Solução

Problemas de Mecânica e Ondas
(LEMat, LQ, MEBiol, MEAmbi, MEQ)
Ÿ Tópicos:
Ÿ Colisões: Conservação do momento linear total, conservação de energia cinética nas colisões elásticas. Conservação do momento angular
total.
Ÿ Equação dos Momentos: Binários de Forças em relação a um ponto e variação do momento angular em relação ao mesmo ponto.
Ÿ Sistemas abertos e equação de balanço do momento linear: forças de propulsão.
Ÿ Corpos rígidos em rotação e momentos de inércia em relação a um eixo: teorema dos eixos paralelos (Steiner), pêndulo físico e pequenas
oscilações.
Ÿ Gravitação Universal: Leis de Kepler, órbitas e parâmetros orbitais. Velocidade de escape, conservação da energia mecânica e do
momento angular.
m
1. Uma esfera de massa m = 5 Kg move-se com velocidade de vo = 60 s quando explode em dois
fragmentos. Imediatamente após a explosão vêem-se os fragmentos tomarem as direcções ilustradas
na figura, onde Θ = 30 ° e a velocidade observada do fragmento A é v A = 90 m  s.
Óv
A
A
m
Óv
o
Θ
B
Óv
B
1- a) Determine a massa m A do fragmento A,
Ó
1- b) Determine a velocidade vB do fragmento B.
è Conservação do Momento Linear Total
Ó
Ó
Ó
m vo = m A v A + mB vB ”
m vo = mB vB Cos@ΘD
0 = m A v A - mB vB Sin@ΘD
è Conservação da massa m = m A + mB
(1.1)
2
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v A vo
vB ‡
v A cosHΘL-vo sinHΘL
mA ‡
m vo tanHΘL
(1.2)
vA
mB ‡ m -
m vo tanHΘL
vA
1- c) Determine a variação da energia cinética na explosão e justifique o resultado.
1
DEc =
2
Im A v2A + mB v2B M -
1
2
m v2o =
m vo sinHΘL Iv2A + v2o M
(1.3)
>0
2 Hv A cosHΘL - vo sinHΘLL
Na explosão energia potencial é libertada em forma de energia cinética.
2. Três bolas idênticas A, B e C podem rolar livremente sobre uma superfície horizontal. As bolas B e C
estão em repouso e em contacto quando são atingidas pela bola A, que se movia para a direita com
velocidade vo . Supondo que as colisões são elásticas e na ausência de atrito, determine a velocidade
final da bola A se:
B
Óv
o
A
.
C
2- a) a trajectoria de A é perfeitamente centrada e A atinge simultâneamente B e C,
Quando as três esferas estão em contacto os seus centros de massa formam um triângulo equilátero: os ângulos
Ó
Ó
Π
internos são Θ = 3 = 60 °. Quer isto dizer que as esferas B e C saem com velocidades vB e vC que fazem ângulos
Ó
Ó
Π
ΘB = 6 = -ΘC com a direcção de v A que continua paralelo a vo . Por conservação do momento linear
Ó
Ó
Ó
Ó
vo = v A + vB + vC ”
Π
6
Π
6
vo = v A + vB CosB F + vC CosB F
Π
Π
0 = vB SinB F - vC SinB F
6
6
”
v A = vo - 3 v B
(2.4)
vB = vC
Utilisando agora a conservação de energia cinética devida à elasticidade da colisão e vB = vC
v2o = v2A + 2 v2B
obtém- se
(2.5)
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vA ‡ vB ‡
2
vC ‡
2
vo
Ó
vA =
5
3 vo
Þ
5
-
vo
5
2 3 vo
Ó
vB =
3 Ó
1 Ó
ex + ey
2
2
2 3 vo
Ó
vC =
3 Ó
1 Ó
ex - ey
2
2
5
3 vo
5
Ó
ex
5
(2.6)
2- b) a trajectoria de A é ligeiramente descentrada e A atinge B imediatamente antes de atingir C.
Π
Agora a primeira colisão é ainda com ΘB = 6 , mas as leis de conservação são para a colisão elástica de duas massas
iguais, o que implica que o ângulo entre as velocidades de saída de A e B deve ser 90 ° ou seja Θ A = ΘB -
Ó
Ó
Ó
vo = v A + vB ”
vo = v A Cos@Θ A D + vB Cos@ΘB D
Π
2
Π
= -3.
(2.7)
0 = v A Sin@Θ A D + vB Sin@ΘB D
vA ‡
vo
2
Þ
3 vo
vB ‡
vo
Ó
vA =
2
Ó
vB =
2
3 vo
2
1 Ó
ex 2
3 Ó
ey
2
(2.8)
3 Ó
1 Ó
ex + ey
2
2
Óv
B
Óv
o
30 °
60 °
Óv
A
Ó
Ó¢ Ó
Π
Na segunda colisão ΘC = - 6 em relação a vo , mas agora a velocidade inicial é vo = v A , e em relação a esta nova
Ó
Ó
Π
Π
Π
direcção ΘC¢ = ΘC - Θ A , donde ΘC¢ = 6 . Também se tem Θ A¢ = ΘC¢ - 2 = - 3 . Designando por ex¢ a direcção de v A após
a primeira colisão, tudo se passa exactamente como antes mas em relação ao novo referencial
Ó
1 Ó
e x¢ =
ex 2
3 Ó
ey
2
(2.9)
3 Ó
1 Ó
ex + ey
2
2
Ó
e y¢ =
Sem ser necessário repetir cálculos podemos escrever o resultado da segunda colisão
v A¢ ‡
vo
4
vC¢ ‡
o que se traduz em
Ó
v A¢ =
vo
Ó
vC¢ =
3 vo
4
Þ
3 vo
4
4
1 Ó
e ¢2 x
3 Ó
e y¢
2
3 Ó
1 Ó
e x ¢ + e y¢
2
2
(2.10)
3
4
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Ó
v A¢ =
vo
Ó
vC¢ =
3 vo
4
4
1 Ó
- ex 2
3 Ó
ey
2
(2.11)
3 Ó
1 Ó
ex - ey
2
2
3. Uma bala de 0.3 N é disparada com velocidade de vb = 480 m  s num bloco A que pesa 50 N. O
coeficiente de atrito entre o bloco A e o carro BC é Μ = 0.50. Sabendo que o carro pesa 40 N e pode
rolar livremente, determine, assumindo que a bala fica presa no bloco A,
0.6 m
Óv
b
A
B
C
3- a) a velocidade final do carro BC e do bloco A,
Conservação do momento linear em todo o processo na ausência de forças exteriores.
Ó
Ó
mb vb = HMc + M A L v f ”
Ó
vf =
mb
Mc + M A
Ó
vb
(3.12)
è NB: Para simplificação considera-se M A como incluindo a massa do bloco A e da bala em todas as equações.
3- b) a posição final do bloco A sobre o carro.
Ó
Aceleração do carro sujeito apenas à força de atrito Fac = Μ M A g ex = -FaA exercida pelo bloco A.
ac =
Μ MA g Ó
ex
Mc
Tempo que o carro leva a atingir a velocidade final
(3.13)
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Ó
v f = ac t f ” t f =
mb Mc
vb
(3.14)
M A HM A + Mc L Μ g
Espaço percorrido pelo carro
1
xc =
2
ac t2f
” xc =
m2b Mc
v2b
(3.15)
2 M A HM A + Mc L2 Μ g
Ó
Aceleração do bloco A sujeita à força de atrito FaA = -Μ M A g ex
Ó
a A = -Μ g ex
(3.16)
Velocidade inicial do bloco A
mb Ó
Ó
Ó
Ó
v f = vA + a A t f ” vA =
vb
MA
(3.17)
Espaço percorrido pelo bloco A
1
Ó
x A = v A t f + a A t2f
2
” xA =
v2b m2b Mc H2 M A + Mc L
(3.18)
2 g Μ M 2A HM A + Mc L2
Distância final do bloco da extremidade B do carro
∆x AB = 0.6 + xc - x A » 0.22 m
(3.19)
è Solução alternativa
Poder-se-ia ter calculado usando o teorema Trabalho-Energia sobre o bloco A no referencial acelerado do carro.
¢
Ó¢
Aqui a força total sentida por A é F A = FaA - M A ac e a velocidade final do bloco relativo ao carro é v A f = 0, donde
Wa¢ = à JFa A - M A ac N × â x A¢ = - Μ M A g + M A
x¢A
∆x AB = 0.6 - x A¢ = 0.6 -
Mc
2 g Μ HM A + Mc L
m2b
Μ MA g
Mc
x¢A = -
v2b » 0.22 m
2
MA
1
2
M A v2A
(3.20)
(3.21)
5
6
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4. Um avião a jacto de massa M = 9000 kg mantém uma velocidade constante de vc = 900 km  h,
enquanto está subindo com um ângulo de Α = 5 °. O avião consome ar à razão de Σ+ = 80 kg  s e
ejecta-o com velocidade de ve = 700 m  s em relação ao avião. Se o piloto mudar para um vôo
horizontal e as mesmas condições do motor forem mantidas, determine:
Α
4- a) a aceleração inicial do avião,
Ó
âv
M
ât
Ó
Ó
= 0 = M g + Fa + Fs + Σ+ vc - Σ- ve
(4.22)
Ó
A componente do peso na direcção de vc e a força de atrito Fa devem ser compensadas pela força de propulsão
Ó
Ó
Σ+ vc - Σ- ve para manter a aceleração nula, enquanto a força de sustentação Fs compensa a componente perpendicular ao avião do seu peso.
0 = -M g Sin@ΑD - Fa - Σ vc + Σ ve ” M g Sin@ΑD = -Fa - Σ vc + Σ ve
(4.23)
Quando o avião muda para o vôo horizontal HΑ = 0L a força de propulsão é agora maior que a força de atrito (que
permanece igual inicialmente porque apenas depende da velocidade), pelo que
ah =
-Fa - Σ vc + Σ ve
(4.24)
= g Sin@ΑD
M
4- b) a máxima velocidade horizontal alcançada assumindo que a resistência devida ao atrito do ar é
proporcional ao quadrado da sua velocidade.
Fa = Μ v2c = -M g Sin@ΑD - Σ vc + Σ ve Þ Μ =
ah¢ = -Μ v2 - Σ v + Σ ve = 0 Þ v =
-M g Sin@ΑD - Σ vc + Σ ve
Σ
1+
2Μ
v2c
4 Μ ve
Σ
Km
- 1 » 987
h
» 0.45 N m-2 s2
(4.25)
(4.26)
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5. Num jogo de bilhar foi dada à bola A uma velocidade inicial de módulo vo com direcção DA paralela
ao eixo da mesa. Ela bateu na bola B e em seguida na bola C, que estavam paradas. Sabendo-se que
A e C batem perpendjcularmente nos lados da mesa e respectivamente nos pontos A' e C', que B bate
no lado em B' oblíquamente e supondo-se superfícies sem atrito e impactos perfeitamente elásticos
Ó Ó Ó
entre as bolas, determine as velocidades v A , vB e vC com que as bolas batem nos lados da mesa.
(Observação. Neste problema supõe-se que as bolas de bilhar são pontos materiais que se movem
livremente num plano horizontal.)
b
a
A¢
Óv
A
c
A
D
C¢
Óv
o
C
Óv
C
B
a
c
Óv
B
O
B¢
d
Para a resolução deste exercício considere a conservação de momento linear antes e depois das duas colisões, a
conservação da energia cinética e a conservação do momento angular total relativo ao ponto O.
6. Um caixote quadrado com carga uniformemente distribuída é largado do repouso com seu canto C
directamente acima de A; ele gira em torno de A no sentido horário. O piso é suficientemente áspero
para impedir o deslizamento e o impacto em B é inelástico. Designando por Ωo a velocidade angular
do caixote imediatamente antes de B bater no piso, determine
C
D
C
A
B
D
C
B
D
A
A
Β
B
6- a) a velocidade angular do caixote imediatamente após B bater no piso,
Sabendo a posição do CM do caixote de lado L e massa M e usando a conservação de energia mecânica é possível
determinar a sua velocidade angular Ωo quando o caixote roda em torno da aresta horizontal e A passando por A até
o lado AB bater no chão. Designando por dcm =
L
2
a distância do CM ao eixo de rotação e A , e notando que o
movimento do corpo rígido se pode sempre decompôr numa rotação em torno do CM com velocidade angular
Ó
Ωo = Ωo ez e uma translacção do CM com velocidade V cm = Ωo ´ d cm , no impacto com o chão a energia potencial do
CM diminui pelo que a sua energia cinética total (translacção + rotação) deve aumentar de forma que
(6.27)
7
8
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1
Π
-DU = Mg dcm 1 - sin
=
4
2
3
Þ Ωo = -
1
2
Icm Ω2o
g Ó
ez
L
2 - 1O
K
M Vcm 2 +
2
Ó
onde o momento de inércia do caixote em relação a um eixo paralelo a e A  ez passando pelo centro de massa é
Icm = à
L2
L2
M
-L2
L3
L2
à
-L2
à
-L2
Ix2 + y2 M â x â y â z =
1
M L2
(6.28)
6
Assumindo que o impacto é instantâneo (D t = 0), conserva-se na colisão o momento angular total LB em relação ao
centro da aresta horizontal em B. A equação dos momentos do caixote em relação a um eixo novo eB passando pela
aresta horizontal em B é assim
ext
JD LB N
colisão
= JN B D tN
colisão
=0
(6.29)
Relembrando que o momento angular total de um corpo rígido em relação a um ponto é
(6.30)
LP = Scm + J P
Ó
Ó
onde Scm = Icm Ω é o momento angular intrínseco (spin) da rotação em torno do CM e J P = Ircm - rP M ´ M V cm é o
¢
Ó
momento angular orbital do CM em torno de P, temos inicialmente que HJ B Li = 0. Pondo d cm = d cm - r AB , obtemos
¢
¢
HLB Li º Icm Ωo = Icm Ω¢ + d cm ´ M V cm º HLB L f
¢
¢
¢
¢
(6.31)
2
¢
¢ Ω¢ e
Sabendo que V cm = Ω ´ d cm , então d cm ´ V cm = dcm
1
6
ML2 Ωo =
Þ Ω¢ =
1
6
ML2 Ω¢ + M
L
2
Ω¢
2
(6.32)
1
4
Ωo
6- b) a fracção de energia cinética do caixote perdida durante o impacto,
(6.27)
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Ec f - Eci
=
1
¢2 + 1 I Ω¢2
M Vcm
cm
2
2
1
2 + 1I Ω 2
M Vcm
cm o
2
2
E ci
15
-1=-
(6.33)
» 94 %
16
6- c) o ângulo Β máximo que o caixote roda após B bater no piso.
Utilizando outra vez a conservação de energia mecânica agora na subida do CM do caixote
DE¢c = -
1
2
2
¢ +
M Vcm
1
2
Π
¢ sin Β +
Icm Ω¢2 = -Mg dcm
Π
= -DU ¢
- sin
4
(6.34)
4
donde se conclui
1+
Β = ArcSinB
L Ω2o
Π
24 g
(6.35)
» 1.5 °
F4
2
7. Uma tábua com L = 1.8 m de comprimento está colocada sobre uma carrinha de caixa aberta, tendo
uma das extremidades encostada num bloco sobre o piso e a outra num suporte vertical,fazendo um
ângulo Θ = 75 ° com a horizontal. Determine a aceleração uniforme máxima permissível da carrinha
para que a tábua permaneça na posição em que estava.
Tomando os momentos de força em relação a A, no referencial da carrinha a equação dos momentos é
â LA
ât
Ó
Ó
Ó
Ó
= Ircm - r A M ´ mIg - aM + IrB - r A M ´ RB = 0
(7.36)
Ó
Ó
Enquanto o binário Ircm - r A M ´ mIg - aM for diferente de zero e no sentido retrógrado a reacção em B pode compensar com um binário no sentido directo e manter a tábua estável. Contudo, assim que mIg - aM estiver alinhado com a
tábua, a reacção em B passa a zero, e a partir daí (se a tábua não estiver presa em B) deixa de haver a reacção RB se
o binário de mIg - aM passar a ser no sentido directo. Assim o momento angular em relação a A começa a variar
quando
Ó
Ó
g - a = CICos@ΘD ex + Sin@ΘD ez M Þ
Þ
-g = C Sin@ΘD
g Cos@ΘD
a³
g Cos@ΘD
Sin@ΘD
C=-
g
(7.37)
Sin@ΘD
m
» 2.6259
Sin@ΘD
a=
-a = C Cos@ΘD
s2
(7.38)
8. Um armário de massa M = 20 Kg, altura L = 1.80 m e largura { = 60 cm está montado sobre rodízios
que permitem movê-lo livremente sobre o piso. Se uma força F de 100 N é aplicada como indicado
na figura, determine
9
10
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Um armário de massa M = 20 Kg, altura L = 1.80 m e largura { = 60 cm está montado sobre rodízios
que permitem movê-lo livremente sobre o piso. Se uma força F de 100 N é aplicada como indicado
na figura, determine
8- a) a aceleração do armário,
8- b) o conjunto dos valores de h para os quais o armário não tomba.
8- c) Resolva as alíneas anteriores supondo que os rodízios estão travados e deslizam sobre um piso
áspero (Μ = 0.25).
9. Um anel de raio r e massa m é colocado sobre uma superfície horizontal sem velocidade linear mas
com uma velocidade angular Ω no sentido horário. Se Μd designar o coeficiente de atrito dinâmico
entre o anel e a superfície, determine
r
mg
Ω
R
N
Fa
9- a) o instante t1 no qual o anel começará a rolar sem escorregar,
9- b) as velocidades linear v1 e angular Ω1 do anel nesse instante.
Enquanto a velocidade angular do anel ΩHtL >
Vcm
o ponto de contacto do anel com o chão escorrega em relação a
Ó
este e há uma força de atrito dinâmica Fa = Μd N¤ ex na direcção do movimento do CM, mas oposta à rotação do
r
anel. A componente N da reacção é N = -m g, pelo que as equações de movimento linear e angular se reduzem a
Ó
(usando Ω = -Ω ez )
8.
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m
âVcm
ât
= Μd m g
Vcm HtL = Μd g t
”
âΩ
Icm
= -r Μd m g
ât
ΩHtL
= Ωo -
Μd g
r
(9.39)
t
Como Icm = m r2 daqui resulta que quando Vcm Ht1 L = r ΩHt1 L se tem
t1
r ΩHt1 L
=
Μd g
Þ
ΩHt1 L = Ωo -
Μd g
r ΩHt1 L
r
Μd g
(9.40)
= Ωo - ΩHt1 L
Conclui-se assim que
1
ΩHt1 L =
2
1
Ωo
;
v1 = Vcm Ht1 L =
2
r Ωo
(9.41)
10. Uma pequena bola de 250 g pode deslizar no interior de um tubo delgado com 1 cm de comprimento
e 1 kg de massa, que gira livremente em torno de um eixo vertical que passa pelo seu centro C. Se a
velocidade angular do tubo é 10 rad  s quando a bola passa por C, determine a velocidade angular
do tubo,
10- a) imediatamente antes de a bola deixar o tubo,
10- b) imediatamente após a bola ter deixado o tubo.
11. (Problema 5.6) Determine a velocidade de escape de um objecto lançado da superfície da Terra.
Mostre que o resultado é independente do ângulo de lançamento. Que energia por kg é necessária
para colocá-lo numa órbita circular a uma altitude de (a) 500 Km ou (b) 5000 Km
12. (Problema 5.7) Considere um planeta de raio R, massa M e sem rotação em torno do seu eixo e sem
atmosfera.
12- a) Determine a velocidade de escape de um satélite.
12- b) Suponha que o satélite descreve uma órbita circular de raio R1 . Qual o acréscimo de velocidade
que se deve comunicar ao satélite para que este se liberte da atracção do planeta?
11
12
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Suponha que o satélite descreve uma órbita circular de raio R1 . Qual o acréscimo de velocidade
que se deve comunicar ao satélite para que este se liberte da atracção do planeta?
13. (Problema 10.2) No caso particular de órbitas circulares, a terceira lei de Kepler para o movimento
planetário diz que o quadrado do período é directamente proporcional ao cubo do raio da órbita do
planeta, T 2 =
4 Π2
GM
R3 (G = 6.67 ´ 10-11 Nm2 ‘ Kg2 )
13- a) Supondo que o raio da órbita da Terra é 150 milhões de kilómetros (Km), calcule a massa do Sol.
13- b) A distância média de Marte ao Sol é de 1.52 vezes a da Terra ao Sol. Determine o número de
anos necessários a Marte para completar um revolução à volta do Sol.
13- c) Sabendo que o raio do Sol é igual 696 mil Km, calcule agora a aceleração da gravidade g na
superfície do Sol.
13- d) A que altura da superfície do Sol (em Km) a aceleração da gravidade é de 250 m ‘ s2 ?
13- e) Lembrando que o período T de um pêndulo é T = 2 Π
de um pêndulo cujo período na Terra é T = 2 s?
12- b)
{
qual o período na superfície do Sol
g