F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 9A - Centro ... · Uma barra com secção ortogonal de área...
of 15
/15
Embed Size (px)
Transcript of F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 9A - Centro ... · Uma barra com secção ortogonal de área...
1
F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 9A
Exercício 1Uma barra com secção ortogonal de área uniforme A e comprimento L é feita de modo que adensidade ρ(x) ao longo da mesma varia linearmente do valor ρ1 na extremidade esquerda aovalor ρ2 na extremidade direita. Determine a posição do seu centro de massa.
Neste caso, como no Exercício 1, aproveitamos a simetria do problema e notamos que o centrode massa estará em algum ponto na linha central que atravessa a barra. Em relação a uma dasextremidades da barra a posição do centro de massa é dada por:
xCM = 1M
ˆ L
0xdm (x)
Neste caso, como a densidade varia linearmente ao longo da barra temos:
ρ (x) = ρ1 + (ρ2 − ρ1) xL
E a massa da barra deve ser calculada somando-se a massa de cada plaquinha de dimensõesA× dx que, unidas, formam a barra:
M =ˆ L
0ρdV =
ˆ L
0ρ (x)Adx
= A
ˆ L
0
[ρ1 + (ρ2 − ρ1) x
L
]dx
= A
[ρ1L+ (ρ2 − ρ1) 1
L
L2
2
]
= AL
2 (ρ1 + ρ2)
Voltando à expressão para o centro de massa:
xCM = 1M
ˆ L
0xρ (x)Adx
= 1M
ˆ L
0x[ρ1 + (ρ2 − ρ1) x
L
]Adx
= 1M
[ρ1L2
2 + (ρ2 − ρ1) 1L
L3
3
]A
= 2AAL (ρ1 + ρ2)
(16L
2ρ1 + 13L
2ρ2
)
= L
3
(ρ1 + 2ρ2
ρ1 + ρ2
)
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
2
Exercício 2Um cachorro de 4, 5kg está em pé sobre um barco de 18kg e se encontra a 6, 10m da margem.Ele anda 2, 4m no barco em direção à margem, e então para. O atrito entre o barco e a água édesprezível. A que distância da margem está o cachorro quando ele para?
Como não existem forças externas atuando sobre o sistema o centro de massa permanece namesma posição. Antes do movimento o centro de massa está localizado em:
xCM = 1MT otal
∑j
xjmj = mcxi +mb (xi − L/2)mc +mb
Após o deslocamento do cachorro temos:
xCM = mcxf +mb (xf + ∆x− L/2)mc +mb
Comparando estas quantidades e separando a posição final do cachorro xf encontramos:
xf = xi −mb∆xmc +mb
= 4, 18m
Exercício 3No sistema representado na figura abaixo, os atritos são desprezíveis. Em t = 0 (com o sistemaem repouso) comunica-se ao carrinho de massa m1 uma velocidade instantânea v0 = 2, 0m/s paraa direita.
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
3
Dados: m1 = 0, 2kg; m2 = 0, 3kg; k = 50N/m:a) Qual será a compressão máxima da mola, no decorrer do movimento posterior do sistema?Notemos que não existem forças dissipativas no sistema, isso implica que a energia mecanica
total é conservada durante todo o movimento. Além disso, notemos que não existem forçasexternas atuando na horizontal. Isso implica que o momento linear total na horizontal éconstante durante todo o movimento.
Para resolvermos este problema de forma simples usamos os dois fatos anteriores para calcu-larmos as quantidades pedidas.
Instante inicial
• Energia mecânica totalA energia mecanica total inicial é a soma da energia cinética dos blocos m1 e m2 e daenergia da mola. Inicialmente a mola está relaxada (Umola = 0) e apenas o bloco m1 estáem movimento, temos assim:
E0 = 12m1v
20
• Componente horizontal do momento linear totalDevemos somar os momentos de cada elemento do sistema. Como apenas o bloco m1 estáse movendo temos:
Px0 = m1v0
Instante posterior, em que a mola está comprimida ao máximo
• Energia mecânica totalQuando a mola está maximamente comprimida, com uma compressão ∆x, sua energia po-tencial é Umola = 1
2k∆x2. Neste instante é interessante notar que um bloco está paradoem relação ao outro, caso contrário a mola estaria se distendendo ou comprimindo, o quecontraria a nossa suposição inicial de que a mola está maximamente comprimida1. Vamoschamar a velocidade comum aos dois blocos de vf e escrever a energia mecânica total nese
1Segue abaixo uma argumentação detalhada para justificar porque os blocos estão parados um em relação aooutro (ou seja, os dois estão com a mesma velocidade) quando a mola está maximamente comprimida:Se os blocos estivessem se aproximando, bastaria então esperar um pouco mais para que a mola estivesse mais
comprimida, isso vai contra a suposição inicial de que ela já está comprimida ao máximo no instante escolhido. Seos blocos estivessem se afastando, isto implicaria que em um momento anterior a mola estava mais comprimida, oque também contraria a nossa escolha do instante atual como sendo o que a mola está maximamente comprimida.
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
4
instante:
Ef = 12m1v
2f + 1
2m2v2f + 1
2k∆x2
• Componente horizontal do momento linear totalComo os dois blocos se movem com a mesma velocidade vf temos:
Pxf = m1vf +m2vf
Resolvendo o problema
Lembrando que E0 = Ef e Px0 = Pxf obtemos:
12m1v
20 = 1
2 (m1 +m2) v2f + 1
2k∆x2
m1v0 = (m1 +m2) vf
Destas duas equações podemos encontrar as duas incógnitas: ∆x e vf .
Compressão máxima da mola:
Tomando o quadrado da segunda equação, multiplicando por 12(m1+m2) e substituindo na primeira
obtemos:
12m1v
20 = 1
2m2
1(m1 +m2)v
20 + 1
2k∆x2
k∆x2 = m1v20 −
m21
(m1 +m2)v20
∆x2 = 1k
[m2
1 +m1m2 −m21
m1 +m2
]v2
0
∆x =√
m1m2
k (m1 +m2)v0
Usando os valores numéricos obtemos ∆x = 0, 098m = 9, 8cm.b) No instante de compressão máxima, qual é a velocidade de cada bloco?Os dois blocos possuem a mesma velocidade neste instante, dada por:
vf = m1
m1 +m2v0
Usando os valores numéricos temos vf = 0, 8m/s.c) Que fração da energia cinética inicial foi usada apara comprimir a mola?
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
5
A energia cinética total inicial era de
K0 = 12m1v
20 = 0, 4J
A energia acumulada na mola no instante de máxima compressão é
Umola = 12k∆x2 = 0, 24J
E isto implica que houve uma conversão de 60% da energia cinética inicial em energia potencialda mola, restando apenas 0, 16J para a energia de movimento destes corpos.
Exercício 4Um bloco de massa m está em repouso sobre uma cunha de massa M que, por sua vez, estásobre uma mesa horizontal, conforme figura abaixo. Todas as superfícies são lisas (sem atrito).O sistema parte do repouso, estando o ponto P do bloco à distância h acima da mesa. Qual avelocidade da cunha no instante em que o ponto P tocar a mesa?
Neste problema novamente não existem forças dissipativas, ou seja, temos a conservação daenergia mecânica total. E novamente não temos forças externas atuando na horizontal, o queimplica na conservação da componente horizontal do momento linear total.
Instante inicial
• Energia mecânica totalA energia mecânica total inicial é composta apenas pela energia potencial gravitacionalacumulada no bloquinho m, já que está tudo parado inicialmente. Sendo h a alturainicia dobloquinho temos:
E0 = mgh
• Componente horizontal do momento linear totalComo tudo está parado inicialmente temos:
Px0 = 0
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
6
Instante posterior, quando o bloquinho m toca a mesa
• Energia mecânica totalPara um observador externo2 que permaneceu parado, o bloquinho desceu e moveu-se paraa direita enquanto a cunha foi para a esquerda. Chamando de ~V e ~v a velocidade final dacunha e do bloquinho, conforme vista por este observador parado, a energia mecânica totalé dada por:
Ef = 12MV 2 + 1
2mv2
Sabemos que ~V é horizontal e ~v faz um ângulo (que ainda não conhecemos) com a horizontal.Vamos apenas escrever a energia total em termos das componentes das velocidades:
Ef = 12MV 2 + 1
2m(v2
x + v2y
)
• Componente horizontal do momento linear totalAdotando como positivo o sentido da esquerda para a direita, o momento total na horizontalé dado por:
Pxf = −MV +mvx
Vínculo do movimento e resolução
É preciso notar que θ, que é o ângulo da cunha, é o ângulo que a velocidade do bloquinho emrelação à cunha faz com a horizontal. Isto é, no referencial da cunha o bloquinho desce em umadireção que faz um ângulo θ com a horizontal. Este ângulo é diferente para um observador externoparado. Para um observador externo o ângulo que a velocidade do bloquinho faz com a horizontalé maior, pois a cunha está movendo-se para trás naquele instante e temos uma composição vetorialde velocidades:
~v = ~vBC + ~V
2Note que no caso inicial o observador escolhido está parado em relação ao centro de massa do sistema. Nãopodemos mudar de observador se quisermos usar conservação de energia e momento para resolvermos o problema.Além disso, o observador precisa estar parado ou em movimento constante. Por exemplo, mudar de referencial eescolher a cunha como referencial para escrevermos a energia e o momento é errado, pois a cunha é acelerada paraa esquerda e não é referencial inercial.
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
7
As componentes de ~vBC são aquelas observadas no referencial da cunha:
vBCx = vBC cos θvBCy = −vBCsenθ
Podemos então escrever as componentes da velocidade do bloquinho no referencial so observa-dor externo:
vx = vBC cos θ − Vvy = −vBCsenθ
Como energia mecânica e momento linear na horizontal se conservam, temos:
E0 = Ef
mgh = 12MV 2 + 1
2m(v2
x + v2y
)mgh = 1
2MV 2 + 12m
[(vBC cos θ − V )2 + (vBCsenθ)2
]mgh = 1
2MV 2 + 12m
[v2
BC − 2V vBC cos θ + V 2]
e
Px0 = Pxf
0 = −MV +mvx
vx = M
mV
vBC cos θ − V = M
mV
vBC = M +m
m cos θ V
Substituindo vBC na equação anterior para a energia obtemos:
mgh = 12MV 2 + 1
2m[(M +m
m cos θ V)2− 2V
(M +m
m cos θ V)
+ V 2]
2m2gh cos2 θ =[mM cos2 θ + (m+M)2 − 2m (m+M) cos2 θ +m2 cos2 θ
]V 2
=[(m+M)2 −m (m+M) cos2 θ
]V 2
=(m+M −m cos2 θ
)(m+M)V 2
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
8
=(M +msen2θ
)(m+M)V 2
V 2 = m2 cos2 θ
(m+M) (M +msen2θ)2gh
Exercício 5 (Extra)Silbury Hill, um monte artificial perto de Stonehenge na Inglaterra, tem a forma de um tronco decone, como na figura. O raio da parte plana do topo é 16m, o raio da base é 88m e sua altura éh = 40m. A inclinação da lateral deste monte é de aproximadamente 30o com a horizontal.
a) calcule a posição do centro de massa do monte;Sempre analise a simetria do problema para encontrar valores sem realizar cálculos. Neste
caso, o tronco de cone possui simetria de rotação, ou seja, o centro de massa está em algum pontona linha central do cone, o que temos que calcular é apenas a altura em que esse ponto se encontra(se fosse um cilindro estaria no centro, no caso do cone o centro de massa deve estar mais parabaixo).
Vamos "fatiar" o cone em um número muito grande de rodelas com volume dV = (πr2) dz,conforme a Fig. 1.a. Observe que o raio de cada rodela é função da altura z em que se encontraa rodela.
Figura 1: Ilustração do cálculo do centro de massa de um tronco de cone. Raio como função daaltura. Outra forma de cálculo do centro de massa. - Exercício 1.
Essa função é uma reta descrita como
r (z) = R0 −(R0 −R1
h
)z
onde R0 é o raio da base da montanha, R1 é o raio do topo da montanha e h é a altura damontanha (Fig. 1.b).
Assumindo que a densidade é a mesma por toda a extensão da montanha, a massa total damontanha é dada por V = ρV e este volume é o volume do tronco de cone:
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
9
V = πh
3(R2
0 +R0R1 +R21
)
A massa de cada rodela é dada por dM = ρdV . Ao tomarmos o limite dz → 0, temos que∑→ ´ , e a altura do centro de massa fica:
zCM = 1M
ˆ h
0zdM = 1
ρV
ˆ h
0zρdV = 1
V
ˆ h
0zdV = 1
V
ˆ h
0zπr2 (z) dz
A expressão se simplificou pois assumimos que a densidade ρ é constante. Usando a expressãopara r (z), V , e substituindo valores numéricos temos:
zCM = 3πh (R2
0 +R0R1 +R21)
ˆ h
0zπ(R0 −
R0 −R1
hz)2
dz
= 3h (R2
0 +R0R1 +R21)
[R2
0z2
2 + 23h (R1 −R0)R0z
3 + (R1 −R0)2 z4
4h2
]z=h
z=0
= h (R20 + 2R0R1 + 3R2
1)4 (R2
0 +R0R1 +R21)
zCM = 59049 m
b) se a densidade de massa da montanha é ρ = 1, 5 × 103kg/m3, qual o trabalho necessáriopara construir o monte pela elevação do material a partir do nível da base?
O trabalho total realizado pela força que levanta cada pequeno pedaço da montanha é dadopor:
W =∑
i
mighzi
Onde i se refere a cada pedaço da montanha e zi é a altura deste pedaço. Podemos reescreveristo na forma:
W = g∑
i
mizi = gM1M
∑i
mizi = gM1M
ˆzdM = gMzCM
= gρ
[πh
3(R2
0 +R0R1 +R21
)]zCM
= 7, 16× 1010J
Notamos que o trabalho das forças externas à montanha realiza um trabalho distribuído, masque equivale ao trabalho realizado se toda a massa da montanha estivesse concentrado no centrode massa.
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
10
Exercício 6 (Extra)O trenó de Batman, de massa total M , possui um reservatório de água. O Batman passeia emseu trenó pela neve, que tem um coeficiente de atrito µc com o trenó. Ao atingir a velocidade v0,ele liga um jato de água, que é enviado para trás com velocidade vr constante relativa ao trenó,com uma vazão de λ litros por segundo. Encontre a velocidade v(t) do trenó depois de um tempot.
Vamos deduzir novamente a "fórmula da dinâmica de um foguete" de uma maneira um poucodiferente do aulão. Pela terceira lei sabemos que o módulo da força que propele os gases paratrás é igual ao módulo da força que empurra o foguete para frente, estas forças possuem sentidoscontrários e atuam em corpos diferentes:
~Ffoguete = −~Fgases
Mas da segunda lei de Newton sabemos que em um instante em que o foguete possui massam (t) a força que o acelera é:
~Ffoguete (t) = m (t) d~vdt
E a força que atua em uma massa de gás dm faz com que ela seja acelerada quase instantane-amente de uma velocidade ~vf (t) até a velocidade ~vf (t)− ~vr:
~Fgases = d~pdt = ∆~vg
dmdt = ~vr
dmdt
Assim:
m (t) d~vdt = −~vrdmdt
Que é a equação do movimento de um foguete.Em nosso caso temos ainda a força de atrito atuando sobre o trenó. Desta forma a resultante
que causa o movimento do trenó é:
~R = −~Fagua + ~Fat
Onde ~Fagua é a força aplicada sobre a água (ou seja, sua reação, no foguete, tem sinal negativo).Em termos dos módulos obtemos a equação do movimento do trenó:
m (t) dvdt = −(vrdmdt
)− µcm (t) g
Supondo que a massa do trenó M seja basicamente a massa da água que ele contém, ele irá seesvaziar continuamente até ficar vazio. Podemos modelar a massa em função do tempo como:
m (t) = M − ρλt
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
11
onde ρ é a densidade da água e ρλ é a quantidade de quilos de água sendo ejetada por segundo.Substituindo esta expressão para a massa do trenó e agrupando os termos temos:
(M − ρλt) dvdt = −vr (−ρλ)− µc (M − ρλt) g
dv =[
ρλvr
(M − ρλt) − µcg
]dt
Esta é a pequena variação dv sofrida pela velocidade do trenó em um intervalo de tempo dt.Integrando a última expressão desde a velocidade inicial v (0) = v0 até um instante qualquer ttemos:
v (t)− v0 =ˆ t
0
[ρλvr
(M − ρλt′) − µcg
]dt′
= ρλvr ln (M − ρλt)(− 1ρλ
)− ρλvr ln (M)
(− 1ρλ
)− µcgt
v (t) = v0 + vr ln(
M
M − ρλt
)− µcgt
Exercício 7 (Extra)Um corpo em repouso na origem do sistema de coordenadas xy explode em três pedaços. Logodepois da explosão um dos pedaços, de massa m, está se movendo com velocidade (−30m/s)i, eo segundo pedaço, também de massa m, está se movendo com velocidade (−30m/s)j. O terceiropedaço tem massa 3m. Determine o módulo e a orientação da velocidade do terceiro pedaço logoapós a explosão.
Como não existem força externas sabemos que há conservação de momento nas direções x e y:
Px0 = 0 = Pxf = v1xm1 + v2xm2 + v3xm3
0 = −30m+ v3x (3m)v3x = 10m/s
Py0 = 0 = Pyf = v1ym1 + v2ym2 + v3ym3
0 = −30m+ v3y (3m)v3y = 10m/s
Assim temos que ~v = (10m/s) i+ (10m/s) j
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
12
Exercício 8 (Extra)Quatro pessoas estão em um barco parado sobre as águas de um lago, dispostas de modo a formarum retângulo, como mostra a figura, com lados iguais a 3m e 4m. Suas massas são m1 = 70kg,m2 = 40kg, m3 = 50kg, e m4 = 40kg, e a massa do barco é mb = 100kg.
Considere apenas movimentos horizontais, despreze o atrito entre o barco e a água e determine:a) o deslocamento do centro de massa do barco no caso de as três pessoas mais leves se
deslocarem para a posição da primeira e aí permanecerem;
Figura 2: Vista superior do barco, com a localização das quatro pessoas. No item b elas pulampara fora do barco nas direções diagonais.
Devemos lembrar que o cálculo do centro de massa de um sistema grande envolve as coorde-nadas dos centros de massa de cada sistema menor que nele está contido (as pessoas e o barco).
Como não existem forças externas atuando sobre o sistema o centro de massa do sistemapermanece em repouso. Neste caso, tomando como origem um ponto qualquer, é verdadeira arelação:
xCM = m1x1i +m2x2i +m3x3i +m4x4i +mbxbi
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
= m1x1f +m2x2f +m3x3f +m4x4f +mbxbf
m1 +m2 +m3 +m4 +mb
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
13
Chamando ∆x = xf − xi reagrupamos estes termos na forma:
mb∆xb = − (m1∆x1 +m2∆x2 +m3∆x3 +m4∆x4) (1)
E fazendo o mesmo para a coordenada y temos:
mb∆yb = − (m1∆y1 +m2∆y2 +m3∆y3 +m4∆y4) (2)
Os deslocamentos nas expressões acima são os deslocamentos observados por uma pessoa pa-rada na margem do rio (ponto fixo). Nosso problema aqui é que o enunciado nos dá os deslocamen-tos das pessoas em relação ao barco e não em relação à origem fixa. O barco move-se (∆xb,∆yb)quando as pessoas se deslocam sobre ele. Pela composição do movimento temos que, para todasas pessoas:
∆x = ∆x′ + ∆xb
∆y = ∆y′ + ∆yb
E as quantidades ∆x′ e ∆y′ são os deslocamentos das pessoas em relação ao barco. Substituindoestas expressões nas Eq. 1 e Eq. 2 temos:
mb∆xb = − (m1∆x′1 +m2∆x′
2 +m3∆x′3 +m4∆x′
4)− (m1 +m2 +m3 +m4) ∆xb
∆xb = −m1∆x′1 +m2∆x′
2 +m3∆x′3 +m4∆x′
4m1 +m2 +m3 +m4 +mb
e
∆yb = −m1∆y′1 +m2∆y′
2 +m3∆y′3 +m4∆y′
4m1 +m2 +m3 +m4 +mb
Estas duas expressões podem ser escritas na forma mais compacta (válida até para três dimen-sões, se não atuam forças externas):
∆~rb = −m1∆~r′1 +m2∆~r′
2 +m3∆~r′3 +m4∆~r′
4m1 +m2 +m3 +m4 +mb
A pessoa mais pesada é a de massa m1 = 70kg e fica parada no barco de forma que o seudeslocamento é ∆x′
1 = ∆y′1 = 0. Utilizando os eixos indicados na Fig. 2 Os deslocamentos das
outras três pessoas são:
∆x′2 = ∆x′
3 = −3m
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
14
∆y′3 = ∆y′
4 = 4m
∆x′4 = 0m
∆y′2 = 0m
Utilizando estes valores temos:
∆xb = −70× 0 + 40× (−3) + 50× (−3) + 40× 070 + 40 + 50 + 40 + 100
= 910m
∆yb = −70× 0 + 40× 0 + 50× 4 + 40× 470 + 40 + 50 + 40 + 100
= −65m
Assim:
∆~rb =( 9
10m)i−
(65m
)j
b) a velocidade de translação do barco no caso de todas as pessoas saltarem para fora delecom a mesma velocidade v = 2m/s em relação às águas, cada qual de sua posição original e nadireção da diagonal do retângulo que passa por sua posição.
Como não existem forças externas atuando no sistema o momento total é conservado. Temosque:
pxi = pxf
m1vx1i +m2vx2i +m3vx3i +m4vx4i +mbvxbi = m1vx1f +m2vx2f +m3vx3f +m4vx4f +mbvxbf
e analogamente para a coordenada y.Como todos os corpos estão parados inicialmente temos que pxi = pyi = 0.Escrevendo na forma de compacta de vetores temos que, após o salto das pessoas:
m1~v1 +m2~v2 +m3~v3 +m4~v4 +mb~vb = 0
~vb = −m1~v1 +m2~v2 +m3~v3 +m4~v4
mb
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
15
Todas as velocidades têm módulo v = 2m/s. Usando os versores da Fig. 2 temos e notandoque e31 = −e13:
~vb = −70× 2e31 + 40× 2e42 + 50× 2e13 + 40× 2e24
100
= −14 (−e13) + 8 (−e24) + 10e13 + 8e24
10=
( 410m/s
)e13
O versor e13 pode ser calculado como:
e13 = ~r3 − ~r1
|~r3 − ~r1|= 3i− 4j√
(3)2 + (−4)2= 3
5 i−45 j
Assim:
~vb = 1250 i−
1650 j
c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]
![Web viewLista de exercícios 3 – Físico Química II - Atividade. Prof. Fabio Henrique Barros de Lima [1] Como a lei de Raoult e a lei de Henry podem ser modificadas para](https://static.fdocument.org/doc/165x107/5a72bc5e7f8b9abb538dde32/-doc-file-web-viewlista-de-exercicios-3-fisico-quimica-ii-atividade.jpg?t=1696202063)
