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GABARITO DO 2o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - B2 - 15/05/2017 Dados: dtn dt = ntn−1 ; ∫ tndt = tn+1 n+ 1 . Parte A - Questo˜es (2 pontos; 0,5 ponto por questa˜o): comente cada afirmac¸a˜o nas questo˜es abaixo. Diga se esta˜o certas ou erradas e justifique com suas palavras. Q1– O centro de massa de um sistema de muitas part´ıculas pode estar parado, mesmo que todas as part´ıculas estejam em movimento. A afirmativa esta´ CORRETA. A definic¸a˜o de velocidade do centro de massa e´ ~VCM = ∑ imi~vi∑ imi (1) Nada impede que a soma vetorial das quantidades de movimento mi~vi seja nula, mesmo que as velocidades individuais na˜o o sejam. Q2– A quantidade de movimento linear total de um sistema constitu´ıdo de duas part´ıculas pode se conservar, mesmo que a energia cine´tica total desse sistema na˜o se conserve. A afirmativa esta´ CORRETA. O que muda a quantidade de movimento linear total de um sistema e´ a atuac¸a˜o de forc¸as externas a ele, ao passo que o que causa variac¸a˜o de energia cine´tica e´ a realizac¸a˜o de um trabalho total na˜o nulo. Numa explosa˜o de uma bomba inicialmente parada, por exemplo, a energia cine´tica claramente aumenta depois dela, mas a quantidade de movimento total ficara´ constante, pois, durante uma explosa˜o, as forc¸as externas podem ser desprezadas. Q3– Uma part´ıcula esta´ sujeita a uma u´nica forc¸a conservativa, tal que sua energia potencial depende de sua posic¸a˜o x da seguinte maneira: Ep(x) = ax 3 − bx2 + c, onde a, b e c sa˜o constantes positivas. Essa part´ıcula possui apenas uma posic¸a˜o de equil´ıbrio. A afirmativa esta´ INCORRETA. A relac¸a˜o entre a forc¸a e a energia potencial associada a ela e´ ~F = − dEp(x) dx xˆ = −(3ax2 − 2bx)xˆ = − [(3ax− 2b)x] xˆ. Uma posic¸a˜o de equil´ıbrio e` encontrada quando a forc¸a sobre a part´ıcula e´ nula. Isso acontece tanto para x=0 como para x = 2b 3a e, portanto, a part´ıcula tera´ duas posic¸o˜es de equil´ıbrio. Q4– Em coliso˜es nas quais as duas part´ıculas envolvidas ficam ligadas uma a` outra apo´s o choque, nem sempre ha´ conservac¸a˜o da quantidade de movimento linear inicial. A afirmativa esta´ INCORRETA. Em coliso˜es, pode-se considerar, sempre, que durante seu acontecimento as forc¸as externas sa˜o desprez´ıveis. Portanto, a acelerac¸a˜o do centro de massa sera´ nula e, consequentemente, a velocidade do centro de massa permanece constante. Isso implica que a frac¸a˜o da Eq.(1), acima, tem que ficar constante. Como a soma das massas na˜o varia no processo, a quantidade de movimento do sistema tem que ficar constante em coliso˜es. Parte B - Problema (valor 4 pontos, 0,8 pontos por parte) P1– Considere a situac¸a˜o mostrada na figura ao lado. Dois blocos, um de massa M1 e outro de massa maior, M2, esta˜o ligados por um fio ideal (sem massa e inextens´ıvel) que passa por uma polia tambe´m ideal (sem massa e sem atrito em seu eixo). O bloco de menor massa esta´ a uma altura h abaixo de uma mola ideal de constante ela´stica k e o de massa maior esta´ a uma altura H acima da face do bloco menor que vai bater na mola, que esta´ em sua elongac¸a˜o de equil´ıbrio. O sistema e´ solto do repouso e na˜o ha´ quaisquer perdas por atritos. Deˆ suas respostas em termos de M1, M2, k, h, H e g. Em nenhum momento M1 encosta na polia. Em cada das questo˜es abaixo, indique qual racioc´ınio esta´ usando. P1.1– Qual a velocidade dos dois blocos no mo- mento que o de menor massa encosta na mola? P1.2– Qual sera´ a compressa˜o ma´xima da mola, ∆ymax, pela massa M1? P1.3– Qual sera´ o valor da tensa˜o do fio quando os dois blocos estiverem com acelerac¸a˜o de mo´dulo momentaneamente nulo? M1 M2 hH ∆ymax k A ∆ymax h C D B P1.4– Qual e´ a compressa˜o da mola no instante em que os blocos possuem acelerac¸a˜o nula (calculada no item P1.3, acima)? P1.5– Qual sera´ a velocidade dos blocos nesse instante em que esta˜o com a acelerac¸a˜o nula? Soluc¸a˜o Quando o sistema for solto (velocidade inicial nula), no bloco de massa maior atuam seu peso (constante para baixo, exercido pela Terra, que sofre a reac¸a˜o, forc¸a conservativa) e a tensa˜o da corda (para cima). No outro bloco, de massa menor, antes de ele encostar na mola tambe´m atuam o seu peso e a tensa˜o da outra parte da corda (mesmas observac¸o˜es anteriores). A partir do momento que o bloco de menor massa encostar na mola aparece, ale´m das forc¸as acima, a forc¸a da mola atuando neste de massa menor (varia´vel, para baixo, conservativa). Enquanto os blocos se movimentam ligados por uma corda ideal, podemos garantir que suas velocidades e acelerac¸o˜es sera˜o sempre iguais em mo´dulo, mas de sentidos opostos. Como nem as cordas nem a polia possuem massa e na˜o ha´ atrito no eixo da polia, podemos, tambe´m, garantir que as tenso˜es nas cordas dos dois lados da polia teˆm o mesmo mo´dulo. Podemos encontrar as velocidades dos dois blocos nos momentos pedidos pelo problema por va´rios racioc´ınios: 1. por simples aplicac¸a˜o da 2a Lei de Newton a cada uma das massas; 2. por aplicac¸a˜o do teorema que diz que “o trabalho total e´ igual a` variac¸a˜o da energia cine´tica” do sistema; 3. aplicar que “o trabalho das forc¸as na˜o-conservativas e´ igual a` variac¸a˜o da energia mecaˆnica” do sistema. Usando o racioc´ınio 1: A aplicac¸a˜o da 2a Lei de Newton e´ muito simples enquanto as forc¸as sa˜o constantes, o que e´ verdade enquanto o bloco mais leve se desloca da situac¸a˜o A (inicial) para a B (quando encosta na mola), marcadas na figura. Mas a partir da´ı a mola comec¸a a ser comprimida e a forc¸a que ela faz e´ varia´vel, o que torna a acelerac¸a˜o dos blocos tambe´m varia´vel, dificultando a integrac¸a˜o das equac¸o˜es de Newton. Da´ para resolver, mas e´ complicado. Usando o racioc´ınio 2: Tanto a gravidade quanto a mola fazem forc¸as que dependem somente da posic¸a˜o e cujo trabalho e´ fa´cil de calcular. Pelo fato de a corda e a roldana serem ideais (sem massa, sem atrito e inextens´ıvel), a tensa˜o na corda e´ igual ao longo de toda ela e a forc¸a que a corda faz na massa menor e´ sempre igual a`quela que faz, do outro lado, na massa maior. Entretanto, o deslocamento de uma massa e´ sempre igual e oposto ao da outra e, portanto, mesmo sem calcular o trabalho das forc¸as que a corda faz em cada lado, podemos garantir que um sera´ sempre o negativo do outro e, ao somarmos o trabalho total, a contribuic¸a˜o dos trabalhos das forc¸as da corda sera´ nula. Sabemos a energia cine´tica do sistema inicial (em A) e, portanto, fica muito fa´cil calcular a energia cine´tica do sistema quem qualquer outra posic¸a˜o, pois sabemos o trabalho que as forc¸as fazem no intervalo e a soma de todos esses trabalhos, o trabalho total, sera´ igual a` variac¸a˜o da energia cine´tica. Usando o racioc´ınio 3: O enunciado diz, explicitamente que a roldana naˆo possui atrito e na˜o se fala de qualquer outro atrito. As forc¸as peso e da mola sa˜o conservativas e as tenso˜es da corda, que na˜o se pode garantir que sejam conservativas ou na˜o, possuem um trabalho total sempre nulo nesse caso. Portanto, o trabalho de forc¸as na˜o-conservativas nesse caso e´ nulo e, consequentemente, a variac¸a˜o de energia mecaˆnica tambe´m o e´. Portanto, apesar de, se aplicados corretamente, os treˆs racioc´ınios darem o mesmo resultado, os enumerados 2 e 3 sa˜o muito mais simples e elegantes que o nu´mero 1, bastando aplica´-los entre os instantes A (inicial, quando as massas esta˜o paradas e cada uma numa altura), B (quando esta˜o para encostar na mola, uma tendo descido h e com velocidade v para baixo e a outra tendo subido h e com velocidade v para cima), C (quando novamente param, tendo comprimido a mola de ∆ymax) e, no meio do caminho, no instante D (quando possuem velocidade ma´xima e acelerac¸a˜o momentaneamente nula. Nesse instante D (partes P1.3, P1.4 e P1.5) os blocos esta˜o com acelerac¸a˜onula. No bloco maior atuam sempre somente seu peso e a tensa˜o da corda e, portanto, o valor da tensa˜o da corda nesse instante e´ igual ao peso. No outro corpo, que agora aperta a mola de um certo tanto, atuam ale´m da corda e do peso, tambe´m a mola, e a soma dessas forc¸as tem que ser nula, pois os corpos possuem sempre a mesma acelerac¸a˜o em mo´dulo. Com isso encontra-se a forc¸a que a mola faz e, portanto, o quando esta´ comprimida. Usando-se esse resultado e os racioc´ınios 2 ou 3 encontramos a velocidade dos dois blocos. Vou resolver somente as partes P1.3, P1.4 e P1.5, pois as partes P1.1 e P1.2 sa˜o praticamente triviais. P1.3– Quando o sistema e´ solto do repouso o de massa menor comec¸a a subir e o outro a descer, ambos com a mesma acelerac¸a˜o. Ao encostar na mola ainda esta˜o acelerando. O de massa menor comprime a mola um pouco, e esta passa a empurra´-lo para baixo com uma certa forc¸a, mas ainda muito pequena de modo que ele ainda acelera para cima, embora com uma acelerac¸a˜o menor. Ele aperta mais a mola, cuja forc¸a aumenta e ele diminui a acelerac¸a ao para cima, Vai chegar a uma certa compressa˜o da mola que a acelerac¸a˜o dos blocos se anula. . . mas eles possuem nesse momento uma velocidade (o menor para cima e o maior para baixo) que sera´ a ma´xima no processo, pois o menor comprime mais ainda a mola, que aumenta a forc¸a e comec¸a a freiar os blocos, ate´ para´-lo, momentaneamentes. Nesse momento de acelerac¸a˜o nula a tensa˜o pode ser calculada, pois tem que ser igual ao peso do bloco maior, T=m2g. P1.4– No bloco menor que, nesse momento, estara´ passando pelo instante D, atuam seu peso, a tensa˜o e a mola e podemos calcular a compressa˜o da mola, pois T = m2g da parte anterior T −m1g − k∆ya=0 = 0 ou ∆ya=0 = (m2 −m1)g k . P1.5– A partir do instante inicial A o bloco menor, portanto, subiu h mais ∆ya=0, a mola foi comprimida de ∆ya=0 e o bloco maior desceu o mesmo que o bloco menor subiu. Usando o racioc´ınio 3, podemos calcular a energia mecaˆnica em A e em D e iguala´-las. EA = Ecin,A + Epot,grav,A + Epot,mola,A = 0 + 0 + 0 +m2gH + 0, onde considerei que os bloco esta˜o parados, a mola ainda na˜o foi comprimida e que o n´ıvel de energia potencial gravitacional esta´ sendo medido em relac¸a˜o ao topo do bloco menor. Usando a mesma convenc¸a˜o, lembrando que os blocos sempre possuem a mesma velocidade em mo´dulo e que a mola estar comprimida de ∆ya=0 (resolvido na parte P1.4), ED = 1 2 m1V 2 + 1 2 m2V 2 +m1(h+∆ya=0) +m2g(H − (h+∆ya=0)) + 1 2 k∆y2a=0, A u´nica inco´gnita da equac¸a˜o acima e´ V , a velocidade que os blocos tera˜o (um em cada sentido) quando sua acelerac¸a˜o for momentaneamente nula.
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