Teste 3 2017/2 - Fundamentos de Mecânica UFMG Luiz Paulo

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GABARITO DO 3o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - TURMA A4 - 22/11/2017
1– A figura ao lado mostra 4 estrelas de mesma massa m colo-
cadas nos ve´rtices de um quadrado plano de lado a e isoladas
do resto do Universo.
1.1– Calcule a energia potencial gravitacional total do sis-
tema, considerando nula a energia potencial que possuem
quando esta˜o infinitamente afastadas umas das outras.
1.2– Suponha que as estrelas sejam liberadas do repouso, e
comecem a “cair” em direc¸a˜o ao centro do quadrado.
Qual o mo´dulo da velocidade de cada uma quando es-
tiverem a uma distaˆncia de a
3
umas das outras, ainda nos
ve´rtices de um quadrado?
a
a
a
a
m m
mm
a/3
a/3
a/3 a/3
m
mm
m
inicialmente paradas
v
v
v
v
co
m
 v
el
oc
id
ad
e 
v
ca
da
 u
m
a 
co
m
2
34
1
Soluc¸a˜o
A forc¸a gravitacional e´ conservativa possui uma energia potencial associada. Cada par de part´ıculas de
massas m1 e m2 separadas por uma distaˆncia r possui, em relac¸a˜o a` situac¸a˜o onde esta˜o infinitamente
afastadas a energia potencial gravitacional
Epot = −
Gm1m2
r
(1)
1.1– Enumerei artificialmente as part´ıculas nos ve´rtices do quadrado de 1 a 4, em sua posic¸a˜o inicial. Existem
6 pares de part´ıculas no quadrado, 4 separados pela distaˆncia a (os pares 12, 23, 34, e 41) e 2 separados da
distaˆncia
√
2a (os pares 13 e 24), e cada um possui uma energia potencial associada
Epot,tot,inicial=(Epot,12+Epot,23+Epot,34+Epot,41)+(Epot,13+Epot,24)=4
[
−
Gmm
a
]
+2
[
−
Gmm
√
2a
]
Epot,tot,inicial = −
Gm2
a
(4 +
√
2) (2)
1.2– A forc¸a gravitacional sofrida pelas partculas nesse caso e´ claramente varia´vel, pois depende da distaˆncia
entre elas, que comec¸a a diminuir assim que sa˜o soltas ficando sob a influeˆncia de sua atrac¸a˜o mu´tua. Usar
as Leis de Newton diretamente e´ um tanto trabalhoso. Pore´m, na˜o havendo outras forc¸as atuando, todas as
forc¸as atuando sa˜o conservativas e, portanto, a energia mecaˆnica, soma das energias cine´ticas e potenciais
do sistema, se conserva. Inicialmente as part´ıculas estavam paradas e com a energia potencial calculada na
Eq.(2)
Emec,inicial = Ecin,inicial + Epot,inicial = 0 + 0 + 0 + 0−
Gm2
a
(4 +
√
2) (3a)
Como a situac¸a˜o e´ simtrica, as part´ıculas tera˜o todas a mesma velocidade, quando estiverem a` distaˆncia a
3
Emec,final = Ecin,final + Epot,final = 4
[
1
2
mv2
]
−
Gm2
a
3
(4 +
√
2) (3b)
Igualando as Eqs.(3a) e (3b), e resolvendo,
v =
√
Gm
a
(4 +
√
2) (4)
2- Considere 2 sate´lites artificiais, B e C, de mesma massa e em o´rbita circular em torno da Terra. O raio
da o´rbita de C em relac¸a˜o ao cento da Terra e´ treˆs (3) vezes o da o´rbita de B, RC/RB = 3. Qual e´
2.a– a raza˜o de suas acelerac¸o˜es centr´ıpetas,
aB
aC
,
2.b– a raza˜o de seus per´ıodos orbitais,
PB
PC
,
2.c– a raza˜o de suas energias cine´ticas (em relac¸a˜o ao centro da Terra),
Ecin,B
Ecin,C
,
Soluc¸a˜o
2.a– A acelerac¸a˜o de um sate´lite em o´rbita crcular sera´ a acelerac¸a˜o centr´ıpeta e pode ser calculada com a
segunda Lei de Newton. Por exemplo, para o sate´lites B e C:
FB = G
MTmB
R2B
= mBaB e FC = G
MTmC
R2C
= mCaC . (5)
Dividindo uma pela outra e levando em conta que mB = mC , a raza˜o solicitada e´
aB
aC
=
R2C
R2B
= 9. (6)
2.b– Podemos usar a segunda Lei de Newton e expressar a acelerac¸a˜o centr´ıpeta como acentr = ω
2R = 4π
2
P 2
R
e encontrar, por exemplo, o per´ıodo orbital para o sate´lite B:
FB = G
MTmB
R2B
= mBaB = mB
4π2RB
P 2B
ou, resolvendo para P, PB = 2π
√
R3B
GMT
, (7)
e equac¸a˜o semelhante vale ara C. Temos, enta˜o,
PB
PC
=
√
R3
B
R3
C
= 1√
27
, onde usamos o dado de que RB/RC =
1
3
.
2.c– A velocidade de um sate´lite em o´rbita pode ser calculada com a segunda Lei de Newton e a expressa˜o
que relaciona a velocidade tangencial com a acelerac¸a˜o centr´ıpeta em um movimento circular. Por exemplo,
para o sate´lite B:
FB = G
MTmB
R2B
= mBaB = mB
v2B
RB
ou, rearranjando os termos Ecin,B =
1
2
mBv
2
B = G
MTmB
2RB
. (8)
A equac¸a˜o vale, de forma ana´loga, para C e podemos calcular
Ecin,B
Ecin,C
=
mBRC
mCRB
= 3, (9)
onde levamos em conta que mB = mC .
3– Uma barra fina de massaM e comprimento L repousa sobre
uma superf´ıcie horizontal sem atrito. Um pequeno disco de
massa m se movimenta, tambe´m sem atrito, com velocidade
v e colide elasticamente com a barra, batendo nela a uma
distaˆncia b de seu centro perpendicularmente a` barra, como
mostra a figura. O disco fica parado apo´s a colisa˜o.
3.a– Quais grandezas, entre (A) quantidade de movimento linear,
(B) quantidade de movimento angular e (C) energia cine´tica,
se conservam no processo? Explique porque.
3.b– Escreva (em termos de m, M , L, b, v) as equac¸o˜es que rela-
cionam os valores iniciais das grandezas A, B e C da questa˜o
3.a– com seus valores finais.
3.c– Se m =
M
3
, qual deve ser o valor de b, em termos de M , L,
e v, para que o disco de massa m =
M
3
fique parado apo´s a
colisa˜o?
m
v
b
M,L
V =0
ω =0
0
0
Soluc¸a˜o
3.a– O enunciado fala claramente que houve uma colisa˜o ela´stica entre os dois corpos. Pelo simples fato
de ter havido uma colisa˜o, se considerarmos os dois corpos como sendo um sistema, as forc¸as internas que
aparecem na˜o conseguem produzir qualquer variac¸a˜o de momento linear ou de momento angular no sistema.
Portanto tanto o (A) momento linear quanto o (B) momento angular se conservam imediatamente antes e
depois da colisa˜o. Pelo fato de o enunciado dizer que a colisa˜o foi ela´stica, a (C) energia cine´tica do sistema
tambe´m se conserva durante a colisa˜o.
3.b– Considerando a informac¸a˜o que a massa m deve parar apo´s a colisa˜o, as equac¸o˜es que relacionam essas
grandezas antes e depois da colisa˜o sa˜o:
pantes = mv + 0 = pdepois = 0 +MVCM (10)
LCM,antes = mvb+ 0 = LCM,depois = 0 + ICMω =
ML2
12
ω (11)
Ecin,antes =
1
2
mv2 + 0 + 0 = Ecin,depois = 0 +
1
2
MV 2CM +
1
2
ICMω
2 =
1
2
MV 2CM +
1
2
ML2
12
ω2 (12)
onde calculou-se o momento angular em relac¸a˜o ao centro de massa da barra e usou-se a tabela de momentos
de ine´rcia fornecida no in´ıcio do teste para o momento de ine´rcia da barra em relac¸a˜o a seu centro de massa.
3.c– Levando-se, ainda, em conta que m = M
3
, as equac¸o˜es acima ficam
v = 3VCM ou VCM =
v
3
(10a)
vb =
L2
4
ω ou b =
L2
4
ω
v
(11a)
v2 = 3V 2CM +
L2
4
ω2 (12a)
levando VCM da Eq.(10a) na Eq.(12a), tem-se
v2 = 3
(v
3
)2
+
L2
4
ω2 ou
ω
v
=
√
8
3L2
. (13)
Levando ω
v
da Eq.(13) na Eq.(11a) encontra-se
b =
L2
4
√
8
3L2
=
L
√
6
.
4a– Um planeta em o´rbita el´ıptica em torno de uma estrela possui menor quantidade de movimento linear
quando esta´ mais pro´ximo da estrela que quando esta´ mais distante.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A justificativa pode ser obtida pela segunda Lei de Kepler, que afirma que
o raio vetor que liga o planeta a` estrela varre a´reas iguais em tempos iguais. Estando mais perto da estrela
o planeta tem que se movimentar mais ra´pido para varrer a mesma a´rea do que quando esta´ mas longe.
Podemos, ainda, usar a segunda lei de Newton, lembrando que o raio de curvatura da o´rbita do planeta e´ o
mesmo tanto no ponto mais pro´ximo quanto no mais afastado da estrela, mas a forc¸a de atrac¸a˜o da estrela e´
maior no ponto mais pro´ximo que no mais afastado. Enta˜o, a acelerac¸a˜o centr´ıpeta no ponto mais pro´ximo
e´ maior que no mais afastado. Como ac = v
2/R, e o raio de curvatura e´ o mesmo, a velocidade linear e,
portanto, a quantidade de movimento linear, e´ maior quando o planeta esta´ mais pro´ximo que quando mais
distanteda estrela.
4b– Um planeta em o´rbita el´ıptica em torno de uma estrela possui menor quantidade de movimento angular
quando esta´ mais pro´ximo da estrela que quando esta´ mais distante.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A justificativa pode ser obtida pela segunda Lei de Kepler, que afirma que
o raio vetor que liga o planeta a` estrela varre a´reas iguais em tempos iguais. Foi demonstrado, tanto no
livro como em sala de aula, que a a´rea de um setor de o´rbita e´ proporcional ao momento angular do corpo
na o´rbita. Portanto, se a a´rea varrida pelo raio vetor do planeta e´ a mesma num determinado tempo, o
momento angular tambe´m e´ o mesmo. Podemos, ainda, usar o fato de que a forc¸a gravitacional na˜o consegue
exercer torque em relac¸a˜o a quem a exerce. Se o torque for nulo, a segunda Lei de Newton para rotac¸a˜o
implica que a variac¸a˜o do momento angular e´ nula e, portanto, o momento angular e´ contante em todos os
pontos da o´rbita.
4c– Se a forc¸a resultante que age sobre um sistema for nula, necessariamente o torque resultante sobre esse
sistema tambe´m e´ nulo.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Apesar de relacionados, forc¸as
e torques dependem das condic¸o˜es do problema. Considere a
figura ao lado, onde uma roda esta´ sob a ac¸a˜o de duas forc¸as
iguais e opostas, ~F1 e ~F2. A resultante das mesmas e´ nula, mas
o torque que elas produzem em torno do eixo na˜o o e´.
F2
F1
4d– Se o torque resultante que age sobre um sistema for nulo, a forc¸a resultante sobre esse sistema pode na˜o
ser nula.
A afirmativa esta´ CORRETA. Apesar de relacionados, forc¸as e torques dependem das condic¸o˜es do problema.
Considere um corpo inicialmente em repouso sob a ac¸a˜o somente de seu peso. O torque resultante do peso
em relac¸a˜o a qualquer ponto situado na linha vertical que passa pelo seu centro de massa, onde o peso atua,
e´ nulo, apesar de o corpo estar linearmente acelerado pela ac¸a˜o da forc¸a resultante na˜o nula.