2ª Prova 2014.1 - 10.15

Prévia do material em texto

GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 26/04/2014 - 10:00–11:50
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. Um proje´til e´ lanc¸ado a partir da superf´ıcie da Terra, com velocidade inicial V0 e fazendo um
aˆngulo θ com a horizontal. Considerando a energia potencial gravitacional como zero na superf´ıcie
da Terra, ao atingir a altura ma´xima, toda a energia cine´tica inicial tera´ sido convertida em energia
potencial gravitacional. Desconsidere o atrito com o ar.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Ao se desprezar a resisteˆncia do ar, a u´nica forc¸a que atua no proje´til e´
a da gravidade, que e´ uma forc¸a conservativa e aponta sempre para o centro da Terra. Portanto, a energia
mecaˆnica do proje´til deve permanecer constante durante toda a sua trajeto´ria. Pore´m, quando o proje´til
foi lanc¸ado fazendo um aˆngulo θ com a horizontal, a ele foi dada uma componente de velocidade na direc¸a˜o
da gravidade, em sentido oposto (para cima) e uma componente perpendicular a` da gravidade (paralela
a` superf´ıcie da Terra). Como e´ a u´nica forc¸a que atua no proje´til, a gravidade na˜o consegue, nunca,
alterar essa componente inicial de velocidade paralela a` superf´ıcie da Terra, por ser perpendicular a ela.
Qualquer que seja a altura que o proje´til alcance, essa componente de velocidade inicial perpendicular
a` direc¸a˜o da gravidade (paralela a` superf´ıcie da Terra) na˜o se alterara´ nunca e, portanto, o proje´til tera´
sempre alguma energia cine´tica na altura ma´xima.
Q2. Uma part´ıcula esta´ sujeita a um potencial da forma U(x)=ax3 + bx, onde a=2,0J/m
3
e b=1,0J/m.
O ponto x=0 m e´ um ponto de equil´ıbrio esta´vel.
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) = −(3ax2+ b) na direc¸a˜o do eixo x. Em x = 0 vemos que a forc¸a
na˜o e´ nula e vale −bıˆ = −1, 0 J/m. Portanto, como a part´ıcula esta´ sujeita a uma forc¸a na˜o nula, na˜o
pode estar em equil´ıbrio, e a afirmativa esta´ INCORRETA. Posic¸a˜o de equil´ıbrio e´ onde a forc¸a e´ nula, o
que, no presente caso, acontece para x = ±
√
− b
3a
. Como a e b foram dados que sa˜o constantes positivas,
na˜o ha´ posic¸o˜es de equil´ıbrio para o potencial dado, pois raiz quadrada de nu´mero negativo na˜o e´ um
nu´mero real.
Q3. Em uma colisa˜o inesla´tica entre duas part´ıculas em que ocorre ma´xima perda de energia cine´tica,
ambas as part´ıculas sempre param apo´s o choque.
Em coliso˜es, de qualquer tipo, a velocidade do centro de massa permanece constante entre os instantes
imediatamente antes e imediatamento depois da colisa˜o. A colisa˜o inela´stica e´ aquela onde as duas
part´ıculas permanecem juntas apo´s a colisa˜o. Como elas te˜m, necessariamente, que se movimentar junto
com o centro de massa apo´s a colisa˜o, a forma de perderem o ma´ximo poss´ıvel de energia cine´tica e´
ficarem paradas apo´s a colisa˜o, e terem energia cine´tica nula, pois essa forma de energia nunca pode ser
negativa. Portanto, a afirmativa esta´ CORRETA.
Q4. Um corpo e´ formado por 4 varetas iguais e homogeˆneas unidas, formando um quadrado. O centro de
massa deste corpo sera´ deslocado se este corpo for girado de 45◦ em torno de um eixo perpendicular
ao plano do quadrado, que passa pelo centro desse mesmo quadrado.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Veja a figura. O quadrado
formado pelas 4 varetas iguais e´ uma figura sime´trica em relac¸a˜o
ao eixo que passa pelo seu centro perpendicular ao seu plano e
tambe´m e´ sime´trico em relac¸a˜o ao seu plano. Portanto, o centro
de massa esta´ em seu centro, Se girarmos o quadrado de 45◦
em torno desse eixo, levando os eixos de (x1, y1) para (x2, y2),
o centro de simetria na˜o muda e, consequentemente, a posic¸a˜o
do centro de massa permanece inalterada, no mesmo lugar.
45º
x1
y1
x2
y2
Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (20 pontos, 10:00–11:50)
Um sistema e´ formado por dois blocos de massas iguais a m, presos por uma corda inextens´ıvel de massa
desprez´ıvel que passa por uma polia sem massa e com atrito desprez´ıvel em seu eixo, conforme mostra a
figura abaixo. Inicialmente em repouso, o bloco 1 esta´ apoiado contra uma mola de constante k, que esta´
comprimida de x em relac¸a˜o ao seu comprimento natural. Quando o bloco 1 e´ liberado, o bloco 2 tambe´m
comec¸a a se movimentar, descendo sob ac¸a˜o de seu peso de forma que a corda fica sempre esticada. A
mola empurra o bloco 1 ate´ chegar ao seu comprimento natural, quando se separa dele. Durante toda
queda do bloco 2, o bloco 1 desliza sobre a mesa sem atrito, com excec¸a˜o de um trecho de comprimento
L, em que o coeficiente de atrito cine´tico e´ µc, sobre o qual o bloco 1 passa depois de se soltar da mola.
Determine o mo´dulo da velocidade dos blocos no momento que o bloco 2 tenha descido a distaˆncia h, e o
bloco 1 ja´ tenha passado pela regia˜o com atrito, func¸a˜o de g, k, x, m, h, L, e µc. Considere que a relac¸a˜o
entre a forc¸a da mola e os pesos sa˜o tais que a corda permanece sempre tensionada e que so´ ha´ atrito no
trecho indicado.
m
m
k
sem atrito
h
L
h
bloco 1
bloco 2
trecho com atrito cinético
sem atrito
mola inicialmente comprimida de x
x
cµ
o bloco 1 ter descido h
posições dos blocos 1 e 2 após
B
B
A
A
Soluc¸a˜o
Nesse problema existem 2 instantes importantes, marcados no desenho: o instante
inicial, marcado com a letra A em azul, quando a mola esta´ comprimida de x e os
blocos parados e o instante marcado como B em vermelho, quando os blocos esta˜o
descendo apo´s terem percorrido cada um uma distaˆncia h. O peso dos blocos, exercidos
pela Terra, atuam nos blocos de A ate´ B, e sa˜o forc¸as conservativas. A mola produz
outra forc¸a conservativa, que atua no bloco em A e logo desaparece, quando ela volta
a` sua posic¸a˜o de equil´ıbrio, ja´ sem encostar no bloco de cima. A superf´ıcie faz uma
forc¸a normal no bloco de A ate´ B, 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 so´ possuir atrito no trecho indicado, a forc¸a de atrito
existe somente nessa parte. e e´ uma forc¸a na˜o-conservativa. Como o bloco esta´ em
movimento, trata-se de atrito cine´tico.
Atua, ainda, nos dois blocos, a tensa˜o da corda. Pelo fato de a corda na˜o posuir massa e a roldana
nem massa nem atrito em seu eixo, o mo´dulo da tensa˜o da corda nos dois blocos e´ igual, a no bloco de
cima o puxando para a direita e a no bloco pendurado puxando-o para cima.
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 sistema em um determinado processo e´ a variac¸a˜o da
energia cine´tica desse sistema no processo, ou (b) que o trabalho das forc¸as na˜o conservativas sobre um
sistema num processo e´ igual a` variac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema no processo.
Resolvendo pelo racioc´ınio (a), a trabalho total de A ate´ B sobre o sistema constitu´ıdo pelos dois
corpos foi a soma dos trabalhos das forc¸as da (1) mola, (2) dos pesos, (3) da normal, (4) das cordas e (5)
do atrito. A mola exerce um trabalho positivo cujo valor e´ Wmola=
1
2
kx2. O peso na˜o exerce trabalho no
corpo sobre o plano de A ate´ B, por ser perpendicular ao deslocamento do bloco, mas exerce trabalho no
corpo pendurado de A ate´ B e seu trabalho foiWpeso=mgh, positivo. A corda de cima realiza um trabalho
positivo atrave´s datensa˜o. A tensa˜o e´ constante e o valor do trabalho e´ Th. Acontece que o trabalho
da corda que segura o corpo pendurado realiza um trabalho exatamente igual em mo´dulo, mas de valor
negativo, de forma que os dois trabalhos se cancelam. A normal na˜o exerce trabalho nesse trajeto, pois
e´ sempre perpendicular a` trajeto´ria. O atrito exerce um trabalho negativo, cujo valor e´ watrito=−FatL,
onde Fat e´ o mo´dulo da forc¸a de atrito, e L a distaˆncia que o bloco percorre sobre a trecho com atrito,
e o trabalho e´ negativo pelo fato do aˆngulo entre a forc¸a de atrito e o deslocamento ser 180◦. Como o
atrito e´ cine´tico, seu valor sera´ Fat=−µcN=µcmg, onde o valor da normal foi calculado aplicando-se a
segunda lei de Newton ao corpo na parte horizontal, e levando em conta que o bloco na˜o se movimenta
perpendicularmente a` superf´ıcie. Portanto, o trabalho do atrito e´ Watrito=−µcmgL. A soma de todos
os trabalhos realizados sobre o sistema de A ate´ B tem que ser igual a` variac¸a˜o de energia cine´tica so
sistema no mesmo intervalo. A velocidade inicial de ambos os blocos era nula e, portanto, a variac¸a˜o de
energia cine´tica e´ o seu valor final.
Wtotal =
(
1
2
kx2
)
+ (mgh) + 0 + (−µcmgL) = ∆Ecin =
1
2
(m+m)V 2 (1)
onde levou-se em conta que os blocos estavam inicialmente parados e que ambos possuem, sempre,
velocidade de mesmo mo´dulo, pelo fato de estarem ligados pela corda inextens´ıvel. Portanto, a velocidade
dos blocos no instante em que o pendurado pela corda tiver descido a distaˆncia h sera´
V =
√
kx2
2m
+ g(h− µcL) (2)
P2– (20 pontos, 10:00–11:50)
Uma menina de massa M se aproxima com velocidade V horizontal de um balanc¸o de massa m e com-
primento L em repouso. A menina se joga no balanc¸o e o conjunto balanc¸o–menina comec¸a a oscilar.
Determine o aˆngulo ma´ximo θ em relac¸a˜o a` direc¸a˜o vertical que o conjunto balanc¸o–menina ira´ alcanc¸ar.
Considere que toda a massa m do balanc¸o esta´ concentrada no seu assento, desprezando a massa do
suporte de comprimento L, ou seja das cordas que sustentam o assento, e que estas sejam inextens´ıveis.
Soluc¸a˜o
Veja a figura ao lado, que mostra a menina
de massa M correndo com velocidade V em
relac¸a˜o ao balanc¸o de massa m, inicialmente
parado e pendurado por um suporte (corda)
sem massa e inextens´ıvel, de comprimento L.
Ao se jogar no balanc¸o a menina realiza uma
colisa˜o com o mesmo. Em coliso˜es, a quanti-
dade de movimento linear dos corpos envolvi-
dos permanece constante, pois as forc¸as in-
ternas (entre as partes que colidem) na˜o con-
seguem afetar o movimento do centro de massa
do sistema formado pelas partes em colisa˜o, e
sa˜o muito maiores que as demais forc¸as exter-
nas ao sistema. Enta˜o, a quantidade de movi-
mento do sistema meninao–balanc¸o se conserva
imediatamente apo´s a colisa˜o.
VM
L
m
h=L(1−cos )θm
M
θ
Como a menina e o balanc¸o ficam juntos apo´s a colisa˜o, com a mesma velocidade, podemos calcular
essa velocidade apo´s a colisa˜o, Vapo´s igualando as quantidades de movimento do sistema inicial e final
MV + 0 = (M +m)Vapo´s ou Vapo´s =
M
M +m
V (3)
Apo´s a menina ter se jogado no balanc¸o, atuam sobre eles os pesos (forc¸as verticais e consertativas) e
a tensa˜o do suporte. Como o suporte e´ inextens´ıvel, essa tensa˜o feita por ele sobre o sistema e´ sempre,
nesse caso, perpendicular ao movimento o mesmo. Consequentemente, essa forc¸a na˜o consegue realizar
trabalho, Portanto, como na˜o estamos considerando atritos (o enunciado na˜o fala nada a esse respeito),
podemos resolver o problema por considerac¸o˜es de energia, e considerar que a energia meca˜nica do sistema
menina–balanc¸o se conserva apo´s a colisa˜o. Inicialmente o sistema possui a energia cine´tica
Ecin,inicial =
1
2
(M +m)V 2apo´s =
1
2
M2
M +m
V 2, (4)
onde a Eq. (3) foi usada, e uma energia potencial gravitacional Epot,inicial. Ao atingir a altura ma´xima,
e como a energia mecaˆnica se conserva, o aumento de energia potencial gravitacional foi a`s custas da
diminuic¸a˜o da energia cine´tica. O valor mı´nimo poss´ıvel da energia cine´tica e´ zero. Portanto, na altura
ma´xima, quando a energia potencial gravitacional final do sistema sera´ Epot,final = Epot,inicial+(M+m)gh,
a energia cine´tica sera´ nula e, igualando as energias mecaˆnicas
Emec,inicial =
1
2
M2
M +m
V 2 + Epot,inicial = Emec,final = 0 + Epot,inicial + (M +m)gh, (5)
Da Eq. (5) e´ poss´ıvel calcular a altura atingida. Relacionando essa altura com o comprimento do suporte
do balanc¸o e o aˆngulo atingido (veja a figura)
h = L(1− cos θ) =
1
2g
(
M
M +m
)2
V 2 (6)
Portanto, o aˆngulo θ atingido quando o balanc¸o chega nessa altura ma´xima e´ tal que seu cosseno vale
cos θ = 1−
[
1
2gL
(
M
M +m
)2
V 2
]
. (7)
P3– (20 pontos, 10:00–11:50)
Um bala˜o de massa M encontra-se parado no ar a uma certa altura do solo. Um passageiro de massa m
resolve descer do bala˜o por uma escada de cordas dependurada na parte externa do mesmo. Ao descer,
o passageiro tem velocidade Vpb em relac¸a˜o ao bala˜o. Considere a massa do bala˜o M=99m.
P3.1– Descreva o que acontece com o bala˜o, enquanto o passageiro desce a escada. Justifique a sua
resposta.
P3.2– Calcule a velocidade do bala˜o em relac¸a˜o ao solo, enquanto o passageiro desce a escada, com a
velocidade Vpb em relac¸a˜o ao bala˜o.
P3.3– O que acontece com o movimento do bala˜o se o passageiro parar de repente de descer a escada,
mas sem se soltar da mesma? Justifique.
Soluc¸a˜o
P3.1– Se considerarmos um sistema constitu´ıdo pelo bala˜o e o passageiro, atuam nesse sistema (a) os
pesos do bala˜o e do passageiro (exercidos pela Terra, verticais para baixo), (b) o empuxo do ar sobre o
bala˜o (exercido pela atmosfera, vertical para cima). As demais forc¸as sa˜o internas, constituindo pares de
ac¸a˜o e reac¸a˜o entre o bala˜o e o passageiro. Como o sistema (bala˜o e passageiro) encontra-se inicialmente
parado, isso significa que a resultante das forc¸as externas a ele e´ nula. O fato de o passageiro descer ou
subir uma escada de cordas presa ao bala˜o na˜o afeta nem os pesos nem o empuxo do ar sobre o bala˜o,
e, enquanto ele sobe ou desce a escada o centro de massa do sistema deve continuar parado, pois antes
de o passageiro comec¸ar a se movimento ele estava parado. Portanto, se o passageiro desce a escada, se
aproximando do solo, o bala˜o deve subir de modo a que a posic¸a˜o vertical do centro de massa permanec¸a
parada em
Ycm,inicial =
MYbal,inicial +mYpas,inicial
M +m
= Ycm,final =
MYbal,final +mYpas,final
M +m
. (8)
P3.2– Como o sistema estava parado, sua velocidade inicial era nula. Como as forc¸as externas ao sistema
possuem resultante nula enquanto o passageiro sobe ou desce a escada, a velocidade do centro de massa
na˜o pode se alterar pelo fato de o passageiro subir ou descer a escada. Portanto, em relac¸a˜o ao solo
Vcm,inicial,solo = 0 = Vcm,final,solo =
MVbal,final,solo +mVpas,final,solo
M +m
, (9)
de onde tiramos que a velocidade do bala˜o enquanto o passageiro desce a escada deve ser oposta a`
velocidade do passageiro (ou seja para cima) e valer
MVy,bal,final,solo +mVy,pas,final,solo = 0 ou Vy,bal,final,solo = −
m
M
Vy,pas,final,solo. (10)
Pore´m a velocidade do passageiro em relac¸a˜o ao solo, enquanto ele desce a escada, na˜o foi fornecida. O
que foi fornecido foi a velocidade do passageiro em relac¸a˜o a` escada (ou seja, em relac¸a˜o ao bala˜o). Mas
a equac¸a˜o que relaciona velocidades relativas entre diferentes referenciais nos da´ que
Vy,pas,final,solo = Vy,pas,final,bala˜o + Vy,bala˜o,final,solo = −Vpb + Vy,bala˜o,final,solo, (11)
onde considerei a direc¸a˜o positiva como sendo para cima e que o passageiro desce em relac¸a˜o ao bala˜o (e,
por isso, sua velocidade em relac¸a˜o ao bala˜o e´ negativa). Substituindo a Eq. (11) na Eq. (10),tem-se
Vy,bal,final,solo = −
m
M
(−Vpb + Vy,bal,final,solo), (12)
que, resolvida, fornece a velocidade do bala˜o em relac¸a˜o ao solo enquanto o passageiro desce a escada
Vy,bal,final,solo =
m
M +m
Vpb. (13)
que e´ positiva (para cima).
P3.2– Pelo raciocc´inio acima, como a velocidade do centro de massa do sistema deve ficar constante
enquanto a resultante das forc¸as externas sobre ele for nula, se o passageiro parar o bala˜o tambe´m deve
parar.