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

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GABARITO DO 2o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA – 05/10/2016 – TURMA B1
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 desacelerar ate´ atingir a metade de sua velocidade
numa estrada plana. O trabalho realizado na frenagem, nesse caso, sera´ em mo´dulo igual a` metade
da energia cine´tica inicial 1
2
mv2.
A afirmativa e´ INCORRETA. Considere o teorema que nos 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(v
2
)2 − 1
2
mv2, e seu mo´dulo (e o do trabalho realizado
pelos freios) e´ | − 3
4
|
(
1
2
mv2
)
= 3
8
mv2.
Q2. Se a resultante das forc¸as externas que atuam sobre um corpo e´ nula, a energia mecaˆnica deve se
conservar, mas o momento linear total pode na˜o ser constante.
A afirmativa e´ INCORRETA. Pela definic¸a˜o de posic¸a˜o de centro de massa, a sua acelerac¸a˜o depende
somente da existeˆncia de forc¸a externa resultante na˜o nula. Quando essa resultante das forc¸as externas for
nula, a acelerac¸a˜o do centro de massa tambe´m sera´ nula e, consequentemente, a quantidade de movimento
linear total do sistema tera´ que ser constante. A conservac¸a˜o da energia mecaˆnica, pore´m, pode ocorrer
ou na˜o, pois isso so´ depende de o trabalho de forc¸as na˜o-conservativas ser nulo ou na˜o.
Q3. Num sistema de va´rias part´ıculas, o momento linear total e´ zero num certo referencial. Isso significa
que a energia cine´tica total e´ tambe´m zero nesse referencial.
A afirmativa e´ INCORRETA. A quantidade de movimento linear total de um sistema e´ um vetor, soma
dos vetores das quantidades de movimento lineares individuais. A soma de va´rios vetores na˜o nulos
pode muito bem ser nula. Pore´m, a energia cine´tica depende do mo´dulo da velocidade dos corpos e seu
valor total, que e´ a soma das energias cine´ticas individuais, somente sera´ nula se todas as contribuic¸o˜es
individuais o forem, pois o valor mı´nimo da energia cine´tica e´ zero, na˜o havendo energia cine´tica negativa.
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) = ax3 − 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´ INCORRETA. A relac¸a˜o entre uma forc¸a e a energia potencial associada a ela e´
~F = −
dU(x)
dx
xˆ = −(3ax2 − b)xˆ.
Uma posic¸a˜o de equil´ıbrio e` encontrada quando a forc¸a sobre a part´ıcula e´ nula. Nesse caso, isso acontece
para x = ±
√
− b
3a
e, portanto, a part´ıcula tera´ duas posic¸o˜es de equil´ıbrio.
P1– (3,0 pontos) Uma bola de massa m
e´ lanc¸ada com velocidade V no cano de
uma espingarda de mola de massa M ,
que esta´ em repouso numa superf´ıcie ho-
rizontal como na figura. A mola e´ ideal
e sua constante ela´stica e´ k. A bola fica
agarrada no ponto de maior compressa˜o
da mola e na˜o ha´ perda de energia por
atrito da bola com o cano. Determine
em termos dos dados (g, k, m, M e V ):
Mm v
Dx=0 coeficiente de atrito variavel(x)=Bxµ 2
k
P1.1– o mo´dulo da velocidade do conjunto (espingarda e bola) imediatamente depois que a bola pa´ra no
cano, comprimindo a mola ao ma´ximo;
P1.2– a quantidade de energia potencial que fica armazenada na mola pela compressa˜o da bola.
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 com o quadrado de x,
como µ(x) = Bx2, onde B e´ uma constante conhecida. Calcule (em termos de g, k, m, M , V e B) a
distaˆncia D que o conjunto percorre ate´ parar. Despreze as dimenso˜es da espingarda se comparadas
com a distaˆncia D.
Soluc¸a˜o
P1.1– Considerando a bola, a mola e a espingarda como sendo um sistema, a interac¸a˜o entre esses
corpos e´ como uma colisa˜o. Portanto, podemos desprezar todas as forc¸as externas durante o evento e,
com isso, a acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema sera´ nula e a sua velocidade ficara´ constante durante
a interac¸a˜o. No instante que a bola tiver comprimido a mola ao ma´ximo, as velocidades da espingarda e
da bola tera˜o que ser iguais (caso contra´rio, se a da bola ainda fosse maior que a da espingarda, a mola
seria mais comprimida, ou se fosse menor, a mola ja´ estaria se distendendo). Portanto, como a velocidade
do centro de massa e´ constante durante a colisa˜o, temos, chamando a velocidade no instante em que as
velocidades sa˜o iguais, de V , a situac¸a˜o antes de 1 e a depois de 2
VCM,1 =
mv + 0
m+M
= VCM,2 =
MV +mV
m+M
, (14)
de onde tiramos
V =
m
m+M
v. (15)
Ou seja, a velocidade do conjunto nesse instante e´ igual a` velocidade do centro de massa.
P1.2– Como a colisa˜o e´ ra´pida, e na˜o ha´ perda de energia por atrito da bola com o cano da espingarda,
a energia mecaˆnica tem que se conservar durante a colisa˜o. As forc¸as atuantes sa˜o os pesos, a forc¸a da
mola, todas conservativas, e a normal, que, nesse caso, na˜o realiza trabalho por ser perpendicular ao
deslocamento do conjunto. Os pesos na˜o realizam trabalho (ou, equivalemente, as energias potenciais
gravitacionais na˜o se alteram) no processo. A energia mecaˆnica imediatamente antes (situac¸a˜o 1) e
imediatamente depois da colisa˜o (situac¸a˜o 2) sa˜o,
Emec.,1 = Ecine´tica,1 + Epot.,grav.,1 + Epot.,ela´st.,1 (16)
= 1
2
mv2 + 0 + Epot.,grav.,esp.,1 + Epot.,grav.,bola,1 + 0 (17)
Emec.,2 = Ecine´tica,2 + Epot.,grav.,2 + Epot.,ela´st.,2 (18)
= 1
2
(m+M)V 2 + Epot.,grav.,esp.,2 + Epot.,grav.,bola,2 + Epot.,ela´st.,2. (19)
Como a energia mecaˆnica se conserva, as energias potenciais gravitacionais tambe´m na˜o variaram entre
as situac¸o˜es 1 e 2, e a mola estava na posic¸a˜o de equil´ıbrio em 1, temos, usando as Eqs. (16) e (18)
Epot.,ela´st.,2 = Epot.,ela´st.,1 + Ecine´tica,1 − Ecine´tica,2 (20)
e, usando a Eq. (15),
Epot.,ela´st.,2 = 0 +
1
2
mv2 −
1
2
(m+M)V 2 =
1
2
mv2
(
1−
m
m+M
)
, (21)
que e´ a energia armazenada na mola.
P1.3– Apo´s a bola ficar presa no cano da espingarda, elas saem com a velocidade calculada na Eq. (15) e
encontram pela frente uma superf´ıcie com atrito. Como o conjunto somente se movimenta na horizontal e
a forc¸a de atrito na˜o possui componente na vertical, a normal e´, em mo´dulo, igual ao peso da espingarda
com a bola presa, N = (m+M)g, constante. A forc¸a de atrito, por sua vez, e´ igual a normal multiplicada
pelo coeficiente de atrito que, nesse caso, e´ varia´vel com a posic¸a˜o
Fatrito = µ(x)N = Bx
2(m+M)g, (22)
e a forc¸a de atrito e´, portanto, varia´vel. A definic¸a˜o de trabalho de uma forc¸a ~F qualquer e´
dWF = ~F · d~s = |~F | |d~s| cos θF,ds, (23)
onde θF,ds e´ o aˆngulo entre a forc¸a e o infinite´simo de deslocamento. Para o peso e a normal esse aˆngulo
e´ de 90◦ e o trabalho dessas duas forc¸as sera´ nulo. Pore´m, o trabalho do atrito, que sera´ o trabalho total,
na˜o sera´ nulo e tera´ que ser calculado pela integral da Eq. (23)
dWF,atrito = |~F | |d~s| cos θF,ds = Bx
2(m+M)g ds cos 180◦ (24)
e teremos de integrar fazendo x variar de 0 a D
WF,atrito =
∫
dWF,atrito =
D∫
x=0
Bx2(m+M)g ds cos 180◦ = −B(m+M)g
D∫
x=0
x2ds, (25)
onde o sinal negativo aparece do cosseno. A trajeto´ria segue na mesma direc¸a˜o na qual x cresce e, por
isso fizemos ds = dx. Usando a integral primitiva fornecida nos dados para n = 2,
WF,atrito = −B(m+M)g
D∫
x=0
x2dx = −B(m+M)g
(
x3
3
) ∣∣∣∣∣
D
0
= −B(m+M)gD3
3
. (26)
O trabalho total realizado sobre o sistema sera´ igual a variac¸a˜o de energia cine´tica e, como o peso e a
normal na˜o realizam trabalho
WFRES = WF,atrito = −B(m+M)g
D3
3
= ∆Ecine´tica = 0−
1
2
(m+M)V 2 = −
1
2
m2
m+M
v2, (27)
onde usamos o resultado da Eq. (15). Da equac¸a˜o acima podemos calcular D
D =
3
√(
3v2
2Bg
)(
m
m+M
)2
. (28)

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