FundMec Prova 1

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GABARITO DA 1a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - TURMA A4
Leia a prova TODA com ATENC¸A˜O antes de iniciar sua resoluc¸a˜o. Resolva as questo˜es literalmente.
Na˜o deˆ resposta nenhuma sem justificativa!
Parte A - Questo˜es (9 pontos, 2,25 ponto por questa˜o): Diante de cada pergunta ou afirmac¸a˜o abaixo,
responda ou corrija aquelas que estiverem errado e (mesmo se a afirmativa estiver correta) justifique com
suas palavras o seu racioc´ınio.
Q1. Em um dado planeta, um corpo em queda livre partindo do repouso gasta o dobro do tempo que
gastaria na Terra, para cair de uma mesma altura. Conclui-se que a acelerac¸a˜o da gravidade nesse
planeta e´ o um quarto da acelerac¸a˜o da gravidade na Terra, g.
A afirmativa esta´ CORRETA. Quando a acelerac¸a˜o, a, e´ constante, o tempo, t, gasto para se percorrer
uma certa distaˆncia, d, partindo do repouso, e´ dado por t =
√
2d/a. A acelerac¸a˜o se relaciona, enta˜o,
com a distaˆncia e o tempo por a = 2d/t2. A acelerac¸a˜o da gravidade da Terra pode ser escrita, enta˜o,
como g = 2h/t2. Como a altura de queda e´ a mesma, mas o tempo gasto no outro planeta e´ o dobro, sua
acelerac¸a˜o e´ g′=2d/(2t)2=(2h/t2)/4=g/4. Ou seja, a acelerac¸a˜o g′ e´ um quarto do valor de g.
Q2. Considere dois corpos de mesma forma e volume, mas com massas diferentes. Considere, ainda, que
para uma determinada forma, a resisteˆncia do ar so´ depende da velocidade e aumenta linearmente
com seu mo´dulo, sendo sempre oposta a ela. Quando caem de uma altura suficientemente grande,
a partir do repouso, a partir de certo momento ficara˜o com velocidade constante.
A afirmativa esta´ CORRETA. Os dois corpos, de formas e volumes iguais, mas de
massas (e pesos) diferentes, sa˜o soltos do repouso. A` medida que sua velocidade
aumenta (sob ac¸a˜o do peso, u´nica forc¸a inicial), a resisteˆncia do ar aumenta
linearmente e, para a mesma velocidade, e´ igual para os dois corpos. As forc¸as do
ar nos corpos, como dependem da velocidade, va˜o aumentando ate´ que possuam
mo´dulo igual aos respectivos pesos dos corpos. Nesse momento a resultante
se anula e os corpos passam a ter velocidade constante. Se algo aumentar a
velocidade de um deles, a resisteˆncia do ar passa a ser maior que o peso e ele
freia, voltando a` velocidade constante anterior.
Fa,1
mg Mg
Fa,2
Fa,1
Fa,2
Q3. Uma pessoa tem que deslocar uma caixa de massaM por um plano
horizontal com atrito com velocidade constante, conforme a figura.
Em qual das situac¸o˜es ela fara´ forc¸a maior? θ
com atrito
θ
M
(b)
com atritoM
(a)
Na caixa atuam (1) a Terra, fazendo o seu PESO, (2) o plano, fazendo
uma forc¸a NORMAL e uma de ATRITO, e (3) a forc¸a da pessoa. A u´nica
dessas forc¸as que na˜o muda nas duas situac¸o˜es e´ o peso. Na situac¸a˜o (b)
a forc¸a que a pessoa faz na caixa possui uma componente para cima
que, junto com a normal, equilibra o peso (pois a caixa na˜o acelera
na vertical). Como o peso na˜o varia, a normal do plano sobre a caixa e´ menor na situac¸a˜o (b) que na
situac¸a˜o (a). Na horizontal, a forc¸a de atrito ira´ se opor ao movimento da caixa. O valor da forc¸a de atrito
cine´tico depende diretamente da forc¸a NORMAL existente entre o plano e a caixa, e, consequentemente,
sera´ maior na situac¸a˜o (a) que na (b). Com isso, a pessoa tera´ que fazer uma forc¸a maior na situac¸a˜o
(a) que na (b), para que a componente horizontal dessa forc¸a consiga pelo menos equilibrar o atrito e
movimentar a caixa com velocidade constante. O pior e´ que, na situac¸a˜o (a), quando mais forc¸a a pessoa
faz, mais atrito a caixa pode sofrer.
Q4. Pela 2a Lei de Newton, a velocidade de uma part´ıcula de massa constante e´ sempre paralela a`
resultante das forc¸as que nela atuam.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Quando a massa e´ constante, a 2a Lei de Newton pode ser escrita
da forma ~Fres = m~a, ou seja, a acelerac¸a˜o e´ que tem a mesma direc¸a˜o da forc¸a, e na˜o a velocidade.
Se lembrarmos que
~Fres
m
= ~a = d~v
dt
, veremos que as variac¸o˜es de velocidade (d~v) sa˜o paralelas a` forc¸a
resultante.
Parte B - Problemas (16 pontos, P2 = 6 pontos; P1 e P3 = 5 pontos):
P1– Considere a situac¸a˜o mostrada na figura ao
lado, onde um bloco de massa M rola por
uma ribanceira e sai dela com uma certa ve-
locidade V0 fazendo um aˆngulo θ com a ho-
rizontal e a uma altura H do vale, abaixo.
O bloco leva um tempo T desde o momento
que sai da ribanceira ate´ bater no cha˜o. Des-
preze a resisteˆncia do ar e responda em ter-
mos de θ, M , T , H e g.
θ
H
D
v0
M
P1.1– Calcule o mo´dulo da velocidade do bloco
no momento que ele sai da ribanceira, V0.
P1.2– Calcule a distaˆncia D que o bloco atingira´
o vale em relac¸a˜o ao ponto de onde saiu da
ribanceira.
Soluc¸a˜o
Trata-se de um movimento de proje´til, onde a
acelerac¸a˜o e´ constante, igual a zero na direc¸a˜o
horizontal e igual a g para baixo na direc¸a˜o ver-
tical. As equac¸o˜es que regem esse tipo de movi-
mento sa˜o
horizontal : x = x0 + V0,xt Vx = V0,x (1)
vertical : y = y0 + V0,yt+
1
2
ayt
2 Vy = V0,y + ayt (2)
P1.1– Considerando o eixo y positivo para cima e o eixo x positivo para a direita na figura, podemos
usar a primeira das Eqs. (2), para y. Sabendo que, ao chegar ao solo, o bloco possui y = 0, ao partir da
boca do vulca˜o, possui y0 = H, que ficou um tempo T no ar, sob uma acelerac¸a˜o ay = −g e que partiu
com sua velocidade fazendo um aˆngulo θ com a horizontal:
0 = H + V0,yT +
1
2
(−g)T 2 = H + V0 sen θT −
1
2
gT 2 ou V0 =
1
2
gT 2 −H
T sen θ
(3)
P1.2– Durante o tempo T em que ficou no ar, a acelerac¸a˜o horizontal do bloco foi nula e sua velocidade
constante, como nas Eqs. (1). Nesse tempo, seu deslocamento foi x− x0 = D. Enta˜o,
x− x0 = D = V0,xT = V0 cos θ T =
1
2
gT 2 −H
T sen θ
cos θ T =
(
1
2
gT 2 −H
)
cot θ. (4)
Note que a massa do bloco na˜o entra nas respostas.
P2– Deseja-se acelerar o bloco de massam por
meio de uma forc¸a F aplicada no bloco de
massa M , como na figura ao lado. Considere
que existe atrito entre os blocos de massa M
e m, e que o coeficiente de atrito esta´tico e´
µE, e que ha´ atrito entre o bloco de massa
M e o cha˜o, de coeficiente de atrito cine´tico
µC. Expresse seus resultados em termos de
M , m, µE, µC e g.
µC
E
F
m
µ
mg
Mg
Fa1E
N1
N2
Fa1E
Fa2C
N1
M
P2.1– Fac¸a os diagramas de todas as forc¸as para os dois blocos, m e M . Para clareza, fac¸a diagramas
separados para cada corpo. Identifique os pares de ac¸a˜o e reac¸a˜o das forc¸as entre eles.
P2.2– Encontre o valor mı´nimo da acelerac¸a˜o a para que eles se movimentem juntos, sem que o bloco
de massa m escorregue sobre o de massa M .
P2.3– Encontre o valor da forc¸a F na situac¸a˜o de P2.1–.
P2.4– Se o valor da forc¸a F encontrado em P2.3– for dobrado, o que acontece com as novas componentes,
vertical e horizontal, da forc¸a de contato entre os blocos?
Soluc¸a˜o
P2.1– Os diagramas de forc¸as foram feitos na pro´pria figura, onde separei os corpos. Atuam no corpo de
massa m (forc¸as desenhadas em azul):
1. o peso mg, vertical, para baixo, realizado pela Terra, que sofre a reac¸a˜o;
2. a forc¸a normal entre as superf´ıcies dos blocos, N1, feita pelo bloco de massaM (que sofre a reac¸a˜o)
sobre o de massa m, para a esquerda, perpendicular a` superf´ıcie entre os blocos;
3. a forc¸a de atrito esta´tico entre as superf´ıcies dos blocos, Fa1E , feita pelo bloco de massa M (que
sofre a reac¸a˜o) sobre o de massa m, para cima, paralela a` superf´ıcie entre os blocos;
e, no corpo de massa M (forc¸as tambe´m em azul):
4. o peso Mg, vertical, para baixo, realizado pela Terra, que sofre a reac¸a˜o;
5. a forc¸a normal entre as superf´ıcies dos blocos, N1, feita pelo bloco de massa m (que sofre a reac¸a˜o)
sobre o de massa M , para a direita, perpendicular a` superf´ıcie entre os blocos;
6. a forc¸a deatrito esta´tico entre as superf´ıcies dos blocos, Fa1E , feita pelo bloco de massa m (que
sofre a reac¸a˜o) sobre o de massa M , para baixo, paralela a` superf´ıcie entre os blocos;
7. a forc¸a normal entre a superf´ıcie do bloco de massa M e o piso, N2, perpendicular a` superf´ıcie do
piso (portanto vertical), para cima, feita pelo piso;
8. a forc¸a de atrito cine´tico entre a superf´ıcie do bloco de massaM e o piso, Fa2C , paralela a` superf´ıcie
(portanto horizontal) e oposta ao movimento (portanto para a esquerda), feita pelo piso;
9. e, finalmente, a forc¸a F do enunciado, horizontal e para a esquerda.
Os pares de ac¸a˜o e reac¸a˜o esta˜o ligados por linhas vermelhas.
P2.2– Para se moverem juntos, os dois corpos se movimentam sobre o piso, que e´ horizontal. Portanto, a
componente vertical da forc¸a resultante em cada um dos blocos tem que ser nula. Para o corpo de massa
m, considerando positivo para cima
Fa1E −mg = 0 −→ Fa1E = mg, (5)
de onde concluimos que o bloco de massa m e´ seguro pelo atrito com o bloco de massa M . Para o bloco
de massa M , ainda considerando positivo para cima,
N2 − Fa1E −Mg = 0 −→ N2 = Fa1E + mg = (m+M)g, (6)
de onde concluimos que a normal com o piso segura o peso dos dois blocos. Na direc¸a˜o horizontal, a
u´nica forc¸a que atua no corpo de massa m e´ a normal N1 entre os corpos. Acontece que a forc¸a de atrito
entre os blocos tem que ser igual ao peso do corpo de massa m, como encontrado na Eq.(5). Se essa
forc¸a estiver no seu limite, ela sera´ igual ao produto da normal pelo coeficiente de atrito esta´tico entre
as superf´ıcies. Portanto, a acelerac¸a˜o mı´nima do conjunto e´
N1 = ma =
Fa1E
µE
=
mg
µE
−→ a =
g
µE
. (7)
P2.3– Analisando o corpo de massa M na horizontal, ele tera´ a mesma acelerac¸a˜o que o de massa
m, encontrada na Eq.(7), pois a condic¸a˜o e´ que se movimentem juntos. Considerando positivo para a
esquerda
F −N1 − Fa2C =Ma =M
g
µE
. (8)
O valor da normal entre os blocos foi encontrado na Eq.(7), N1 =
mg
µE
, A forc¸a de atrito cine´tico entre o
bloco de massa m e o piso e´ dada por Fa2C = µCN2 = µC(m+M)g, onde usamos o resultado da Eq.(6).
Levando esses resultados na Eq.(8),
F =M
g
µE
+N1 + Fa2C =M
g
µE
+
mg
µE
+ µC(m+M)g =
(
1
µE
+ µC
)
(m+M)g. (9)
P2.4– A forc¸a F encontrada na Eq.(9) e´ o valor mı´nimo para os dois corpos acelerarem juntos. Se
esse valor for dobrado, obviamente a acelerac¸a˜o sera´ maior e, portanto, a normal entre os blocos, N1
aumentara´, pois ela e´ a u´nica forc¸a que acelera o corpo de massa m. Pore´m, esse corpo continua se
movendo na horizontal e seu peso na˜o e´ afetado pelo valor de F , Portanto, o atrito entre os blocos
continua sendo o responsa´vel por segurar o peso do de massa m e na˜o muda.
P3– Um atleta consegue correr em relac¸a˜o ao solo com veloci-
dade Vhomem,solo e nadar com velocidade Vhomem,a´gua em
relac¸a˜o a` a´gua. Ele quer atravessar um rio de corrente
homogeˆnea, cuja correnteza possui velocidade Va´gua,solo em
relac¸a˜o a`s margens, saindo do ponto A e chegando ao ponto
C, diretamente do outro lado da margem, como na figura.
Como a temperatura da a´gua esta´ muito baixa, ele quer
atravessar o rio no menor tempo poss´ıvel e, com isso, en-
quanto ele atravessa o rio, as a´guas o deslocam de seu obje-
tivo, fazendo-o chegar do outro lado no ponto B. Considere
as velocidades constantes e que Vhs > Vha > Vas.
P3.1– Que distaˆncia separa os pontos B, onde ele chega na outra
margem, e C, seu objetivo?
A
BC
d
Vas
P3.2– Assim que chega em B, o atleta corre pelo solo, com a velocidade Vhomem,solo, para ir ate´ C. Qual
o tempo total gasto pelo atleta desde o instante que saiu de A ate´ chegar em C, seu objetivo?
P3.3– Qual foi a velocidade vetorial me´dia do atleta no percurso (mo´dulo, direc¸a˜o e sentido)? Con-
siderando a distaˆncia total percorrida, qual foi sua velocidade escalar me´dia?
Soluc¸a˜o
O homem pode escolher nadar nas a´guas do rio apontando sua velocidade em qualquer direc¸a˜o. En-
tretanto, para poder atravessar o rio no menor tempo poss´ıvel (pois a a´gua esta´ muito fria), ele
tem que ter sua velocidade apontando de forma que possua a maior componente poss´ıvel na direc¸a˜o
perpendicular a` margem. Com isso, como ele nada com velocidade constante, ele gastara´ o tempo
TAB =
d
Vhomem,a´gua
, (10)
onde d e´ a largura do rio. Acontece que, enquanto o homem nadava dirigindo sua velocidade perpendicular
a` margem, sem qualquer componente de velocidade paralela a` mesma, o rio o levou paralelamente a`
margem com a velocidade da correnteza.
P3.1– O tempo que o homem fica dentro do rio e´ o calculado pela Eq. (10), e, portanto, nesse tempo
o rio carrega o homem pela distaˆncia
DCB = Va´gua,soloTAB =
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
d (11)
P3.2– A distaˆncia calculada na Eq. (11) o homem atravessa correndo com a velocidade Vhomem,solo e,
para tal, gasta o tempo
TBC =
DCB
Vhomem,solo
=
(
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
)(
d
Vhomem,solo
)
. (12)
O tempo total gasto pelo homem de A a C e´, claramente, a soma dos tempos dados pelas Eqs. (10) e
(12), Ttotal = TAB + TBC ,
Ttotal =
d
Vhomem,a´gua
+
(
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
)(
d
Vhomem,solo
)
=
d
Vhomem,a´gua
(
1 +
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
)
(13)
P3.3– A definic¸a˜o de velocidade vetorial me´dia em um certo intervalo de tempo e´ dada pela variac¸a˜o
vetorial de posic¸a˜o dividida pelo intervalo de tempo:
~Vme´dia =
∆~r
∆t
(14)
A posic¸a˜o final do homem e´ em C e a inicial era em A e ele gastou o tempo total da Eq. (14) no trajeto,
portanto a sua velocidade vetorial me´dia tera´ o mo´dulo
Vme´dia =
d
Ttotal
=
Vhomem,a´gua(
1 +
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
) = V 2homem,a´gua
Vhomem,a´gua + Va´gua,solo
(15)
e a direc¸a˜o de A para C. A velocidade escalar me´dia, definida como a distaˆncia total percorrida dividida
pelo intervalo de tempo gasto sera´
Vescalar me´dia =
DAB +DBC
Ttotal
=
√
d2 +
(
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
d
)2
+
Va´gua,solo
Vhomem,a´gua
d
Ttotal
, (16)
com o Ttotal dado pela Eq. (13).