1ª Prova de Fundamentos de Mecânica (02/2014 - UFMG)

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GABARITO - 1a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - TN3 - 03/09/2014
Parte A - Questo˜es (5,0 pontos, 1,0 ponto por questa˜o): Diante de cada questa˜o abaixo, responda e/ou
comente todas (mesmo se a afirmativa estiver correta), justificando com suas palavras.
Q1. Uma part´ıcula pode ter velocidade diferente de zero mesmo se a resultante das forc¸as sobre ela for
nula? Ela pode ter velocidade nula mesmo se a resultante das forc¸as sobre ela for diferente de zero?
A resposta para ambas perguntas e´ SIM. Pela 2a Lei de Newton, a acelerac¸a˜o resultante de uma part´ıcula
e´ igual a` forc¸a resutante dividida pela massa. Se a forc¸a resultante e´ nula, a acelerac¸a˜o resultante tambe´m
o sera´ e, portanto a velocidade da part´ıcula tem que ser constante, podendo ser diferente de zero. E quando
a acelerac¸a˜o resultante for diferente de zero (porque a forc¸a resutante e´ diferente de zero) nada impede
que a velocidade seja momentaneamente nula. Por exemplo, um corpo lanc¸ado verticalmente para
cima vai, em algum momento, parar momentaneamente quando comec¸ar a descer. Como a velocidade
na˜o pode ser constante, pois a acelerac¸a˜o nna˜o e´ nula, a part´ıcula na˜o pode continuar parada.
Q2. Se o produto vetorial ~c× ~d for nulo, pode-se garantr que pelo menos um dos vetores ~c ou ~d e´ nulo?
A resposta e´ NA˜O. A definic¸a˜o geome´trica do mo´dulo do produto vetorial e´ |~c × ~d|=|~c| |~d| senθcd. Esse
produto sera´ nulo se um dos vetores o for, mas, mesmo que nenhum dos vetores seja nulo o produto sera´
nulo caso o seno do aˆngulo entre os vetores for nulo (ou seja, se os vetores forem paralelos ou anti-paralelos
entre si. Portanto, na˜o e´ garantido que qualquer dos verotes e´ nulo.
Q3. A 2a Lei de Newton, escrita da forma ~Fres = m~a para um corpo de massa m, na˜o vale, quando a
massa do corpo em questa˜o e´ varia´vel.
A afirmativa esta´ CORRETA. A forma correta da 2a Lei de Newton e´ ~Fres =
d~p
dt =
d(m~v)
dt = m~a+
dm
dt ~v.
Se a massa do corpo varia e dmdt 6= 0, tem termos a mais na equac¸a˜o que devem ser levados em conta.
Q4. Em um dado planeta, um corpo em queda livre partindo do repouso gasta a um terc¸o 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′=2d/(t/3)2=9(2h/t2)=9g. Ou seja, a acelerac¸a˜o g′ e´ nove vezes o valor de g.
Q5. Pela 2a Lei de Newton, a velocidade de uma part´ıcula e´ sempre paralela a` resultante das forc¸as
que nela atuam.
A afirmativa esta´ INCORRETA. Quando a massa e´ constante, a 2a Lei de Newton pode ser escrita
da forma ~Fres = m~a, ou seja, a acelerac¸a˜o e´ que tem a mesma direc¸a˜o da forc¸a, e na˜o a velocidade.
Se lembrarmos que
~Fres
m
= ~a = d~vdt , veremos que as variac¸o˜es de velocidade (d~v) sa˜o paralelas a` forc¸a
resultante. Como contra-exemplos pode-se pensar no movimento circular uniforme, ou no movimento
parabo´lico de um proje´til. Em nenhum deles a velocidade paralela a` resultante das forc¸as.
Parte B - Problemas (20 pontos, P1 = 8,0 pontos; P2 = 5,0 pontos; P3 = 7,0 pontos):
P1– Na figura ao lado, M esta´ suspenso por uma
corda (sem massa e inextens´ıvel) que passa
por uma polia (sem massa e sem atrito no
seu eixo) e e´ ligada aos dois blocos sobre o
plano inclinado (aˆngulo θ em relac¸a˜o a` ho-
rizontal), o de cima com massa M1 e o de
baixo com massa M2. Deˆ suas respostas em
termos de M1, M2, g, θ (e µ).
P1.1– Se o plano inclinado for sem atrito (µ=0),
encontre o valor da massa M para o sistema
ficar em equil´ıbrio.
P1.2– Encontre as tenso˜es T1, T2 e T3 nessa situac¸a˜o.
T2
T1
M
θ
M2
M1 T3
Se o valor de M for o dobro do valor encontrado em P1.1–, encontre, ainda sem atrito
P1.3– o mo´dulo da acelerac¸a˜o do conjunto e
P1.4– o novo valor das tenso˜es T1, T2 e T3.
Suponha, agora, que existe o mesmo coeficiente de atrito cine´tico, µ, entre a superf´ıcie do plano e os
blocos em cima dele, e que, se M = 0, os dois blocos descem o plano aceleradamente.
P1.5– Encontre os valores ma´ximo emı´nimo de M para as massas M1 e M2 subirem (no caso de valor
ma´ximo) ou descerem (no caso de valor mı´nimo) o plano com velocidade constante.
Soluc¸a˜o
Apesar de na˜o ter sido solicitado, e´ sempre essencial fazer o diagrama de forc¸as em cada parte do sistema
para identificar as forc¸as, antes da aplicac¸a˜o da 2a Lei de Newton.
T2
T1
T3
M2
M1
M
Mg
T3
T3
T3
T3
T1
T1
T2
T2
T2
M2g
N2
T2
T1
T1
N1
θ θ
θ
M1g
Fa1
Fa2
Fe
ixo
Considere a figura acima, agora com os diversos corpos envolvidos foram separados e as forc¸as rele-
vantes (que atuam em partes do sistema) identificadas em cor azul. Como nessa parte na˜o ha´ atrito,
desconsidere, por enquanto, as forc¸as em vermelho.Os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o esta˜o conectados com linhas
tracejadas azuis. Como as cordas na˜o possuem massa, e como a polia nem massa e nem atrito no eixo,
podemos ja´ identificar que T1 = T3. Temos, enta˜o, que encontrar o valor de T1 que mante´m as massas
sobre o plano em equil´ıbrio.
P1.1– Consideremos a direc¸a˜o paralela ao plano. Nessa direc¸a˜o, considerando positivo para cima do
plano, e lembrando que os corpos esta˜o em equil´ıbrio, atuam as seguintes forc¸as nos corpos:
M1 : T1 − T2 −M1g sen θ = M1a = 0, (1)
M2 : T2 −M2g sen θ = M2a = 0, (2)
ou T1 = (M1 +M2)g sen θ = T3. Como M tambe´m esta´ em equil´ıbrio, T3 = Mg de onde calculamos que,
para manter o equil´ıbrio, M = (M1 +M2) sen θ.
P1.2– Nessa situac¸a˜o de equil´ıbrio, temos que T1 foi calculado na parte anterior e T1 = T3 = Mg =
(M1 +M2)g sen θ. T2 = M2g sen θ.
P1.3– O fato de agora M = 2(M1+M2) sen θ na˜o afeta em nada as considerac¸o˜es acima, a na˜o ser que
agora a acelerac¸a˜o do conjunto na˜o e´ mais nula, e M vai descer enquanto M1 e M2 va˜o subir o plano com
uma acelerac¸a˜o a. A acelerac¸a˜o e´ igual para todos os corpos porque as cordas sa˜o inextens´ıveis.Temos,
enta˜o, lembrando que T1 = T3, e que M desce
T1 − T2 −M1g sen θ = M1a (3)
T2 −M2g sen θ = M2a (4)
Mg − T3 = 2(M1 +M2) sen θ g − T1 = Ma = 2(M1 +M2) sen θ a. (5)
Somando as treˆs equac¸o˜es acima e resolvendo para a, temos
(M1 +M2)g sen θ = (M1 +M2)(1 + 2 sen θ)a −→ a =
(
sen θ
1 + 2 sen θ
)
g (6)
P1.4– Levando o valor de a da Eq. (6) na Eq. (4) encontramos
T2 = M2(a+ g sen θ) = M2g sen θ
(
1 +
1
1 + 2 sen θ
)
. (7)
Levando o valor de T2, Eq. (7), e o valor de a, Eq. (6), na Eq. (5), encontramos
T1 = T3 = 2(M1 +M2)(g sen θ − a) = 2(M1 +M2)g sen θ
(
1−
1
1 + 2 sen θ
)
. (8)
P1.5– Considere agora que existe atrito entre o plano inclinado e os blocos. Vamos calcular inicial-
mente o valor ma´ximo de M , quando o sistema esta´ prestes a se movimentar com M descendo mas com
M1 e M2 subindo. Na figura acima, as forc¸as de atrito esta´tico esta˜o colocadas na cor vermelha.
Nem M1 nem M2 se movimentam perpendicularmente ao plano. Podemos, enta˜o, calcular o valor
das normais N1 e N2:
N1 −M1g cos θ = 0 −→ N1 = M1g cos θ (9)
N2 −M2g cos θ = 0 −→ N2 = M2g cos θ (10)
Como a situac¸a˜o e´ de equi´ıbrio (a = 0), os coeficientes de atrito sa˜o iguais e o atrito esta´ em seu ma´ximo,
podemos fazer as forc¸as de atrito esta´tico como
Fa,1 = µN1 = µM1g cos θ e Fa,2 = µN2 = µM2g cos θ.
As equac¸o˜es (1), (2) e (5) se modificam com o aparecimento das forc¸as de atrito:
T1 − T2 − Fa,1 −M1gsen θ = T1 − T2 − µM1g cos θ −M1g sen θ = 0 (1
′)
T2 − Fa,2 −M2g sen θ = T2 − µM2g cos θ −M2g sen θ = 0 (2
′)
Mmaxg − T3 = Mmaxg − T1 = 0. (5
′)
Somando as equac¸o˜es (1’), (2’) e (5’), temos
Mmaxg − µ(M1 +M2) cos θ − (M1 +M2)g sen θ = 0,
ou
Mmax = (M1 +M2)(sen θ + µ cos θ). (11)
Para encontrarmos o valor mı´nimo de M , este seria quando sua tendeˆncia fosse de subir, e a de M1 e
M2 de descer o plano. Para isso, basta inverter o sentido mostrado na figura das forc¸as de atrito (em
vermelho). As equac¸o˜es (1’), (2’) e (5’) se transformam em (essencialmente, e´ so´ trocar o sinal das
forc¸as de atrito)
T1 − T2 + Fa,1 −M1g sen θ = T1 − T2 + µM1g cos θ −M1g sen θ = 0 (1
′′)
T2 + Fa,2 −M2g sen θ = T2 + µM2g cos θ −M2g sen θ = 0 (2
′′)
Mming − T3 = Mming − T1 = 0, (5
′′)
que, resolvidas, levam a
Mmin = (M1 +M2)(sen θ − µ cos θ). (11)
P2– Num parque de diverso˜es, a roda gigante e´ progra-
mada para dar uma sensac¸a˜o de queda livre quando
seus passageiros passam pelo seu ponto mais alto (A).
Considerando que a estrutura dos assentos e cintos de
seguranc¸a mantenham os passageiros sempre a` mesma
distaˆncia, R, do centro da roda, calcule (em termos
de R, g, e eventualmente da massa, m, do passageiro)
e, ainda, que a velocidade angular da roda gigante e´
constante:
P2.1– o valor da velocidade angular da roda gigante
para dar a sensac¸a˜o de queda livre quando os pas-
sageiros passam pelo ponto A;
P2.2– o valor da forc¸a exercida pela estrutura do assento
sobre os passageiros, quando estes passam pelo ponto
B, na situac¸a˜o calculada em P2.1;
B
C
A
R
D
θ
mg
mg
F
mg
P2.3– a forc¸a resultante (vetor) que atua nos passageiros,
quando eles passam pelo pontoD (mostrado na figura).
Soluc¸a˜o
P2.1– Se o passageiro da roda gigante deve sentir-se em queda livre no ponto A, a u´nica forc¸a que
atua nele nesse ponto e´ seu peso (veja a figura). Mas sua acelerac¸a˜o sera´ centr´ıpeta, pelo sem movimento,
Enta˜o
mg = macentr = mω
2R −→ ω =
√
g
R
, (12)
onde usamos o fato de acentr = ω
2R em um movimento circular uniforme. Esse e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o
centr´ıpeta em qualquer posic¸a˜o do passageiro na roda gigante.
P2.2– Quando o passageiro passa em B, esta´ rodando em torno do centro da roda gigante com a
velocidade calculada na Eq. (12). As forc¸as que atuam sobre o passageiro esta˜o mostradas na figura e
podemos escrever:
F −mg = macentr = mg −→ F = 2mg. (13)
P2.3– o movimento de todos os passageiros se caracteriza como sendo circular uniforme. Enta˜o,
em qualquer ponto de seu movimento, o mo´dulo de sua acelerac¸a˜o sera´ igual a` acentr que e´ igual a g e
sempre estara´ dirigida para o centro do movimento. Enta˜o, a forc¸a resultante sera´ a mostrada em
vermelho na figura (que e´ a forc¸a centr´ıpeta).
P3– Na figura ao lado veˆ-se um plano inclinado
de aˆngulo θ em relac¸a˜o a` horizontal. Sobre
o plano esta´ um bloco de massa M o qual
tem atrito de coeficiente cine´tico µ1 com
a superf´ıcir do plano. Sobre a face plana
da frente superior desse bloco ha´ um outro
bloco menor, de massa m, e ha´ atrito de
coeficiente esta´tico µ2 entre as superf´ıcies
dos blocos. Se os blocos forem soltos, am-
bos escorregam das posic¸o˜es mostradas.
1
2µ
M
m
µ1
θ
(1)
F
(2)
P3.1– Se for feita uma forc¸a paralela ao plano para baixo sobre o bloco menor, como mostrado na figura,
calcule o valor mı´nimo dessa forc¸a de forma que o bloco menor na˜o deslize sobre o maior, enquanto
ambos descem o plano. Qual a acelerac¸a˜o dos blocos nessa situac¸a˜o? Deˆ suas respostas em func¸a˜o
de g, M , m, θ, µ1 e µ2.
P3.2– Considere agora a situac¸a˜o 2, quando a forc¸a e´ feita, ainda paralela ao plano, mas para cima sobre
o bloco maior (situac¸a˜o na˜o mostrada na figura). Calcule o valor mı´nimo dessa forc¸a de forma
que o bloco menor na˜o deslize sobre o maior, do outro lado, enquanto ambos sobem o plano. Qual
a acelerac¸a˜o dos blocos nessa situac¸a˜o? Deˆ suas respostas em func¸a˜o de g, M , m, θ, µ1 e µ2.
Soluc¸a˜o
P3.1– Veja na figura abaixo o diagrama de forc¸as para os dois blocos.
No bloco menor atuam:
θ
M
µ1
(1)
1FN2
N2
N1
Mg
m
Fa1
2µ
Fa2
Fa2
mg
θ
θ
1. seu peso (vertical, para baixo, exercido pela Terra, de valor mg);
2. a forc¸a F do enunciado (paralela ao plano, fazendo um aˆngulo θ com a horizontal, para baixo);
3. a normal N2 feita pelo bloco de baixo, que sofre a reac¸a˜o (paralela ao plano, pois e´ perpendicular
a` face dos blocos, para cima do plano);
4. a forc¸a de atrito Fa2 feita pelo bloco de baixo, que sofre a reac¸a˜o (paralela a` face dos blocos em
contato, perpendicular ao plano, para cima).
No bloco maior atuam:
1. seu peso (vertical, para baixo, exercido pela Terra, de valor Mg);
2. a normal N2 feita pelo bloco de cima, que sofre a reac¸a˜o (paralela ao plano, pois e´ perpendicular
a` face dos blocos, para baixo do plano);
3. a forc¸a de atrito Fa2 feita pelo bloco de cima, que sofre a reac¸a˜o (paralela a` face dos blocos em
contato, perpendicular ao plano, para baixo;
4. a normal N1 feita pela superf´ıcie do plano (perpendicular ao plano, para cima);
5. a forc¸a de atrito Fa1 feita pela superf´ıcie do plano, para cima.
Os pares de ac¸a˜o e reac¸a˜o esta˜o ligados por linhas tracejadas vermelhas. A situac¸a˜o pede que os dois
blocos se movimentem juntos. Portanto ambos na˜o se movimentara˜o perpendicularmente ao plano incli-
nado e sua acelerac¸a˜o nessa direc¸a˜o sera´ nula. Analizando o bloco menos vemos que, perpendicularmente
ao plano
Fres,m,perp = Fa2 + 0 + 0 + (−mg cos θ) = 0 ou Fa2 = mg cos θ. (14)
Como na˜o ha´ movimento entre os blocos essa forc¸a de atrito e´ esta´tico e seu valor ma´ximo, limite, e´
proporcional a` normal e
Fa2 = µ2N2 = mg cos θ ou N2 = mg
cos θ
µ2
. (15)
Na direc¸a˜o paralela ao plano, ainda considerando o bloco menor, temos
Fres,m,para = F1 + 0 +mg senθ −N2 = F1 +mg
(
senθ −
cos θ
µ2
)
= ma. (16)
A Eq.(16) possui duas inco´gnitas, F1 e a. Vamos analisar agora o bloco maior, que tambe´m na˜o se
movimenta perpendicularmente ao plano
Fres,M,perp = N1 + 0 + 0− Fa2 −Mg cos θ = 0 ou N1 = Mg cos θ + Fa2 = (M +m)g cos θ, (17)
onde fiz uso da Eq.(15). Na direc¸a˜o paralela ao plano, temos
Fres,M,para = 0 +N2 − Fa1 + 0 +Mg senθ = Ma. (18)
A Eq.(15) nos da´ o valor de N2. Como o bloco maior se movimenta sobre o plano, a forc¸a de atrito Fa1
e´ cine´tica e Fa1 = µ1N1, e o valor de N1 e´ dado pela Eq.(15). Portanto
Fres,M,para = mg
cos θ
µ2
− µ1(M +m)g cos θ +Mg senθ = Ma, (18)
de onde calculamos a acelerac¸a˜o mı´nima a
a = g
(
m cos θ
Mµ2
− µ1
(
1 +
m
M
)
cos θ + senθ
)
. (20)
Levando o valor da acelerac¸a˜o mı´nima da Eq.(20) na Eq.(16), encontramos o valor da forc¸a mı´nima,
F1, para acelerar os dois blocos para baixo no plano mantendo-os juntos.
P3.2– Na situac¸a˜o pedida nessa parte, as u´nicas coisas que mudam sa˜o os sentidos da forc¸a F do
enunciado, que agora e´ aplicada no bloco maior, de baixo para cima no plano, e o da forc¸a de atrito que
o plano faz sobre o bloco maior, que agora sobe o plano. Veja na figura abaixo o diagrama de forc¸as
para os dois blocos.
(2)
M
µ1
N2
N2
N1
Mg
m
Fa1
2µ
Fa2
Fa2
mg
θ
θ
θ
2F
As Eqs.(14), (15) e (17) acima continuam va´lidas e inalteradas e, encontramos tanto a forc¸a de atrito
Fa2 como as normais N2 e N1, nesse caso, ideˆnticas ao caso anterior. Pore´m ao tratar o corpo menos na
direc¸a˜o paralela ao plano encontramos sua acelerac¸a˜o diretamente,
Fres,m,para = +0 +mg senθ −N2 = mg
(
senθ −
cos θ
µ2
)
= ma ou a = g
(
senθ −
cos θ
µ2
)
. (16′)
Analisando o bloco maior na direc¸a˜o paralela ao plano obtemos
Fres,M,para = F2 −N2 − Fa1 + 0 + 0−Mg senθ = Ma. (21)
Usando o valor da acelerac¸a˜o a, Eq.(16′),o da normal N2, Eq.(15), e considerando que a forc¸a de atrito
Fa1 e´ de atrito cine´tico, Fa1 = µ1N1, com N1 dada pela Eq.(17), a Eq.(21) nos da´ o valor de
F2 = Mg
(
senθ −
cos θ
µ2
)
+Mg senθ + µ1(M +m)g cos θ +mg
cos θ
µ2
. (22)