Gabarito P2 - Fundamentos de Mecânica 2009-2

GABARITO da 22 prova de FUNDAMENTOS DE MECANICA - 17/10/2009 - 08:00-10:00 Parte A - Questées (30 pontos; 6,0 pontos por questao): Diante das questdes de 1 a 4 afirme se sao falsas ou verdadeiras e responda a questéo 5, em todos os casos (questdes de 1 a 5) justificando suas respostas em todas as 5 questoes. Q1. O trabalho de qualquer forga sobre um corpo, calculado em um circuito fechado (pontos inicial e final idénticos), 6 sempre nulo. A afirmativa esta INCORRETA. De cordo com a definicao de trabalho, (Wp = Fd, eo trabalho entre dois pontos, digamos A e B, em geral, depende do caminho seguido pela trajetéria ds. Assim, se formos de A a B pelo caminho 1 e voltarmos de B a A pelo caminho 2, teremos B B B B Wreciveuto tenado =f Feast ff Feas= ff Feas— ff Beas, (a) A,caminho 1 B,caminho 2 A,caminho 1 A,caminho 2 onde trocamos o sinal da segunda integral ao trocarmos seus limites de integracao. O resultado sO vai ser nulo se as integrais pelo caminho 1 e pelo caminho 2 forem iguais, o que nao é o caso para qualquer forca. Somente forgas especiais (denominadas conservativas) possuem essa propriedade. Q2. Uma granada lancada obliquamente explode no ar. Enquanto todos os seus pedacos voarem livremente (desprezando a resisténcia do ar), o centro de massa dos fragmentos continuara a descrever sua trajetéria parabdlica, como se a explosao nao tivesse acontecido. A afirmativa esta CORRETA. A explosao é um processo de forcas INTERNAS atuando sobre um sistema. Ao se considerar o centro de massa de um sistema, as forcas INTERNAS nao conseguem alterar o movimento desse centro de massa. Enquanto a granada voa pelo ar depois de ser lancada, a unica forga EXTERNA que atua em suas partes, antes, durante e logo depois da explosao, é a gravidade. As forcas que provocam a explosdo sao internas e nao afetam o movimento do centro de massa. Entao, depois da explosao e enquanto os pedacos da granada voarem livremente (sem bater em nada), o centro de massa, onde nao hd mais qualquer vestigio da granada, continuara seguindo a mesma trajetéria parabdlica que seguia antes da explosao. Q3. Uma molécula de dgua consiste em um Atomo de oxigénio (massa O atOmica: 16) com dois dtomos de hidrogénio (massa at6mica: 1) liga- dos a ele (veja a figura). Se, hipoteticamente, triplicdssemos a massa de cada hidrogénio, o centro de massa da molécula nao se alteraria, 4 H porque a linha tracejada continua sendo seu eixo de simetria. ' A afirmativa esté INCORRETA. E verdade que a linha tracejada continua sendo o eixo de sime- tria da molécula, apds triplicarmos a massa de cada A4tomo de hidrogénio, e, consequentemente, o centro de massa da molécula continua situado nessa linha. Mas ele necessariamente se afasta do atomo de oxigénio, pois os 4tomos de hidrogénio se tornam mais importantes na média pon- derada das posicdes dos 4tomos que compdem a molécula. Considerando a linha formada, pelos atomos de hidrogénio, como estando na posigao y = 0 e o atomo de oxigénio estando a uma distancia D dessa base, a molécula original possui seu centro de massa em tem = 18? enquanto que a molécula “falsa”, com os dtomos de hidrogénio de massa triplicada, possui seu centro de massa CM Yem,falsa = 8p ou seja, mais préximo da linha dos 4tomos de hidrogénio. Q4. Uma particula é submetida a um potencial dado por U(x) = —ax? + br + ¢, onde a, bec sao constantes positivas. A posigao z = 0 é um ponto de equilibrio instavel. A afirmativa esté INCORRETA. Equilibrio acontece quando a forca é nula. As forcas conser- vativas se relacionam com o potencial pelo negativo de sua derivada: F(x) = ee) Nesse caso, entéo teremos na posicgdo de equilibrio, F(x) = —(—2axz + b) = 0, onde o primeiro sinal negativo é da relagdo entre forga e potencial e o segundo (dentro do parénteses) vem da forma do potencial fornecido. Entéo, em x = ~ (e néo em z = 0 como no enunciado) temos uma posicao onde F é nula (ou seja, de equilibrio). Resta saber se o equilibrio é estavel ou nao. Para ser equilibrio estavel, o potencial tem que estar num minimo local no ponto. Para isso, basta calcular o valor da derivada segunda no ponto de equilfbrio e ver se ela é positiva (o potencial tem um minimo) ou negativa (o potencial tem um maximo). Nesse caso, U"(x) = —2a < 0, pois a é uma constante positiva. Entao, o potencial possui um maximo em x = ~~ e o ponto de equilibrio é instavel, mas nao esta em x = 0. Q5. Considere um par de particulas de massas iguais, ligadas por uma mola ideal (sem massa) e colocadas sobre uma superficie horizontal. Inicialmente o sistema é mantido em repouso com a mola comprimida. Ao liberar o sistema, 0 que acontece com o centro de massa nos seguintes casos: Q5.1 Quando o atrito é desprezivel. Ao se liberar o sistema, cada particula sofrerd as seguintes forcas: seu peso (vertical, causado pela Terra, forga externa ao sistema), a normal da superficie (vertical, causado pela superficie, externa ao sistema) e a forca da mola (horizontal, causada pela mola, que sofre a reagao, interna ao sistema). Como a mola nao possui massa, as forcas que as duas particulas fazem nela, uma de cada lado, tém que se anular, sendo, portanto, iguais e opostas. Devido ao fato do atrito nao existir nesse caso, nao ha nenhuma forga EXTERNA ao sistema na direcao horizontal, e as forcas EXTERNAS na direcao vertical se anulam. Portanto, pela definicao de centro de massa, a aceleracéo do centro de massa do sistema sera nula. Como ele estava parado no inicio, vai continuar parado enquanto as particulas ficam oscilando, presas 4 mola. Q5.2 Quando ha atrito com o mesmo coeficiente entre as massas e a superficie. Quando ha atrito, a diferenca ao se liberar o sistema sera que, além das forcas identificadas anteriormente, aparecerao as forcas EXTERNAS e horizontais devidas ao atrito cinético. Como as normais sao iguais entre si, pois cada uma é igual ao correspondente peso da particula, e os coeficientes de atrito sao iguais, as forgas de atrito serao iguais, e cada particula sofrerd uma forca de atrito igual 4 da outra, mas oposta. A resultante das forcas EXTERNAS na direcaéo horizontal continua nula e, portanto, a aceleracao do centro de massa também continua nula na horizontal. O sistema oscilara, mantendo o centro de massa parado, pois a forca de atrito que uma massa sofre sera sempre igual a da outra, fazendo q aceleracao do centro de massa ser sempre nula na direcao horizontal, enquanto o sistema vai diminuindo a amplitude de oscilacao por causa do trabalho dos atritos. Parte B - Problemas(70 pontos) Pl. (25 pontos, 10:00-12:15) Um bloco de massa M é liberado do repouso do topo (ty de um plano sem atrito cuja inclinagao ; é 0. Nesse instante, o centro de massa a Sem atrito do corpo de massa M estd a uma al- H ~~ pb, tura H acima de sua altura na parte 6 MM! inferior da pista, como na figura. Na fi Qe im] veces i ‘im! parte inferior da pista, j4 em movi- com atrito mento horizontal, ele colide com outro bloco de massa m, inicialmente em repouso, gru- dando nele. Os dois blocos deslizam juntos por uma distancia D, antes de atingirem o repouso. Pl.a— Qual é a velocidade do conjunto, M + m, logo apés a colisao? P1.b— Qual é 0 coeficiente de atrito existente na superficie horizontal, em termos de m, M, D, g e, se for necessario, 0? Solugao Enquanto o bloco de massa M desce, até colidir com o de massa m, atuam no primeiro seu peso (vertical, forga conservativa, causada pela Terra, que sofre a reacdo) e a normal a superficie (causada pela superficie, que sofre a reagaéo). Nao existe atrito nessa parte (dado do problema) e, a normal, por ser sempre perpendicular a trajetéria da massa que desce, nao realiza trabalho. Podemos, entao, calcular a velocidade com que a massa M atinge m por conservacao de energia mecanica: Wr .conserv — 0= AE mecanica = Exnecanica em baixo — Emecanica em cima: (2) Lembrando que M esta parada em cima e a uma altura H acima de sua posigao, na parte de baixo, podemos fazer y = 0 na parte de baixo e calcular a velocidade com que M atinge m: 1 mgH +0=0+ x7Vemn baixo —_ Vem baixo = V 2gH (3) Pl.a— Acontece uma colisao e os dois blocos passam a se movimentar juntos. Em colisdes a quantidade de movimento linear se conserva e Pantes = Pdepois _ MVem baixo + 0 = (m + M) Venal (4) ou M M Vanal = meme baixo = gv 2gH (5) onde Vgnai € a velocidade dos dois blocos, juntos, logo apds a colisao. P1.b— Assim que acontece a colisao, os blocos comecgam a se movimentar por uma superficie com atrito e acabam parando. Enquanto deslizam, as forcas que atuam nos dois sao os pesos (verticais, conservativos), as normais (verticais, mas sempre perpendicular a trajetéria) e os atritos (horizontais, ndo conservativos). Como as normais, nesse caso, nao exercem trabalho (por serem perpendiculares ao deslocamento), temos uma for¢a conservativa (gravidade) e outra nao conservativa (atrito) realizando trabalho. Como os blocos se movimentam horizontalmente, podemos calcular a resultante normal (que anula os pesos) e, por se tratar de atrito cinético, podemos calcular a forga de atrito resultante, Fatrito = uN = u(m+M). O trabalho das forcgas nao conservativas é igual 4 variacéo da energia mecanica do sistema Watrito = —p(m +M )gD = Emecanica logo apds parar — Emecanica logo apés a colisao- (6) Na Eq. (6) calculamos o trabalho do atrito usando o fato de ele ser constante e oposto ao deslocamento D. Como os blocos nao vairam de altura durante essa parte do processo, sua energia potencial gravitacional se mantem constante e podemos nos preocupar somente com a energia cinética (m+M)gD =0 = ( + M)VzZ D=+Vv2 > ( MHA 7) (7) —p(m =0-—=(m ou == = — | ——_— fd g 2 final Lg 2 final 2\m+M g © 2 2 1 M M A 2gD \m+M m+M/) d onde usamos o resultado da Eq. (5) P2. (25 pontos, 10:00-12:15) Na figura, um homem de massa m esta em uma escada pendurada em um balao que tem massa total M (incluindo o passageiro na cesta e a escada). O balao M esta inicialmente em repouso em relacao ao solo. Se o homem na escada comeca a subi-la com velocidade V;; em relacao & mesma, P2.a— em que sentido e . ~ QO P2.b— com que velocidade o balaéo se move? Lo P2.c— Se o homem para de subir, qual é a velocidade do balao \ / nesse instante? H FI H Lop 7 ™ Solucgao O balao, com seus tripulantes e partes, esta inicialmente em repouso. Isso indica que a resultante das forcas externas sobre ele é nula. As forgas externas sao o peso do balao e de suas partes e a forca de sustentacao fornecida pelo ar. Independente de o passageiro que esta na escada subir ou descer, essas forcas nao variam, ou seja, nao importa o que o homem faga, a resultante das forcas externas sobre o sistema é nula. Portanto, o centro de massa do sistema nao esta acelerado e sua velocidade permanece constante. Como o balao estava inicialmente parado, o centro de massa permanece parado enquanto o tripulante sobe a escada. Para isso acontecer, enquanto o homem sobe, o resto do balao se movimenta para baixo e com tal velocidade que a quantidade de movimento total do sistema fique inalterada, ou seja, nula. Partes P2.a— e P2.b-: Podemos entao, escrever, m 0=M Voalao,solo + MVhomem,solo ou Vpalao,solo = — 7 Vbomem,solo (9) O problema fornece a velocidade do homem em relacgao a escada (ou, 0 que é 0 mesmo, em relacgaéo ao balao). Podemos escrever a composicao de velocidades Vhomem,solo = Vhomem,balio + Vhalao,solo = Vrel + Vhalao,solo- (10) Lembrando que Vhomem,balao = Vrel, ¢ levando a Eq. (10) na Eq. (9), temos a velocidade solicitada: m m Vpalao,solo = Va (Veet + Vbalao,solo) ou Vpalao,solo =— M+ 7 Vrel (11) onde o sinal “—” significa que, se o homem sobe, o balao desce. P2.c— Se o homem parar, o balao também parara, pois a quantidade de movimento linear total tem de continuar inalterada, ou seja, nula, enquanto a resultante das forcgas externas sobre o sistema for zero. P3. (20 pontos, 10:00-12:15) Uma bola de sinuca, com velocidade inicial Voi, colide com outra de massa igual inicialmente em repouso, e sua trajetéria sofre um desvio de 60° com a direcao inicial, enquanto que a outra bola passa a se movimentar fazendo um angulo de 30° com a direcao inicial de movimento da primeira. Calcule as velocidades das duas bolas apos a colisao. Solucao Antes da colisao somente a bola 1 se movimenta na direcao 7 com velocidade Vo e, apds a colisao a bola 1 se desviou de um Angulo @ = 60° de sua trajetéria inicial enquanto que a bola 2 passa a se movimentar fazendo um angulo ¢ = 30° com a direg¢ao inicial de movimento da primeira.Como se trata de colisao, a quantidade de movimento linear total tem que se conservar. Sendo um vetor, as componentes da quantidade de movimento linear tém que se conservar nas direcdes x (diregao inicial de movimento) e y (perpendicular aquela). A figura abaixo demonstra como é a situacao - Vi Vo : 0 S antes depois 70 ON : \ : . 2 \ Considerando z positivo para a direita (direcao inicial de 1) e y positivo para cima, na figura, e lembrando que a bola 2 estava parada e que a bola 1 somente se movimentava na direcao z: z: mVo+0= mV, cosé+ mV5 cos ¢, (12) y: 0+0= mV, send — mV2sen ¢. (13) Como as massas sao iguais, simplificam, e temos os angulos, xz: Vo = Vi cos 60° + V2 cos 30° = $V + BY, (14) y: 0=V,sen60° — Vosen30° = BV, — 4 Vp. (15) Trata-se de um sistema de 2 equacdes com duas incdégnitas, que pode ser resolvido: Vo = v3V, = BM. (17) Se compararmos as energias cinéticas antes e depois da colisao, veremos que ela sao iguais.