GABARITO FMG002 Mecanica Geral 28 05 21 Univesp

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GABARITO 
DISCIPLINA 
FMG002 - Mecânica Geral 
APLICAÇÃO 
28/05/2021 
CÓDIGO 
DA PROVA P015 
 
QUESTÕES OBJETIVAS 
 
Questão 1.1 
Uma partícula de massa “m” move-se num potencial anarmônico unidimensional dado por: 𝑉(𝑥) =
𝑘 𝑥2 2⁄ − 𝑏 𝑥4 4⁄ , com “k” e “b” constantes positivas. Determine a frequência angular para oscilações de 
pequenas amplitudes em torno do mínimo do potencial (na origem). Considere k = 10 kg/s²; b = 5 
kg/(m²s²); g = 10 m/s²; m = 2 kg. 
a) √2 rad/s 
b) √3 rad/s 
c) √5 rad/s 
d) √7 rad/s 
e) √8 rad/s 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: √5 rad/s 
 
Justificativa 
A força a que a partícula fica submetida obtém-se do gradiente do potencial em relação a x, 
resultando em: 𝐹(𝑥) = −𝑘𝑥 + 𝑏𝑥3. 
Para pequenas oscilações em torno da origem, o termo linear predomina e o termo à terceira 
potência pode ser desprezado. A equação do movimento fica dada por: 𝑚�̈� + 𝑘𝑥 = 0 que é a equação 
para um oscilador harmônico, com a frequência angular dada por: 𝜔 = √𝑘 𝑚⁄ = √5 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ . 
 
 
Questão 1.2 
Uma esfera maciça de raio “R” parte do “ponto B” e rola, a partir do repouso, de uma altura “h”, sem 
escorregar, por uma rampa até atingir a posição mais baixa, “ponto A”, a partir de onde rola com 
velocidade constante “V”. Qual a velocidade final da esfera? Dica: utilize conservação de energia 
mecânica e considere o momento de inércia da esfera dado por I =2 MR²/5. Considere g = 10 m/s²; R = 
3 cm; h = 20 cm. 
a) 15 cm/s 
b) 47 cm/s 
c) 114 cm/s 
d) 137 cm/s 
e) 156 cm/s 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 156 cm/s 
 
 
 
 
Justificativa 
A energia mecânica é a soma das energias (i) cinética de translação do centro de massa, (ii) cinética de 
rotação em torno do centro de massa e (iii) potencial gravitacional. Ela é dada por: 
𝐸𝐴 = 𝑀𝑉
2 2⁄ + 𝐼 𝜔2 2⁄ + 𝑀𝑔𝑅 = 𝑀𝑔ℎ = 𝐸𝐵. 
Como não há deslizamento, vale a relação 𝑉 = 𝜔𝑅. Resolvendo a equação acima para a velocidade 
inicial da esfera, obtemos: 𝑉2 = 10𝑔 (ℎ − 𝑟) 7⁄ . Substituindo os valores fornecidos para o problema, 
obtemos 𝑉 = 1,56 𝑚 𝑠⁄ . 
 
 
Questão 1.3 
A velocidade angular da Terra (um planeta sólido) é a mesma para qualquer ponto em sua superfície. 
Se a velocidade linear de um observador na superfície é de aproximadamente 280 m/s, em que latitude 
ele se encontra? Considere a Terra como uma esfera de raio 6,4. 103𝑘𝑚 e que ela dá uma volta em 
torno do seu próprio eixo em 23 horas, 56 minutos e 4 segundos (dia sideral). 
a) 23 º 
b) 33 º 
c) 43 º 
d) 53 º 
e) 63 º 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 53 º 
 
Justificativa 
A velocidade angular da Terra é: 𝜔 = 2 𝜋 (23.60 + 56)⁄ . 60 + 4 = 2 𝜋 86164⁄ = 7,29. 10−5 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ . 
A distância do eixo de rotação da Terra de um ponto com velocidade de 280 m/s na superfície é: 
𝑟𝑒𝑓 = 𝑣 𝜔⁄ = 3,84. 10
6𝑚. 
O paralelo com esse raio é: 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(𝑟𝑒𝑓 𝑅𝑇⁄ ) = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠(3,84.10
6 6,4⁄ . 106) = 53,12º. 
 
 
Questão 1.4 
Um carrinho desloca-se em linha reta, horizontalmente, com aceleração constante para a direita. 
Sobre esse carrinho há um corpo preso a uma mola, que por sua vez está fixa em um suporte 
estacionário em relação ao carrinho. Qual a posição de equilíbrio do conjunto mola-corpo em relação 
à posição de equilíbrio com o carrinho parado? Qual a frequência para oscilações de pequena 
amplitude? Dica: escreva a Lagrangeana desse sistema em relação ao sistema de referencial 
estacionário e, a partir dela, obtenha a equação de movimento na direção x, e então a frequência de 
oscilação. Considere k = 10 N/m; m = 1 kg; a = 1 m/s². 
 
 
a) 0,1 rad/s e -4 cm 
b) 1,1 rad/s e -6 cm 
c) 2,1 rad/s e -8 cm 
d) 3,1 rad/s e -10 cm 
e) 4,1 rad/s e -12 cm 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 3,1 rad/s e -10 cm. 
 
Justificativa 
A posição do corpo pode ser escrita em relação ao referencial em repouso “Y”, como: 𝑌 = 𝑌0 +
1
2
𝑎𝑡2 + 𝑥, 
que resulta na derivada �̇� = 𝑎𝑡 + �̇�. 
A energia cinética pode ser escrita como: 𝑇 =
1
2
𝑚(𝑎𝑡 + �̇�)2 e a energia potencial elástica associada à 
compressão da mola é escrita como: 𝑈 =
1
2
𝑘𝑥2. 
A Lagrangeana é: 𝐿 = 𝑇 − 𝑈 =
1
2
𝑚(𝑎𝑡 + �̇�)2 −
1
2
𝑘𝑥2 . 
A equação de movimento fica dada por: 
𝜕𝐿
𝜕𝑥
=
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕�̇�
, que resulta em: 𝑚(𝑎 + �̈�) = − 𝑘𝑥 e 𝜔 = √𝑘 𝑚⁄ =
3.1 𝑟𝑎𝑑 𝑠⁄ . 
Resolvendo para a aceleração x: �̈� = −
𝑘
𝑚
𝑥 − 𝑎 que no novo equilíbrio da mola é nula, resultando em: 
𝑥 = −
𝑚
𝑘
𝑎 = −0.1𝑚 . 
A aceleração para a direita comprime a mola para a esquerda, determinando a nova posição de 
equilíbrio. 
 
 
Questão 1.5 
Considere um pêndulo simples no interior de um carro com aceleração “A”. Nessas condições, o 
pêndulo fica inclinado, como se estivesse, no referencial não inercial do carro, sob a ação de uma 
força resultante não nula, que é frequentemente denominada de força fictícia. Qual é, 
aproximadamente, o ângulo de equilíbrio que o pêndulo faz com a vertical? Considere g = 10 m/s² e A 
= 5,8 m /s². Sugestão: determine a aceleração resultante graficamente. 
 
a) 10° 
b) 20° 
c) 30° 
d) 40° 
e) 50° 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 30° 
 
 
 
Justificativa 
Tudo se passa como se o pêndulo estivesse sob a ação de uma gravidade efetiva, que é a composição 
vetorial da aceleração da gravidade e da aceleração do carro. 
Como mostra a figura abaixo, o ângulo que procuramos é obtido por 𝜙 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐴 𝑔⁄ ). 
Substituindo os valores fornecidos, obtemos 𝜙 = 30,1 graus. 
 
 
Questão 1.6 
Trinta vagões de uma montanha-russa deslocam-se por trilhos com muitas subidas, descidas e curvas. 
O movimento pode ser caracterizado especificando-se apenas a velocidade de deslocamento ao longo 
dos trilhos. Quantos graus de liberdade tem esse sistema? 
a) 1 
b) 3 
c) 30 
d) 60 
e) 90 
 
RESOLUÇÃO 
A resposta correta é: 1 
 
Justificativa 
Como os 30 carrinhos deslocam-se como uma única composição, é necessário apenas uma 
coordenada para localizá-la. Logo, o sistema tem apenas 1 grau de liberdade.