2ª Prova de Fundamentos de Mecânica (02/2014 - UFMG)

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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 ×.