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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 21/10/2017- 08:00–09:40 Dados: dxn dx = nxn−1 ; ∫ xndx = xn+1 n+ 1 (para n 6= −1). Parte A - Questo˜es (sugesta˜o de valor: 40 pontos; 10 pontos por questa˜o Nota: seu professor pode 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. A energia mecaˆnica de um sistema (V+K ou Epot+Ecin) se conserva, mesmo quando ha´ uma forc¸a na˜o conservativa atuando sobre o mesmo. A afirmativa esta´ INCORRETA. A energia mecaˆnica (todas as formas de energia cine´tica somadas com todas as formas de energia potencial) so´ se conserva num sistema fechado se sobre ele atuarem somente forc¸as conservativas. O trabalho de forc¸as na˜o conservativas, WNC, num processo de A ate´ B e´, na verdade, e´ igual a` variac¸a˜o da energia mecaˆnica no processo: WNC A→B = ∆Emec ∣∣B A . Q2. Duas pessoas, uma de massa M e outra de massa 3M , esta˜o paradas bem pro´ximas uma da outra sobre uma superf´ıcie lisa e horizontal. Cada uma esta´ sobre patins de forma a na˜o ter atrito com a superf´ıcie. Num dado momento as pessoas se empurram mutuamente de modo a se afastar uma da outra. O centro de massa do sistema formado pelas duas pessoas comec¸a a se mover, na direc¸a˜o do movimento da de maior massa. A afirmativa esta´ INCORRETA. Nas pessoas atuam seus pesos (verticais e para baixo, feitos pela Terra) e a superf´ıcie plana que, por na˜o possuir atrito, so´ consegue fazer neles uma componente normal de sua forc¸a (vertical, pois a superf´ıcie e´ horizontal, e para cima). Se considerarmos as 2 pessoas como um sistema, mesmo com elas empurrando uma a` outra, na˜o atuam forc¸as externas ao sistema na horizontal, pois na˜o ha´ atrito. Portanto, pela definic¸a˜o de centro de massa, a componente horizontal da acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema constitu´ıdo pelas duas pessoas e´ nula e sua velocidade constante. As pessoas estavam, antes de se empurrarem, paradas, e a velocidade do centro de massa era nula. Como a acelec¸a˜o do centro de massa e´ nula no processo e a velocidade dele ficou constante, a velocidade do centro de massa continua nula e o centro de massa na˜o sai do lugar pelo fato de as pessoas se empurrarem. Q3. Considere as duas situac¸o˜es (a) e (b), na figura. Na˜o ha´ atrito no sistema. Quando o sistema e´ abandonado M desce nas duas situac¸o˜es. Apo´s M descer uma altura h, a partir do repouso, podemos dizer que a energia cine´tica total dos blocos e´ a mesma nas duas situac¸o˜es. A afirmativa esta´ INCORRETA. Ha´ va´rios racioc´ınios para se provar isso. Por exemplo, pode-se afirmar que a variac¸a˜o de energia potencial (ou o trabalho do peso) do bloco de massa maior, M , enquanto desce no caso (a) foi toda usada para a variac¸a˜o de energia cine´tica do sistema, enquanto que no caso (b) parte dela foi gasta para, ale´m de aumentar a energia cine´tica do sistema, aumentar a energia potencial do bloco de massa m que, nesse caso (b), sobe a rampa. Outra forma de racioc´ınio e´ reconhecer que, como na˜o ha´ atritos e se supo˜e que a roldana e os fios na˜o teˆm massa (pois nada foi dito a esse respeito no enunciado), a energia mecaˆnica do sistema constitu´ıdo pelos dois blocos se conserva. Enquanto que no caso (b) somente o bloco M diminui de energia potencial e a energia potencial de m fica constante, no caso (a) o bloco m aumenta de energia potencial, fazendo com que a diminuic¸a˜o total de energia potencial em (b) seja maior que em (a). Portanto o aumento de energia cine´tica em (b) e´ maior que em (a). Q4. Joana esta´ em sua casa, brincando com uma bolinha pula-pula. Em certo momento, ela solta sua bolinha, que cai em direc¸a˜o ao cha˜o e quica de volta. No momento em que a bolinha quica, Joana ouve um estampido no piso. Durante essa trajeto´ria, as forc¸as externas que atuaram sobre bolinha foram o seu peso, a resisteˆncia do ar e a forc¸a de contato com o cha˜o. Quais dessas forc¸as sa˜o conservativas e quais sa˜o dissipativas? Justifique. As forc¸as que atuam na bolinha enquanto desce, quica e sobe de novo sa˜o: • Peso → forc¸a conservativa, pois a forc¸a gravitacional e´ conservativa; se calcularmos o trabalho que ela faz em um corpo, veremos que ele so´ depende das alturas inicial e final, mas na˜o da trajeto´ria do corpo. • Resisteˆncia do ar → forc¸a na˜o-conservativa, pois seu trabalho sempre retira energia cine´tica do corpo, e portanto na˜o pode ser nulo em uma trajeto´ria fechada • Contato com o cha˜o→ forc¸a na˜o-conservativa, pois dissipa energia cine´tica da bolina em som/ru´ıdo, vibrac¸o˜es no piso, etc. Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema) P1– (20 pontos, 08:00–09:40) A figura mostra a representac¸a˜o da energia potencial de uma part´ıcula que, no sistema SI de unidades, e´ expressa por V (x) = Ax + Bx2 + Cx3 +Dx4, onde A = −3,0 J/m, B = −2,0 J/m2, C = 2,0 J/m3 e D = −0,7 J/m4. P1.1–Determine os pontos de equil´ıbrio da part´ıcula e discuta se sa˜o esta´veis ou insta´veis. P1.2–Quais sa˜o os movimentos poss´ıveis da part´ıcula, no intervalo mostrado na figura, se sua energia total for E1 = −5 J, E2 = 0 J ou E3 = 5 J. P1.3– Calcule a forc¸a F (x) que atua na part´ıcula quando ela estiver na posic¸a˜o x = −3m. Soluc¸a˜o P1.1– Um corpo encontra-se em equil´ıbrio, quando a resultante de forc¸as sobre o mesmo e´ nula. Pela definic¸a˜o de energia potencial, temos que no ponto de equil´ıbrio, F (x) = −dV (x)dx = 0. Desta maneira os pontos de equil´ıbrio em um gra´fico de V (x) × x correspondem aos pontos cuja derivada e´ nula, ou seja, pontos 1, 2 e 3 indicados em azul na figura. Os pontos 1 e 3 correspondem a` situac¸o˜es de equil´ıbrio esta´vel uma vez que ao tentarmos mover uma part´ıcula situada em um destes pontos surge uma forc¸a restauradora que tende a trazer a part´ıcula de volta para sua posic¸a˜o inicial. O ponto 2 corresponde a um ponto de equil´ıbrio insta´vel. P1.2– Trataremos dos 3 casos: a– Para o caso onde a energia total do sistema e´ E=−5J (em vermelho na figura), a particula podera´ mover-se apenas entre os pontos A e B; nestes pontos ela para e inverte seu movimento. Partindo do ponto de equil´ıbrio 1, sua velocidade decresce ao aproximar-se tanto do ponto A quanto do ponto B, onde toda a energia da part´ıcula existe apenas na forma de energia potencial. Como a energia potencial na˜o pode ser maior do que a energia total sistema (o que implicaria numa energia cine´tica negativa e em uma velocidade imagina´ria!!) o movimento da part´ıcula fica confinado entre os pontos A e B. Os pontos A e B sa˜o denominados pontos de inversa˜o. b– Para E=0J (em verde na figura), existem quatro pontos de inversa˜o (C, D, E e F) e a part´ıcula pode mover-se em um dos dois vales de potencial. c– Para E=5J (em preto na figura), existem apenas 2 pontos de inversa˜o (G e H) e a part´ıcula so´ pode mover-se em entre estes dois pontos. P1.3– Pela definic¸a˜o de energia potencial, temos que a forc¸a a ela associada pode ser calculada por F (x) = − dV (x) dx . Enta˜o, usando a derivada de poteˆncias de x em relac¸a˜o a x, fornecida nos dados, no in´ıcio da prova, F (x) = −(A+ 2Bx+ 3Cx2 + 4Dx3) = − ( (−3,0) + (−4,0)x+ (6,0)x2 + (−2,8)x3 ) N = −138,6N. Para a unidade, usamos o fato de que 1 J = 1N × 1m, o que da´ 1 J/m = 1N. Nota: Para o gra´fico do potencial ser o que mostram as figuras acima, o valor da constante D tem que ser positivo, ou seja D = 0,7 J/m4. Com isso a expressa˜o de F (x) pedida na parte P1.3– na˜o muda, mas seu valor em x = −3m. passa a ser F (−3) = −12.6N, e continua sendo negativo, como e´ a derivada da curva no gra´fico, a inclinac¸a˜o de uma reta trac¸ada tangente a` curva em x = −3m. P2– (20 pontos, 08:00–09:40) Um bloco de massa m esta´ travado,em uma condic¸a˜o na qual esta´ parado e comprimindo uma mola com uma distaˆncia conhecida x em relac¸a˜o ao seu comprimento natural (veja a figura). Nesta situac¸a˜o, a mola faz sobre o bloco uma forc¸a F=3mg. O bloco e´ solto, e´ empurrado pela mola, livra-se dela quando esta chega ao seu comprimento natural, e desliza por uma pista horizontal, ate´ um ponto A, a partir do qual a pista deixa de ser reta. A pista na˜o tem atrito, exceto no trecho de comprimento L entre os pontos B e C, cujo coeficiente de atrito vale µc. Determine, em termos de g, m, x, L e µc: P2.1– a constante k da mola; P2.2– a velocidade de m ao passar por B; P2.3– a altura vertical, a partir da base no ponto A, que o bloco subira´ pela rampa. Soluc¸a˜o P2.1– A forc¸a da mola se relaciona com sua elongac¸a˜o por Fmola = −kx = −3mg → k = 3mg/x P2.2– A energia potencial da mola, que tem a expressa˜o, Epot,mola = 1 2kx 2, e´ transformada em energia cine´tica do bloco de massa m no ponto C, Ecin,bloco = 1 2mv 2 C , e depois, parte dessa energia e´ dissipada pelo trabalho realizado pelo atrito, Watrito,C→B = µcmgL, logo: 1 2 kx2 = 1 2 mv2C = 1 2 mv2B + µcmgL Substituindo o valor de k encontrado anteriormente na equac¸a˜o acima e simplificando sucessivamente, 3mg 2x x2 = 1 2 mv2B + µcmgL 3 2 mgx = 1 2 mv2B + µcmgL 3 2 gx = 1 2 v2B + µcgL v2B = 3gx− 2µcgL vB = (3gx− 2µcgL) 1/2 P2.3– Toda a energia cine´tica de m em B e´ transformada em energia potencial quando m sobe h na rampa, pois nesse trecho, novamente, na˜o ha´ atrito. Logo, substituindo o valor de vB encontrado na parte anterior e fazendo sucessivas simplificac¸o˜es e operac¸o˜es alge´bricas, 1 2 mv2B = mgh 1 2 v2B = gh 1 2 (3gx− 2µcgL) = gh h = 1 2 (3gx− 2µcgL) g h = 1 2 (3x− 2µcL) P3– (20 pontos, 08:00–09:40) Uma maneira de medir a velocidade de um proje´til e´ usando um peˆndulo bal´ıstico. O peˆndulo consiste de um bloco de madeira de massa M , suspenso por cabos (inextens´ıveis e de massa desprez´ıvel) de com- primento l, no qual o proje´til e´ disparado. O impacto do proje´til, que fica encravado no bloco de madeira, faz com que o peˆndulo recue ate´ que os cabos fac¸am um aˆngulo ma´ximo φ com a vertical, como mostrado na figura. A massa do proje´til e´ m e sua velocidade antes do impacto e´ v. P3.1– Utilize a conservac¸a˜o de momento linear du- rante a colisa˜o do proje´til e do peˆndulo, e a con- servac¸a˜o da energia meca˜nica durante a subida do peˆndulo, para mostrar que a velocidade inicial v do proje´til e´ dada por v = m+M m √ 2gl(1− cosφ). P3.2– A energia cine´tica da bala e´ conservada na colisa˜o? Soluc¸a˜o 3.1– Vamos chamar a velocidade da bala antes da colisa˜o de v, e a velocidade do conjunto bala+peˆndulo apo´s a colisa˜o de v′. A conservac¸a˜o do momento nos da´ mv = (m+M)v′ ⇒ v′ = m m+M v . Depois da colisa˜o, o peˆndulo se move sob ac¸a˜o da forc¸a peso e da trac¸a˜o dos cabos. A trac¸a˜o atua no sentido radial, na direc¸a˜o dos cabos, e no entanto eles sa˜o inextens´ıveis. Portanto, o trabalho realizado pela trac¸a˜o e´ nulo, e consequentemente a energia mecaˆnica do sistema se conserva (ja´ que a u´nica forc¸a que realiza trabalho e´ a peso). Logo apo´s a colisa˜o, a energia do sistema e´ puramente cine´tica, enquanto que no final da subida a energia e´ puramente potencial gravitacional. E´ poss´ıvel ver, apenas com geometria, que a altura h que o peˆndulo sobe e´ dada por h = l − l cosφ = l(1− cosφ) , de modo que, ao igualar as energias nessas duas etapas do movimento, temos 1 2 (m+M)v′2 = (m+M)gh ⇒ 1 2 ( m m+M )2 v2 = gl(1− cosφ) ⇒ v = m+M m √ 2gl(1− cosφ) . 3.2– A energia cine´tica da bala na˜o se conserva durante a colisa˜o com o peˆndulo: a forc¸a de contato entre o peˆndulo e a bala na˜o e´ conservativa, e transforma energia cine´tica da bala em deformac¸es no peˆndulo. Outra justificativa e´ que temos uma colisa˜o totalmente inela´stica (ja´ que a bala e o peˆndulo se movimentam juntos ao final do processo).
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