prova 2 -2013

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA - 19/10/2013- 08:00–09:55
Dados:
dtn
dt
= ntn−1 ;
∫
tndt =
tn+1
n+ 1
(para n 6= 1).
Parte A– Treˆs problemas.
P1: Um bloco A de massa m move-se da esquerda para a direita com velocidade v0 numa regia˜o sem
atrito. Ele se choca elasticamente com o bloco B. O bloco B e´ ideˆntico ao A e esta´ preso numa mola ideal
de constante ela´stica k que esta´ inicialmente no seu comprimento natural. A regia˜o por onde o bloco B
se movimenta possui atrito de coeficiente µ. Apo´s o choque, a velocidade do bloco B diminue e atinge
(momentaneamente) o valor zero. Veja na figura a situac¸a˜o inicial Escolha a afirmativa correta:
com atrito, coeficientesem atrito
Vo
A B
k
µ
A( ) Imediatamente apo´s o choque a velocidade de B e´ vB = v0/2 e a de A e´ vA = 0.
B( ) A compressa˜o ma´xima da mola e´ maior que
√
mv20
k
.
C( ) O trabalho feito pela mola e´ igual a energia cine´tica da part´ıcula A.
D( ) A velocidade da part´ıcula A inverte de sentido apo´s o choque.
E(X) A compressa˜o ma´xima da mola L obedece a equc¸a˜o L2 +
2µmg
k
L−
v20
k
= 0.
Soluc¸a˜o
Trata-se de uma colisa˜o ela´stica seguida de um processo onde atuam uma mola e uma forc¸a de atrito. Na
colisa˜o ela´stica conservam-se tanto a quantidade de movimento linear quanto a energia cine´tica. Como
as massas sa˜o iguais, e´ va´lido, se algue´m lembrar, usar o fato que as duas trocara˜o de velocidade, ou
seja, a velocidade de A ficara´ nula e a de B ficara´ igual a´ de A antes da colisa˜o. Quem se lembrar da
soluc¸a˜o gene´rica desse tipo de colisa˜o chega ao mesmo resultado. Quem na˜o se lembrar, bastaria aplicar
as condic¸o˜es de conservac¸a˜o de quantidade de movimento
mV0 + 0 = mVA +MVB (1)
e de energia cine´tica
1
2
mV 20 + 0 =
1
2
mV 2A +
1
2
MV 2B. (2)
As 2 equac¸o˜es acima possuem 2 inco´gnitas e, resolvidas, da˜o
VA = 0 e VB = v0. (3)
O resultado acima elimina, de uma so´ vez, as opc¸o˜es A e D, que sa˜o, portanto, INCORRETAS. Apo´s a
colisa˜o, o bloco B entra na regia˜o com atrito com uma energia cine´tica inicial conhecida (pois sabemos
sua velocidade apo´s a colisa˜o). Como ha´ atrito, pode-se usar a relac¸a˜o
Watrito = ∆Emecaˆnica. (4)
Considerando que a energia cine´tica inicial era conhecida e que, no momento de compressa˜o ma´xima o
bloco tem que estar momentaneamente parado (energia cine´tica nula), que a energia potencial gravita-
cional na˜o varia, que a energia potencial ela´stica era nula inicialmente e passou a ser 1
2
kL2 (onde L e´ a
compressa˜o ma´xima da mola), podemos escrever para o sistema formado pelo bloco B e a mola
Watrito = Emecaˆnica,final − Emecaˆnica,inicial = 0 +
1
2
kL2 −
(
1
2
mV 20 + 0
)
, (5)
ou, trocando a energia cine´tica de lado,
1
2
kL2 =
1
2
mV 20 +Watrito. (6)
Vamos calcular o trabalho do atrito. Usando a segunda Lei de Newton na direc¸a˜o vertical percebemos
que, durante todo o processo, a normal do piso sobre B foi igual ao seu peso e, portanto, a forc¸a de atrito
vale, em mo´dulo, Fatrito = µN = µmg, constante e oposta ao movimento de B. Ao comprimir a mola de
um certo L o bloco B sobre um trabalho do atrito, lembrando que ela e´ oposta ao deslocamento,
Watrito = µmgL cos180
◦ = −µmgL. (7)
Como o trabalho do atrito e´ negativo, verifica-se que as opc¸o˜es B e C sa˜o INCORRETAS, pois a variac¸a˜o
de energia potencial ela´stica da mola e´ o negativo do trabalho que ela realiza.
Levando a Eq.(7) na (6),
1
2
kL2 =
1
2
mV 20 − µmgL, (8)
que, rearranjada, resulta na equac¸a˜o da letra E, que e´, portanto, a CORRETA.
P2: Uma part´ıcula P de massa unita´ria pode mover-se no eixo x (x > 0). Nesta regia˜o a energia potencial
e´ dada por U(x) =
18
x2
−
9
x
(veja a figura). Escolha a afirmativa correta:
1
U(x)
0
x0
A( ) A forc¸a que atua na part´ıcula e´ dada por F =
36
x
+9 ln(x) (ln e´ o logaritmo neperiano, ou natural).
B(X) A forc¸a que atua na part´ıcula e´ dada por F =
36
x3
−
9
x2
.
C( ) A energia mecaˆnica da part´ıcula na˜o pode ser negativa pois sua energia cine´tica e´ sempre positiva.
D( ) Se a energia mecaˆnica da part´ıcula for positiva, o movimento do sistema fica confinado entre seus
dois pontos de retorno.
E( ) O trabalho feito pela forc¸a F de x = x0 > 1 ate´ x→∞ e´ negativo.
Soluc¸a˜o
A relac¸a˜o entre a energia potencial associada a uma forc¸a conservativa e a pro´pria forc¸a e´
∆U = −
∫
~F · d~s, (9)
e a relac¸a˜o ionversa, entre a forc¸a conservativa associada a` sua energia potencial e o pro´prio potencia e´
~F = −
dU
ds
sˆ. (10)
Portanto, nese caso (usando a derivada de um polinoˆmio dada no in´ıcio da prova), veˆ-se que
F = −
dU
ds
= −
d
(
18x−2 − 9−1
)
dx
= −
(
−2× 18−3 − (−1)× 9x−2
)
= 36x−3 − 9x2 =
36
x3
−
9
x2
. (11)
Vemos, portanto, que a afirmativa A e´ INCORRETA e a B e´ a CORRETA. Mesmo assim, podemos ver
que a afirmativa C e´ INCORRETA. Energia mecaˆnica e´ a soma das energias cine´tica e potencial. A
u´nica coisa que na˜o pode ser negativa e´ a energia cine´tica, mas nada impede de a energia potencial ser
mais negativa do que a cine´tica e´ positiva, e a soma das duas, que e´ a energia mecaˆnica, ser negativa.
Se a part´ıcula sob a ac¸a˜o do potencial da figura tiver energia mecaˆnica positiva ela so´ vai parar quando
sua energia cine´tica for nula. E isso vai acontecer somente quando a energia potencial for igual a´ sua
energia mecaˆnica. Veˆ-se pelo gra´fico, que a energia potencial positiva so´ possui um valor de x para o qual
U > 0, enquanto que, se a energia potencial for negativa, ha´ dois valores de x. Portanto, se a energia
mecaˆnica for positiva so´ vai haver um ponto onde a energia cine´tica vai ser nula. A opc¸a˜o D e´, portanto,
INCORRETA.
De acordo com o racioc´ınio do in´ıcio, o trabalho da forc¸a e´ o negativo da variac¸a˜o da energia potencial.
Portanto,
∞∫
x=1
~F · d~s = −∆U
∣∣∣∞
x=1
= −(U(∞)− U(1))−−(0− 9) = 9, (12)
positivo e a afirmativa E tambe´m esta´ INCORRETA.
P3: Um homem de massa m esta´ numa carroc¸a de massa M que se movimenta com velocidade V0 para
a direita. O homem pula da carroc¸a e atinge o solo com velocidade horizontal nula. Escolha a afirmativa
correta
A(X) Imediatamente apo´s o pulo a variac¸a˜o da velocidade da carroc¸a e´ ∆V =
m
M
V0.
B( ) Imediatamente apo´s o pulo a velocidade da carroc¸a e´ V =
√
m+M
M
V0.
C( ) Imediatamente apo´s o pulo a velocidade horizontal do homem em relac¸a˜o a carroc¸a e´ u =
V0
(M +m)2
mM
.
D( ) Imediatamente apo´s o pulo na˜o houve variac¸a˜o de energia cine´tica para o sistema (carroc¸a +
homem).
E(?) No momento do pulo na˜o ha´ conservac¸a˜o do momento linear.
Soluc¸a˜o
No instante imediatamente antes do homem pular da carroc¸a eles esta˜o com a mesma velocidade,
para a direita. Atrave´s de seus mu´sculos o homem empurra a carroc¸a para a direita e pula dela de forma
que imediatamente apo´s o pulo sua velocidade horizontal e´ nula. Durante o pulo pode-se considerar que
na˜o atuaram forc¸as externas na horizontal no sistema e, portanto, a acelerac¸a˜o do centro de massa na
horizontal ficou nula durante o pulo e a velocidade do centro de massa ficou constante na horizontal, ou
seja a componente horizontal das velocidades do centro de massa imediatamente antes e imediatamente
apo´s o pulo sa˜o iguais
VCM,antes =
mV0 +MV0
m+M
= V0 = VCM,depois =
MVcarroc¸a, depois
m+M
. (13)
de onde tiramos a nova velocidade da carroc¸a
Vcarroc¸a, depois =
(
m+M
M
)
V0. (14)
A variac¸a˜o da velocidade da carroc¸a e´
∆Vcarroc¸a = Vcarroc¸a, depois − Vcarroc¸a, antes =
m+M
M
V0 − V0 =
m
M
V0. (15)
Portanto, a opc¸a˜o A e´ CORRETA e a B e´ INCORRETA, pelo resultado da Eq.(14). Como a veloci-
dade horizontal do homem imediatamenteapo´s o pulo foi nula, sua velocidade em relac¸a˜o a´ carroc¸a,
imediatamente apo´a o pulo, pode ser calculada por
Vhomem,carroc¸a, depois = Vhomem,solo,depois + Vsolo,carroc¸a, depois = 0− Vcarroc¸a,solo,depois = (16)
Usando a Eq.(14) temos que
Vhomem,carroc¸a, depois = −
(
m+M
M
)
V0. (17)
e a opc¸a˜o C tambe´m esta´ INCORRETA.
A energia cine´tica do sistema homem+carroc¸a antes do pulo vale
Ecin,antes =
1
2
(m+M)V 20 , (18)
e a energia cine´tica do sistema imediatamente apo´s o pulo e´
Ecin,depois =
1
2
mV 2homem,solo +
1
2
MV 2carroc¸a,solo,depois, (19)
O problema so´ nos informa a componente horizontal da velocidade do homem, que e´ nula imediatamente
apo´s o pulo, mas ele pode ter velocidade vertical. Entretanto, a carroc¸a por estar sobre o solo horizontal,
so´ pode ter velocidade nessa direc¸a˜o com o valor ja´ calculado na Eq.(14). Calculando a energia cine´tica
somente da carroc¸a, usando a Eq.(14), a definic¸a˜o de energia cine´tica e a Eq.(18),
Ecin,carroc¸a,depois =
1
2
M
(
m+M
M
)2
V 20 =
1
2
(m+M)V 2o
(
M(m+M)
M2
)
= Ecin,antes
(
m+M
M
)
. (20)
Vemos que somente essa parte da energia ja´ e´ maior que a energia cine´tica inicial e a afirmativa D e´
INCORRETA.
Se considerarmos que o homem, apo´s o pulo, saiu com velocidade de componente horizontal nula
mas com a componente horizontal da velocidade na˜o nula, enta˜o realmente na˜o houve conservac¸a˜o da
quantidade de movimento linear, pois o sistema na˜o possuia momento linear vertical, a carroc¸a continua
com seu movimento somente horizontal, mas o homem agora tem uma componente vertical. Pore´m se
considerarmos que o homem saiu da carroc¸a com ambas componentes, horizontal e vertical, nulas, houve
conservac¸a˜o de quantidade de movimento linear. Portanto, dependendo das hipo´teses do aluno a opc¸a˜o
E pode estar INCORRETA ou CORRETA.
Parte B - Quatro questo˜es. Sugere-se 40 pontos; 10 pontos por questa˜o; comente cada afirmac¸a˜o nas
questo˜es abaixo e diga se sa˜o verdadeiras ou falsas e justifique com suas palavras.
Q1. Um bloco retangular desloca-se num trilho sem atrito e encontra o loop circular mostrado na figura
abaixo, e possui velocidade suficiente para fazer o loop passando pelos pontos 1, 2, . . . . Quando ele
passar pelo ponto 3 sua velocidade sera´ mı´nima.
1
3
24
gA afirmativa esta´ CORRETA. Se na˜o
ha´ atrito do trilho sobre o bloco, a ener-
gia meca˜nica do bloco se conserva em to-
dos os pontos do percurso, enquanto faz
o loop. Portanto, o ponto onde o bloco
possuimaior energia potencial sera´ onde
possuira´ menor energia cine´tica. Esse
ponto e´ o 3.
Q2. Se somente uma forc¸a externa na˜o nula atua num sistema de part´ıculas, enta˜o necessariamente o
centro de massa acelera.
A afirmativa esta´ CORRETA. Pela definic¸a˜o de posic¸a˜o do centro de massa podemos chegar facilmente
que a acelerac¸a˜o do centro de massa de um sistema composto de mi part´ıculas, cada uma com uma
acelerac¸a˜o ~ai, e´ dada por
~aCM =
∑
imi~ai∑
imi
=
∑
i
~FRES,i∑
imi
=
∑
i
~FEXT,i∑
imi
(21)
onde o primeiro sinal de igualdade da Eq.(21) deve-se a` definic¸a˜o, o segundo a` 2a Lei de Newton e o
terceiro sinal de igualdade a` 3a Lei de Newton. Isso quer dizer que a acelerac¸a˜o do centro de massa de
um sistema de part´ıculas so´ existe se a soma das forc¸as externas ao sistema escolhido for diferente de
zero. Se, como na afirmac¸a˜o, somente uma forc¸a externa atua no sistema e ela e´ na˜o nula, na˜o ha´ como a
u´ltima soma da Eq.(21) ser nula e, portanto, a acelerac¸a˜o do centro de massa tambe´m na˜o pode ser nula
Q3. Numa colisa˜o ela´stica frontal entre um objeto A (massa mA) e um objeto B (massa mB), inicial-
mente em repouso, a maior velocidade de B apo´s a colisa˜o ocorre quando mB = mA.
A afirmativa esta´ INCORRETA. As velocidades finais dos dois objetos podem ser encontradas de um
sistema de duas equac¸o˜es, uma impondo a conservac¸a˜o da quandidade de movimento linear e a outra
impondo a conservac¸a˜o de energia cine´tica dos corpos antes e depois da colisa˜o. A soluc¸a˜o (que pode ter
sido memorizada) e´
VA,final =
(
mA −mB
mA +mB
)
VA,inicial, (22)
VB,final =
(
2mA
mA +mB
)
VA,inicial, (23)
Da Eq,(23) podemos ver que se as massas sa˜o iguais, como a afirmativa propo˜e, a velocidade de B apo´s
a colisa˜o sera´ igual a` que A tinha antes da mesma. Mas da Eq,(23) podemos deduzir que essa na˜o e´ a
maior velocidade poss´ıvel de B. Se mA >> mB, a frac¸a˜o se aproxima de 2, que e´ maior que 1. Portanto
a afirmativa esta´ incorreta.
Q4. Se dois objetos, P e Q, possuem a mesma quantidade de movimento linear, ou o mesmo momento,
a energia cine´tica de Q e´ maior que a de P se Q se desloca mais ra´pido que P.
A afirmativa esta´ CORRETA. Se o momento linear dos dois e´ igual
MPVP =MQVQ. (24)
Supondo que Q se movimenta mais ra´pido que P , a Eq.(24) diz que a massa de Q e´ menor que a de
P . A energia cine´tica de Q e´
1
2
MQV
2
Q =
1
2
MQV
2
Q
(
MP
MP
)
=
1
2
MP
(
MQ
MP
)(
MPVP
MQ
)2
=
1
2
MPV
2
P
(
MP
MQ
)
, (25)
onde primeiro multipliquei pelo nu´mero 1 =
Mp
Mp
, depois substitu´ı o valor de VQ dado pela Eq.(24) e elevei
ao quadrado e, finalmente, rearranjei os termos. Como a massa de Q e´ menor que a de P , sua energia
cine´tica e´ maior, pois MP
MQ
> 1.