Fundamentos de mecanica prova do dpto -2014 (1)

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 26/04/2014- 08:00–09:50
Dados:
dtn
dt
= ntn−1 ;
∫
tndt =
tn+1
n+ 1
(para n 6= −1).
Parte A - Questo˜es (sugesta˜o de valor: 40 pontos; 10 pontos por questa˜o Nota: seu professor pode
atribuir outros valores, diferentes dos sugeridos!): 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. Duas pedras sa˜o lanc¸adas juntas, com vetores velocidade de mesmo mo´dulo, do alto de um pre´dio.
Uma das pedras e´ atirada com velocidade inicial ~vi1, formando um aˆngulo θ acima da horizontal e
a outra e´ atirada com velocidade inicial ~vi2 horizontal. Desprezando a resisteˆncia do ar, as pedras
batem no cha˜o em instantes diferentes, mas com velocidades de mesmo mo´dulo.
A afirmativa esta´ CORRETA. Ao se desprezar a resisteˆncia do ar, a u´nica forc¸a que atua mas pedras
enquanto elas caem e´ o peso de cada uma, e o peso e´ uma forc¸a conservativa. Como na˜o existem outras
forc¸as, a energia mecaˆnica das pedras deve ficar constante. Ao serem lanc¸adas da mesma altura e com
velocidades de mesmo mo´dulo, sua energia mecaˆnica (cine´tica mais potencial gravitacional) inicial e´
a mesma. Ao chegarem ao solo, novamente sua energia potencial gravitacional sera´ igual e, como a
energia mecnica tem que ser igual, a sua energia cine´tica sera´ igual, implicando em velocidades de mesmo
mo´dulo. No entanto, as componentes verticais de suas velocidades iniciais sera˜o diferentes, pois foram
lanc¸adas fazendo aˆngulos diferentes com a horizontal. Como a sua acelerac¸a˜o vertical sera´ a mesma (a
da gravidade) e as posic¸o˜es verticais inicial e final sa˜o as mesmas, o tempo gasto por cada pedra para
chegar ao solo sera´ diferente, pelo fato de suas velocidades verticais iniciais terem sido diferentes.
Q2. Uma part´ıcula esta´ sujeita a um potencial da forma U(x)=ax2+ bx, onde a=2,0 J/m
2
e b=1,0 J/m.
O vetor forc¸a que atua sobre a part´ıcula, quando esta se encontra em x = 0m, e´ ~F=−1, 0Nıˆ.
A relac¸a˜o entre a energia potencial e a forc¸a a ela associada e´ dada por ~F = −(dU/dx)ˆı. Derivando
a energia potencial dada temos que F (x) = −(2ax + b) na direc¸a˜o do eixo x. Em x = 0 vemos que
a forc¸a vale −bıˆ = −(1, 0 J/m)ˆı. A unidade Joule e´ igual a Nm (Newton vezes metro) e, portanto,
1,0(Nm/m)=1,0N e a afirmativa esta´ CORRETA.
Q3. Em uma colisa˜o ela´stica entre duas part´ıculas de massa iguais, uma das part´ıculas sempre para
(fica em repouso) apo´s o choque.
A afirmativa esta´ INCORRETA. O que acontece em coliso˜es ela´sticas de duas massas iguais depende
dos aˆngulos que as duas fazem com as direc¸o˜es iniciais do movimento. Se a colisa˜o e´ frontal e as duas
part´ıculas so´ podem se movimentar em uma direc¸a˜o, as equac¸o˜es mostram que numa colisa˜o ela´stica elas
simplesmente trocam de velocidades. Nesse tipo de colisa˜o uma das part´ıculas so´ parara´ apo´s a colisa˜o
se a outra estiver parada antes da colisa˜o. Se a colisa˜o for bidimensional e uma delas estava parada antes
da colisa˜o, pode-se demonstrar que o aˆngulo que fazem com a direc¸a˜o inicial da bola de se movimentava
fazem, somados, 90◦. Nessa colisa˜o bidimensional nenhuma pode ficar parada apo´s a colisa˜o. Portanto,
na˜o e´ sempre que a afirmativa se verifica.
Q4. Em um sistema formado por 6 part´ıculas de massas iguais posicionadas nos ve´rtices de um hexa´gono,
a posic¸a˜o do centro de massa e´ o centro do hexa´gono. Se duas part´ıculas em 2 ve´rtices opostos sa˜o
substitu´ıdas por outras duas, cada uma com o dobro da massa inicial, o centro de massa do sistema
e´ deslocado.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Veja a figura. O hexa´gono
com as massas iguais em seus ve´rtices e´ uma figura sime´trica
em relac¸a˜o ao eixo que passa pelo seu centro perpendicular ao
seu plano. Se substituirmos duas part´ıculas em ve´rtices opostos
por outras de massas diferentes das originais, mas ainda iguais
entre si, a simetria do hexa´gono muda, mas o eixo perpendicular
a seu plano e que passa pelo seu centro ainda e´ um eixo de
simetria. Pelas propriedades do centro de massa com relac¸a˜o a
simetria, o centro de massa desse novo hexa´gono continua no
mesmo lugar.
Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (20 pontos, 08:00–09:50)
Um bloco de massa m esta´ em repouso e comprimindo uma mola de constante k com uma compressa˜o x
em relac¸a˜o ao seu comprimento natural, como na figura abaixo. Quando o bloco e´ solto, ele e´ empurrado
pela mola, livra-se dela quando esta chega ao seu comprimento natural, e desliza por uma superf´ıcie plana
horizontal e sem atrito ate´ atingir um plano inclinado que forma um aˆngulo θ em relac¸a˜o a` horizontal. O
bloco, enta˜o, sobe o plano inclinado sofrendo um atrito cine´tico (de coeficiente µc) ate´ atingir uma altura
h, quando para momentaneamente. Determine a altura h em func¸a˜o de m, g, k, x, θ e µc
mm
tre
cho
 co
m a
trito
 cin
étic
o
θk
m
mola de constante k, inicialmente comprimida de x
mola no equilíbrio e
desenho esquemático: despreze as dimensões do bloco
bloco com velocidade v
parado
bloco
trecho sem atrito
h
se comparadas com as distâncias do problema
v
A
C
B
Soluc¸a˜o
Nesse problema existem 3 instantes importantes, marcados na figura: o instante inicial, marcado com a
letraA em azul, quando a mola esta´ comprimida de x e o bloco parado; o instante marcado com a letraB
em vermelho, quando o bloco esta´ se movendo ainda sobre a parte horizontal sem atrito e a mola, ja´ sem
encostar no bloco, esta´ em sua posic¸a˜o de equil´ıbrio; e o instante quando o bloco esta´ momentaneamente
parado sobre o plano inclinado, marcado com a letra C em verde. O peso do bloco, vertical, para baixo
e exercido pela Terra, atua no bloco de A ate´ C, e e´ uma forc¸a conservativa. A mola produz outra forc¸a
conservativa, que atua no bloco em A e logo desaparece, quando se desencosta dele. A superf´ıcie faz
uma forc¸a normal no bloco de A ate´ C, tendo a caracter´ıstica de ser sempre perpendicular ao movimento
do bloco, que se processa paralelamente a` superf´ıcie. Pelo fato de a parte horizontal da superf´ıcie na˜o
possuir atrito, a forc¸a de atrito existe somente na parte inclinada, e e´ uma forc¸a na˜o-conservativa. Como
o bloco esta´ em movimento, trata-se de atrito cine´tico.
Existem va´rias formas de se resolver esse problema, mas a mais simples e direta e´ se utilizando ou
(a) o teorema que diz que o trabalho total sobre um corpo em um determinado processo e´ a variac¸a˜o da
energia cine´tica desse corpo no processo, ou (b) que o trabalho das forc¸as na˜o conservativas sobre um
corpo num processo e´ igual a` variac¸a˜o da energia mecaˆnica no processo.
Resolvendo pelo racioc´ınio (a), a trabalho total de A ate´ C sobre o corpo foi a soma dos trabalhos
das forc¸as da (1) mola, (2) do peso, (3) da normal e (4) do atrito. A mola exerce um trabalho positivo
cujo valor e´ Wmola=
1
2
kx2. O peso na˜o exerce trabalho de A ate´ B, mas de B ate´ C seu trabalho foi
Wpeso=−mgh. A normal na˜o exerce trabalho em nenhuma parte do trajeto, pois e´ sempre perpendicular a`
trajeto´ria. O atrito exerce um trabalho negativo, cujo valor e´ watrito=−FatD, onde Fat e´ o mo´dulo da forc¸a
de atrito, e D a distaˆncia que o bloco percorre sobre a parte inclinada da superf´ıcie. Claramente na figura
veˆ-se que h=D sen θ, e que D= h
sen θ
. Como o atrito e´ cine´tico, seu mo´dulo sera´ Fat=µcN=µcmg cos θ,
onde o valor da normal foi calculado aplicando-se a segunda lei de Newton ao corpo na parte inclinada,
e levando em conta que o bloco na˜o se movimenta perpendicularmente a` superf´ıcie. Portanto o trabalho
do atrito e´ watrito=−µc(mg cos θ)
(
h
sen θ
)
=−µcmgh cotg θ. A soma de todos os trabalhos realizados sobre
o bloco de A ate´ C tem que ser igual a`variac¸a˜o de energia cine´tica no mesmo intervalo, que foi nula, pois
o bloco estava parado tanto na situac¸a˜o inicial como na final. Portanto, de A ate´ C
Wtotal =
(
1
2
kx2
)
+ (−mgh) + 0 + (−µcmgh cotg θ) = ∆Ecin = 0 (1)
ou
h =
1
2
kx2
mg(1 + µc cotg θ)
. (2)
Pelo racioc´ınio (b), o trabalho do atrito, calculado acima, e´ igual a` variac¸a˜o de energia mecaˆnica
entre os instantes A e C. Como nesses instantes o bloco estava parado (energia cine´tica nula), temos
que nos preocupar somente com as energias potenciais, a ela´stica e a gravitacional. Em A a energia
potencial e´ somente a da mola, se considerarmos nosso n´ıvel de energia potencial gravitacional a´ı como
sendo nulo. Em C teremos, por sua vez, somente energia potencial gravitacional, uma vez que a mola
esta´ no equil´ıbrio. Portanto,
watrito = −µcmgh cotg θ = ∆Emec = mgh+ 0 + 0−
(
0 +
1
2
kx2 + 0
)
, (3)
que, resolvendo h, da´ o mesmo resultado da Eq. (2)
P2– (20 pontos, 08:00–09:50)
Tarzan, de massa M , solta-se de uma a´rvore, com velocidade inicial nula, segurando um cipo´ de compri-
mento L que faz um aˆngulo θ com a vertical. O cipo´ e´ inextens´ıvel e de massa desprez´ıvel. Na parte mais
baixa de sua trajeto´ria, Tarzan encontra Jane, de massa m, a pega em seus brac¸os e os dois continuam
juntos balanc¸ando no cipo´ e descrevendo uma trajeto´ria circular de raio L. Desprezando a resisteˆncia do
ar e outras perdas de energia, obtenha a altura ma´xima atingida por Tarzan e Jane juntos, em relac¸a˜o
ao ponto onde pegou Jane e em func¸a˜o de g, M , m, L e θ.
Soluc¸a˜o
Veja a figura ao lado, que mostra esquematica-
mente a situac¸a˜o do problema. Enquanto Tarzan
desce no arco de c´ırculo, atuam nele seu peso (forc¸a
conservativa) e a tensa˜o do cipo´, que e´ sempre, nesse
caso, perpendicular a` trajeto´ria do Tarzan. Por-
tanto, a tensa˜o na˜o consegue realizar trabalho e, como
na˜o existe atrito, podemos encontrar a velocidade de
Tarzan no ponto mais baixo da trajeto´ria por con-
servac¸a˜o de energia mecaˆnica. Acontece que Tarzan
se encontra com Jane, que estava parada, e a pega
rapidamente, num processo que pode ser considera-
do como uma colisa˜o inela´stica. Nesse processo, na˜o
ha´ conservac¸a˜o de energia, mas ha´ de quantidade de
movimento linear, pelo fato de ser colisa˜o. Portanto,
podemos calcular a velocidade dos dois logo apo´s o
encontro, aplicando a conservac¸a˜o de quantidade de
movimento linear. Apo´s o encontro, atuam nos dois
somente os pesos (forc¸as conservativas) e a tensa˜o
(que na˜o consegue realizar trabalho).
MhM
M
m
m
θL
L
L
H=L−Lcosθ
Aplicando o racioc´ınio, a velocidade de Tarzan qiuando este encontra Jane e´ (conservac¸a˜o de energia
mecaˆnica)
MgH + 0 =MgL(1− cos θ) =
1
2
MV 2 + 0 ou V =
√
2gL(1− cos θ). (4)
A velocidade dos dois logo apo´s o encontro pode ser calculada por conservac¸a˜o de quantidade de movi-
mento linear
MV + 0 = (M +m)Vconj ou Vconj =
M
M +m
V =
M
M +m
√
2gL(1− cos θ). (5)
Agora aplicamos novamente a condic¸a˜o de conservac¸a˜o de energia mecaˆnica, para calcular a altura h a
que os dois chegam, no ma´ximo, apo´s o encontro, que sera´ quando toda a energia cine´tica dos dois se
anular
1
2
(M +m)V 2conj + 0 =
1
2
(M +m)
(
M
M +m
√
2gL(1− cos θ)
)2
= 0 + (M +m)gh, (6)
ou
h =
(
M
M +m
)2
L(1− cos θ). (7)
P3– (20 pontos, 08:00–09:50)
Uma menina de massaM=5m desloca-se sobre um skate de massam, o conjunto com velocidade constante
V0 em relac¸a˜o ao solo. Ela carrega consigo um peso de massa 2m. Em um certo momento, ela arremessa
o peso com velocidade Vpm em relac¸a˜o a ela pro´pria, mas em direc¸a˜o oposta ao seu deslocamento, ou
seja, em direc¸a˜o oposta a` velocidade do conjunto no momento do arremesso, sem sair de cima do skate.
Desconsidere o atrito entre o skate e o cha˜o.
P3.1– Descreva o movimento do conjunto menina–skate apo´s o arremesso do peso. Justifique a sua
resposta.
P3.2– Obtenha a velocidade final do conjunto menina–skate, em relac¸a˜o ao solo e em termos de m, V0
e de Vpm.
Soluc¸a˜o
P3.1– Se considerarmos a menina, o peso em suas ma˜os e o skate como um sistema, as forc¸as externas que
atuam nesse sistema sa˜o os pesos, todos verticais e para baixo, e a normal do piso sobre o skate, vertical
e para cima, pois o piso e´ horizontal e o enunciado informa para desprezar o atrito entre o skate e o cha˜o.
Essa seria, se existisse, a u´nica forc¸a externa no sistema na horizontal. Todas as demais forc¸as (entre a
menina e o skate e entre a menina e o peso) sa˜o internas ao sistema. Pela definic¸a˜o da posic¸a˜o do centro de
massas de um sistema, as forc¸as internas na˜o conseguem acelerar essa posic¸a˜o. Como na˜o existem forc¸as
externas na direc¸a˜o horizontal, a acelerac¸a˜o horizontal do centro de massa sera´ nula e, consequentemente,
a velocidade do centro de massa sera´ constante, enquanto essa condic¸a˜o (de na˜o haver forc¸as externas na
direc¸a˜o horizontal) for verdadeira. Portanto, ao lanc¸ar o peso para ”tra´s“, o conjunto menina–skate deve
ser impulsionado para frente, para que a velocidade do centro de massa fique constante.
P3.2– A definic¸a˜o de velocidade do centro de massa de um sistema constitu´ıdo de N part´ıculas e´
~VCM =
N∑
i=0
mi~Vi
N∑
i=0
mi
, (8)
de forma que, considerando o nosso sistema (menina+peso+skate), a velocidade horizontal do centro de
massa desse sistema em relac¸a˜o ao solo antes de a menina lanc¸ar o peso e´ igual a V0 (pois todos esta˜o
juntos) e, logo apo´s o lanc¸amento sera´ igual a
VCM,hor,antes = V0 = VCM,hor,depois =
5mVms,depois + 2mVp,s,depois +mVss,depois
5m+ 2m+m
, (9)
onde as massas ja´ foram substu´ıdas pelos dados do problema, Vms,depois e´ a velocidade da menina em
relac¸a˜o ao solo, Vp,s,depois a velocidade do peso em relac¸a˜o ao solo, e Vss,depois a do skate em relac¸a˜o
ao solo, todas depois do lanc¸amento. Como a menina ainda esta´ junto ao skate (em cima dele) suas
velocidades sa˜o iguais e a Eq. (9) fica
V0 =
(5m+m)Vms,depois + 2mVp,s,depois
8m
=
6Vms,depois + 2Vps,depois
8
. (10)
Na˜o conhecemos nem a velocidade do conjunto skate–menina e nem a do peso, em relac¸a˜o ao solo, depois
do lanc¸amento. Mas o enunciado nos da´ a velocidade relativa do peso em relac¸a˜o a´ menina e temos que
Vps,depois = Vpm,depois + Vms,depois = −Vpm + Vms,depois, (11)
onde considerei positivo a direc¸a˜o inicial do movimento e que a velocidade do peso em relac¸a˜o a` menina
estava na outra direc¸a˜o (era negativa). Substituindo a Eq. (11), na Eq. (10), ficamos com uma equac¸a˜o
com uma u´nica inco´gnita:
8V0 = 6Vms,depois + 2(−Vpm + Vms,depois). ou Vms,depois = V0 +
Vpm
4
, (12)
ou seja, a velocidade do conjunto menina–skate aumenta apo´s o lanc¸amento.