastam do telesco´pio (pois aumentam a distaˆncia entre eles)
VCM,antes = V = VCM,depois =
MVastron,depois +mVferramenta,depois
M +m
. (5)
O enunciado diz que a velocidade de aproximac¸a˜o do astronauta depois de ele ter lanc¸ado a ferramenta
deve percorrer a distaˆncia L no tempo T , portanto, Vastron,depois = −LT . Substituindo isso na Eq.(5),
V =
M
(−L
T
)
+mVferramenta,depois
M +m
, (6)
e calculamos
Vferramenta,depois =
1
m
(
V (M +m) +M
L
T
)
=
M +m
m
V +
M
m
L
T
. (7)
Essa velocidade e´ positiva. Portanto, o astronauta tera´ que jogar a ferramenta com a velocidade dada
pela Eq.(7) na direc¸a˜o se afastando do telesco´pio, para que ele pro´prio se aproxime do telesco´pio.
P3– (20 pontos, 10:00–11:50)
Considere uma placa plana, fina e
quadrada de lado L, onde 3 de seus
quadrantes sa˜o homogeˆneos, com
densidade ρ, e seu quarto quadran-
te, tambe´m e´ homogeˆneo, mas tem
a densidade igual a 3ρ. Calcule
(sugesta˜o: especifique eixos e cal-
cule as componentes) a posic¸a˜o do
centro de massa da placa, relati-
vamente ao seu centro geome´trico,
e mostre na figura onde esta´ esse
centro de massa.
y
x
−L/2
−L/2
L/2
L/2
A
BC
D
(−L/4,L/4) (L/4.L/4)
(L/4,−L/4)(−L/4,−L/4)
(0,0)
Soluc¸a˜o
A definic¸a˜o de posic¸a˜o do centro de massa para corpos cont´ınuos e´
~RCM =
∫
corpo~r dm∫
corpodm
, (8)
onde as integrais teˆm que ser calculadas ao longo do corpo em questa˜o. Se a placa quadrada fosse uniforme,
como o material e´ homogeˆneo, o centro de massa estaria em seu centro. Na figura foram desenhados (com
um sinal de ×) a posic¸a˜o dos centros de massa de cada quadrante da placa, os quadrados menores de lado
igual a L2 , como pares de coordenadas (x, y): cada quadrado possui o seu centro de massa em seu centro
geome´trico. Identificando, por facilidade, cada quadrado com uma letra, o centro de massa do quadrado
composto (e na˜o uniforme) e´ dado por
~RCM =
∑4
i=1~rCM,imi∑4
i=1mi
=
MA~rCM,A +MB~rCM,B +MC~rCM,C +MD~rCM,D
MA +MB +MC +MD
, (9)
ondeMi (i=A,B,C,D) e´ a massa de cada quadrante e ~rCM,i (i=A,B,C,D) e´ a posic¸a˜o do centro de massa de
cada um. Como as a´reas de cada quadrante sa˜o iguais, pelo fato de a densidade de massa dos quadrantes
A, B e C ser igual, essas 3 massas sa˜o iguais, digamos a M. Por outro lado, como a densidade de massa
do quadrante D e´ 3 vezes maior, sua massa e´, tambe´m, 3 vezes maior que a massa de cada um dos outros
quadrantes, ou seja, sua massa e´ 3M. Vamos calcular as componentes X e Y da Eq.(9). Temos
XCM =
M (L4 )+M (L4 )+M (−L4 )+ 3M (−L4 )
M +M+M+ 3M =
(
1
6
)(
−2L
4
)
= − L
12
, (10)
e, para a componente Y ,
YCM =
M (L4 )+M (−L4 )+M (−L4 )+ 3M (L4 )
M+M+M+ 3M =
(
1
6
)(
2L
4
)
=
L
12
. (11)
Portanto, as coordenadas (X,Y ) do centro de massa do quadrado na˜o homogeˆneo do problema sa˜o(− L12 , L12) e o ponto esta´ desenhado com um pequeno quadrado preto na figura.