2 prova fundamentos de Mecânica UFMG 2017/2 10:00 hrs

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 21/10/2017 - 10:00–11:40
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. O trabalho total realizado por uma forc¸a ~F sobre um sistema em um circuito fechado e´ sempre nulo,
ou seja, W =
∮
C
~F .d~r = 0 independente da forc¸a ~F . Acima o s´ımbolo
∮
C
significa uma integral
feita num circuito C fechado.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Existem algumas forc¸as, como a de atrac¸a˜o gravitacional, por exemplo,
para as quais o trabalho, que e´ definido como uma integral de linha (que, em geral, depende do caminho),
na˜o depende do caminho. Para estas (chamadas forc¸as conservativas), o trabalho total realizado em um
circuito fechado e´ sempre nulo. Pore´m, existem outras (forc¸as de atrito, por exemplo) para as quais isso
na˜o e´ verdade.
Q2. Duas pessoas, uma de massa M e outra de massa 2M , esta˜o paradas a uma distaˆncia L uma da
outra sobre uma superf´ıcie lisa e horizontal. Cada uma segura a ponta de uma corda ideal (sem
massa e inextens´ıvel e esta´ sobre patins de forma a na˜o ter atrito com a superf´ıcie. Num dado
momento as pessoas se puxam mutuamente atrave´s da corda de modo a se aproximar uma da
outra. O centro de massa do sistema formado pelas duas pessoas na˜o se move no processo e a
pessoa de menor massa chega nele antes da outra.
Parte da afirmativa esta´ CORRETA e parte 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 e para cima). Se considerarmos as 2 pessoas (e a corda)
como um sistema, quando elas se puxam atrave´s da corda, as forc¸as que fazem uma a` outra sa˜o internas
e na˜o atuam forc¸as externas ao sistema na horizontal. 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, Como as pessoas estavam, antes de se empurrarem, paradas, 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 realmente na˜o sai
do lugar pelo fato de as pessoas se puxarem, e essa parte da afirmativa esta´ CORRETA. Entretanto,
como o centro de massa na˜o se move, e a distaˆncia entre as pessoas vai diminuir ate´ se encontrarem, elas
se encontrara˜o no centro de massa e chegara˜o juntas a ele, ao mesmo tempo, e essa parte da afirmativa
esta´ INCORRETA.
Q3. Quando um carro e´ acelerado por um motor que fornece uma poteˆncia constante sua acelerac¸a˜o vai
diminuindo com o tempo.
A afirmativa esta´ CORRETA. Poteˆncia de uma forc¸a (ou ma´quina) e´ definida como o trabalho que realiza
por intervalo de tempo, ou Pot = dW/dt. Usando a definic¸a˜o de trabalho de uma forc¸a, dWF = ~F · d~s,
temos que Pot = ~F · (d~s
dt
)
= ~F · ~v, onde ~v e´ a velocidade do ponto onde a forc¸a ~F atua. Se a poteˆncia e´
constante, o produto Fv e´ constante e, a` medida que o carro e´ acelerado v aumenta e consequentemente
F diminui. A acelerac¸a˜o do carro e´ proporcional a F (a = F/m).
Q4. Que condic¸a˜o (ou condic¸o˜es) uma forc¸a deve satisfazer para ser conservativa? Explique, e deˆ dois
exemplos de forc¸as conservativas e mais outro de uma forc¸a na˜o conservativa.
Uma forc¸a e´ conservativa quando:
• o trabalho que ela realiza em um corpo na˜o depende da trajeto´ria que ele segue, mas apenas dos
pontos inicial e final;
• esta´ associada a uma energia potencial;
• uma definic¸a˜o matema´tica exata: a forc¸a e´ um campo irrotacional (~∇ × ~F = 0 em toda a regia˜o
de interesse), o que mais ou menos equivale a dizer que a forc¸a so´ depende da posic¸a˜o vetorial
(na˜o depende do tempo, da velocidade, da temperatura, de mais nada).
E´ poss´ıvel mostrar que essas treˆs caracter´ısticas sa˜o equivalentes, como os alunos devem ver nos cursos de
Ca´lculo mais adiante. Bastava dar uma delas, ou explicar de forma coerente com suas palavras, quando
uma forc¸a pode ser considerada conservativa.
Alguns exemplos de forc¸as conservativas sa˜o: a forc¸a gravitacional, a forc¸a ela´stica, a forc¸a ele´trica
(em situac¸o˜es eletrosta´ticas), a forc¸a magne´tica (em situac¸o˜es magnetosta´ticas, apesar de ela na˜o realizar
trabalho). Algumas forc¸as dissipativas sa˜o: o atrito cine´tico, a resisteˆncia do ar, etc.
Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (20 pontos, 10:00–11:40)
Um ciclista e sua bicicleta teˆm massa m. O ciclista sobe uma ladeira em sua bicicleta. Na base da ladeira
a sua velocidade era V0. Apo´s subir uma altura h, a sua velocidade caiu pela metade.
P1.1– Qual foi o trabalho total realizado sobre o ciclista e sua bicicleta?
P1.2– Qual foi o trabalho realizado pela gravidade?
P1.3– Qual foi o trabalho realizado pelas forc¸as na˜o conservativas (atritos, resisteˆncia do ar, etc.)?
Soluc¸a˜o
P1.1– De acordo com o “Teorema Trabalho Total-Energia Cine´tica”, temos que o trabalho total realizado
em um corpo ou sistema de corpos em um determinado processo a´ igual a` variac¸a˜o de energia cine´tica
do corpo ou sistema de corpos no processo. No enunciado foram dadas a massa do conjunto ciclista mais
biclicleta e suas velocidades inicial e final no processo. Portanto, independente de quais forc¸as atuam no
conjunto,
Wtotal = ∆Ecin = Ecin,final − Ecin,inicial = 1
2
m
(v0
2
)2
− 1
2
mv20 = −3mv20/8 (1)
P1.2– A forc¸a da gravidade e´ uma forc¸a especial para a qual o trabalho por ela realizado na˜o depende
do caminho seguindo pelo ponto onde ela atua. Se dependesse, estar´ıamos com um problema, pois a
definic¸a˜o geral de trabalho de uma forc¸a qualquer diz que esse trabalho depende do caminho,
WF
A→B
=
B∫
A,caminho
~F · d~si = |~F | |d~s| cos θ~F ,d~s, (2)
onde θ~F ,d~s e´ o aˆngulo entre a forc¸a
~F e o deslocamento d~s. Acontece que a forma da ladeira ou a
trajeto´ria do ciclista enquanto subiu na˜o foram fornecidas no enunciado. Como, felizmente, a forc¸a peso
realiza um trabalho que so´ depende das alturas inicial e final, ou de sua diferenc¸a, e esta foi fornecida,
podemos calcular por um caminho alternativo. Ddigamos que primeiro o ciclista subiu verticalmente a
altura h e depois seguir horizontalmente ate´ o ponto onde terminou na ladeira. O trabalho por esses
dois caminhos, calculado como manda a Eq.(2) sera´, no primeiro caminhoigual a −mgh (mo´dulo da forc¸a
peso, constante, mo´dulo do deslocamento, e o sinal negativo vem do fato que, nessa primeira parte do
caminho, o aˆngulo entre a forc¸a peso e o deslocamento e´ θ~F ,d~s = −180◦). Na segunda parte do caminho,
como a trajeto´ria e´ horizontal, o aˆngulo θ~F ,d~s = 90
◦ e o trabalho e´ nulo. Portanto
Wgravidade = −mgh (3)
P1.3– Enquanto o ciclista e sua bicicleta sobem a ladeira as forc¸as que agem sobre o sistema sa˜o o peso
(vertical, de valor conhecido mg, realizado pela Terra), a normal do contato entre a ladeira e as rodas
(sempre perpendicular a` superf´ıcie da ladeira e, portanto, perpendicular ao deslocamento do conjunto,
que se processa paralelamente a` ladeira), e outras forc¸as como a resisteˆncia do ar, atritos, etc.. O
trabalho de todas essas forc¸as sera´ o trabalho total realizado sobre o conjunto. A forc¸a normal sera´
sempre perpendicular ao deslocamento em cada instante e por isso ela na˜o realiza trabalho. (ou realiza
um trabalho nulo). Portanto,
Wtotal = Wpeso +Wnormal +Watritos = −mgh+ 0 +Watritos = ∆Ecin= −3mv20/8 (4)
onde usamos os resultados das Eqs.(1) e (3). Da equac¸a˜o acima tiramos
Watritos = mgh− 3mv20/8. (5)
P2– (20 pontos, 10:00–11:40)
Um objeto, de massa igual a M , esta´ preso a uma mola de constante ela´stica k que se encontra na posic¸a˜o
de equil´ıbrio (x=0, mostrado na figura). Na˜o existe atrito entre o objeto e a superf´ıcie sobre a qual ele
se posiciona. Em certo instante esse objeto se divide em dois, numa explosa˜o. Um pedac¸o do mesmo (de
massa igual a m1) se descola e e´ lanc¸ado na direc¸a˜o x > 0 com velocidade v0. O outro pedac¸o mante´m-se
preso a` mola e a comprime. Deˆ suas respostas em termos de M , m1, v0 e k.
P2.1– Qual e´ a velocidade do objeto preso a` mola, imediatamente apo´s a explosa˜o?
P2.2– Qual e´ o valor da compressa˜o ma´xima da mola no processo?
P2.3– Explique por que o centro de massa deste sistema se altera apo´s a separac¸a˜o dos objetos.
Soluc¸a˜o
2.1– O objeto se divide em duas partes: uma com massa igual a m1 e outra com massa igual a M −m1.
No instante da separac¸a˜o, atuam apenas forc¸as internas, pois a mola se encontra na posic¸a˜o de equil´ıbrio
e a normal e o peso se equilibram na vertical. Assim sendo, o momento total se conserva e e´ igual a zero.
Logo apo´s a separac¸a˜o, a parte que se separa da mola adquire velocidade v1 e a parte que se mante´m
ligada a` mola possui velocidade v2, imediatamente apo´s a separac¸a˜o, igual a:
0 = m1v1 + (M −m1)v2 → v2 = − m1v1
(M −m1)
2.2– Durante o movimento da mola, a energia mecaˆnica total da massa presa a ela se conserva, ou seja:
K + U = constante. Temos enta˜o:
1
2
(M −m1)v22 + 0 = 0 +
1
2
kx2max → xmax =
m1v1√
M −m1
2.3– Apo´s a separac¸a˜o do objeto em duas partes, passa a atuar no objeto preso a` mola uma forc¸a externa
resultante na˜o nula, que e´ a forc¸a ela´stica da mola. Por isso, o movimento do centro de massa deste
sistema, que satisfaz a` equac¸a˜o:
~acm(t) =
1
M
∑
~F
esta´ sujeito a` acelerac¸a˜o provocada pela forc¸a ela´stica da mola.
P3– (20 pontos, 10:00–11:40)
Uma bola de ac¸o de massa m esta´ amarrada a um fio de comprimento L, inextens´ıvel e de massa des-
prez´ıvel, e e´ solta quando o fio esta´ na horizontal, conforme mostra a figura. No fim do arco de 90◦
descrito pela bola, ela colide frontalmente com um bloco de ac¸o de massa M > m, que esta´ inicialmente
em repouso numa superf´ıcie cujo o coeficiente de atrito cine´tico vale µc. Considerando que a colisa˜o foi
completamente ela´stica, determine, em termos de m, M , L, g e µc:
P3.1– a velocidade da bola e a velocidade do bloco imediatamente apo´s o choque.
P3.2– a altura ma´xima atingida pela bola, em relac¸a˜o ao seu ponto mais baixo, antes de parar momen-
taneamente em sua oscilac¸a˜o apo´s a colisa˜o. O comprimento do fio na˜o permite que a bola encoste
no piso.
P3.3– a distaˆncia percorrida pelo bloco ate´ parar.
����������������������������
����������������������������
����������������������������
����������������������������
Mm
L
L
m
µc
Soluc¸a˜o
3.1– Como a colisa˜o ocorre apo´s a bola percorrer um arco de 90◦, seu vetor velocidade possui componente
somente na direc¸a˜o horizontal. Neste caso, podemos considerar a colisa˜o como sendo unidimensional e,
segundo o enunciando do problema, a mesma e´ ela´stica.
As forc¸as que atuam na bola de massa m enquanto ela percorre o arco de c´ırculo sa˜o o peso e a tensa˜o
no fio. Como o fio e´ inextens´ıvel, o trabalho realizado pela tensa˜o e´ nulo, uma vez que a tensa˜o e´ sempre
perpendicular ao deslocamento da bola. Como o peso e´ uma forc¸a conservativa, podemos concluir que
na˜o ha´ variac¸a˜o da energia mecaˆnica. Portanto podemos escrever:
Efinal = Einicial
Acontece que Einicial = mgL e Efinal =
1
2
mv2, onde v e´ o mo´dulo do vetor velocidade da bola no momento
que antecede a colisa˜o. Portanto temos que
v =
√
2gL.
No momento da colisa˜o, a resultante de forc¸as externas que atuam no sistema e´ nula, logo o momento
linear total do sistema se conserva, assim como sua energia mecaˆnica.
~Pantes = ~Pdepois ⇒ mv = mvm +MvM
Eantes = Edepois ⇒ 1
2
mv2 =
1
2
mv2m +
1
2
Mv2M
Resolvendo este conjunto de 2 equac¸o˜es com 2 inco´gnitas, vm e vM , temos que
vm =
m−M
m+M
√
2gL, (6)
vM =
2M
m+M
√
2gL. (7)
3.2– Como a massaM > m, m−M e´ negativo e, apo´s a colisa˜o, a bola de massam inverte a direc¸a˜o de seu
movimento e subira´ novamente ate´ parar. Novamente este processo esta livre de forc¸as na˜o conservativas
e a energia mecaˆnica da bola se conserva. Utilizando o resultado obtido na Eq.(6),
mgh =
1
2
mv2m ⇒ h =
v2m
2g
=
(
m−M
m+M
)2
L
3.3– Apo´s a colisa˜o, o bloco de massa M adquire uma velocidade vM e comec¸a a deslisar sobre uma
superf´ıcie com atrito. Segundo o Teorema do Trabalho-Energia,
∆K = WFRES
onde K e´ a energia cine´tica do bloco e WFRES e´ o trabalho realizado pela resultante de forc¸as que atua
no bloco. As forc¸as que atuam no bloco durante o seu deslocamento sa˜o o seu peso (vertical apontando
para baixo), a normal (vertical, pois a superf´ıcie e´ horizontal, apontando para cima) e a forc¸a de atrito
(horizontal, por ser paralela a` superf´ıcie, e no sentido oposto ao movimento). Logo, a forc¸a resultante
sobre o bloco e´ a forc¸a de atrio. Portanto,
∆K = Kfinal −Kinical = 0− 1
2
Mv2M =WFRES =
~Fatrito · ~d = Fatritod cos(θ)
onde Fatrito = µcN = µcMg e´ o mo´dulo da forc¸a de atrito, N e´ o mo´dulo da normal que atua sobre o
bloco, d e´ a distaˆncia percorrida pelo bloco ate´ parar e θ e´ o aˆngulo entre o vetor deslocamento e o vetor
forc¸a de atrito, no caso igual a 180◦, cujo cosseno e´ igual a -1. Temos enta˜o que, apo´s usar a Eq.(7) e
fazer as substituic¸o˜es,
−1
2
Mv2M = −µcMgd⇒ d =
1
2µcg
v2M =
1
2µcg
(
2M
m+M
√
2gL
)2
=
4M2
(m+M)2
L
µc