Teste 2 2017/2 - Fundamentos de Mecânica UFMG Luiz Paulo

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GABARITO DO 2o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA – 11/10/2017 – TURMA A4
Dados: dt
n
dt
= ntn−1 ;
∫
tndt =
tn+1
n+ 1
.Questo˜es (valor: 3 pontos; 0.75 ponto por questa˜o) 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 carro de massa m e velocidade v tem que acelerar ate´ velocidade 2v para realizar uma ultrapas-
sagem numa estrada plana. O trabalho realizado na acelerac¸a˜o, nesse caso, sera´ o dobro da energia
cine´tica inicial, 1
2
mv2.
A afirmativa e´ INCORRETA. Considere o teorema que diz que o trabalho total realizado sobre um corpo
num processo e´ igual a` sua variac¸a˜o de energia cine´tica. Nesse caso, a variac¸a˜o de energia cine´tica e´
∆Ecine´tica = Ecine´tica,final − Ecine´tica,inicial =
1
2
m(2v)2 − 1
2
mv2 = 3
2
mv2.
Q2. Se uma forc¸a e´ conservativa, o trabalho e´ sempre nulo, independente do caminho ser fechado ou
na˜o, ou seja, se o ponto de aplicac¸a˜o da forc¸a volta a` sua posic¸a˜o inicial ou na˜o.
A afirmativa e´ INCORRETA. A propriedade que define uma forc¸a como conservativa e´ o fato de seu
trabalho na˜o depender do caminho, dependendo somente das posic¸o˜es inicial e final. Portanto, grac¸as a
essa propriedade, o trabalho de uma forc¸a conservativa num circuito fechado sera´ sempre nulo, pois em
um circuito fechado as posic¸o˜es inicial e final sa˜o iguais. Mas se o circuito for tal que as posic¸o˜es inicial
e final na˜o sa˜o as mesmas, o trabalho, em geral, sera´ diferente de zero.
Q3. Um sistema de va´rias part´ıculas possui energia cine´tica zero num certo referencial. Isso significa
que o momento linear total e´ tambe´m zero nesse referencial.
A afirmativa e´ CORRETA. A energia cine´tica de cada uma das partes do sistema depende somente do
mo´dulo da velocidade dessa parte, e seu valor mı´nimo e´ zero. Se a energia cine´tica do sistema, que e´
a soma das energias cine´ticas de todas as suas partes, for nula, isso implica que todas as velocidades
possuem mo´dulo nulo e, portanto, a quantidade de movimento linear total do sistema tambe´m sera´ nula.
Q4. Uma part´ıcula esta´ sujeita a uma u´nica forc¸a conservativa, tal que sua energia potencial depende
de sua posic¸a˜o x da seguinte maneira: U(x) = ax2 + bx+ c, onde a, b e c sa˜o constantes positivas.
Essa part´ıcula possui apenas uma posic¸a˜o de equil´ıbrio.
A afirmativa esta´ CORRETA. A relac¸a˜o entre uma forc¸a e a energia potencial associada a ela e´
~F = −
dU(x)
dx
xˆ = −(2ax+ b)xˆ.
Uma posic¸a˜o de equil´ıbrio e´ encontrada quando a forc¸a sobre a part´ıcula e´ nula. Isso acontece somente
para x = − b
2a
e, portanto, a part´ıcula tera´ somente uma posic¸a˜o de equil´ıbrio.
P1– (3,0 pontos): Uma bola de massa
m esta´ presa a um pino por um fio ideal
(semmassa e inextens´ıvel) de comprimen-
to L e e´ solta quando esta´ na posic¸a˜o ho-
rizontal como na figura. No fim do arco
de 90o a bola atinge um bloco de massa
M em repouso. No instante do choque o
fio se rompe e os dois corpos seguem gru-
dados com a uma certa velocidade. De-
termine em termos dos dados (g, L, m,
M):
P1.1– a velocidade da bola imediatamente antes do choque com o bloco,
L
m
M
Mm
Dx=0 coeficiente de atrito variavel
µ( ) = x A x
P1.2– a velocidade do conjunto bola mais o bloco, agora movendo juntos, imediatamente apo´s o choque.
P1.3– Considere que a superf´ıcie pela qual os dois corpos escorregam, agora juntos, possua um atrito
cujo coeficiente seja varia´vel, sendo nulo na posic¸a˜o inicial (x=0) e variando linearmente com x,
como µ(x) = Ax, onde A e´ uma constante conhecida. Calcule (em termos de g, L, m, M , A) a
distaˆncia D que o conjunto percorre ate´ parar. Despreze as dimenso˜es dos blocos se comparadas
com a distaˆncia D.
Soluc¸a˜o
Durante a fase do problema na qual a bola desce presa ao fio, atuam nela duas forc¸as: o peso (constante,
vertical para baixo, realizado pela Terra, forc¸a conservativa) e a tensa˜o do fio (mo´dulo e direc¸a˜o varia´veis,
realizada pelo fio e sempre apontando na direc¸a˜o dele). Como o fio e´ inextens´ıvel, a forc¸a que ele exercer
sera´ sempre perpendicular ao deslocamento infinitesimal do bloco e, portanto, o trabalho dessa forc¸a sera´
nulo. Somente o peso realizara´ trabalho e podemos encontrar a velocidade da bola antes de se chocar
com o bloco tanto pelo usando o teorema
Wtotal = ∆Ecine´tica, (1)ou o trabalho de forc¸as na˜o conservativas
Watrito = ∆Emecaˆnica. (2)
Como na˜o ha´ atrito atuanto nessa fase do movimento, o trabalho de forc¸as na˜o-conservativas sera´ nulo,
assim como a variac¸a˜o de energia mecaˆnica, que tambe´m sera´ nula.
P1.1– O trabalho do peso independe do caminho e sera´ o trabalho total. Usando a Eq. (1),
Wpeso =Wtotal = mgL = ∆Ecine´tica =
1
2
mv2 − 0, (3)
de onde tiramos a velocidade com que a bola chega no bloco, antes do choque
v =
√
2gL. (4)
P1.2– Ocorre uma colisa˜o entre a bola e o bloco e e´ informado que ambos ficam juntos apo´s a mesma.
Em coliso˜es e´ sempre va´lido desprezar, enquanto ocorrem, a existeˆncia de forc¸as externas e, portanto,
sempre ha´ conservac¸a˜o da velocidade do centro de massa e, se as massas sa˜o constantes, sempre havera´
conservac¸a˜o da quantidade de movimento linear do sistema. Portanto, lembrando que o bloco de massa
M estava parado antes de o de massa m bater nele com a velocidade calculada na Eq. (4), e que se
movimentam juntos apo´s a colisa˜o,
mv + 0 = m
√
2gL = (m+M)Vfinal ou Vfinal =
m
m+M
√
2gL. (5)
P1.3– A partir do momento em que os dois blocos passam a se movimentar com a velocidade calculada
na Eq. (5), encontram uma superf´ıcie com um coeficiente de atrito varia´vel. Nesse trecho atua no bloco
composto seu peso (vertical, para baixo), a normal (vertical, para cima) e o atrito (horizontal, para a
esquerda, pois e´ oposto ao movimento). Como o bloco composto na˜o se movimenta na vertical, a normal
e´ igual ao peso, N = (m+M)g, e a forc¸a de atrito, µN sera´, lembrando que µ depende de x, µ(x) = Ax,
Fatrito = µ(x)N = Ax(m +M)g, (6)
ou seja, e´ uma forc¸a varia´vel. O trabalho total dessas 3 forc¸as sobre o bloco composto sera´ igual a` variac¸a˜o
de energia cine´tica do bloco composto. Pelo fato de o movimento ocorrer sempre paralelo ao plano e a
normal ser perpendicular ao mesmo, o trabalho da normal sera´ nulo. Ale´m disso, como o movimento e´
horizontal e o peso vertical, o trabalho do peso no processo tambe´m sera´ nulo. Portanto, o trabalho total
sera´ igual ao trabalho do atrito, que e´ uma forc¸a, nesse caso, varia´vel. Por definic¸a˜o
dWF = ~F · d~s = |~F | |d~s| cos θ. (7)
Ja´ encontramos o mo´dulo da forc¸a de atrito, Eq. (6), e sabemos que o aˆngulo que ela faz com o deslo-
camento e´ de 180◦, cujo cosseno e´ −1. Portanto, para calcular o trabalho da forc¸a de atrito temos que
substituir esses dados na Eq. (7) e integrar
Watrito =
∫
dWatrito =
∫
Ax(m+M)gds(−1), (8)
onde o (−1) vem do cosseno do aˆngulo. O deslocamento se processa ao longo do eixo dos x e podemos
fazer ds = dx e, usando a integral fornecida nos dados para n = 1,
Watrito =
∫
dWatrito =
D∫
x=0
−Ax(m+M)gdx = −A(m+M)g
D∫
x=0
xdx = −A(m+M)g
(
x2
2
) ∣∣∣∣∣
D
x=0
(9)
ou
Watrito = −A(m+M)g
(
D2
2
)
. (10)
Conhecemos a energia cine´tica no instante que o atrito comec¸ou a atuar e a energia cine´tica quando o
bloco composto parou, portanto
Wtotal =Wpeso +Wnormal +Watrito = Watrito = −A(m+M)g
(
D2
2
)
= ∆Ecine´tica, (11)
e
−A(m+M)g
(
D2
2
)
= ∆Ecine´tica = 0−
1
2
(m+M)
(
m
m+M
√
2gL
)2
, (12)
e, simplificando,
D2 =
1
Ag
(
m
m+M
√
2gL
)2
e D =
m
m+M
√
2L
A
. (13)