Gabarito Prova 2

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 14/05/2016- 08:00–09:50
Leia a prova TODA com ATENC¸A˜O antes de iniciar sua resoluc¸a˜o. Na˜o deˆ resposta nenhuma sem
justificativa! Organize bem sua prova e indique claramente a que questa˜o se refere seu racioc´ınio. As
notas sera˜o dadas em 100 pontos e depois normalizadas ao valor correto da prova para sua turma.
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. Um objeto de massa m desce uma rampa de geometria desconhecida pro´ximo a` superf´ıcie da Terra
(acelerac¸a˜o da gravidade igual a g). A variac¸a˜o de altura do objeto (deslocamento na vertical) e´
−h. Na˜o existe atrito entre o objeto e a rampa ou entre o objeto e o ar. O trabalho realizado pela
forc¸a resultante e´ igual a mgh.
VERDADEIRO. O trabalho da forc¸a resultante e´ o trabalho l´ıquido, ou seja, e´ o trabalho da soma vetorial
de todas as forc¸as, que e´ igual a` soma dos trabalhos individuais dessas forc¸as. Portanto, o trabalho da
forc¸a resultante e´ a soma do trabalho da forc¸a peso com o trabalho da forc¸a normal que, como naˆo existe
atrito, sa˜o as u´nicas forc¸as que atuam no objeto. O trabalho da forc¸a normal e´ sempre nulo nesse caso,
uma vez que ela e´ perpendicular a` rampa, enquanto que o deslocamento e´ sempre paralelo a` mesma. O
trabalho da forc¸a peso independe do caminho seguido no processo e, como o deslocamento do corpo e´
para baixo, e´ positivo e vale mgh.
Q2. Um bloco preso a uma mola esta´ oscilando em uma trajeto´ria retil´ınea entre os pontos x1 (com-
pressa˜o ma´xima da mola) e x2 (estiramento ma´ximo da mola), sobre uma superf´ıcie horizontal sem
atrito. No ponto x1 o valor da energia potencial armazenada na mola e´ ma´ximo e o mo´dulo da
acelerac¸a˜o e´ mı´nimo.
FALSO. As forc¸as que atuam no bloco sa˜o seu peso, a mola e a normal fornecida pela superf´ıcie, pois
na˜o existe atrito. A normal, nesse caso, e´ sempre perpendicular ao deslocamento do bloco e na˜o realiza
trabalho. Portanto, como o trabalho de forc¸as na˜o-conservativas e´ nulo, na˜o ha´ variac¸a˜o de energia
mecaˆnica nesse problema. A energia armazenada na mola e´ dada por 1
2
kx2, onde x e´ a elongac¸a˜o da
mola, ou seja, o tanto que esta´ afastada de seu comprimento natural (comprimida ou estirada). Essa
elongac¸a˜o e´ realmente ma´xima no ponto de compressa˜o ma´xima. Pore´m, o mo´dulo da acelerac¸a˜o depende
da forc¸a, cujo mo´dulo e´ proporcional a` elongac¸a˜o da mola, que e´ mı´nimo quando a mola esta´ em seu
comprimento natural, onde possui mo´dulo igual a zero. No ponto x1 o mo´dulo da acelerac¸a˜o e´ ma´ximo.
Q3. Um objeto gira sem atrito em movimento circular uniforme sobre uma mesa horizontal lisa, preso
por um fio a um ponto fixo na mesa que tambe´m esta´ fixa ao cha˜o. O momento linear do objeto e´
constante porque sua energia cine´tica e´ constante.
FALSO. Quantidade de movimento linear (ou momento linear) e´, por definic¸a˜o, o produto da massa pela
velocidade, ~p = m~v. Como o mo´dulo da velocidade tangencial em um movimento circular uniforme e´
constante, o mo´dulo da quantidade de movimento linear e´ constante, e a energia cine´tica, dada por 1
2
mv2,
tambe´m e´ constante. Pore´m, como a quantidade de movimento linear e´ uma grandeza vetorial, o vetor
momento linear na˜o e´ constante, pois sua direc¸a˜o varia ao longo do c´ırculo
Q4. Sobre um vaga˜o de trem, que desliza sem atrito no sentido leste-oeste, esta´ preso um canha˜o que
lanc¸a uma bala em sentido oposto (oeste-leste). Logo apo´s o lanc¸amento, a velocidade do centro de
massa do sistema formado pelo sistema vaga˜o/canha˜o/bala diminui. (Desprezar efeitos do atrito
com o ar).
FALSO. Durante o lanc¸amento da bala pelo canha˜o, ocorre o aparecimento de forc¸as internas no sistema
formado pelo vaga˜o e o canha˜o, as quais na˜o conseguem alterar o movimento do centro de massa do
sistema. Na˜o havendo atrito entre o vaga˜o e o trilho, na˜o ha´ forc¸as EXTERNAS agindo sobre o sistema
na direc¸a˜o horizontal. Portanto a acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema formado pelo vaga˜o e o
canha˜o na direc¸a˜o horizontal sera´ nula e, consequentemente, sua velocidade continuara´ constante nessa
direc¸a˜o. Na direc¸a˜o vertical, atuam os pesos e a forc¸a normal do piso sobre o vaga˜o. Considerando-se
os instantes imediatamente antes e imediatamente depois do tiro, essas forc¸as verticais na˜o se alteram
e, como somam zero, pois o sistema na˜o se movimenta na vertical, tambe´m na vertical a velocidade do
centro de massa na˜o se altera.
Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, sugesta˜o de pontos a` frente de cada problema)
P1– (sugesta˜o 24 pontos, 08:00–09:50)
Um bloco de massa M esta´ sobre uma rampa que faz um aˆngulo θ com a horizontal, com a qual possui
um coeficiente de atrito cine´tico µ. Por ac¸a˜o de um cabo ideal (sem massa e inextens´ıvel), que faz sobre
o bloco uma forc¸a constante F , o bloco sobe a rampa com acelerac¸a˜o constante. Veja a figura.
P1.1– Fac¸a o diagrama de forc¸as para o bloco.
P1.2– Calcule, em termos de F , M , g, θ e µ, a acelerac¸a˜o do bloco.
P1.3– Calcule o trabalho total sobre o bloco desde o momento em que ele parte do
repouso e comec¸a a subir com acelerac¸a˜o constante ate´ o instante em
que percorreu a distaˆncia D sobre a rampa.
P1.4– Calcule a variac¸a˜o de energia mecaˆnica do bloco
nesse trajeto.
P1.5– Determine a poteˆncia aplicada pelo cabo
ao bloco em func¸a˜o do tempo,
enquanto ele sobe com a
acelerac¸a˜o constante. F
cabo
D
µ
θMg
Fa
N
Soluc¸a˜o
P1.1– Esta˜o desenhadas na pro´pria figura as forc¸as que atuam no bloco: desenhadas em azul esta˜o
seu peso, vertical, para baixo, realizado pela Terra, que sofre a reac¸a˜o, igual a Mg, a normal, realizada
pela superf´ıcie, perpendicular a` pro´pria e para cima, igual a N , a forc¸a de atrito cine´tico, causada pela
superf´ıcie, paralela a` mesma e para baixo, igual a Fa. Desenhada em vermelho esta´ a forc¸a constante F
que o enunciado diz que o cabo faz no bloco.
P1.2– Usando-se o fato de que o bloco na˜o esta´ acelerado perpendicularmente a` superf´ıcie, calcula-se
a normal, N = Mg cos θ. Como e´ atrito esta´tico, Fa = µN = µMg cos θ. A acelerac¸a˜o resultante (que e´
paralela a´ rampa) sera´, enta˜o
a =
1
M
(F −Mg(sen θ + µ cos θ)) = F
M
− g(sen θ + µ cos θ) (1)
P1.3– O trabalho total pode ser calculado de duas maneiras: (A) calculando-se o trabalho de todas
as forc¸as identificadas na parte P1.1, ou (B) usando-se o teorema que diz que o trabalho total sobre um
corpo e´ igual a` variac¸a˜o de energia cine´tica do corpo.
(A) O trabalho total e´ igual ao trabalho da normal (nulo, pois a normal e´ perpendicular ao deslocamento)
somado com o do peso (−MgD sen θ), com o da forc¸a de atrito (−µMgD cos θ) e com o da forc¸a constante
F , (FD), sendo, portanto igual a (F −Mg(sen θ + µ cos θ))D.
(B) Como o bloco parte do repouso, sua velocidade final sera´, como a acelerac¸a˜o e´ constante, igual a
Vfinal =
√
2aD, com a acelerac¸a˜o calculada anteriormente na Eq.(1). Portanto, como a velocidade inicial
era nula, a variac¸a˜o de energia cine´tica sera´
Wtotal =
1
2
MV 2final − 0 =
1
2
M(2aD) =MaD = (F −Mg(sen θ + µ cos θ))D (2)
que da´ o mesmo resultado que (A).
P1.4– A variac¸a˜o da energia mecaˆnica tambe´m pode ser calculada de duas formas diferentes: (A)
calculando-se as energias mecaˆnicas inicial e final e da´ı sua variac¸a˜o, ou (B) usando-se o resultado que o
trabalho de forc¸as na˜o conservativas e´ igual a` variac¸a˜o da energia mecaˆnica.
(A) Usando-se como n´ıvel de refereˆncia a posic¸a˜o inicial do bloco, temos Emec.inicial = 0+0, pois o bloco
estava parado e non´ıvel de energia potencial gravitacional. Apo´s subir a distaˆncia D,
Emec.final =
1
2
MV 2final +MgD sen θ = ∆Emec = (−µMg cos θ + F )D. (3)
onde usei a velocidade final e, portanto, a energia cine´tica final ja´ foi calculada anteriormente na Eq.(2).
(B) O trabalho das forc¸as na˜o conservativas e´ a soma do trabalho do atrito com o trabalho da forc¸a F ,
que da´ WF,na˜o·cons = (−µMg cos θ + F )D, que da´ o mesmo resultado que (A).
P1.5– Pela definic¸a˜o infinitesimal de trabalho encontra-se que a poteˆncia de uma forc¸a ~F pode ser
escrita como P = ~F · ~v. Como o bloco parte do repouso e possui a acelerac¸a˜o encontrada acima, sua
velocidade em func¸a˜o do tempo e´ v(t) = at e a poteˆncia da forc¸a do cabo sobre o bloco sera´ dada por
Pot = Fat, com a acelerac¸a˜o a calculada na Eq.(1). Como praticamente todos os problemas, este tambe´m
pode ser resolvido de outra forma. Como a forc¸a e´ constante, seu trabalho e´ dado por WF = Fd, onde
d e´ a distaˆncia percorrida. Claramente, como o corpo estava inicialmente parado, a distaˆncia percorrida
em func¸a˜o do tempo e´ d(t) = 1
2
at2 e o trabalho realizado em furc¸a˜o do tempo e´ WF (t) =
1
2
Fat2. A
poteˆncia instantaˆnea e´ a taxa de realizac¸a˜o de trabalho por unidade de tempo, ou Pot = dWF
dt
= Fat,
mesmo resultado obtido antes.
P2– (sugesta˜o 12 pontos, 08:00–09:50)
Uma pessoa de massa m esta´ em uma escada pendurada no cesto de um bala˜o, o qual esta´ em uma regia˜o
sem vento, a uma altura h e em repouso em relac¸a˜o ao solo. Dentro do cesto do bala˜o esta´ o piloto e a
massa total do bala˜o (incluindo a escada, o cesto e o piloto) e´ igual a M . Se a pessoa que esta´ pendurada
comec¸a a subir pela escada com velocidade igual a V em relac¸a˜o a` escada, calcule, em termos de m,
M , V , g (e outras varia´veis que julgar necessa´rias, com justificativa):
P2.1– qual o sentido (justifique sua resposta) e
P2.2– com que velocidade escalar o bala˜o se move.
P2.3– Se a pessoa na escada parar de subir, qual sera´ a velocidade escalar do bala˜o?
Soluc¸a˜o
Como o ar esta´ parado na regia˜o onde o bala˜o se encontra, atuam no bala˜o (considerado formado
pelo pro´prio bala˜o, o cesto com o piloto dentro e a escada) seu peso (vertical para baixo, realizado pela
Terra que sofre a reac¸a˜o), o empuxo do ar (vertical, para cima, realizado pela atmosfera, que sofre a
reac¸a˜o) e a forc¸a que a pessoa pendurada faz na escada. Na pessoa pendurada, atuam seu peso (vertical,
para baixo, realizado pela terra, que sofre a reac¸a˜o), a reac¸a˜o da forc¸a que ela faz na escada e um
pequeno empuxo do ar, que pode ser desconsiderado, mas, se considerado, atua verticalmente para cima
e e´ causado pela atmosfera. A forc¸a que a pessoa faz na escada e´ complicada e pode variar a qualquer
momento, mas e´ sempre igual, em mo´dulo, direc¸a˜o, e possui sentido oposto a` que a escada (parte do
bala˜o) faz sobre ela, pela 3a Lei de Newton. Se considerarmos o sistema composto pelo bala˜o e a pessoa
pendurada essa forc¸a complicada passa a ser INTERNA e nota-se que, se na˜o ha´ vento, na˜o ha´ nenhuma
componente de forc¸a EXTERNA ao sistema na direc¸a˜o horitontal. Como o enunciado diz que o bala˜o
com a pessa pendurada esta˜o parados (em repouso) tambe´m verticalmente, podemos concluir que a
resultante das forc¸as EXTERNAS no nosso sistema e´ nula. Uma das propriedades mais importantes do
conceito de centro de massa de um sistema e´ que sua acelerac¸a˜o depende SOMENTE da existeˆncia de
forc¸as EXTERNAS ao sistema considerado que, nesse caso, sa˜o nulas. Portanto a acelerac¸aˆo do centro de
massa do sistema bala˜o e pessoa pendurada e´ nula e, consequentemente sua velocidade ficara´ constante,
enquanto na˜o aparecer forc¸as externas ao sistema. Como o sistema estava parado, a POSIC¸A˜O do centro
de massa na˜o pode variar, enquanto na˜o existir forc¸as externas, na˜o importa o que a pessoa fac¸a sobre o
bala˜o.
Como o sistema estava parado em relac¸a˜o ao solo antes de a pessoa comec¸ar a subir pela escada, a
velocidade do centro de massa antes disso era nula, Quando a pessoa estiver subindo pela escada, com
uma certa velocidade em relac¸a˜o ao solo (na˜o fornecida), o bala˜o tambe´m deve se movimentar em
relac¸a˜o ao solo de forma que a velocidade do centro de massa continue contante (e, nesse caso, igual a
zero). Escrevendo isso, enquanto a pessoa sobe pela escada
~Vcm,solo,ntes = 0 = ~Vcm,solo,durante =
M~Vbal,solo +m~Vpes,solo
M +m
. (4)
Para que a Eq.(4) seja va´lida, vemos que
M~Vbal,solo = −m~Vpes,solo (5)
As Eqs.(4) e (5) sa˜o vetoriais, ou seja, valem para todas as componentes dos vetores envolvidos. O
enunciado na˜o forneceu a velocidade da pessoa em relac¸a˜o ao solo, mas em relac¸a˜o a` escada, ou seja, em
relac¸a˜o ao bala˜o. Escrevendo a relac¸a˜o entre velocidades medidas com respeito a referenciais diferentes,
~Vpes,solo = ~Vpes,bal + ~Vbal,solo. Usando essa equac¸a˜o somente na direc¸a˜o vertical, temos
Vpes,solo,vert = Vpes,bal,vert + Vbal,solo,vert = V + Vbal,solo,vert (6)
Escrevendo a Eq.(5) para a direc¸a˜o vertical (na direc¸a˜o horizontal todas as velocidades sa˜o nulas) e
substituindo o resultado da Eq.(6), temos
MVbal,solo,vert = −mVpes,solo,ver = −m(V + Vbal,solo,vert) (7)
ou, resolvendo para Vbal,solo,vert, Vbal,solo,vert = −
m
m+M
V (8)
P2.1– Portanto, o sentido da velocidade do bala˜o emquanto a pessoa sobe, pendurada pela escada,
e´ oposto, por causa do sinal negativo na Eq.(8), a` velocidade da pessoa, ou seja o bala˜o tem que descer
em relac¸a˜o ao solo, enquanto a pessoa sobe.
P2.2– O mo´dulo da velocidade do bala˜o, ou seja, sua velocidade escalar, tambe´m e´ dado pelo mo´dulo
da Eq.(8).
P2.3– Pelo racioc´ınio acima, usando novamente a Eq.(8), se a pessoa parar na escada, sua velocidade
relativa a` escada sera´ nula e, com isso, a velocidade do bala˜o em relac¸a˜o solo tambe´m se anulara´. Se a
pessoa sobe o bala˜o desce; se a pessoa desce o bala˜o sobe; se a pessoa para o bala˜o para. As velocidades
sa˜o dadas pela Eq.(8).
P3– (sugesta˜o 24 pontos, 08:00–09:50)
Dois blocos, de massa M e m, movimentam-se juntos, presos
por um mecanismo sobre um trilho sem atrito. Inicialmente, no
trecho horizontal do trilho, possuem velocidade V em relac¸a˜o ao
trilho, como na figura. Em certo momento o mecanismo aciona,
separando os blocos, que passam a se afastar um do outro com
velocidade relativa de mo´dulo Vr, ainda na parte horizontal do
trilho. O bloco de massa m eventualmente chega a` parte em
que o trilho, ainda sem atrito, faz um arco de c´ırculo vertical
de raio R. O arco termina assim que o trilho fica vertical.
O bloco de massa m consegue passar por esse ponto com uma
certa velocidade e atinge uma altura h acima desse ponto, como
mostrado na figura, antes de parar momentaneamente. Deˆ suas
respostas em termos de m, M , g, R, V e Vr (as velocidades V1
e V2 dos blocos logo apo´s a separac¸a˜o na˜o sa˜o fornecidas).
R
h
VM m
trilho sem atrito
M m
m
m
V1 V2
P3.1– Qual a velocidade do bloco de massa m em relac¸a˜o ao trilho, V2, imediatamente apo´s a sua
separac¸a˜o do bloco de massa M?
P3.2– Qual a velocidade do bloco de massa m no momento em que chega no ponto mais alto do arco,
que esta´ na vertical, onde larga o trilho?
P3.3– Qual a altura ma´xima, h, atingida pelo bloco de massa m acima do ponto onde largou o trilho?
Soluc¸a˜o
P3.1– Durante a separac¸a˜o dos blocos na˜o ha´ nenhuma forc¸a externa aos dois na direc¸a˜o horizontal,
pois na˜o ha´ atrito com o trilho. Portanto, considerando os dois corpos como um sistema, o centro de
massas desse sistema possui acelerac¸a˜o nula na direc¸a˜o horizontal e sua velocidade nessa direc¸a˜o tem que
ficar constante. Como as massas na˜o variam, as quantidades de movimento do sistema, antes e depois da
separac¸a˜o, teˆm que ser iguais. Calculando em relac¸a˜o ao trilho,
pantes,hor = (M +m)V = pdepois,hor =MV1+mV2, (9)
onde V1 e V2 sa˜o as velocidades dos dois blocos em relac¸a˜o ao trilho depois da separac¸a˜o. Acontece
que o que foi fornecido foi a velocidade relativa de separac¸a˜o dos blocos. A relac¸a˜o vetorial entre as
velocidades e´ ~V1,t = ~V1,2+ ~V2,t. Considerando a direc¸a˜o inicial do movimento (e a final do movimento de
m) como positiva, a velocidade de afastamento do bloco de massa M (1) em relac¸a˜o a m (2) e´ negativa
(V1,2 = −Vr) e temos que a equac¸a˜o acima fica
V1,t = V1 = V1,2 + V2,t = −Vr + V2 −→ V1 = V2 − Vr. (10)
Levando essa equac¸a˜o para V1 na condic¸a˜o de conservac¸a˜o de quantidade de movimento, Eq.(9), temos
(M +m)V =M(V2 − Vr) +mV2 = (M +m)V2 −MVr, (11)
de onde calculamos a velocidade da massa m depois da separac¸a˜o,
V2 = V +
M
M +m
Vr. (12)
P3.2– A partir da separac¸a˜o, atuam no bloco de massa m somente seu peso (forc¸a conservativa)
e a normal do trilho, enquanto o bloco estiver sobre o trilho. Como a normal e´, nesse caso, sempre
perpendicular ao deslocamento do bloco, inclusive na parte circular do trilho, seu trabalho sera´
nulo. Ha´ pelo menos duas maneiras de calcular a velocidade do bloco de massa m quando ele estiver
deixando o trilho, a uma altura R acima da parte horizontal do trilho: (A) calculando-se o trabalho
total (do peso) e igualando-o a` variac¸a˜o de energia cine´tica, ou (B) considerando que na˜o ha´ atrito e a
energia mecaˆnica do bloco de massa m tem que conservar. Usando-se o racioc´ınio (A), o trabalho total
sera´ −mgR (pois o bloco sobe, contra´rio a` gravidade). A energia cine´tica inicial, quando o bloco depois
da separac¸a˜o ainda esta´ na parte horizontal do trilho, pode ser calculara com a velocidade da Eq.(12),
sendo igual a 1
2
mV 22 . Considerando o intervalo entre os instantes logo depois da separac¸a˜o e quando o
bloco sai do trilho Wtotal = −mgR = ∆Ecin =
1
2
mV 2sai −
1
2
mV 22 (13)
de onde podemos tirar a velocidade solicitada, Vsai, lembrando que V2 e´ dado pela Eq.(12)
Vsai =
√
V 22 − 2gR =
√(
V +
M
M +m
Vr
)2
− 2gR. (14)
P3.3– Novamente na˜o ha´ so´ um racioc´ınio para resolver esse problema. Utilizando-se (A) Leis de Newton
e cinema´tica, (B) o teorema Trabalho Total igual a variac¸a˜o de Energia Cine´tica, ou (C) conservac¸a˜o de
energia mecaˆnica, encontra-se a altura pedida, que em todos os casos dara´
h =
V 2sai
2g
=
V 22
2g
−R, (15)
dependendo dos pontos considerados como in´ıcio do intervalo, e Vsai e V2 sa˜o dados pelas Eqs.(14) e (12),
respectivamente.