F128 Exercicios Resolvidos Cap 9A

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 9A
Exercício 1
Uma barra com secção ortogonal de área uniforme A e comprimento L é feita de modo que a
densidade ρ(x) ao longo da mesma varia linearmente do valor ρ1 na extremidade esquerda ao
valor ρ2 na extremidade direita. Determine a posição do seu centro de massa.
Neste caso, como no Exercício 1, aproveitamos a simetria do problema e notamos que o centro
de massa estará em algum ponto na linha central que atravessa a barra. Em relação a uma das
extremidades da barra a posição do centro de massa é dada por:
xCM =
1
M
ˆ L
0
xdm (x)
Neste caso, como a densidade varia linearmente ao longo da barra temos:
ρ (x) = ρ1 + (ρ2 − ρ1) x
L
E a massa da barra deve ser calculada somando-se a massa de cada plaquinha de dimensões
A× dx que, unidas, formam a barra:
M =
ˆ L
0
ρdV =
ˆ L
0
ρ (x)Adx
= A
ˆ L
0
[
ρ1 + (ρ2 − ρ1) x
L
]
dx
= A
[
ρ1L+ (ρ2 − ρ1) 1
L
L2
2
]
= AL2 (ρ1 + ρ2)
Voltando à expressão para o centro de massa:
xCM =
1
M
ˆ L
0
xρ (x)Adx
= 1
M
ˆ L
0
x
[
ρ1 + (ρ2 − ρ1) x
L
]
Adx
= 1
M
[
ρ1
L2
2 + (ρ2 − ρ1)
1
L
L3
3
]
A
= 2A
AL (ρ1 + ρ2)
(1
6L
2ρ1 +
1
3L
2ρ2
)
= L3
(
ρ1 + 2ρ2
ρ1 + ρ2
)
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Exercício 2
Um cachorro de 4, 5kg está em pé sobre um barco de 18kg e se encontra a 6, 10m da margem.
Ele anda 2, 4m no barco em direção à margem, e então para. O atrito entre o barco e a água é
desprezível. A que distância da margem está o cachorro quando ele para?
Como não existem forças externas atuando sobre o sistema o centro de massa permanece na
mesma posição. Antes do movimento o centro de massa está localizado em:
xCM =
1
MTotal
∑
j
xjmj =
mcxi +mb (xi − L/2)
mc +mb
Após o deslocamento do cachorro temos:
xCM =
mcxf +mb (xf + ∆x− L/2)
mc +mb
Comparando estas quantidades e separando a posição final do cachorro xf encontramos:
xf = xi − mb∆x
mc +mb
= 4, 18m
Exercício 3
No sistema representado na figura abaixo, os atritos são desprezíveis. Em t = 0 (com o sistema
em repouso) comunica-se ao carrinho de massa m1 uma velocidade instantânea v0 = 2, 0m/s para
a direita.
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Dados: m1 = 0, 2kg; m2 = 0, 3kg; k = 50N/m:
a) Qual será a compressão máxima da mola, no decorrer do movimento posterior do sistema?
Notemos que não existem forças dissipativas no sistema, isso implica que a energia mecanica
total é conservada durante todo o movimento. Além disso, notemos que não existem forças
externas atuando na horizontal. Isso implica que o momento linear total na horizontal é
constante durante todo o movimento.
Para resolvermos este problema de forma simples usamos os dois fatos anteriores para calcu-
larmos as quantidades pedidas.
Instante inicial
• Energia mecânica total
A energia mecanica total inicial é a soma da energia cinética dos blocos m1 e m2 e da
energia da mola. Inicialmente a mola está relaxada (Umola = 0) e apenas o bloco m1 está
em movimento, temos assim:
E0 =
1
2m1v
2
0
• Componente horizontal do momento linear total
Devemos somar os momentos de cada elemento do sistema. Como apenas o bloco m1 está
se movendo temos:
Px0 = m1v0
Instante posterior, em que a mola está comprimida ao máximo
• Energia mecânica total
Quando a mola está maximamente comprimida, com uma compressão ∆x, sua energia po-
tencial é Umola = 12k∆x
2. Neste instante é interessante notar que um bloco está parado
em relação ao outro, caso contrário a mola estaria se distendendo ou comprimindo, o que
contraria a nossa suposição inicial de que a mola está maximamente comprimida1. Vamos
chamar a velocidade comum aos dois blocos de vf e escrever a energia mecânica total nese
1Segue abaixo uma argumentação detalhada para justificar porque os blocos estão parados um em relação ao
outro (ou seja, os dois estão com a mesma velocidade) quando a mola está maximamente comprimida:
Se os blocos estivessem se aproximando, bastaria então esperar um pouco mais para que a mola estivesse mais
comprimida, isso vai contra a suposição inicial de que ela já está comprimida ao máximo no instante escolhido. Se
os blocos estivessem se afastando, isto implicaria que em um momento anterior a mola estava mais comprimida, o
que também contraria a nossa escolha do instante atual como sendo o que a mola está maximamente comprimida.
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instante:
Ef =
1
2m1v
2
f +
1
2m2v
2
f +
1
2k∆x
2
• Componente horizontal do momento linear total
Como os dois blocos se movem com a mesma velocidade vf temos:
Pxf = m1vf +m2vf
Resolvendo o problema
Lembrando que E0 = Ef e Px0 = Pxf obtemos:
1
2m1v
2
0 =
1
2 (m1 +m2) v
2
f +
1
2k∆x
2
m1v0 = (m1 +m2) vf
Destas duas equações podemos encontrar as duas incógnitas: ∆x e vf .
Compressão máxima da mola:
Tomando o quadrado da segunda equação, multiplicando por 12(m1+m2) e substituindo na primeira
obtemos:
1
2m1v
2
0 =
1
2
m21
(m1 +m2)
v20 +
1
2k∆x
2
k∆x2 = m1v20 −
m21
(m1 +m2)
v20
∆x2 = 1
k
[
m21 +m1m2 −m21
m1 +m2
]
v20
∆x =
√
m1m2
k (m1 +m2)
v0
Usando os valores numéricos obtemos ∆x = 0, 098m = 9, 8cm.
b) No instante de compressão máxima, qual é a velocidade de cada bloco?
Os dois blocos possuem a mesma velocidade neste instante, dada por:
vf =
m1
m1 +m2
v0
Usando os valores numéricos temos vf = 0, 8m/s.
c) Que fração da energia cinética inicial foi usada apara comprimir a mola?
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A energia cinética total inicial era de
K0 =
1
2m1v
2
0 = 0, 4J
A energia acumulada na mola no instante de máxima compressão é
Umola =
1
2k∆x
2 = 0, 24J
E isto implica que houve uma conversão de 60% da energia cinética inicial em energia potencial
da mola, restando apenas 0, 16J para a energia de movimento destes corpos.
Exercício 4
Um bloco de massa m está em repouso sobre uma cunha de massa M que, por sua vez, está
sobre uma mesa horizontal, conforme figura abaixo. Todas as superfícies são lisas (sem atrito).
O sistema parte do repouso, estando o ponto P do bloco à distância h acima da mesa. Qual a
velocidade da cunha no instante em que o ponto P tocar a mesa?
Neste problema novamente não existem forças dissipativas, ou seja, temos a conservação da
energia mecânica total. E novamente não temos forças externas atuando na horizontal, o que
implica na conservação da componente horizontal do momento linear total.
Instante inicial
• Energia mecânica total
A energia mecânica total inicial é composta apenas pela energia potencial gravitacional
acumulada no bloquinho m, já que está tudo parado inicialmente. Sendo h a alturainicia do
bloquinho temos:
E0 = mgh
• Componente horizontal do momento linear total
Como tudo está parado inicialmente temos:
Px0 = 0
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Instante posterior, quando o bloquinho m toca a mesa
• Energia mecânica total
Para um observador externo2 que permaneceu parado, o bloquinho desceu e moveu-se para
a direita enquanto a cunha foi para a esquerda. Chamando de ~V e ~v a velocidade final da
cunha e do bloquinho, conforme vista por este observador parado, a energia mecânica total
é dada por:
Ef =
1
2MV
2 + 12mv
2
Sabemos que ~V é horizontal e ~v faz um ângulo (que ainda não conhecemos) com a horizontal.
Vamos apenas escrever a energia total em termos das componentes das velocidades:
Ef =
1
2MV2 + 12m
(
v2x + v2y
)
• Componente horizontal do momento linear total
Adotando como positivo o sentido da esquerda para a direita, o momento total na horizontal
é dado por:
Pxf = −MV +mvx
Vínculo do movimento e resolução
É preciso notar que θ, que é o ângulo da cunha, é o ângulo que a velocidade do bloquinho em
relação à cunha faz com a horizontal. Isto é, no referencial da cunha o bloquinho desce em uma
direção que faz um ângulo θ com a horizontal. Este ângulo é diferente para um observador externo
parado. Para um observador externo o ângulo que a velocidade do bloquinho faz com a horizontal
é maior, pois a cunha está movendo-se para trás naquele instante e temos uma composição vetorial
de velocidades:
~v = ~vBC + ~V
2Note que no caso inicial o observador escolhido está parado em relação ao centro de massa do sistema. Não
podemos mudar de observador se quisermos usar conservação de energia e momento para resolvermos o problema.
Além disso, o observador precisa estar parado ou em movimento constante. Por exemplo, mudar de referencial e
escolher a cunha como referencial para escrevermos a energia e o momento é errado, pois a cunha é acelerada para
a esquerda e não é referencial inercial.
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As componentes de ~vBC são aquelas observadas no referencial da cunha:
vBCx = vBC cos θ
vBCy = −vBCsenθ
Podemos então escrever as componentes da velocidade do bloquinho no referencial so observa-
dor externo:
vx = vBC cos θ − V
vy = −vBCsenθ
Como energia mecânica e momento linear na horizontal se conservam, temos:
E0 = Ef
mgh = 12MV
2 + 12m
(
v2x + v2y
)
mgh = 12MV
2 + 12m
[
(vBC cos θ − V )2 + (vBCsenθ)2
]
mgh = 12MV
2 + 12m
[
v2BC − 2V vBC cos θ + V 2
]
e
Px0 = Pxf
0 = −MV +mvx
vx =
M
m
V
vBC cos θ − V = M
m
V
vBC =
M +m
m cos θ V
Substituindo vBC na equação anterior para a energia obtemos:
mgh = 12MV
2 + 12m
[(
M +m
m cos θ V
)2
− 2V
(
M +m
m cos θ V
)
+ V 2
]
2m2gh cos2 θ =
[
mM cos2 θ + (m+M)2 − 2m (m+M) cos2 θ +m2 cos2 θ
]
V 2
=
[
(m+M)2 −m (m+M) cos2 θ
]
V 2
=
(
m+M −m cos2 θ
)
(m+M)V 2
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=
(
M +msen2θ
)
(m+M)V 2
V 2 = m
2 cos2 θ
(m+M) (M +msen2θ)2gh
Exercício 5 (Extra)
Silbury Hill, um monte artificial perto de Stonehenge na Inglaterra, tem a forma de um tronco de
cone, como na figura. O raio da parte plana do topo é 16m, o raio da base é 88m e sua altura é
h = 40m. A inclinação da lateral deste monte é de aproximadamente 30o com a horizontal.
a) calcule a posição do centro de massa do monte;
Sempre analise a simetria do problema para encontrar valores sem realizar cálculos. Neste
caso, o tronco de cone possui simetria de rotação, ou seja, o centro de massa está em algum ponto
na linha central do cone, o que temos que calcular é apenas a altura em que esse ponto se encontra
(se fosse um cilindro estaria no centro, no caso do cone o centro de massa deve estar mais para
baixo).
Vamos "fatiar" o cone em um número muito grande de rodelas com volume dV = (pir2) dz,
conforme a Fig. 1.a. Observe que o raio de cada rodela é função da altura z em que se encontra
a rodela.
Figura 1: Ilustração do cálculo do centro de massa de um tronco de cone. Raio como função da
altura. Outra forma de cálculo do centro de massa. - Exercício 1.
Essa função é uma reta descrita como
r (z) = R0 −
(
R0 −R1
h
)
z
onde R0 é o raio da base da montanha, R1 é o raio do topo da montanha e h é a altura da
montanha (Fig. 1.b).
Assumindo que a densidade é a mesma por toda a extensão da montanha, a massa total da
montanha é dada por V = ρV e este volume é o volume do tronco de cone:
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V = pih3
(
R20 +R0R1 +R21
)
A massa de cada rodela é dada por dM = ρdV . Ao tomarmos o limite dz → 0, temos que∑→ ´ , e a altura do centro de massa fica:
zCM =
1
M
ˆ h
0
zdM = 1
ρV
ˆ h
0
zρdV = 1
V
ˆ h
0
zdV = 1
V
ˆ h
0
zpir2 (z) dz
A expressão se simplificou pois assumimos que a densidade ρ é constante. Usando a expressão
para r (z), V , e substituindo valores numéricos temos:
zCM =
3
pih (R20 +R0R1 +R21)
ˆ h
0
zpi
(
R0 − R0 −R1
h
z
)2
dz
= 3
h (R20 +R0R1 +R21)
[
R20z
2
2 +
2
3h (R1 −R0)R0z
3 + (R1 −R0)
2 z4
4h2
]z=h
z=0
= h (R
2
0 + 2R0R1 + 3R21)
4 (R20 +R0R1 +R21)
zCM =
590
49 m
b) se a densidade de massa da montanha é ρ = 1, 5 × 103kg/m3, qual o trabalho necessário
para construir o monte pela elevação do material a partir do nível da base?
O trabalho total realizado pela força que levanta cada pequeno pedaço da montanha é dado
por:
W =
∑
i
mighzi
Onde i se refere a cada pedaço da montanha e zi é a altura deste pedaço. Podemos reescrever
isto na forma:
W = g
∑
i
mizi = gM
1
M
∑
i
mizi = gM
1
M
ˆ
zdM = gMzCM
= gρ
[
pih
3
(
R20 +R0R1 +R21
)]
zCM
= 7, 16× 1010J
Notamos que o trabalho das forças externas à montanha realiza um trabalho distribuído, mas
que equivale ao trabalho realizado se toda a massa da montanha estivesse concentrado no centro
de massa.
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Exercício 6 (Extra)
O trenó de Batman, de massa total M , possui um reservatório de água. O Batman passeia em
seu trenó pela neve, que tem um coeficiente de atrito µc com o trenó. Ao atingir a velocidade v0,
ele liga um jato de água, que é enviado para trás com velocidade vr constante relativa ao trenó,
com uma vazão de λ litros por segundo. Encontre a velocidade v(t) do trenó depois de um tempo
t.
Vamos deduzir novamente a "fórmula da dinâmica de um foguete" de uma maneira um pouco
diferente do aulão. Pela terceira lei sabemos que o módulo da força que propele os gases para
trás é igual ao módulo da força que empurra o foguete para frente, estas forças possuem sentidos
contrários e atuam em corpos diferentes:
~Ffoguete = −~Fgases
Mas da segunda lei de Newton sabemos que em um instante em que o foguete possui massa
m (t) a força que o acelera é:
~Ffoguete (t) = m (t)
d~v
dt
E a força que atua em uma massa de gás dm faz com que ela seja acelerada quase instantane-
amente de uma velocidade ~vf (t) até a velocidade ~vf (t)− ~vr:
~Fgases =
d~p
dt = ∆~vg
dm
dt = ~vr
dm
dt
Assim:
m (t) d~vdt = −~vr
dm
dt
Que é a equação do movimento de um foguete.
Em nosso caso temos ainda a força de atrito atuando sobre o trenó. Desta forma a resultante
que causa o movimento do trenó é:
~R = −~Fa´gua + ~Fat
Onde ~Fa´gua é a força aplicada sobre a água (ou seja, sua reação, no foguete, tem sinal negativo).
Em termos dos módulos obtemos a equação do movimento do trenó:
m (t) dvdt = −
(
vr
dm
dt
)
− µcm (t) g
Supondo que a massa do trenó M seja basicamente a massa da água que ele contém, ele irá se
esvaziar continuamente até ficar vazio. Podemos modelar a massa em função do tempo como:
m (t) = M − ρλt
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onde ρ é a densidade da água e ρλ é a quantidade de quilos de água sendo ejetada por segundo.
Substituindo esta expressão para a massa do trenó e agrupando os termos temos:
(M − ρλt) dvdt = −vr (−ρλ)− µc (M − ρλt) g
dv =
[
ρλvr
(M − ρλt) − µcg
]
dt
Esta é a pequena variação dv sofrida pela velocidade do trenó em um intervalo de tempo dt.
Integrando a última expressão desde a velocidade inicial v (0) = v0 até um instante qualquer t
temos:
v (t)− v0 =
ˆ t
0
[
ρλvr
(M − ρλt′) − µcg
]
dt′= ρλvr ln (M − ρλt)
(
− 1
ρλ
)
− ρλvr ln (M)
(
− 1
ρλ
)
− µcgt
v (t) = v0 + vr ln
(
M
M − ρλt
)
− µcgt
Exercício 7 (Extra)
Um corpo em repouso na origem do sistema de coordenadas xy explode em três pedaços. Logo
depois da explosão um dos pedaços, de massa m, está se movendo com velocidade (−30m/s)ˆi, e
o segundo pedaço, também de massa m, está se movendo com velocidade (−30m/s)jˆ. O terceiro
pedaço tem massa 3m. Determine o módulo e a orientação da velocidade do terceiro pedaço logo
após a explosão.
Como não existem força externas sabemos que há conservação de momento nas direções x e y:
Px0 = 0 = Pxf = v1xm1 + v2xm2 + v3xm3
0 = −30m+ v3x (3m)
v3x = 10m/s
Py0 = 0 = Pyf = v1ym1 + v2ym2 + v3ym3
0 = −30m+ v3y (3m)
v3y = 10m/s
Assim temos que ~v = (10m/s) iˆ+ (10m/s) jˆ
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Exercício 8 (Extra)
Quatro pessoas estão em um barco parado sobre as águas de um lago, dispostas de modo a formar
um retângulo, como mostra a figura, com lados iguais a 3m e 4m. Suas massas são m1 = 70kg,
m2 = 40kg, m3 = 50kg, e m4 = 40kg, e a massa do barco é mb = 100kg.
Considere apenas movimentos horizontais, despreze o atrito entre o barco e a água e determine:
a) o deslocamento do centro de massa do barco no caso de as três pessoas mais leves se
deslocarem para a posição da primeira e aí permanecerem;
Figura 2: Vista superior do barco, com a localização das quatro pessoas. No item b elas pulam
para fora do barco nas direções diagonais.
Devemos lembrar que o cálculo do centro de massa de um sistema grande envolve as coorde-
nadas dos centros de massa de cada sistema menor que nele está contido (as pessoas e o barco).
Como não existem forças externas atuando sobre o sistema o centro de massa do sistema
permanece em repouso. Neste caso, tomando como origem um ponto qualquer, é verdadeira a
relação:
xCM =
m1x1i +m2x2i +m3x3i +m4x4i +mbxbi
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
= m1x1f +m2x2f +m3x3f +m4x4f +mbxbf
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
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Chamando ∆x = xf − xi reagrupamos estes termos na forma:
mb∆xb = − (m1∆x1 +m2∆x2 +m3∆x3 +m4∆x4) (1)
E fazendo o mesmo para a coordenada y temos:
mb∆yb = − (m1∆y1 +m2∆y2 +m3∆y3 +m4∆y4) (2)
Os deslocamentos nas expressões acima são os deslocamentos observados por uma pessoa pa-
rada na margem do rio (ponto fixo). Nosso problema aqui é que o enunciado nos dá os deslocamen-
tos das pessoas em relação ao barco e não em relação à origem fixa. O barco move-se (∆xb,∆yb)
quando as pessoas se deslocam sobre ele. Pela composição do movimento temos que, para todas
as pessoas:
∆x = ∆x′ + ∆xb
∆y = ∆y′ + ∆yb
E as quantidades ∆x′ e ∆y′ são os deslocamentos das pessoas em relação ao barco. Substituindo
estas expressões nas Eq. 1 e Eq. 2 temos:
mb∆xb = − (m1∆x′1 +m2∆x′2 +m3∆x′3 +m4∆x′4)− (m1 +m2 +m3 +m4) ∆xb
∆xb = −m1∆x
′
1 +m2∆x′2 +m3∆x′3 +m4∆x′4
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
e
∆yb = −m1∆y
′
1 +m2∆y′2 +m3∆y′3 +m4∆y′4
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
Estas duas expressões podem ser escritas na forma mais compacta (válida até para três dimen-
sões, se não atuam forças externas):
∆~rb = −m1∆~r
′
1 +m2∆~r′2 +m3∆~r′3 +m4∆~r′4
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
A pessoa mais pesada é a de massa m1 = 70kg e fica parada no barco de forma que o seu
deslocamento é ∆x′1 = ∆y′1 = 0. Utilizando os eixos indicados na Fig. 2 Os deslocamentos das
outras três pessoas são:
∆x′2 = ∆x′3 = −3m
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∆y′3 = ∆y′4 = 4m
∆x′4 = 0m
∆y′2 = 0m
Utilizando estes valores temos:
∆xb = −70× 0 + 40× (−3) + 50× (−3) + 40× 070 + 40 + 50 + 40 + 100
= 910m
∆yb = −70× 0 + 40× 0 + 50× 4 + 40× 470 + 40 + 50 + 40 + 100
= −65m
Assim:
∆~rb =
( 9
10m
)
iˆ−
(6
5m
)
jˆ
b) a velocidade de translação do barco no caso de todas as pessoas saltarem para fora dele
com a mesma velocidade v = 2m/s em relação às águas, cada qual de sua posição original e na
direção da diagonal do retângulo que passa por sua posição.
Como não existem forças externas atuando no sistema o momento total é conservado. Temos
que:
pxi = pxf
m1vx1i +m2vx2i +m3vx3i +m4vx4i +mbvxbi = m1vx1f +m2vx2f +m3vx3f +m4vx4f +mbvxbf
e analogamente para a coordenada y.
Como todos os corpos estão parados inicialmente temos que pxi = pyi = 0.
Escrevendo na forma de compacta de vetores temos que, após o salto das pessoas:
m1~v1 +m2~v2 +m3~v3 +m4~v4 +mb~vb = 0
~vb = −m1~v1 +m2~v2 +m3~v3 +m4~v4
mb
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Todas as velocidades têm módulo v = 2m/s. Usando os versores da Fig. 2 temos e notando
que eˆ31 = −eˆ13:
~vb = −70× 2eˆ31 + 40× 2eˆ42 + 50× 2eˆ13 + 40× 2eˆ24100
= −14 (−eˆ13) + 8 (−eˆ24) + 10eˆ13 + 8eˆ2410
=
( 4
10m/s
)
eˆ13
O versor eˆ13 pode ser calculado como:
eˆ13 =
~r3 − ~r1
|~r3 − ~r1| =
3ˆi− 4jˆ√
(3)2 + (−4)2
= 35 iˆ−
4
5 jˆ
Assim:
~vb =
12
50 iˆ−
16
50 jˆ
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