1º Teste de Fundamentos de Mecânica (02/2014 - UFMG)

Prévia do material em texto

GABARITO DO 1o TESTE DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA – Turma N3 – 27/08/2014
Dados:
dtn
dt
= ntn−1 ;
∫
tndt =
tn+1
n+ 1
;
d sen(ωt)
dt
= ω cos(ωt) ;
∫
sen(ωt)dt = −
cos(ωt)
ω
.Parte A - Questo˜es: (2,0 pontos, Q1=Q2=0,6 ponto; Q3=0,8 ponto): Diante de cada questa˜o abaixo,
responda ou comente as afirmativas feitas, corrigindo as que estiverem errado e (mesmo se a afirmativa
estiver correta) justifique com suas palavras.
Q1- E´ poss´ıvel um corpo possuir acelerac¸a˜o vetorial nula e, ao mesmo tempo, ter sua velocidade de
direc¸a˜o varia´vel.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A acelerac¸a˜o e´ definida como a derivada da velocidade em relac¸a˜o ao tempo,
~a =
d~v
dt
. Para a acelerac¸a˜o vetorial ser nuila, portanto, todas as suas componentes tera˜o que ser nulas e,
consequentemente, todas as componentes e propriedades da velocidade tera˜o que ser constantes. Se pelo
menos uma das propriedades da velocidade, p.ex., a direc¸a˜o, ou o mo´dulo, variar com o tempo, a velocidade
variara´ com o tempo e sua derivada na˜o sera´ nula.
Q2- Considere treˆs vetores, ~a, ~b e ~c, na˜o nulos. Se os produtos escalares ~a ·~b e ~a · ~c sa˜o iguais, ~a ·~b = ~a · ~c,
pode-se concluir que ~b = ~c.
A afirmativa esta´ INCORRETA. A definic¸a˜o geome´trica de produto escalar entre dois vetores, p.ex., ~a e ~b,
e´ ~a ·~b = ab cos θab, ou seja, o produto entre os mo´dulos dos vetores e o cosseno do menor aˆngulo entre os
mesmos. Portanto, se ~a ·~b = ~a ·~c, temos que ab cos θab = ac cos θac, ou, simplificando, b cos θab = c cos θac. Se
os aˆngulos entre os vetores, θab e θac, forem diferentes (o que ja´ implica em os vetores ~b e ~c serem diferentes),
nem os mo´dulos b e c sera˜o iguais.
Q3– Considere um corpo que possui sua velocidade dada pela equac¸a˜o ~v(t) = Btxˆ+ V0yˆ +
A
ω
sen(ωt)zˆ e que
em t=0 o corpo esteja na posic¸a˜o ~r(0) = 0xˆ+Cyˆ+0zˆ, onde A, B, C, V0 e ω sa˜o constantes, t e´ o tempo
e xˆ, yˆ e zˆ sa˜o os unita´rios cartesianos. Encontre
Q3.A– como a posic¸a˜o ~r(t) e a acelerac¸a˜o ~a(t) variam com o tempo;
Utilizando a definic¸a˜o de acelerac¸a˜o de acelerac¸a˜o, dada na resposta da Q1, temos que, utilizando os dados
fornecidos
~a =
d~v
dt
=
dvx
dt
xˆ+
dvy
dt
yˆ +
dvz
dt
zˆ = Bxˆ(+0yˆ) +
A
ω
(ω cos(ωt)) zˆ = Bxˆ+A cos(ωt)zˆ. (1)
A posic¸a˜o se relaciona com a velocidade como
~r2∫
~r1
d~r = ~r2 − ~r1 =
t2∫
t1
~v(t)dt, onde 1 e 2 indicam as situac¸o˜es
inicial e final para a posic¸a˜o e velocidade. Utilizando os dados fornecidos,
~r(t) = ~r(0) +
t∫
0
(vx(t)xˆ + vy(t)yˆ + vz(t)zˆ) dt = (B
t2
2
+ 0)xˆ+ (V0t+ C)yˆ +
A
ω
(
−
cos(ωt))
ω
) ∣∣∣∣∣
t
0
zˆ (2)
~r(t) = Bt2xˆ+ (V0t+ C)yˆ −
A
ω2
(cos(ωt)− 1)zˆ. (3)
Q3.B– o produto escalar ~a(t) · ~r(t);
A definic¸a˜o anal´ıtica do produto escalar entre os dois vetores da´ ~a(t)·~r(t) = ax(t)x(t)+ay(t)y(t)+az(t)+z(t),
que, usando as Eqs.(1) e (3), resulta em
~a(t) · ~r(t) = B2t2 + 0 +
(
−
A2
ω2
cos(ωt)
[
cos(ωt)− 1
])
(4)
Q3.C– a componente z do vetor velocidade me´dia entre os instantes t1 =
π
2ω
e t2 =
π
ω
.
A definic¸a˜o de velocidade me´dia entre os instantes t1 e t2 e´ variac¸a˜o de posic¸a˜o no intervalo de tempo entre
os dois instantes. Portanto a componente x do vetor velocidade me´dia e´, utilizando a Eq.(3) e os dados,
vz,me´dia =
z(t2)− z(t1)
t2 − t1
=
A
ω2
[
(cosπ − 1)− (cos π
2
− 1)
]
π
2ω
= −
2A
πω
.
Parte B - Problema (3,0 pontos: P1.a=1,0; P1.b=0,6; P1.c=0,7; P1.d=0,7)
P1– Dois blocos de massas m e M esta˜o
apoiados sobre um plano inclinado
do aˆngulo θ em relac¸a˜o a` horizontal,
um sobre o outro, como mostrado
na figura ao lado. Ha´ atrito entre
os blocos, de coeficiente esta´tico µ ,
mas na˜o ha´ atrito entre o de baixo
e a superf´ıcie do plano. Uma forc¸a
varia´vel F (t)=At atua sobre o bloco
de baixo, para cima e paralelamente
µ
θ
F(t)=A
t
Mg
NM,m
Fat,M
,m
Np,M
mg
Fat,m
,M
Nn,M
ao plano, de forma a fazer os blocos se movimentarem. Inicialmente (em t=0) os blocos esta˜o parados,
apoiados na parede sobre o plano, e, a` medida que o tempo passa e a forc¸a F aumenta, eventualmente
comec¸am a subir o plano. Deˆ respostas em termos de m, M , g, µ, A e θ.
P1.a– Fac¸a um diagrama com todas as forc¸as que atuam nos dois blocos, quando ja´ na˜o esta˜o en-
costados na parede, mas subindo o plano juntos. Identifique os pares de ac¸a˜o e reac¸a˜o, p.ex.,
ligando-os por linhas. Pode usar a figura ou, se quiser, fac¸a outras, uma para cada bloco.
P1.b– Calcule o valor da forc¸a normal que existe entre (1) o bloco de cima e o de baixo e (2) entre o
bloco de baixo e a superf´ıcie do plano inclinado, enquanto o bloco de cima estiver sobre o de baixo.
P1.c– Calcule o valor da acelerac¸a˜o ma´xima que os blocos podem ter para que o de cima consiga acom-
panhar o de baixo sem se deslocar sobre ele.
P1.d– Determine, ainda em termos dos dados, o valor da forc¸a F (t), no instante que o sistema atinge a
acelerac¸a˜o ma´xima encontrada em P1.c.
Soluc¸a˜o
P1.a– As forc¸as foram desenhadas na figura, onde os dois blocos foram separados para maior clareza. No
bloco de cima atuam (1) seu peso (de valor mg, vertical, para baixo, realizado pela Terra, que sofre a
reac¸a˜o), (2) a normal NM,m, que o bloco de baixo faz no de cima (para cima, pespendicular ao plano,
realizada pelo bloco de baixo, que sofre a reac¸a˜o) e (3) a forc¸a de atrito que o bloco de baixo faz no de cima,
FatM,m, e que o faz subir (para cima, paralela ao plano, realizada pelo bloco de baixo, que sofre a reac¸a˜o).
No bloco de baixo atuam (4) seu peso (de valor Mg, vertical, para baixo, realizado pela Terra, que sofre a
reac¸a˜o), (5) a normal Nn,M , que o bloco de cima faz no ima que sofre a reac¸a˜o), (6) a forc¸a de atrito que o
bloco de cima faz no de baixo, Fatm,M (para baixo, paralela ao plano, realizada pelo bloco de cima, que sofre
a reac¸a˜o), (7) a normal que a superf´ıcie do plano faz no bloco de baixo (perpendicular ao plano, para cima)
e (8) a forc¸a varia´vel F (t) do enunciado. Os pares ac¸a˜o e reac¸a˜o foram desenhados com cores diferentes e
ligados por linhas tracejadas. O diagrama das forc¸as para cada bloco e´ mostrado abaixo;
NM,m
Nn,M
F(t)=A
t
x’
y’
y’
Np,M
Mg
mg
Fat,M
,m
Fat,m
,M
θ
θ bloco de baixo
bloco de cima
x’
P1.b– A situac¸a˜o e´ tal que os blocos va˜o subir o plano inclinado e, enquanto estiverem juntos, sua acelerac¸a˜o
e´ paralela ao plano e para cima (subindo o plano). Portanto, a componente da acelerac¸a˜o perpendicular
ao plano sera´ nula. Pela segunda Lei de Newton, a componente da forc¸a resultante perpendicular ao plano
tambe´m tem, necessariamente, que ser nula. Somando essas componentes perpendiculares ao plano inclinado,
das forc¸as que atuam no bloco de cima, teremos, lembrando que a forc¸a de atrito e´ paralela ao plano,
FRES,perp,m = NM,m + 0 + (−mg cos θ) = 0 −→ NM,m = mg cos θ, (5)
onde encontramos o mo´dulo da normal entre os blocos. Para o bloco de baixo, lembrando que a forc¸a de
atrito e a forc¸a F (t) do enunciado sa˜o paralelas ao plano, encontramos o mo´dulo da normal da superf´ıcie no
bloco de baixo,
FRES,perp,M = Np,M + 0 + (−Nm,M ) + (−Mg cos θ) + 0 = 0 −→ Np,M = (M +m)g cos θ, (6)
P1.c– A resultante das forc¸as sobre o bloco de cima, paralela ao plano, e´ a responsa´vel pela sua acelerac¸a˜o.
Como a normal e´, por construc¸a˜o, perpendicular ao plano, a forc¸a resultante sobre o bloco de cima, paralela
ao plano e´, considerando positivo para cima do plano
FRES,paral,m = Fat,M,m + 0 + (−mg sen θ) = ma. (7)
O peso e´ constante, mas a forc¸a de atrito esta´tico pode variar, e seu mo´dulo e´ Fat,est ≤ µN . No seu valor
ma´ximo, o bloco de cima tera´ a acelerac¸a˜o ma´xima. Utilizando o valor da normal encontrado na Eq.(5), e o
valor ma´ximo da forc¸ade atrito. a eq.(7) da´
Fat,m,M,max −mg sen θ = µmg cos θ −mg sen θ = mamax −→ amax = g(µ cos θ − sen θ) (8)
P1.d– No bloco de baixo, a forc¸a resultante paralela ao plano e´ a responsa´vel por seu movimento nessa
direc¸a˜o. Na situac¸a˜o onde o bloco de cima esta´ em sua acelerac¸a˜o ma´xima, encontrada na Eq.(8), e junto
com o bloco de baixo (ou seja, ambos possuem a mesma acelerac¸a˜o) temos
FRES,paral,M = 0 + F (t) + 0 + (−Mg sen θ) + (−Fat,m,M,max) = Mamax. (9)
Utilizando a forc¸a de atrito em seu valor ma´ximo, encontrado anteriormente, e a Eq.(8), temos que
F (t) = Mamax +Mg sen θ + µmg cos θ =Mg(µ cos θ − sen θ) +Mg sen θ + µmg cos θ,
ou
F (t) = (M +m)µg cos θ. (10)