1aProva MECÂNICA2 ST (gabarito)

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Universidade de Pernambuco - Escola Politécnica de Pernambuco
Mecânica 2 - 2017.2
1
o
Exercício Escolar - Data: 25 / 10 / 2017
Nome: Turma: ST
CPF: Prof. Dr. Marcone Sena
b
Figura 1: 1
a
. questão
1
o
)(3,5 pontos)
a) (0,5) Como θ˙(t) = ω, logo θ(t) é dado por
θ(t) = θ0 + ω t = ω t com θ(0) = θ0 = 0 (0,5 ponto)
b) (1,0) Note que r(t) = b sec[θ(t)] e r˙(t) = b ω sec(ωt) tan(ωt).
Assim, as componentes vr(t) e vθ(t) da velocidade são
• vr(t) = r˙(t) = b ω sec(ωt) tan(ωt) (0,5 ponto)
• vθ(t) = r(t) θ˙(t) = b ω sec(ω t) (0,5 ponto)
c) (1,0) Note que r¨(t) = 1
2
b ω2 [3− cos(2ωt)] sec3(ωt) e também
θ¨(t) = 0. Assim, as componentes ar(t) e aθ(t) da velocidade são
• ar(t) = r¨(t)− r(t) θ˙2(t) = b ω2
[
1
2
(3− cos(2ωt)) sec3(ωt)− sec(ωt)
]
(0,5 ponto)
• aθ(t) = r(t) θ¨(t) + 2 r˙(t) θ˙(t) = 2 b ω2 sec(ωt) tan(ωt) (0,5 ponto)
d) (1,0) Aplicando a 2
a
lei de Newton em coordenadas polares
mar = Fr − Pr ⇒ Fr = mar + Pr e maθ = Fθ − Pθ ⇒ Fθ = maθ + Pθ
onde Pr = mg cos θ (componente-r do peso) e Pθ = mg sin θ (componente-θ do peso). Daí,
Fr = m (ar + g cos θ) ⇒ Fr = m
{
b ω2
[
1
2
(3− cos(2ωt)) sec3(ωt)− sec(ωt)
]
+ g cos (ω t)
}
(0,5 ponto)
Fθ = m {aθ + g sin θ) ⇒ Fθ = m
[
2 b ω2 sec(ωt) tan(ωt) + g sin (ω t)
]
(0,5 ponto)
Figura 2: 2
a
questão
2
a
) (3,0 pontos)
Aplicando a 2
a
lei de Newton em casa corpo, obtemos
Bloco A : 2maA = 2mg − T1 ; (0,25 ponto)
Roldana D : 0 · aD = 2T2 − T1 ; (0,25 ponto)
Bloco B : maB = P +mg − T2; (0,25 ponto)
Bloco C : maC = −T2 +mg. (0,25 ponto)
1
Mediante a geometria, estabelecemos os vínculos aA + aD = 0 e
aB + aC = 2aD. Portanto 2aA + aB + aC = 0 . Assim, escrevemos
as acelerações aA, aB e aC como
aA = g − T1
2m
, 2T2 = T1, aB =
P
m
+ g − T2
m
, e aC = −T2
m
+ g.
b) (1,0) Substituindo as equações acima em 2aA + aB + aC = 0:
2
(
g − 2T2
2m
)
+
(
P
m
+ g − T2
m
)
+
(
−T2
m
+ g
)
= 0 ⇒ T2 = mg + P
4
=
T1
2
(0,5 ponto).
a) (2,0) Substituindo a tensão nas acelerações aA, aB e aC , temos
aA = g − T2
m
= − P
4m
, aB =
P
m
+ g − T2
m
=
3P
4m
, aC = −T2
m
+ g = − P
4m
.
(0,5 ponto) (0,5 ponto) (0,5 ponto)
O corpo A sobe (aA < 0), o corpo B desce (aB > 0) e o corpo C sobe (aC < 0).
Figura 3: 2
a
questão
3
a
) (3,5 pontos) No instante inicial, a mola está relaxada
quando a esfera B parte do repouso e adotamos o nível da energia
potencial gravitacional (Ug = 0) que passa por O, então podemos
estabelecer a energia mecânica neste instante como
energia mecânica inicial: Em,i = Ki + Ug,i + Uel,i = 0 + 0 + 0 = 0
(0,5 ponto)
Em um instante posterior, a barra gira de θ em torno de O quando
liberada do repouso. O ponto A se desloca para A
′
. Assim,
escrevemos a energia mecânica neste instante como
energia mecânica final: Em,f = Kf + Uel,f + Ug,f = Kf +
k x2
2
−mgh (0,5 ponto)
onde h = 2 b sin θ e x =
∣∣CA′∣∣− ∣∣CA∣∣ com ∣∣CA∣∣ = b/2.
Do triângulo ÂOA′, temos sin(θ/2) =
∣∣AA′∣∣ /2
b
⇒ ∣∣AA′∣∣ = 2 b sin(θ/2).
Aplicando a lei dos cosssenos sobre o triângulo ĈAA′, temos∣∣CA′∣∣2 = ∣∣CA∣∣2 + ∣∣AA′∣∣2 − 2 ∣∣CA∣∣ ∣∣AA′∣∣ cos(pi − θ/2)
=
(
b
2
)2
+ 4b2 sin2(θ/2) + 2
b
2
2b sin(θ/2) cos(θ/2) ⇒ ∣∣CA′∣∣ = b
2
√
9 + 4 sin θ − 8 cos θ
Note que x =
∣∣CA′∣∣− ∣∣CA∣∣ ≈ ∣∣AA′∣∣ pois ∣∣CA′∣∣− ∣∣CA∣∣∣∣AA′∣∣ =
√
9 + 4 sin θ − 8 cos θ − 1
4 sin(θ/2)
≡ f(θ)
logo f(pi/2) = (
√
7−√13)/2 = 92% (que se aproxima muito de 1), o que justifica tomarmos
. x ≈ ∣∣AA′∣∣ = 2 b sin(θ/2) (0,5 ponto).
2
Por conservação da energia, temos
Em,i = Em,f ⇒ 0 = Kf + k (2b sin(θ/2))
2
2
−mg 2 b sin θ ⇒ K(θ) = 2mg b sin θ − 2k b2 sin2(θ/2)
(1,0 ponto)
a) (1,5) A velocidade máxima desenvolvida ocorre quando vmax =
√
2K
max
m
onde K
max
= K(θ∗)
é a energia cinética máxima, que ocorre quando
∂K(θ)
∂θ
∣∣∣∣∣
θ=θ∗
= 2mgb cos θ∗ − k b2 sin θ∗ = 0 ⇒ tan θ∗ = 2 mg
kb
⇒ θ∗ = arctan
[
2
mg
kb
]
(0,5 ponto)
b) (2,0) O ângulo máximo θ = θ
max
ocorre quando K = 0, isto é
K = 0 ⇒ sin2(θ
max
/2) =
mg
kb
sin θ
max
=
mg
kb
2 sin(
θ
max
2
) cos(
θ
max
2
) ⇒ tan(θmax
2
) = 2
mg
kb
⇒ θ
max
= 2arctan
[
2
mg
kb
]
(0,5 ponto)
Ou seja, θ
max
= 2 θ∗ .
Assim, para 0 < θ
max
< pi/2 (por hipótese) temos que
mg
kb
<
1
2
.
3