2 prova Fundamentos de mecânica 2017/2 8:00hrs

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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).