teste2 A3 1 17 FUNDMEC LUIZPAULO

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GABARITO DO 2o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - A3 - 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 em movimento, mesmo
que todas as part´ıculas estejam paradas.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A definic¸a˜o de velocidade do centro de massa e´
~VCM =
∑
imi~vi∑
imi
(1)
Se as part´ıculas esta˜o paradas, a soma vetorial das quantidades de movimento mi~vi sera´ nula, e
a velocidade do centro de massa tambe´m o sera´.
Q2– A quantidade de movimento linear total de um sistema constitu´ıdo de duas part´ıculas
pode variar, mesmo que a energia cine´tica total desse sistema 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.
Por exemplo (existem va´rios), considere duas part´ıculas lanc¸adas para cima na presenc¸a da
gravidade com uma certa velocidade inicial. Nesse momento ambas possuem energia cine´tica
e uma quantidade de movimento linear que aponta para cima. Depois que elas sobem, elas
comec¸am a descer e, em algum momento, tera˜o a mesma energia cine´tica que tinham na partida,
mesmo considerando a resisteˆncia do ar. Nesse momento, pore´m, elas estara˜o descendo e a
quantidade de movimento linear, que e´ um vetor, na˜o mais sera´ a mesma, mesmo que tenha o
mesmo mo´dulo.
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
2 + bx + 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´ CORRETA. A relac¸a˜o entre uma forc¸a e a energia potencial associada a ela e´
~F = −
dEp(x)
dx
xˆ = −(2ax+ b)xˆ.
Uma posic¸a˜o de equil´ıbrio e` encontrada quando a forc¸a sobre a part´ıcula e´ nula. Isso acontece
somente para x = − b
2a
e, portanto, a part´ıcula tera´ somente uma posic¸a˜o de equil´ıbrio.
Q4– Em coliso˜es nas quais as duas part´ıculas envolvidas ficam ligadas uma a` outra apo´s o
choque, sempre ha´ perda de toda a energia cine´tica 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 as massas sa˜o constantes
no processo, a quantidade de movimento do sistema tem que ficar constante em coliso˜es. Como
a energia cine´tica depende do quadrado do mo´dulo da velocidade, para uma determinada massa,
se o centro de massa possu´ıa alguma velocidade antes da colisa˜o, esta foi conservada e a energia
cine´tuica total do sistema na˜o sera´ nula.
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 maior massa esta´ a uma altura h acima
de uma mola ideal de constante ela´stica
k e comprimento H, 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 maior massa encosta na
mola?
P1.2– Qual sera´ a compressa˜o ma´xima da mola,
∆ymax, pela massa M2?
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
kH
h
∆ymax
A
B
C
D
ymax∆
h
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 menor 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, 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 maior massa encostar na mola aparece, ale´m das forc¸as acima, a forc¸a
da mola (varia´vel, atuando nele para cima, 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 pesado 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 e´ nulo nesse caso 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 paradase 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˜o nula. No bloco
menor 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 maior comprime a mola um pouco, e esta passa a empurra´-lo para cima com uma certa
forc¸a, mas ainda muito pequena de modo que ele ainda acelera para baixo, embora com uma
acelerac¸a˜o menor. Ele aperta mais a mola, cuja forc¸a aumenta e ele diminui a acelerac¸a˜o para
baixo. Em um certo instante, 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 maior comprime mais ainda a
mola, que aumenta a forc¸a e comec¸a a freiar os blocos, ate´ para´-los, momentaneamente. Nesse
momento de acelerac¸a˜o nula a tensa˜o pode ser calculada, pois tem que ser igual ao peso do bloco
menor, T=m1g.
P1.4– No bloco maior que, nesse momento, estara´ passando pelo instante D, atuam a tensa˜o,
seu peso e a mola e podemos calcular a compressa˜o da mola, pois T = m1g pelo resultado anterior
T −m2g + k∆ya=0 = 0 ou ∆ya=0 =
(m2 −m1)g
k
.
P1.5– A partir do instante inicial A o bloco maior, portanto, desceu h mais ∆ya=0, a mola
foi comprimida de ∆ya=0 e o bloco menor subiu o mesmo que o bloco maior desceu. 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 +m2g(H + h) + 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 fundo 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− (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.