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GABARITO DA 1a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - B3 - 06/04/2016
Parte A - Questo˜es (9 pontos, 1,5 ponto por questa˜o): Diante de cada afirmac¸a˜o nas questo˜es abaixo, cor-
rija aquelas que estiverem errado e (mesmo se a afirmativa estiver correta) justifique com suas palavras.
Q1. A acelerac¸a˜o resultante de um corpo em um movimento circular qualquer sempre aponta para o
centro do c´ırculo.
A afirmativa esta´ INCORRETA. No movimento circular, a velocidade e´ sempre tangente ao c´ırculo. Se
a acelerac¸a˜o apontar sempre para o centro do mesmo, isso significa que ela sera´ sempre perpendicular a`
velocidade e na˜o tera´ componente na direc¸a˜o da velocidade que, apesar de mudar de direc¸a˜o continua-
mente, na˜o muda de mo´dulo. Enta˜o, no movimento circular uniforme, a acelerac¸a˜o sempre aponta para
o centro do c´ırculo. Se o movimento for acelerado ou freiado, vai sempre haver uma compoente da
acelerac¸a˜o na direc¸a˜o da (no mesmo sentido ou oposta a`) velocidade, e a acelerac¸a˜o do movimento, soma
vetorial das componentes perpendicular e paralela a` velocidade, na˜o mais vai apontar para o centro.
Q2. O produto escalar dos vetores ~c e ~d, na˜o nulos, ~c · ~d, somente e´ nulo se os vetores sa˜o perpendiculares
entre si.
A afirmativa esta´ CORRETA. O produto escalar entre dois vetores pode ser definido, na sua forma
geome´rica, como ~c · ~d=|~c| |~d| cos θ, onde |~c| e |~d| sa˜o os mo´dulos de ~c e ~d, respectivamente, e θ e´ o aˆngulo
entre os dois vetores. Se ambos vetores sa˜o na˜o nulos, a u´nica forma do produto escalar ser nulo e´ pelo
termo cos θ, que e´ nulo para θ=90◦ ou 270◦, ou seja para os vetores ~c e ~d sendo perpendiculares entre si.
Q3. Em um dado planeta, um corpo em queda livre partindo do repouso gasta a um terc¸o (1
3
) do
tempo que gastaria na Terra, para cair da mesma altura. Conclui-se que a acelerac¸a˜o da gravidade
nesse planeta e´ o triplo de g (a acelerac¸a˜o da gravidade na Terra).
A afirmativa esta´ INCORRETA. Quando a acelerac¸a˜o, a, e´ constante, o tempo, t, gasto para se percorrer
uma certa distaˆncia, d, partindo do repouso, e´ dado por t =
√
2d/a. A acelerac¸a˜o se relaciona, enta˜o,
com a distaˆncia e o tempo por a = 2d/t2. A acelerac¸a˜o da gravidade da Terra pode ser escrita, enta˜o,
como g = 2h/t2. Como a altura de queda e´ a mesma, mas o tempo gasto no outro planeta e´ um terc¸o,
sua acelerac¸a˜o e´ g′ = 2h/(t/3)2 = 9(2h/t2) = 9g. Ou seja, a acelerac¸a˜o g′ e´ nove vezes a da Terra, 9g.
Q4. Considere um peˆndulo constitu´ıdo de uma massa que oscila, pendurada por um fio
de comprimento constante. A velocidade da massa e´ nula nas extremidades do arco
(pontos A e B), mas a acelerac¸a˜o se anula no ponto onde a velocidade e´ ma´xima (C).
A
C
B
A afirmativa tem uma parte CORRETA e outra INCORRETA. Esta´ correto afirmar que
a velocidade do peˆndulo e´ nula nas extremidades do arco, pois sa˜o os pontos de retorno da
massa. Mas, ao passar pelo ponto de maior velocidade, C, a massa esta´ em um movimento
circular, que possui, no mı´nimo, uma acelerac¸a˜o centr´ıpeta, na˜o nula. No movimento do
peˆndulo, a massa esta´ sempre acelerada, inclusive nos pontos onde esta´ parada.
Q5. Enquanto voceˆ esta´ sentado na cadeira, fazendo a prova, esta o empurra para cima com a forc¸a
normal. Essa forc¸a e´ igual a seu peso e atua na mesma direc¸a˜o, mas no sentido contra´rio. Essa
forc¸a normal e´ a reac¸a˜o a seu peso, pela 3a Lei de Newton.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A reac¸a˜o se aplica em quem faz a forc¸a. O peso, sendo devido e causado
pela atrac¸a˜o da Terra, tem sua reac¸a˜o atuando na Terra. A forc¸a normal e´, por sua vez, causada pela
cadeira, que e´ quem sofre a reac¸a˜o. Como voceˆ esta´ parado (para fazer a prova), a soma das duas forc¸as
que atuam em voceˆ, seu peso e a normal da cadeira, somam zero. Por isso e´ que sa˜o iguais em mo´dulo e
opostas em sentido, mas a reac¸a˜o forc¸a normal que a cadeira faz em voceˆ, e´ a que voceˆ faz na cadeira.
Parte B - Problemas (16 pontos, P1 e P3 = 5 pontos; P2 = 6 pontos):
P1.a– O piloto de um avia˜o nota que a bu´ssola indica que o avia˜o esta´ se movimentando para oeste em
relac¸a˜o ao solo. A velocidade escalar (o mo´dulo da velocidade) do avia˜o em relac¸a˜o ao ar (vento)
e´ Vav. Ha´ um vento Vvs aponta na direc¸a˜o norte, em relac¸a˜o ao solo. Encontre o mo´dulo da
velocidade escalar do avia˜o em relac¸a˜o ao solo, Vas.
Soluc¸a˜o
A relac¸a˜o vetorial entre velocidades observadas por referenciais diferentes, nesse caso, e´
~Vavia˜o,solo = ~Vavia˜o,ar + ~Var,solo. (1)
O problema informa que a velocidade do avia˜o em relac¸a˜o ao solo aponta na direc¸a˜o oeste, e que o
vento possui uma velocidade em relac¸a˜o ao solo que aponta para o norte. Vamos escolher um sistema de
refereˆncia com os eixos apontanto nas direc¸o˜es norte e oeste. A Eq. (1) continua va´lida nessas direc¸o˜es:
dir. norte −→ 0 = Vavia˜o,ar,norte + Var,solo,norte (2)
dir. oeste −→ Vavia˜o,solo = Vavia˜o,ar,oeste + 0 (3)
Das equac¸o˜es acima tiramos
Vavia˜o,ar,norte = −Var,solo,norte (4)
Vavia˜o,ar,oeste = Vavia˜o,solo (5)
e podemos calcular o mo´dulo da velocidade do avia˜o em relac¸a˜o ao ar
V 2avia˜o,ar = V
2
av = V
2
avia˜o,ar,norte + V
2
avia˜o,ar,oeste = (−Var,solo,norte)
2 + V 2avia˜o,solo = V
2
vs + V
2
as (6)
ou V 2avia˜o,solo = V
2
as = V
2
avia˜o,ar − V
2
ar,solo,norte = V
2
av − V
2
vs, (7)
de onde tiramos Vas =
√
(V 2av − V
2
vs). (8)
P1.b– Sejam os vetores ~A = Ax iˆ +Ay jˆ +Az kˆ, ~B = Bx iˆ +By jˆ +Bz kˆ. Calcule:
P1.b1– as componentes (x, y e z) da soma vetorial ~A+ ~B;
P1.b2– o mo´dulo da diferenc¸a vetorial ~A− ~B;
P1.b3– o produto escalar ~A · ~B;
P1.b4– a componente x do produto vetorial ~A× ~B.
Soluc¸a˜o
Esse problema deve ser resolvido analiticamente:
P1.b1–) As componentes da soma vetorial sa˜o: ~A+ ~B = (Ax +Bx)ˆi + (Ay +By )ˆj + (Az +Bz)kˆ.
P1.b2–) o mo´dulo sera´ dado por
√
(Ax −Bx)2 + (Ay −By)2 + (Az −Bz)2.
P1.b3–) o produto escalar sera´ AxBx +AyBy +AzBz.
P1.b4–) o produto vetorial pode ser calculado, entre outras maneira, como o determinante da matriz:
∣∣∣∣∣∣
iˆ jˆ kˆ
Ax Ay Az
Bx By Bz
∣∣∣∣∣∣ = (AyBz −AzBy )ˆi + (AzBx −AxBz )ˆj + (AxBy −AyBx)kˆ.
Ou seja, a componente x e´ AyBz −AzBy.
P2– Considere o sistema da figura ao lado. O bloco de
forma triangular possui massa M e o que esta´ sobre
ele, m. A rampa do bloco de baixo faz um aˆngulo θ
com a horizontal. O coeficiente de atrito cine´tico entre
o bloco de massa M e a superf´ıcie do piso e´ µ1. Existe
atrito entre os dois blocos, de coeficiente µ2 (esta´tico
igual ao cine´tico), mas este e´ pequeno e insuficiente
para manter o bloco de massa m parado sobre o de baixo, se este estiver parado. Uma forc¸a F e´
aplicada sobre o bloco de baixo, como na figura, para acelera´-lo de tal forma, que o bloco de cima
na˜o deslize sobre o de baixo, enquanto o conjunto se movimenta sobre o piso.
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�������������������������
�������������������������
�������������������������
M
m
µ
µ
1
2
θ
F
P2.1– Fac¸a o diagrama de forc¸as nos dois blocos, enquanto ha´ movimento, mas o de cima na˜o se move
sobre o de baixo. Na˜o se esqueca de marcar quais dessas forc¸as sa˜o pares de ac¸a˜o e reac¸a˜o. Sugiro
que fac¸a outro desenho e separe os blocos para maior clareza.
A forc¸a F e´ feita de forma que o conjunto se movimente sobre o piso, mas o bloco de cima continue sem
se movimentar sobre o de baixo, com a forc¸a de atrito esta´tico entre os blocos estando em seu limite
ma´ximo (o bloco de cima esta´ na imineˆncia de comec¸ar a subir sobre o de baixo). Deˆ suas respostas em
termos de g, M , m, µ1, µ2 e θ.
P2.2– Calcule o valor da normal entre os blocos nessa situac¸a˜o.
P2.3– Calcule a acelerac¸a˜o ma´xima do conjunto.
P2.4– Determine o valor ma´ximo da forc¸a F .
Soluc¸a˜oP2.1– Ao lado esta´ o diagrama de forc¸as em cada um dos
corpos. Com excec¸a˜o da forc¸a F , do enunciado do proble-
ma, todas as forc¸as sa˜o mostradas em azul. No de massa
m atuam seu peso, mg (reac¸a˜o na Terra, na˜o mostrada na
figura), a normal N com o bloco de baixo, que possui a
reac¸a˜o N que atua no bloco de baixo (mostrada na figura
entre as forc¸as que atuam em M e ligada com uma linha
tracejada vermelha). Finalmente, atua no bloco m uma
forc¸a de atrito. Escolhi colocar essa forc¸a de atrito para
cima, como se a tendeˆncia do bloco m fosse de subir sobre
o bloco maior. Essa forc¸a, Fa2, e´ causada pelo bloco M ,
que sofre a reac¸a˜o (tambe´m mostrada na figura entre as
forc¸as que atuam em M e ligada com uma linha tracejada
vermelha). Na˜o ha´ mais forc¸as atuando em m.
F
θ
θ
mg
N
N1
N
Mg
Fa2
θ Fa1
Fa2
No bloco maior, de massaM , ale´m das forc¸as N e Fa2, causadas pela interac¸a˜o com o bloco de cima, e
da forc¸a F do enunciado (u´nica em preto). atuam ainda: o seu peso, Mg (reac¸a˜o na Terra, na˜o mostrada
na figura), a normal N1 causada pelo piso (reac¸a˜o no piso, na˜o mostrada na figura), e a forc¸a de atrito
cine´tico com o piso, Fa1 (reac¸a˜o no piso, na˜o mostrada na figura).
P2.2– Analisando o enunciado do problema, verificamos que o bloco de massa m se movimenta somente
na horizontal, sem subir ou descer sobre o bloco de massa M . Com isso, podemos garantir que sua
acelerac¸a˜o na vertical e´ nula. Usando o sistema de coordenadas desenhado na figura acima, podemos
escrever:
N cos θ + (−Fa2 sen θ) + (−mg) = 0. (9)
O enunciado do problema diz para calcular o valor da normal na situac¸a˜o limite, quando o bloco menor
esta´ na imineˆncia de descer sobre o maior. Nesse caso, a forc¸a de atrito aponta para cima da rampa de
M e seu valor vale µ2N . Substituindo esse valor na Eq. (9),
N cos θ − µ2N sen θ = mg ou N(cos θ − µ2 sen θ) = mg e N =
mg
cos θ − µ2 sen θ
(10)
P2.3– Para calcular o valor da acelerac¸a˜o nessa situac¸a˜o, vamos analizar a direc¸a˜o horizontal das forc¸as
que atuam em m
N sen θ + Fa2 cos θ + 0 = ma. (11)
Substituindo o valor de Fa2=µ2N ,
N sen θ + µ2N cos θ = N(sen θ + µ2 cos θ) = ma. (12)
Utilizando o valor de N encontrado na Eq. (10),
(
mg
cos θ − µ2 sen θ
)
(sen θ + µ2 cos θ) = ma ou a = g
(
sen θ + µ2 cos θ
cos θ − µ2 sen θ
)
. (13)
P2.4– Para calcular o valor da forc¸a F , no caso do sistema ter a acelerac¸a˜o encontrada pela Eq. (13),
temos que analisar o corpo de massa M (veja a figura com as forc¸as). Como o corpo de massa m, na˜o
ha´ acelerac¸a˜o na direc¸a˜o vertical, considerando positivo para cima:
N1 + (−Mg) + Fa2 sen θ + (−N cos θ) + 0 + 0 = 0 (14)
ou, lembrando que Fa2=µ2N e usando o valor de N encontrado na Eq. (10),
N1 =Mg +N(cos θ − µ2 sen θ) = g
(
M +m
(
cos θ − µ2 sen θ
cos θ − µ2 sen θ
))
= (M +m)g. (15)
Como seria de se esperar, uma vez que o bloco menor na˜o se movimenta verticalmente sobre o maior,
a normal N1 sustenta o peso dos dois blocos. Na horizontal, por sua vez, temos, considerando positivo
para a esquerda,
0 + 0 + (−Fa2 cos θ) + (−N sen θ) + (−Fa1) + F =Ma (16)
ou
F =Ma+N sen θ + Fa2 cos θ + Fa1. (17)
Como antes, Fa2=µ2N e N e´ dado pela Eq. (10). O valor de Fa1 e´ µ1N1, onde N1 e´ dado pela Eq. (15).
finalmente, o valor de a e´ dado pela Eq. (13):
F =Ma+N (sen θ + µ2 cos θ) + µ1N1, (18)
que, usando as Eqs. (13), (10) e (15),
F =Mg
(
sen θ + µ2 cos θ
cos θ − µ2 sen θ
)
+mg
(
sen θ + µ2 cos θ
cos θ − µ2 sen θ
)
+ µ1(M +m)g (19)
que, agrupando e simplificando, resulta em
F = (M +m)g
[(
sen θ + µ2 cos θ
cos θ − µ2 sen θ
)
+ µ1
]
(20)
P3– Uma bolinha de massa m e´ lanc¸ada de um muro, fazendo um
aˆngulo θ com a horizontal para baixo, saindo do muro de uma
altura H a partir do solo. Mede-se que a bolinha leva um tempo
T para atingir o solo, a partir do instante que sai do muro. Deˆ
suas respostas em func¸a˜o de g, V0, θ, m e T :
P3.1– calcule a altura H do muro;
P3.2– calcule a distaˆncia horizontal do ponto onde a bolinha bate
no cha˜o a` base do muro;
P3.3– calcule o tempo que a bolinha gasta para passar pela metade
da altura do muro.
P3.4– Se a bolinha estava parada na beira do muro antes de receber
o golpe que a lanc¸ou, e esse golpe atuou por um intervalo curto
de tempo ∆t, conhecido, calcule, usando os valores conhecidos
e o ∆t, o valor me´dio da forc¸a que atuou durante o golpe na
bolinha passar dar a ela a velocidade V0 do in´ıcio do problema.
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��
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��
��
��
��
��
��
��
����������������������������������
θ
V0
X
H/2
H
Soluc¸a˜o
A bolinha possui acelerac¸a˜o constante durante todo seu trajeto, nula na horizontal e igual a g para baixo,
na vertical. Sua velocidade inicial tambe´m foi dada, e possui componentes V0 cos θ na horizontal para a
direita e V0 sen θ para baixo na vertical. Como a acelerac¸a˜o e´ constante nas duas direc¸o˜es, podemos usar
equac¸o˜es do tipo abaixo para cada componente
~rfinal = ~rinicial + ~Vinicialt+
1
2
~at2 (21)
P3.1– Aplicando a Eq. (21 na direc¸a˜o vertical, lembrando que zfinal=0, zinicial=H, Vz,inicial=−V0 sen θ, e
que az=−g, e que temos o tempo de queda, T ,
0 = H − V0 sen θT −
1
2
gT 2 ou H = V0 sen θT +
1
2
gT 2. (22)
P3.2– Durante o tempo de queda, T , a bolinha ficou com velocidade constante na horizontal, e podemos
aplicar a Eq. (21) na direc¸a˜o horizontal, lembrando que xfinal − xinicial e´ a distaˆncia procurada, que
Vx,inicial=V0 cos θ e que azx=0,
xfinal = xinicial + V0 cos θT ou D = xfinal − xinicial = V0 cos θT. (23)
P3.3– Para encontrar o tempo que a bolinha gasta para chegar a` metado da altura do muro,
basta aplicar a Eq. (21) novamente na direc¸a˜o vertical, com a altura final igual a H
2
H
2
= H − V0 sen θt−
1
2
gt2 ou −
H
2
+ V0 sen θt +
1
2
gt2 = 0. (24)
A eq. (24) e´ uma equac¸a˜o completa do segundo grau em t que pode ser resolvida
t =
−V0 sen θ ±
√
V 20 sen
2 θ +Hg
g
, (25)
onde H e´ dado pela eq. (22) e devemos selecionar o sinal positivo da Eq. (25).
P3.4– A segunda Lei de Newton para massas constantes diz que a forc¸a resultante e´ igual a`
massa multiplicada pela sua acelerac¸a˜o. Inicialmente a bolinha estava parada e, apo´s um tempo
∆T velocidade passa a ser V0. A acelerac¸a˜o me´dia sofrida pela bolinha foi, enta˜o,
amed =
∆V
∆t
=
V0
∆t
. (26)
Portanto, a forc¸a me´dia que atuou na bolinha no seu lanc¸amento foi
Fmed = mamed = m
V0
∆t
. (27)