Baixe o app para aproveitar ainda mais
Prévia do material em texto
GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 18/10/2014- 08:00–09:50 Dados: dxn dx = nxn−1 ; ∫ xndx = xn+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. Em uma regata, dois barcos com massas diferentes (m1 > m2) percorrem a mesma distaˆncia, sem qualquer tipo de atrito, partindo do repouso. Durante o trajeto, as forc¸as resultantes em cada barco sa˜o exatamente iguais e constantes. Quando o barco com massa m1 cruza a linha de chegada, ele tem energia cine´tica igual e momento linear (quantidade de movimento) menor do que o barco de massa m2, quando este u´ltimo cruza a linha de chegada. A afirmativa e´ INCORRETA. O enunciado diz que as forc¸as resultantes nos barcos sa˜o “exatamente iguais” e que eles percorrem a mesma distaˆncia. Portanto, como ambos partem do repouso, sua trajeto´ria sera´ retil´ınea e o trabalho total sobre cada barco sera´ igual e, pelo teorema trabalho – energia cine´tica, a variac¸a˜o de energia cine´tica deles sera´ igual. Como a energia cine´tica inicial era nula, a energia energia cine´tica ao cruzar a linha de chegada sera´ igual para ambos. Apesar disso, como a massa dos dois e´ diferente, a acelerac¸a˜o linear do barco de maior massa, m1, sera´ menor que a do de menor massa. Como a acelerac¸a˜o e´ diferente, mas a distaˆncia percorrida e´ igual e estavam em repouso no in´ıcio, a velocidade final do barco de maior massa ao cruzar a linha de chegada, v1, sera´menor que a velocidade final do barco de menor massa, v2,. Como suas energias cine´ticas sa˜o iguais, 1 2m1v 2 1= 1 2m2v 2 2 e, consequentemente, os momentos lineares se relacionam com p1=m1v1=m2v2 v2 v1 =p2 v2 v1 , e p1 sera´MAIOR que p2, pois a frac¸a˜o v2 v1 > 1. Essa na˜o e´ a u´nica forma de demonstrar isso. Q2. Considere uma colisa˜o ela´stica frontal entre um objeto A (de massa mA) e um objeto B (de massa mB) inicialmente em repouso. A maior velocidade do objeto B apo´s a colisa˜o ocorre quando mB=mA. A afirmativa e´ INCORRETA. Se as equac¸o˜es que da˜o as velocidades finais em coliso˜es ela´sticas em uma dimensa˜o (ou seja, frontais) na˜o forem sabidas de cor, que sa˜o as Eqs.(1) e (2) abaixo, trata-se de resolver o sistema de 2 equac¸o˜es (uma para conservac¸a˜o da quantidade de movimento e outra para a de energia cine´tica) com 2 inco´gnitas: mAvAi = mAvAf +mBvBf vAf = mA−mB mA+mB vAi (1) cuja soluc¸a˜o e´1 2mAv 2 Ai = 1 2mAv 2 Af + 1 2mBvBf vBf = 2mA mA+mB vAi (2) Pela Eq.(2) vemos que a velocidade do objeto B depende da frac¸a˜o 2mA mA+mB . Se mB=mA, a velocidade final de B sera´ igual a´ inicial de A. Mas quanto maior for a massa de A, maior sera´ o valor da frac¸a˜o, o que faz com que a afirmativa esteja INCORRETA. O valor ma´ximo da frac¸a˜o, quando mA ≫ mB, e´ 2. Q3. Um cometa realiza uma o´rbita el´ıptica em torno de uma estrela, longe de qualquer outro corpo. A energia mecaˆnica do sistema cometa–estrela e´ maior quando o cometa esta´ mais pro´ximo da estrela. A afirmativa e´ INCORRETA. O enunciado diz que o sistema cometa–estrela esta´ “longe de qualquer outro corpo”. Portanto, podemos considerar que as forc¸as EXTERNAS ao sistema sa˜o nulas. A u´nica forc¸a existente, enta˜o, sera´ a atrac¸a˜o mu´tua da gravidade entre os dois corpos e essa forc¸a e´ uma forc¸a conservativa, para a qual o trabalho na˜o depende do caminho e a` qual esta´ associada uma energia potencial. Como as demais forc¸as (inclusive qualquer tipo de atrito) na˜o existem, o trabalho dessas forc¸as, que seria o u´nico responsa´vel por uma variac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema, e´ NULO, e a energia mecaˆnica do sistema na˜o varia ao longo da o´rbita. Q4. Uma part´ıcula de massa m esta´ sujeita a um potencial U(x) = Ax3 −Bx, sendo A e B constantes positivas (e na˜o nulas). O ponto x = 0 e´ um ponto de equil´ıbrio esta´vel. A afirmativa e´ INCORRETA. A relac¸a˜o entre uma forc¸a e o potencial a ela associado e´ que o potencial e´ o negativo da integral da forc¸a no espac¸o, U(x) = − ∫ ~F · d~x, e a forc¸a e´ o negativo da derivada do potencial em relac¸a˜o a´ varia´vel espacial, ~F = dU(x)dx xˆ. Fazendo uso da forma dada do potencial e dos dados fornecidos no cabec¸alho da prova, podemos ver que F = −dU(x)dx = −(3Ax 2 − B). A posic¸a˜o de equil´ıbrio de um corpo e´ onde a forc¸a sobre ele e´ nula. Igualando a forc¸a acima a zero, vemos que existem duas raizes, x = ± √ B 3A , mas nenhuma o ponto x=0. Portanto, o ponto x = 0 NA˜O e´ uma posic¸a˜o de equil´ıbrio. Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema) P1– (20 pontos, 08:00–09:50) O bloco A de massa m inicialmente esta´ encostado a uma mola de constante k comprimida de x em relac¸a˜o ao seu comprimento natural. Apo´s ser liberado e se separar da mola, o bloco desliza por uma superf´ıcie horizontal sem atrito, a na˜o ser por um trecho de comprimento L, no qual ha´ atrito cine´tico com coeficiente µc. O bloco A consegue passar pela parte com atrito e choca-se com o bloco B de massa 3m, preso a um fio inextens´ıvel de comprimento L e massa desprez´ıvel, grudando nele. Os dois blocos passam enta˜o a balanc¸ar juntos. Determine em func¸a˜o das grandezas fornecidas (k, x, L, µc, m, g) que julgar necessa´rias: P1.1– a velocidade do bloco A logo apo´s se separar da mola; P1.2– a velocidade do bloco A logo antes da colisa˜o com o bloco B; P1.3– a altura ma´xima h atingida pelo centro de massa dos blocos. k m L L µc 3m m A AB B sem atritocom atritosem atrito h Soluc¸a˜o Enquanto o bloco A se movimenta desde o instante inicial, quando esta´ parado e encostado na mola, comprimida de x, ate´ o instante em que esta´ prestes a colidir com o bloco B, atuam nele (1) seu peso (vertical, constante, para baixo, exercido pela Terra, forc¸a conservativa), (2) a forc¸a normal exercida pela superf´ıcie (vertical, para cima), (3) a forc¸a da mola, enquanto esta estiver comprimida (horizontal, para a direita na figura, varia´vel, forc¸a conservativa) e, durante o trecho com atrito, (4) a forc¸a de atrito (horizontal, para a esquerda na figura, forc¸a NA˜O conservativa). Como nesse trecho o bloco A na˜o se movimenta na direc¸a˜o vertical, podemos concluir que a normal e´ constante e igual ao peso, N = mg, e, portanto, a forc¸a de atrito cine´tico possui mo´dulo Fat,c = µcN = µcMg. P1.1– Como conhecemos todas as forc¸as, podemos resolver esse problema pela aplicac¸a˜o da 2a Lei de Newton, mas teremos que fazer algum malabarismo de ca´lculo, pois a acelerac¸a˜o sera´ varia´vel. Um pouco complicado, mas sem maiores dificuldades. Entretanto, tambe´m pelo fato de conhecermos as forc¸as, podemos usar o conceito de trabalho e aplicar Wtotal =Wmola +Wpeso +Wnormal = ∆Ecin (1a) ou WF na˜o conserv. = ∆Emec. (1b) Tanto a Eq.(1a) como a Eq.(1b) dara˜o o mesmo resultado, pore´m sem a dificuldade da acelerac¸a˜o varia´vel da 2a Lei de Newton. Como desde o in´ıcio ate´ se separar da mola o bloco A na˜o sofre atrito, vou usar aqui a Eq.(1b), pois o trabalho do atrito e da normal (as forc¸as que na˜o sa˜o conservativas) sera´ nulo (do atrito por ele ser nulo e da normal por ela ser perpendicular ao deslocamento) e havera´ conservac¸a˜o de energia mecaˆnica (o trabalho do peso sera´ considerado como energia potencial). A energia potencial armazenada numa mola de constante ela´stica k comprimida de x a partir de sua posic¸a˜o natural e´ Epot,mola,i = 1 2kx 2. A energia cine´tica inicial e´ nula e a final (logo apo´s o bloco A se separar da mola) sera´ Ecin,A,f = 1 2mV 2 1 . Enta˜o a Eq.(1b) fica WF na˜o conserv. = 0 = ∆Emec = ∆Emec,f −∆Emec,i= ( 0 + 1 2 mV 21 ) − ( 1 2 kx2 + 0 ) . (2) Da Eq.(2) calculamos a velocidade do bloco A logo apo´s ele se separar da mola, V1 = √ k m x. P1.2– Podemos continuar usando o mesmo racioc´ınio entre o instante em que o bloco A se sepa- rou da mola e aquele quando ele estara´ prestes a se chocar com o bloco B. A normal continua sem realizar trabalho, mas o atrito vai realizar trabalho no trecho onde existe, quando sera´ constante e tera´ o valor Fatrito = µcmg e sera´ oposto ao deslocamento (θ=180 ◦). O trabalho do atrito sera´ WF atrito = FatritoL cos(180 ◦) = −µcmgL. Esse sera´ o trabalho total das forc¸as na˜o conservativas e, aplicando novamente a Eq.(1b), lembrando que a mola, nessa fase do problema, esta´ em sua posic¸a˜o natural, WF na˜o conserv. = −µcmgL = ∆Emec = ( 0 + 1 2 mV 22 ) − ( 1 2 mV 21 + 0 ) . (3) Da Eq.(3) calculamos a velocidade do bloco A logo apo´s ele ter passado o trecho com atrito. V2 = V1 + µcmgL = √ k m x+ µcmgL (4) Novamente, poder´ıamos aplicar a 2a Lei de Newton para resolver essa parte, facilmente. P1.3– Agora o problema pede a altura ma´xima h que o centro de massa dos dois blocos, grudados um no outro apo´s a colisa˜o, vai subir, enquanto balanc¸am juntos. Os pesos de cada bloco va˜o atuar, mas a normal deixa de existir (pois o bloco A na˜o mais encosta no piso). A outra forc¸a que vai atuar e´ a tensa˜o do fio que, entretanto, estara´ sempre na direc¸a˜o do fio e´ perpendicular ao movimento dos dois blocos, enquanto esta˜o juntos. Portanto, depois de os blocos ja´ estarem juntos, apo´s a colisa˜o, conhecemos todas as forc¸as que atuam no conjunto e, novamente, podemos aplicar ou a Eq.(1a) ou a Eq.(1b) para resolver o problema. Agora, somente a gravidade (seus pesos) e´ capaz de realizar trabalho, e, aplicando Eq.(1a) apo´s a colisa˜o, teremos que o trabalho da gravidade aos blocos oscilarem do ponto mais baixo ao ponto mais alto sera´ Wpesos = Wtotal = −(m+ 3m)gh = −4mgh. Esse trabalho e´ igual a` variac¸a˜o da energia cine´tica. Obviamente os blocos estara˜o parados no ponto mais alto e, considerando sua velocidade no ponto mais baixo como sendo VAB, a Eq.(1a) fica Wtotal =Wpeso +Wtensa˜o = −4mgh+ 0 = Efinal − Einicial = 0− 1 2 4mV 2AB, (5) e calculamos a altura ma´xima em termos de VAB, h = V 2AB 2g . (6) Precisamos, enta˜o, encontrar a velocidade dos blocos imediatamente apo´s a colisa˜o, VAB . Na˜o foi dada nenhuma informac¸a˜o sobre a forc¸a de interac¸a˜o entre os blocos e nem da durac¸a˜o da colisa˜o. Portanto, a 2a Lei de Newton na˜o e´ uma opc¸a˜o. Durante a colisa˜o, pore´m, podemos considerar as forc¸as externas ao sistema que colide como sendo desprez´ıveis. Na auseˆncia de forc¸as externas, a quantidade de movimento linear total do sistema se conserva. Enta˜o, Pantes = mAV2+0 = m (√ k m x+ µcmgL ) = Pdepois = (mA+mB)VAB = (m+3m)VAB = 4mVAB, (7) onde se usou o resultado da Eq.(4). Resolvendo VAB da Eq.(7), encontramos VAB = 1 4 (√ k m x+ µcmgL ) e, levando esse resultado na Eq.(6), encontramos h = (√ k m x+ µcmgL )2 32g (8) P2– (20 pontos, 08:00–09:50) Em um lago de a´guas calmas, duas jangadas de massa m e comprimento L esta˜o paradas em fila, uma atra´s da outra. Um menino de massa M esta´ em pe´, tambe´m parado, no meio da primeira jangada. O menino, enta˜o, resolve correr ate´ o final da jangada em que se encontra e salta para a jangada seguinte, com velocidade horizontal v em relac¸a˜o a` margem do lago. Ele cai na segunda jangada e la´ permanece quieto. Em relac¸a˜o a` margem do lago, calcule: P2.1– A velocidade dessa primeira jangada (em relac¸a˜o a` margem, mo´dulo, direc¸a˜o e sentido), imedia- tamente apo´s o salto do menino. P2.2– A velocidade final do segunda jangada, agora com o menino quieto em cima dela. Soluc¸a˜o Enquanto o menino se movimenta em cima da primeira jangada em direc¸a˜o a` outra atuam nele (1) seu peso, vertical e para baixo, exercido pela Terra e a forc¸a que a jangada faz nele, que pode ser dividida em (2) uma forc¸a normal para cima, exercida pela primeira jangada, e (3) a forc¸a de atrito, horizontal, em direc¸a˜o a` outra jangada, tambe´m exercida pela primeira jangada. Nessa primeira jangada atuam (4) seu peso, vertical e para baixo, exercido pela Terra, (2) o empuxo das a´guas do lago (vertical e para cima), e as reac¸o˜es das forc¸as que a jangada fez no menino: (5) a normal, vertical, para baixo, exercida pelo menino e (6) o atrito, horizontal, em direc¸a˜o oposta a` da outra jangada, exercido pelo menino. As forc¸as entre a jangada e o menino sa˜o INTERNAS, se considerarmos um conjunto formado pelos dois. Entre as forc¸as EXTERNAS a esse conjunto, na˜o ha´ forc¸as horizontais. Portanto, a resultante das forc¸as externas na direc¸a˜o horizontal e´ nula e, consequentemente, a acelerac¸a˜o do centro de massa desse conjunto e´ nula na direc¸a˜o horizontal e a componente horizontal da velocidade do centro de massa sera´ constante. P2.1– Inicialmente tanto o menino quanto a primeira jangadas estavam parados em relac¸a˜o ao lago e a componente horizontal da velocidade do centro de massa inicial era nula, e devera´ continuar nula, quando o menino salta da jangada. Calculando a componente horizontal das velocidades do centro de massa do sistema “menino-primeira jangada”, em relac¸a˜o a`s margens do lago, antes, quando estavam parados, e depois, imediatamente apo´s o salto Vh,CM1,antes = 0 = Vh,CM1,depois = Mv +mVj1 M +m . (9) Resolvendo a Eq.(9, encontramos a velocidade da jangada 1 imediatamente depois do salto. Vj1 = − M m v, onde v e´ a velocidade do menino em relac¸a˜o a`s margens apo´s o salto e vemos que a velocidade da jangada e´ negativa, em relac¸a˜o a v. P2.2– Logo apo´s o salto, o menino se aproxima da segunda jangada com velocidade tal que a sua componente horizontal continua sendo v em relac¸a˜o a`s margens (pois enquanto salta a u´nica forc¸a sobre ele e´ a da gravidade que na˜o possui componente horizontal), enquanto essa ainda esta´ parada. Quando o menino cair sobre a segunda jangada, um racioc´ınio parecido com o do in´ıcio dessa soluc¸a˜o levara´ a` conclusaˆo que a componente horizontal das forc¸as EXTERNAS ao novo conjunto, agora formado pelo menino e a segunda jangada, e´ NULA. Portanto, a componente horizontal da acelerac¸a˜o do centro de massa desse novo conjunto sera´ nula e sua velocidade constante. Escrevendo isso para o novo conjunto Vh,CM2,antes = Mv + 0 M +m = Vh,CM2,depois = (M +m)Vj2 M +m = Vj2 = M M +m v, (10) onde levamos em conta que o menino e a segunda jangada terminam com a mesma velocidade, apo´s o menino ficar quieto sobre ela. P3– (20 pontos, 08:00–09:50) Considere uma placa plana, fina, circular e homogeˆnea de raio R, es- pessura d e massa M , na qual foi feito um buraco circular de raio R3 com centro localizado a R2 do cen- tro da placa, como mostra a figura. Calcule (sugesta˜o: especifique eixos e calcule as componentes) a posic¸a˜o do centro de massa da placa furada, relativamente ao seu centro geome´- trico, e mostre na figura onde esta´ esse centro de massa. CM2 R/3 R x y CM1CM0 Soluc¸a˜o A definic¸a˜o de posic¸a˜o do centro de massa para corpos cont´ınuos e´ ~RCM = ∫ corpo ~rdm∫ corpo dm , (11) onde as integrais teˆm que ser calculadas ao longo do corpo em questa˜o. Se o disco fosse completo, como o material e´ homogeˆneo, o centro de massa estaria em seu centro. Na figura foram desenhados os centros de massa do disco de raio R, caso fosse completo, e do de raio R3 , como dois pontos negros. Para o disco maior, obviamente, as coordenadas (X0, Y0) sa˜o (0,0) e para o disco menor as coordenadas (X1, Y1) sa˜o (0, R2 ). Pore´m, para o disco furado a integral fica muito complicada. Entretanto, sabendo a posic¸a˜o do centro de massa do disco completo,marcado de “0” na figura, ela e´, considerando a massa do disco furado como sendo M2 e a do disco pequeno como sendo M1, ~RCM0 = M2 ~RCM2 +M1 ~RCM1 M2 +M1 , (12) A soma das massas e´ claramente a massa total, mas as massasM1 eM2 na˜o foram fornecidas diretamente. Como a densidade do disco e´ uniforme, as massas estara˜o relacionadas pelas a´reas dos discos e, portanto, M=(M1 +M2) estara´ para a a´rea total, πR 2, assim como a massa do disco pequeno estara´ para a sua a´rea, piR 2 9 . Obviamente, encontramos que M1= M 9 e M2=(M −M1)= 8M 9 . Escrevendo as componentes X e Y da Eq.(12), levando em conta as massas M1 e M2 calculadas acima, e as posic¸o˜es dos centros de massa do disco completo e do pequeno, do para´grafo anterior, temos XCM0 = 0 = 8M 9 XCM2 + M 9 XCM1 8M 9 + M 9 = 8M 9 XCM2 + M 9 R 2 M = 8XCM2 + R 2 9M , (13) e encontramos XCM2=− R 16 , apo´s simplificac¸o˜es. Aplicando o mesmo racioc´ınio para o eixo Y , ou usando propriedades de simetria, veremos que YCM2=0. O ponto esta´ mostrado na figura como um ×.
Compartilhar