PROVA 2 2018-2

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GABARITO DA 2a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECAˆNICA – 27/10/2018 – 10:00–11:45
Leia a prova TODA com ATENC¸A˜O antes de iniciar sua resoluc¸a˜o. Na˜o deˆ resposta nenhuma sem
justificativa! Organize bem sua prova e indique claramente a que questa˜o se refere seu racioc´ınio. As
notas sera˜o dadas em 100 pontos e depois normalizadas ao valor correto da prova para sua turma.
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!): Em cada questa˜o ha´ a descric¸a˜o de
uma situac¸a˜o, seguida de algumas concluso˜es. Afirme se essas concluso˜es sa˜o verdadeiras ou falsas,
justificando suas respostas em todas elas, se poss´ıvel com equac¸o˜es explicando seu racioc´ınio.
Q1. Um objeto de massa m na superf´ıcie da Terra (acelerac¸a˜o da gravidade constante e igual a g) e´
preso por uma corda que o faz descrever uma trajeto´ria circular vertical de raio R. Desprezando a
resisteˆncia do ar, podemos concluir que o trabalho realizado pela forc¸a resultante no objeto quando
ele vai da posic¸a˜o mais baixa da trajeto´ria ate´ a posic¸a˜o mais alta e´ igual a −mg2R.
VERDADEIRO. O trabalho da forc¸a resultante e´ o trabalho l´ıquido, ou seja, e´ o trabalho da forc¸a
resultante, soma vetorial de todas as forc¸as, que e´ igual a` soma dos trabalhos individuais dessas forc¸as.
Portanto, o trabalho da forc¸a resultante e´ a soma do trabalho da forc¸a peso com o trabalho da tensa˜o na
corda, as u´nicas forc¸as que atuam no objeto, se a resisteˆncia do ar e´ desprezada. O trabalho da tensa˜o,
nesse caso, e´ sempre nulo, pois ela e´ perpendicular ao deslocamento do objeto. O trabalho da forc¸a peso
e´ independente do caminho e proporcional a` variac¸a˜o da altura. Ao ir da posic¸a˜o mais baixa para a mais
alta, o deslocamento do objeto aponta para cima enquanto o peso aponta para baixo e, pela definic¸a˜o de
trabalho, o trabalho sera´ negativo e valera´ −mgh = −mg(2R).
Q2. Um bloco preso a uma mola esta´ oscilando em uma trajeto´ria retil´ınea sobre uma superf´ıcie hori-
zontal sem atrito, de modo que a mola e´ comprimida e depois estendida ciclicamente. Na posic¸a˜o
do objeto em que a mola esta´ relaxada, em seu comprimento natural, pode-se concluir que tanto a
energia cine´tica como tambe´m o mo´dulo da acelerac¸a˜o do objeto sa˜o ma´ximos.
FALSO. As forc¸as que atuam no bloco sa˜o seu peso, a mola e a normal fornecida pela superf´ıcie, pois
na˜o existe atrito. A normal, nesse caso, e´ sempre perpendicular ao deslocamento do bloco e na˜o realiza
trabalho. Portanto, como o trabalho de forc¸as na˜o-conservativas e´ nulo, na˜o ha´ variac¸a˜o de energia
mecaˆnica nesse problema. A energia armazenada na mola e´ dada por 1
2
kx2, onde x e´ a elongac¸a˜o da mola,
ou seja, o tanto que esta´ afastada de seu comprimento natural (comprimida ou estirada). Ao passar pela
posic¸a˜o onde a mola esta´ em seu comprimento natural, a energia cine´tica do bloco e´ realmente ma´xima,
pois a energia potencial da mola a´ı e´ mı´nima (nula) e a energia mecaˆnica do sistema e´ constante, uma
vez que na˜o existem forc¸as dissipativas. Pore´m o mo´dulo da acelerac¸a˜o e´ mı´nimo quando a mola esta´ em
seu comprimento natural, pois nessa posic¸a˜o o mo´dulo da forc¸a que faz e´ mı´nimo.
Q3. Duas moc¸as esta˜o inicialmente paradas de patins sobre uma superf´ıcie horizontal de gelo (sem
atrito). Fulana joga uma bola para Sicrana que devolve a bola em seguida para Fulana que agarra
a bola, ficando com ela. Apo´s a ida e volta da bola conclui-se que as duas continuam paradas, pois
a energia mecaˆnica do sistema deve se conservar.
FALSO. Por ocasia˜o do primeiro lanc¸amento da bola a primeira garota fez trabalho positivo sobre a bola
e a bola fez trabalho positivo sobre a moc¸a. Ao pegar a bola, a segunda moc¸a sofre um trabalho, tambe´m
positivo, e faz um trabalho negativo na bola que, entretanto, na˜o consegue para´-la totalmente (ambas teˆm
que possuir velocidade juntas, pela conservac¸a˜o de quantidade de movimento linear). Quando esta moc¸a
lanc¸a a bola de volta, ha´ realizac¸a˜o de trabalhos positivos de novo no lanc¸amento, e quando a primeira
moc¸a pega a bola de volta, tambe´m sofre um trabalho positivo e faz um trabalho negativo na bola, pore´m
pequeno. Portanto, ha´ uma contribuic¸a˜o l´ıquida positiva para o trabalho e, consequentemente, havera´
variac¸a˜o de energia cine´tica. Ale´m do mais, as forc¸as que as moc¸as fazem na bola na˜o sa˜o conservativas,
e, como realizam trabalho, esse trabalho sera´ a variac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema. Entretanto,
por na˜o haver atrito, na˜o ha´ forc¸as externas na horizontal e a velocidade do centro de massa do sistema
fica constante o tempo todo. Como todas as partes do sistema estavam paradas antes dos lanc¸amentos,
o centro de massa continua parado depois deles, mas as moc¸as se afastam dele, uma para cada lado. A
energia mecaˆnica, que antes era nula, agora e´ maior que zero pelo movimento final das duas. A energia
potencial gravitacional na˜o muda, pois as alturas na˜o mudam no processo.
Q4. Um avia˜o esta´ se movimentando com velocidade constante numa regia˜o com acelerac¸a˜o da gravidade
igual a g, quando explode no ar em va´rios pedac¸os. Apo´s a explosa˜o, mas antes que qualquer pedac¸o
do avia˜o caia no cha˜o, conclui-se que a acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema formado por todos
os pedac¸os do avia˜o e´ igual a acelerac¸a˜o da gravidade, g. (Desprezar efeitos do atrito com o ar).
VERDADEIRO. Apo´s a explosa˜o, cada pedac¸o fica sujeito a´ acelerac¸a˜o da gravidade. Por definic¸a˜o. a
acelerac¸a˜o do centro de massa de um sistema constitu´ıdo de N partes e´
~aCM =
N∑
i=1
mi~ai
N∑
i=1
mi
.
Como a acelerac¸a˜o de todas as partes, enquanto elas esta˜o em queda livre, e´ a da gravidade, a definic¸a˜o
acima mostra que a acelerac¸a˜o do centro de massa sera´ igual a` da gravidade.
Parte B - Problemas (valor sugerido 60 pontos, 20 pontos por problema)
P1– (sugesta˜o 24 pontos, 10:00–11:45)
Uma bomba de imersa˜o esta´ num reservato´rio de a´gua. Ela bombeia a´gua de uma profundidade h, onde
a a´gua esta´ parada, e a ejeta com velocidade V fazendo um aˆngulo θ com a horizontal em um sistema
de irrigac¸a˜o. Estima-se que 10% (dez por cento) do trabalho da bomba seja gasto para vencer forc¸as
dissipativas, como atrito nas partes internas, resisteˆncia nos canos, etc. Podem, enta˜o, realizar trabalho a
bomba, a gravidade e as forc¸as de resisteˆncia. A bomba consegue, nessas condic¸o˜es, bombear uma massa
M de a´gua num tempo T . Deˆ suas respostas em termos de h, M , g, V , θ e T , que julgar necessa´rias:
P1.1– Use o Teorema que diz que o “Trabalho Total e´ igual a` variac¸a˜o de Energia Cine´tica” para
encontrar a trabalho realizado pela bomba
para levar uma massa M de a´gua desde o
ponto onde e´ captada ate´ fazeˆ-la jorrar
com velocidade V na superf´ıcie do
reservato´rio, como na figura. Se a
bomba faz isso no tempo T , estime
sua poteˆncia me´dia.
P1.2– Determine a altura ma´xima atingida
pelo jato de a´gua, H , em relac¸a˜o ao
ponto onde e´ ejetada.
P1.3– Calcule a poteˆncia me´dia da forc¸a
peso atuando numa massa M de a´gua
desde o momento em que e´ sugada
ate´ o momento em que a a´gua esta´ na
superf´ıcie do reservato´rio, onde e´ esguichada.
V
h
H
D
θ
Soluc¸a˜o
P1.1– O Teorema diz que o trabalho total realizado sobre um sistema e´ igual a` variac¸a˜o de energia
cine´tica do mesmo. Nesse problema podem realizar trabalho a bomba, a gravidade e as forc¸as de re-
sisteˆncia. O enunciado diz que o trabalho dos forc¸as de resisteˆncia corresponde a 10% do trabalho da
bomba e retira energia do sistema, Portanto, Wtotal = Wbomba +Wgravidade +Wresist. Quando a bomba
faz subir de uma altura h uma certa quantidade M de a´gua, a gravidade exerce um trabalho fa´cil de
calcular, Wgravidade = −Mgh. A massa M estava parada e sai com
velocidade V ao final do trajeto, e
sua variac¸a˜o de energia cine´tica e´ ∆Ecin =
1
2
MV 2. Portanto
Wtotal =Wbomba + (−0, 1Wbomba) + (−Mgh) = ∆Ecin =
1
2
MV 2, (1)
de onde se tira que 0, 9Wbomba =
1
2
MV 2 +Mgh, ou
Wbomba =
1
0, 9
(
1
2
MV 2 +Mgh
)
. (2)
Se a bomba consegue fazer isso num tempo T , a poteˆncia me´dia desenvolvida por ela e´ Pot = Wbomba
T
.
P1.2– Pode-se encontrar a altura por (A) Leis de Newton e cinema´tica, (B) usando-se novamente o
teorema ”Trabalho Total igual a` variac¸a˜o de Energia cine´tica“, ou (C) usando-se conservac¸a˜o de energia
mecaˆnica. Todos os treˆs racioc´ınios resultam em H = V
2 sen2θ
2g
P1.3– Para calcular a poteˆncia me´dia do peso, basta dividir o trabalho realizado pelo peso pelo
tempo gasto para realiza´-lo. Enquanto a massaM de a´gua sobe a altura h, o trabalho realizado pelo peso,
calculado na parte anterior, foi −Mgh, que, dividido pelo tempo T em que foi realizado, Potpeso = −MghT .
O sinal negativo diz que o peso atrapalha a bomba e retira boa parte de sua energia, no seu trabalho de
elevar e acelerar a a´gua.
P2– (sugesta˜o 24 pontos, 10:00–11:45)
Um bloco de massa m esta´ sobre uma mesa horizontal sem atrito e gira no plano horizontal da mesa, em
torno de um eixo vertical, em movimento circular uniforme com velocidade tangencial V , preso a uma
mola de constante ela´stica k. O comprimento total da mola (e portanto o raio do c´ırculo descrito pelo
bloco) e´ dado por L+ x, onde L e´ o comprimento natural da mola e x sua elongac¸a˜o.
P2.1– Determine o valor da elongac¸a˜o da mola, x, em func¸a˜o dos paraˆmetros dados (m, V , k, L).
P2.2– Determine a energia mecaˆnica total do sistema em relac¸a˜o ao n´ıvel (altura) da mesa, em func¸a˜o
somente dos paraˆmetros dados (m, V , k, L).
P2.3– Explique porque a poteˆncia instantaˆnea da forc¸a ela´stica da mola e´, nesse caso, igual a zero.
Soluc¸a˜o
P2.1– Trata-se de um movimento circular uniforme, no qual a velocidade tangencial e´ constante igual
a V . Esse movimento e´ acelerado e, portanto, necessita ter uma forc¸a centr´ıpeta. A mola esta´ esticada
de um certo x e posicionada toda na horizontal. Portanto, nem o peso e nem a normal contribuem para
essa forc¸a, que e´ so´ devida a` mola e o mo´dulo dessa forc¸a e´ Fmola = kx. Entretanto, qualquer movimento
circular possui a acelerac¸a˜o centr´ıpeta dada por acentrip =
V 2
R
e, enta˜o, a forc¸a centr´ıpeta e´, tambe´m,
igual a mV
2
R
. Como o raio do movimento e´ R = L+ x, temos
kx = m
V 2
L+ x
(3)
que pode ser escrita como kx2+kLx−mV 2 = 0, uma equac¸a˜o completa do segundo grau em x. Resolvendo
(Bhaskara)
x =
−kL±
√
k2L2 − 4k(−mV 2)
2k
(4)
Aqui so´ tem sentido o valor positivo de x, que vale quando a mola e´ estirada e a resposta seria
x =
√
k2L2 + 4kmV 2
2k
− L
2
. (5)
P2.2– A energia potencial armazenada na mola e´ Epot,mola =
1
2
kx2. Ale´m do mais, o movimento
circular e´ plano e horizontal, portanto a altura do bloco na˜o varia. Usando a definic¸a˜o de energia mecaˆnica,
que e´ a soma das energias cine´tica e potenciais, temos que
Emec =
1
2
mV 2 +
1
2
kx2 + 0, (6)
onde calculamos a energia potencial gravitacional (que na˜o muda) em relac¸a˜o o n´ıvel da mesa. O valor
de x e´ o encontrado na Eq.(5).
P2.3– A forc¸a da mola e´ a forc¸a centr´ıpeta, que e´ sempre perpendicular ao deslocamento e, tambe´m,
a` velocidade, no movimento circular. A definic¸a˜o infinitesimal de trabalho de uma forc¸a ~F , e´ dW = ~F ·d~s.
A definic¸a˜o de poteˆncia, e´ o trabalho realizado por unidade de tempo, ou Pot = dW
dt
. Usando a definic¸a˜o
de velocidade, ~v = d~s
dt
, vemos que podemos escrever que Pot = ~F · ~v, Portanto, como a mola e´ sempre
perpendicular a´ velocidade tangencial, ela na˜o realiza trabalho, pois e´ perpendicular ao deslocamento. Se
na˜o realiza trabalho, sua poteˆncia e´ nula.
P3– (sugesta˜o, 12 pontos, 10:00–11:45)
Uma pessoa de massa M esta´ em pe´ sobre uma prancha cuja massa e´ um terc¸o da sua, M
3
, e de com-
primento L que se encontra sobre uma superf´ıcie horizontal e sem atrito, ambos inicialmente em repouso
em relac¸a˜o a` superf´ıcie. Em um determinado instante a pessoa caminha com velocidade constante V em
relac¸a˜o a` prancha em direc¸a˜o ao outro extremo da prancha e, quando chega la´, para novamente. Deˆ
suas respostas em termos de M , L, V , g (e outras varia´veis que julgar necessa´rias, com justificativa).
P3.1– Enquanto a pessoa estava com a velocidade V em relac¸a˜o a` prancha, qual era a velocidade da
pessoa em relac¸a˜o a` superf´ıcie?
P3.2– Qual foi o deslocamento da pessoa em relac¸a˜o a` superf´ıcie, enquanto ela andou de uma extremidade
a` outra da prancha?
Soluc¸a˜o
Sobre a pessoa atuam seu peso (vertical para baixo igual a Mg, realizado pela Terra, que sofre a reac¸a˜o),
e a prancha, cuja forc¸a sobre a pessoa pode ser dividida em uma normal e uma paralela a` prancha.
Obviamente a prancha sofre a reac¸a˜o da forc¸a que faz na pessoa. Sobre a prancha, ale´m da forc¸a que a
pessoa faz nela (reac¸a˜o da que ela faz na pessoa), atuam o peso (vertical, para baixo, igual a Mg
3
, causado
pela Terra, que sofre a reac¸a˜o) e a superf´ıcie que, pelo fato de o enunciado dizer que na˜o tem atrito, pode
somente fazer uma forc¸a normal a ela (portanto, vertical e para cima, de valor N , na˜o fornecido). Se
considerarmos o sistema constitu´ıdo SOMENTE pela prancha e a pessoa, na˜o existem forc¸as EXTERNAS
ao sistema atuando nele na horizontal. A vantagem de considerarmos esse sistema e´ que a acelerac¸a˜o
do centro de massa dele depende somente das forc¸as EXTERNAS ao sistema. Como, nesse caso, a
componente das forc¸as horizontais (paralelas a` superf´ıcie) nem existem, a acelerac¸a˜o horizontal do centro
de massa sera´ nula e, consequentemente, a velocidade horizontal do centro de massa do sistema na˜o pode
variar, enquanto for verdade que a resultante das forc¸as EXTERNAS ao sistema for nula.
P3.1– A velocidade inicial do centro de massa do sistema constitu´ıdo pela pessoa e pela prancha
era nula. pois o enunciado afirma que ambos estavam inicialmente em repouso em relac¸a˜o a` superf´ıcie,
Portanto, a componente horizontal velocidade do centro de massa do sistema enquanto a pessoa anda
sobre a prancha, ainda em relac¸a˜o a` superf´ıcie, tem que continuar nula:
VCM,inicial,hor = 0 = VCM,durante,hor =
MVpes,sup,hor +
M
3
Vpra,sup,hor
M + M
3
=
3Vpes,sup,hor + Vpra,sup,hor
4
, (7)
depois de algumas simplificac¸o˜es. O enunciado da´, pore´m, a velocidade da pessoa em relac¸a˜o a` prancha.
Vpes,pra,hor=V=−Vpra,pes,hor (pois a velocidade da prancha em relac¸a˜o a` pessoa e´ o negativo da velocidade
da pessoa em relac¸a˜o a` prancha), e na˜o a velocidade da pessoa em relac¸a˜o a` superf´ıcie. A relac¸a˜o entre
velocidades ~Vpra,sup = ~Vpra,pes + ~Vpes,sup pode ser usada em sua componente horizontal
Vpra,sup,hor = Vpra,pes,hor + Vpes,sup,hor = −Vpes,pra,hor + Vpes,sup,hor = −V + Vpes,sup,hor. (8)
Substituindo o valor de Vpra,sup,hor da Eq.(8) na Eq.(7), e simplificando
0 = 3Vpes,sup,hor + (−V + Vpes,sup,hor) −→ Vpes,sup,hor =
V
4
, (9)
depois de resolvida a equac¸a˜o. A pessoa se movimenta em relac¸a˜o a` superf´ıcie na mesma direc¸a˜o que
se movimenta em relac¸a˜o a` prancha, mas, devido a`s massas que possuem, somente com um quarto da
velocidade com que se movimenta em relac¸a˜o a` prancha.
P3.2– Para resolver essa parte do problema existem va´rias formas de racioc´ınio, entre elas,
(A) calcula-se o tempo para a pessoa andar sobre a prancha o comprimento desta (L) com a velocidade
relativa a ela (V ), o que da´ t = L
V
, e, com o resultado da Eq.(9), acima, o quanto essa pessoa se deslocou
em relac¸a˜o a` superf´ıcie nesse tempo, ou Dpes,sup = Vpes,sup,hort =
L
4
;
(B) considerando que o centro de massa estava parado inicialmente
e que, como sua velocidade na˜o
mudou e era nula antes de a pessoa se movimentar, sua posic¸a˜o na˜o pode mudar pelo fato de a pessoa
ter se deslocado sobre a prancha. Nada foi falado acerca de posic¸o˜es iniciais, mas elas existiram. Vamos
considerar a direc¸a˜o que aponta ao longo do comprimento da prancha como sendo a direc¸a˜o x, e considerar
que o centro de massa da pessoa estava inicialmente em Xpes,i e o centro de massa da prancha em Xpra,i,
Apo´s a pessoa se deslocar uma distaˆncia L sobre a prancha, se afastando da origem, a prancha se desloca
um certo ∆X em relac¸a˜o a` origem. A nova posic¸a˜o da prancha sera´ sua posic¸a˜o inicial somada a ∆X e a
nova posic¸a˜o da pessoa sera´ sua posic¸a˜o inicial somada ao comprimento da prancha (L) e ao deslocamento
da prancha, pois a pessoa ainda esta´ em cima dela, somente na outra extremidade. Escrevendo as posic¸o˜es
inicial e final do centro de massa do sistema e igualando
XCM,inicial =
MXpes,i +
M
3
Xpra,i
M + M
3
= XCM,final =
M(Xpes,i + L+∆X) +
M
3
(Xpra,i +∆X)
M + M
3
(10)
Resolvendo a Eq.(10), encontra-se que as posic¸o˜es iniciais desaparecem apo´s a simplificac¸a˜o, e que o
deslocamento da prancha em relac¸a˜o a` superf´ıcie foi ∆X=− 3L
4
, ou seja, na direc¸a˜o oposta ao deslocamento
da pessoa sobre a prancha. Como a pessoa andou para um lado, sobre a prancha, o comprimento dela,
L e, no mesmo tempo, a prancha voltou 3L
4
, o deslocamento da pessoa em relac¸a˜o a` superf´ıcie foi igual
ao calculado anteriormente, L
4
.