teste3 A3 117 FUNDMEC LUIZPAULO

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GABARITO DO 3o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - TURMA A3 - 26/06/2017
1– Treˆs part´ıculas, cada uma de massa m, esta˜o situadas nos ve´rtices de um triaˆngulo equila´tero de lado a.
1.1– Ache a expressa˜o para o mo´dulo da forc¸a gravitacional sobre cada part´ıcula, devido a`s outras duas,
em termos de m, a e G.
1.2– Se estas part´ıculas estiverem em movimento sincronizado, girando em torno do centro de massa
comum ao sistema calcule a velocidade angular do sistema em termos de m, a e G, para que o
triaˆngulo na˜o se deforme.
Soluc¸a˜o
O ponto mais importante para resolver esse problema e´ o fato das
part´ıculas interagirem entre si como pares, na˜o importando a presenc¸a
das outras. A energia potencial e o mo´dulo da forc¸a (de atrac¸a˜o) entre
cada par sera˜o:
Epot = −G
m2
a
(1.1)
Fpar = G
m2
a2
(1.2)
a a
m
Fpar Fpar
CM
F
res
a
m mR = 2/3 h
P1.1– Considere somente a part´ıcula no ve´rtice superior da figura acima. A forc¸a resultante sobre ela e´
a soma vetorial das forc¸as entre os pares em que ela participa. Utilizando das regras de soma de vetores,
vemos que essa forc¸a aponta para o centro do triaˆngulo e seu mo´dulo e´
Fres = 2Fpar cos 30
◦ =
√
3G
m2
a2
(1.3)
P1.2– O raio do c´ırculo sera´ igual a` distaˆncia entre qualquer ve´rtice e o centro de massa do sistema, e que
se situa no centro do triaˆngulo, e que dista de cada ve´rtice uma distaˆncia de 2/3 da altura do traˆngulo
R =
2
3
h =
2
3
√
3
2
a =
√
3
3
a
A forc¸a resultante em cada part´ıcula sera´ a responsa´vel pela sua acelerac¸a˜o. Como o movimento e´ circular,
a acelerac¸a˜o sera´ a a acelerac¸a˜o centr´ıpeta, ac = ω
2R. Enta˜o,
Fres = mac =
√
3G
m2
a2
= mω2R = mω2
√
3
3
a,
e, simplificando, encontramos
ω2 = 3G
m
a3
−→ ω =
√
3G
m
a3
.
2- O telesco´pio espacial Hubble esta´ em o´rbita circular a uma alti-
tude h(=610 km) acima da superf´ıcie terrestre; o raio da Terra
e´ RT (=6370 km), sua massa e´ MT (=5,97×1024 kg). Determine,
em termos de h, RT , MT e a constante de gravitac¸a˜o universal,
G(=6,67×10−11 m3kg−1s−2). Os dados sa˜o fornecidos somente
para sua curiosidade. Resolva o problema literalmente e na˜o
fac¸a as contas; deixe tudo indicado, mas justifique suas re-
spostas, descrevendo seu racioc´ınio.
2.1– a velocidade orbital linear (tangencial) do telesco´pio,
2.2– o per´ıodo orbital do telesco´pio,
2.3– a velocidade de escape (em relac¸a˜o a` Terra) nessa altitude.
h
M
R
T
T
m
F
Soluc¸a˜o
Na figura, que na˜o esta´ proporcional em relac¸a˜o aos tamanhos de R e h, 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. A massa do sate´lite, m, na˜o foi fornecida, mas conhecemos o raio desse movimento, r = RT + h.
Portanto, conhecemos a acelerac¸a˜o centr´ıpeta, acentr = ω
2r =
V 2
orb
r
.
P1.1– Partindo do racioc´ınio acima,
F = G
MTm
r2
= G
MTm
(RT + h)
2
= macentr = mω
2 (RT + h) = m
V 2orb
R+ h
(1)
ou, simplificando,
Vorb =
√
GMT
R+ h
= 7,55km/s. (2)
P1.2– O per´ıodo pode ser calculado de va´rias formas, por exemplo usando-se o resultado da Eq.(2) como
P =
2pi(R+ h)
Vorb
= 2pi
√
(R+ h)3
GMT
= 96,8min. (3)
P1.3– A forc¸a gravitacional e´ uma forc¸a conservativa. Como sabemos a distaˆncia do telesco´pio do centro
da Terra, sabemos sua energia potencial gravitacional quando esta´ em o´rbita. Para que escape da atrac¸a˜o
da Terra, ele deve ter uma velocidade Vesc que lhe deˆ uma energia cine´tica nessa posic¸a˜o que o possibilite
se afastar ate´ uma distaˆncia infinita da Terra, mas ficar parado la´. Desprezando qualquer perda por atritos,
podemos igualar as suas energias mecaˆnicas, cine´tica mais potencial gravitacional, perto e longe da Terra;
Emec,perto =
1
2
mV 2esc +
(
−GMTm
R+ h
)
= Emec,longe = 0 + 0 ou Vesc =
√
2
(
GMT
R+ h
)
=
√
2Vorb, (4)
ou seja, a velocidade de escape e´ somente
√
2 vezes maior que a velocidade orbital que possui pela Eq.(1).
3– Uma esfera macic¸a e uniforme de raio
R e massaM , momento de ine´rcia pelo
centro de massa ICM,esf =
2
5
MR2, gira
inicialmente com a velocidade angu-
lar ω0, como na figura ao lado, pore´m
sem qualquer velocidade de translac¸a˜o
de seu eixo. A esfera e´ colocada em
contacto com uma superf´ıcie horizon-
tal com a qual possui um coeficiente
de atrito cine´tico µ.
����������������������������������������
����������������������������������������
����������������������������������������
����������������������������������������
����������������������������������������
����������������������������������������
µ
ω0
R
M v = 00
3.1- Localize na figura quais as forc¸as (represente o ponto de aplicac¸a˜o, direc¸a˜o e sentido) que atuam
na esfera, enquanto existir derrapagem entre ela e o solo.
3.2- Descreva com suas palavras como sera´ o movimento dessa esfera ao longo do tempo.
3.3- Escreva as equac¸o˜es para o movimento de translac¸a˜o do centro de massa (forc¸as) e de rotac¸a˜o em
torno do centro de massa (torques) da esfera e encontre suas acelerac¸o˜es linear e angular, em termos
de M , R, µ e g.
3.4- Eventualmente cessa a derragem e a esfera passa a rolar sobre a superf´ıcie. Calcule a velocidade
final de translac¸a˜o da esfera, v, em termos de ω0, M , R, µ e g, logo apo´s a esfera passar a rolar
sem derrapar sobre a superf´ıcie horizontal.
Soluc¸a˜o
P3.1– As forc¸as que atuam na esfera, enquanto ela derrapa
sobre a superf´ıcie horizontal sa˜o seu peso, mg, causado pela
atrac¸a˜o da Terra, que sofre a reac¸a˜o. Pelas propriedades da
definic¸a˜o do centro de massa, podemos considerar a forc¸a
peso atuando no centro de massa da esfera. Como a es-
fera e´ uniforme, seu centro de massa esta´ em seu centro
geome´trico. Atuam ainda, a normal, N , e o atrito cine´tico,
Fat,cin, causados pelo solo, que tambe´m sofre a reac¸a˜o de
ambas as forc¸as. Estas duas u´ltimas forc¸as atuam no ponto
de contacto entre a esfera e o solo. Todas as forc¸as esta˜o
representadas no desenho ao lado.
�����������
�����������
�����������
�����������
�����������
�����������
P=mg
N
F
at,cin
P3.2– A esfera, ao girar conforme a figura, vai querer empurrar, pelo atrito no ponto de contacto, o solo
para a esquerda. Este reage e empurra a esfera para a direita. Como esta forc¸a de atrito e´ a u´nica forc¸a
que atua na horizontal, ela causa na esfera uma acelerac¸a˜o para a direita que gradualmente aumentara´ a
velocidade de translac¸a˜o da esfera, inicialmente parada. O peso e a normal atuam na vertical e na˜o afetam
o movimento da esfera na horizontal.
Em relac¸a˜o ao centro geome´trico da esfera, que coincide com seu centro de massa, nem o peso nem a
normal conseguem realizar torques. Entretanto, o atrito exerce um torque cuja direc¸a˜o e´ oposta a` direc¸a˜o
da velocidade angular inicial. Esse torque, devido a` forc¸a de atrito, portanto, causa uma acelerac¸a˜o que vai
diminuir gradualmente a velocidade de rotac¸a˜o da esfera, inicialmente ω0.
Quando as velocidades de rotac¸a˜o e de translac¸a˜o da esfera forem tais que ela consiga rolar sem deslizar,
na˜o ha´ tendeˆncia para deslizamento e a esfera passa a rolar sem derrapar sobre o solo.
P3.3– As equac¸o˜es de movimento da esfera sa˜o:
a– translac¸a˜o, vertical – A esfera na˜o de movimenta na vertical, portanto sua acelerac¸a˜o e´ nula nessa
direc¸a˜o:
P −N = 0 −→ N = Mg (2.1)
b– translac¸a˜o, horizontal – A esfera esta´ acelerada pela forc¸a de atrito, que e´ a u´nica na horizontal na
esfera. Como se trata de atrito cine´tico, podemos relaciona´-lo diretamente com a normal:
Fat,cin = µN = µMg = Ma −→ a = µ g (2.2)
c– rotac¸a˜o em torno do eixo horizontal, que passa pelo seu centro,que coincide com o centro de massa.
O torque total sera´ igual a´ variac¸a˜o de quantidade de movimento angular. Como a esfera e´ um
corpo r´ıgido e o eixo na˜o muda sua direc¸a˜o no espac¸o, o torque total e´ igual ao momento de ine´rcia
(calculado em torno do mesmo eixo que se usou para calcular o torque) vezes a acelerac¸a˜o angular:
τtotal,CM = τpeso,CM + τnormal,CM + τatrito,CM = Iesf,CM α
Como notamos anteriormente, nem o peso nem a normal exercem torque em relac¸a˜o ao centro da
esfera e, portanto, a equac¸a˜o acima fica:
τtotal,CM = τatrito,CM = RµMg = Iesf α =
2
5
MR2 α, (2.3)
onde ja´ substituimos o valor correto do momento de ine´rcia da esfera. Simplificando, podemos
encontrar a acelerac¸a˜o angular:
α =
5µg
2R
(2.4)
P3.4– Com as acelerac¸o˜es linear e angular calculadas acima, Eqs. (2.3) e (2.4), podemos ver que sa˜o cons-
tantes. Enta˜o, as velocidades linear e angular podem ser encontradas em func¸a˜o do tempo:
v = v0 + at = µgt, (2.5)
ω = ω0 − αt = ω0 −
5µg
2R
t. (2.6)
A velocidade linear aumenta, enquanto a velocidade angular diminui com o passar do tempo t. Quando
tivermos v = ωR, condic¸a˜o para o rolamento sem deslizar, o atrito cine´tico desaparece:
µgt =
(
ω0 −
5µg
2R
t
)
R,
que so´ possui soluc¸a˜o para o tempo
t =
2ω0R
7µg
. (2.7)
Levando o tempo encontrado na Eq. (2.7) na Eq. (2.5), encontramos
v =
2
7
ω0R, (2.8)
que e´ a resposta pedida.