FEP2195 P2 2008 [Gabarito]

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FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova P2 - Gabarito
m
R
M
1. Uma bola de massa m e´ presa a um pino por um fio
leve e inextens´ıvel de comprimento R. A bola e´ aban-
donada quando o fio esta´ na horizontal (ver figura). Na
parte mais baixa da trajeto´ria a bola atinge um bloco
de massa M = 3m, inicialmente em repouso sobre uma
superf´ıcie a´spera. A colisa˜o entre a bola e o bloco pode ser considerada como perfeitamente
ela´stica. O coeficiente de atrito cine´tico entre o bloco e a superf´ıcie e´ µc. Em termos de m,
R, µc e g:
(a) (1,0) Quais as velocidades dos corpos apo´s a colisa˜o?
(b) (0,5) Ate´ que altura a bola sobe apo´s a colisa˜o?
(c) (0,5) Qual a distaˆncia percorrida pelo bloco, ate´ parar, apo´s a colisa˜o?
(d) (0,5) Qual o trabalho realizado por cada forc¸a que atua sobre o bloco, desde a colisa˜o
ate´ ele parar, e sobre a bola desde a colisa˜o ate´ que ela atinja a altura ma´xima?
SOLUC¸A˜O:
(a) Quais as velocidades dos corpos apo´s a colisa˜o?
Para determinar a velocidade da bola antes da colisa˜o, vA, podemos utilizar o teo-
rema trabalho-energia cine´tica, onde o trabalho da forc¸a peso e´ igual a variac¸a˜o da energia
cine´tica:
W = ∆T ⇒ mgR = 1
2
mv2A
vA =
√
2gR
Para determinar as velocidades apo´s a colisa˜o vamos utilizar a conservac¸a˜o do mo-
mento linear antes e depois da colisa˜o
PA = PD ⇒ mvA = MV +mvD
m(vA − vD) = MV (1)
onde V e vD sa˜o as velocidades do bloco e da bola depois da colisa˜o.
1
Como a colisa˜o e´ perfeitamente ela´stica temos tambe´m a conservac¸a˜o da energia
cine´tica:
TA = TD ⇒ 1
2
mv2A =
1
2
MV 2 +
1
2
mv2D
m(v2A − v2D) = MV 2 ⇒ m(vA − vD)(vA + vD) = MV 2
Dividindo a equac¸a˜o acima pela equac¸a˜o (1)
(vA + vD) = V (2)
Substituindo a equac¸a˜o (2) na equac¸a˜o (1):
m(vA − vD) = M(vA + vD) ⇒ (m−M)vA = (m+M)vD
vD =
(m−M)
(m+M)
vA (3)
Substituindo a equac¸a˜o (3) na equac¸a˜o (2):
V = vA +
(m−M)
(m+M)
vA =
2m
(m+M)
vA (4)
Substituindo M = 3m nas equac¸o˜es (3) e (4):
vD =
(m− 3m)
(m+ 3m)
vA = −1
2
vA
V =
2m
(m+ 3m)
vA =
1
2
vA
Velocidade da bola depois da colisa˜o
vD = −1
2
√
2gR
Velocidade do bloco depois da colisa˜o
V =
1
2
√
2gR
(b) Ate´ que altura a bola sobe apo´s a colisa˜o?
Usando o teorema trabalho-energia cine´tica, onde o trabalho da forc¸a peso e´ igual
a variac¸a˜o da energia cine´tica:
W = ∆T ⇒ −mgh = 0− 1
2
mv2D
2
h =
1
2g
1
4
2gR
Altura atingida pela bola depois da colisa˜o:
h =
R
4
(c) Qual a distaˆncia percorrida pelo bloco, ate´ parar, apo´s a colisa˜o?
Usando o teorema trabalho-energia cine´tica, onde o trabalho da forc¸a de atrito e´
igual a variac¸a˜o da energia cine´tica:
W = ∆T ⇒ −Mgµcd = 0− 1
2
MV 2
d =
1
2gµc
1
4
2gR
Distaˆncia percorrida pelo bloco, ate´ parar, apo´s a colisa˜o:
d =
R
4µc
(d) Qual o trabalho realizado por cada forc¸a que atua sobre o bloco, desde a colisa˜o ate´ ele
parar, e sobre a bola desde a colisa˜o ate´ que ela atinja a altura ma´xima?
Trabalho das forc¸as agindo sobre a bola:
Forc¸a peso: WP = −mgh = −mgR
4
Trac¸a˜o no fio: WT = 0
Trabalho das forc¸as agindo sobre o bloco:
Forc¸a peso: WP = 0
Forc¸a normal: WN = 0
Forc¸a de atrito: WA = −Mgµcd = −3mgµc R
4µc
= −3mgR
4
3
l
m m
A B
2. Uma estrutura r´ıgida triangular e´ constru´ıda com treˆs has-
tes iguais e seu plano e´ vertical, com a base na horizontal.
Nos dois outros lados esta˜o enfiadas duas bolinhas ideˆnticas
de massa m, atravessadas por um arame r´ıgido e leve AB,
de modo que podem deslizar sobre as hastes com atrito des-
prez´ıvel, mantendo sempre o arame na horizontal. As duas bolinhas tambe´m esta˜o ligadas
por uma mola leve de constante ela´stica k e comprimento relaxado l0. A energia potencial
do sistema em func¸a˜o do comprimento l da mola e´:
U(l) =
1
2
k(l − l0)2 −
√
3mgl
(a) (0,5) Para que valor de l o sistema esta´ em equil´ıbrio?
(b) (0,5) Se soltarmos o sistema na situac¸a˜o em que a mola esta´ relaxada, qual e´ o menor e
qual o maior valor de l no movimento subsequ¨ente?
(c) (0,5) Se soltarmos o sistema na situac¸a˜o em que a mola esta´ relaxada, para que valor de
l a velocidade do sistema sera´ ma´xima?
(d) (1,0) Se soltarmos o sistema na situac¸a˜o em que a mola esta´ relaxada, qual o valor da
velocidade ma´xima do sistema?
SOLUC¸A˜O:
(a) Para que valor de l o sistema esta´ em equil´ıbrio?
O sistema esta´ em equil´ıbrio quando F (l) = 0
F (l) = − d
dl
U(l) = k(l − l0)−
√
3mg
k(l − l0)−
√
3mg = 0
O sistema estara´ em equil´ıbrio para
l = l0 +
√
3mg
k
(b) Se soltarmos o sistema na situac¸a˜o em que a mola esta´ relaxada, qual e´ o menor e qual
o maior valor de l no movimento subsequ¨ente?
Quando a mola esta´ relaxada l = l0. A energia potencial do sistema para l = l0 e´
dada por:
U(l0) = −
√
3mgl0
4
O movimento subsequ¨ente do sistema ocorrera´ entre l = l0 e o valor de l onde
U(l) = U(l0):
1
2
k(l − l0)2 −
√
3mgl = −
√
3mgl0
1
2
k(l − l0)2 −
√
3mg(l − l0) = 0
1
2
k(l − l0)−
√
3mg = 0
O movimento ocorrera´ para os valores de l:
Mı´nimo: l = l0
Ma´ximo: l = l0 +
2
√
3mg
k
(c) Se soltarmos o sistema na situac¸a˜o em que a mola esta´ relaxada, para que valor de l a
velocidade do sistema sera´ ma´xima?
A velocidade do sistema e´ ma´xima para o valor de l onde a energia potencial e´
mı´nima, ou seja, no ponto de equil´ıbrio:
l = l0 +
√
3mg
k
(d) Se soltarmos o sistema na situac¸a˜o em que a mola esta´ relaxada, qual o valor da velocidade
ma´xima do sistema?
Como a velocidade e´ ma´xima no ponto de mı´nimo da energia potencial, podemos
usar a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica para determinar o valor da velocidade:
∆T = ∆U ⇒ 1
2
2mv2M = U(l0)− U(lM)
mv2M = −
√
3mgl0 − 1
2
k
(
l0 +
√
3mg
k
− l0
)2
+
√
3mg
(
l0 +
√
3mg
k
)
mv2M = −
√
3mgl0 − 1
2
k
3m2g2
k2
+
√
3mgl0 +
3m2g2
k
mv2M =
3
2
m2g2
k
5
vM =
√
3m
2k
g
3. Um corpo de massa M = 20 kg move-se na direc¸a˜o positiva do eixo x com velocidade
inicial v = 20 m/s. Uma explosa˜o interna de curta durac¸a˜o divide o corpo em treˆs pedac¸os.
Imediatamente apo´s a explosa˜o, um dos fragmentos, com massa m1 = 10 kg, afasta-se do
local da explosa˜o com velocidade v1 = 40 m/s ao longo do eixo y positivo. Um segundo
fragmento, com massam2 = 4, 0 kg, tem velocidade de mo´dulo 50m/s na direc¸a˜o x negativa.
(a) (1,5) Determine a velocidade do terceiro fragmento. Escreva sua expressa˜o em termos
dos vetores unita´rios nas direc¸o˜es x e y. Calcule seu mo´dulo e direc¸a˜o, tomada a partir
do eixo x positivo. Explique o princ´ıpio f´ısico usado no ca´lculo da velocidade do terceiro
fragmento e o motivo para sua validade.
(b) (1,0) Calcule a quantidade de energia liberada na explosa˜o.
SOLUC¸A˜O:
(a) Determine a velocidade do terceiro fragmento. Escreva sua expressa˜o em termos dos
vetores unita´rios nas direc¸o˜es x e y. Calcule seu mo´dulo e direc¸a˜o, tomada a partir do eixo
x positivo. Explique o princ´ıpio f´ısico usado no ca´lculo da velocidade do terceiro fragmento
e o motivo para sua validade.
Supondo que as forc¸as que atuam durante o curto intervalo de tempo da explosa˜o
sa˜o muito mais intensas que a forc¸a da gravidade, podemos considerar o sistema isolado, ou
seja, somente sob a influeˆncia de forc¸as internas. Assim, podemos utilizar a conservac¸a˜o do
momento linear:
Mvıˆ = m1v1ˆ−m2v2ıˆ+m3~v3
~v3 =
(Mv +m2v2)
m3
ıˆ− m1v1
m3
ˆ
Substituindo os valores nume´ricos:
~v3 =
(20 · 20 + 4 · 50)
6
ıˆ− 10 · 40
6
ˆ
Vetor velocidade do terceiro fragmento:~v3 =
(
100ıˆ− 200
3
ˆ
)
m/s
6
Mo´dulo da velocidade do terceiro fragmento:
v3 =
√
1002 +
(
200
3
)2
v3 =
√
13
3
100 m/s
Direc¸a˜o da velocidade do terceiro fragmento:
θ = arctan
(
−200
3
· 1
100
)
θ = arctan
(
−2
3
)
(b) Calcule a quantidade de energia liberada na explosa˜o.
A energia liberada na explosa˜o sera´ igual a` diferenc¸a entre a energia cine´tica final e
inicial
Q = Tf − Ti = 1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2v
2
2 +
1
2
m3v
2
3 −
1
2
Mv2
Q =
1
2
(
10 · 1600 + 4 · 2500 + 6 · 13
9
· 10000− 20 · 400
)
Q =
157000
3
J
 
1) A figura mostra um canhão utilizado na Primeira Guerra Mundial montado sobre 
um carro ferroviário posicionado de modo a atirar um projétil a um ângulo θ . Com o carro 
inicialmente em repouso, o canhão atira um projétil de massa PM com velocidade inicial 
pv em relação a um referencial fixo nos trilhos. A massa do canhão é CM , o disparo durou 
um intervalo de tempo tΔ e a altura máxima que o projétil atinge é h . Suponha desprezível 
a resistência do ar e considere um sistema de referência fixo em relação ao trilho, em que o 
eixo x está na horizontal e o eixo y corresponde à vertical. Expresse as respostas em termos 
de PM , CM , θ , pv , tΔ , h e 1v (item d) 
a) (1.0) – Qual é o módulo da velocidade de recuo do canhão? 
b) (1.0) – Obtenha a força média que o canhão exerceu sobre o projétil. 
c) (1.0) – Quais são as coordenadas cmx e cmy do centro de massa do sistema 
canhão+projétil, no instante em que o projétil atinge a altura máxima h ? Assuma que no 
instante do tiro o centro de massa encontra-se na origem do sistema de coordenadas. 
d) (1.0) – Ao atingir a altura máxima o projétil explode dividindo-se em duas partes, 
cada uma com massa igual à metade da massa do projétil. Uma dessas partes saí da 
explosão com velocidade 1v dirigida verticalmente para baixo. Qual é o módulo da 
velocidade 2v da outra parte? 
 
 
 
 
 
 
 
 
y
x
θ
4. A figura mostra um canha˜o utilizado na Primeira Guerra Mundial
montado sobre um carro ferrovia´rio posicionado de modo a atirar
um proje´til com um aˆngulo θ com relac¸a˜o a` horizontal. Com o
carro inicialmente em repouso, o canha˜o atira um proje´til de massa
MP com velocidade inicial vP em relac¸a˜o a um referencial fixo nos
trilhos. A massa do canha˜o mais o carro e´ MC . O disparo durou um
intervalo de tempo ∆t. Suponha desprez´ıvel a resisteˆncia do ar e considere um sistema de
refereˆncia fixo em relac¸a˜o ao trilho, em que o eixo x esta´ na horizontal e o eixo y corresponde
a` vertical. Expresse as respostas em termos de MP , MC , θ, vP e ∆t
7
(a) (1,0) Qual e´ o mo´dulo da velocidade de recuo do canha˜o?
(b) (0,5) Obtenha a forc¸a me´dia que o canha˜o exerceu sobre o proje´til.
(c) (1,0) Quais sa˜o as coordenadas xcm e ycm do centro de massa do sistema canha˜o +
proje´til, no instante em que o proje´til atinge a sua altura ma´xima? Assuma que no instante
do tiro o centro de massa encontra-se na origem do sistema de coordenadas.
SOLUC¸A˜O:
(a) Qual e´ o mo´dulo da velocidade de recuo do canha˜o?
Conservac¸a˜o do momento linear ao longo da direc¸a˜o x:
0 = MCV +MPvP cos(θ)
onde V e´ a velocidade de recuo do canha˜o
V =
MP
MC
vP cos(θ)
(b) Obtenha a forc¸a me´dia que o canha˜o exerceu sobre o proje´til.
Usando o teorema impulso-momento linear:
~F∆t = ∆~p = MPvP cos(θ)ˆı+MPvP sen(θ)ˆ
~F =
MPvP
∆t
[cos(θ)ˆı+ sen(θ)ˆ]
Mo´dulo da forc¸a me´dia:
F =
MPvP
∆t
(c) Quais sa˜o as coordenadas xcm e ycm do centro de massa do sistema canha˜o + proje´til,
no instante em que o proje´til atinge a sua altura ma´xima? Assuma que no instante do tiro
o centro de massa encontra-se na origem do sistema de coordenadas.
Como na˜o existem forc¸as externas agindo sobre o sistema na direc¸a˜o x, e como a
coordenada xcm do centro de massa se encontra em repouso antes do disparo, ela na˜o pode
se deslocar, assim, xcm = 0.
Para determinar a coordenada do centro de massa na direc¸a˜o y, ycm, e´ necessa´rio
determinar a altura ma´xima alcanc¸ada pelo proje´til, h.
8
Tempo necessa´rio para atingir a altura ma´xima (vy(t) = 0):
vy(t) = vP sen(θ)− gt
th =
vP sen(θ)
g
Altura ma´xima:
h = vP sen(θ)th − 1
2
gt2h
h =
v2P sen
2(θ)
g
− 1
2
g
v2P sen
2(θ)
g2
h =
1
2
v2P sen
2(θ)
g
Coordenada ycm:
ycm =
MP · h+MC · 0
MP +MC
Coordenadas do centro de massa:
xcm = 0 e ycm =
1
2
(
MP
MP +MC
)
v2P sen
2(θ)
g
9