Din_Rotacoes_T1GA_2020_01_GABARITO

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UNIVERSIDADE DO VALE DO RIO DOS SINOS 
Escola Politécnica Unisinos – São Leopoldo 
Dinâmica das Rotações – 2020/01 
 
TESTE 1 DO GRAU A 
Professor 
Diefferson Rubeni GABARITO 
P1.
Vamos utilizar o referencial indicado na figura e expressar as massas em termos da unidade de mass atômica “u”.
A partir da definição,
GCM =
<HGH +<OGO +<HG�
<H +<O +<H
=
(1u) (−0,1nm× sin53º) + (16u) (0nm) + (1u) (0,1nm× sin53º)
1u+16u+1u = 0 nm
HCM =
<HHH +<OHO +<HH�
<H +<O +<H
=
(1u) (−0,1nm× cos53º) + (16u) (0nm) + (1u) (−0,1nm× cos53º)
1u+16u+1u = −0,0067 nm
P2.
a) De acordo com a segunda lei de Newton para um sistema de partículas
(∑ ®�ext = " ®0CM) , vez que não existe
força externa resultante atuando sobre o sistema Alice + Bete + canoa, o centro de massa do sistema não será
acelerado em relação a um referencial na margem do rio.
b) Observe o diagrama a seguir:
GCM,8 =
<�G�,8 +<�G�,8 +<2G2,8
<�+<� +<2
=
(30 kg) (0 m) + (40 kg) (3 m) + (20 kg) (1,5 m)
30 kg+40 kg+20 kg = 1,67 m
GCM, 5 =
(<�+<�) G +<2G2, 5
<�+<� +<2
=
(30 kg+40 kg) G + (20 kg) (G +1,5 m)
30 kg+40 kg+20 kg = G +0,33 m
Uma vez que GCM, 5 = GCM,8 , segue que 1,67 m = G +0,33 m⇒ G = 1,34 m
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P3.
a) O momento linear inicial dos barcos é zero, pois estão em repouso. Segundo o teorema do impulso, a variação
do momento linear de cada barco é, em módulo:
Δ ?� = �ΔC�
Δ ?+ = �ΔC+
Lembramos que, de acordo com a segunda lei de Newton,
� = <0⇒ 0 = �/<
Uma vez que a mesma força age sobre ambos os barcos, o barco de maior massa (azul) terá menor acelera-
ção. Uma vez que ambos percorrem a mesma distância 3, o barco azul demorará mais tempo (ΔC� > ΔC+ ).
Portanto, de acordo com o teorema do impulso, o barco azul terá maior momento linear.
b) Novamente, pelo teorema do impulso,
Δ ?� = �ΔC�
Δ ?+ = �ΔC+
De acordo com a segunda lei de Newton,
0� = �/<� = �/2<
0+ = �/<+ = �/<
Uma vez ambos percorrem a mesma distância 3, o tempo de viagem é dado pela cinemática
3 =
1
2
0�ΔC
2
� =
1
2
(
�
2<
)
ΔC2�⇒ ΔC� =
√
4<3
�
3 =
1
2
0+ΔC
2
+ =
1
2
(
�
<
)
ΔC2+ ⇒ ΔC+ =
√
2<3
�
Assim,
Δ ?� = �ΔC� = �
√
4<3
�
=
√
4�<3
Δ ?+ = �ΔC+ = �
√
2<3
�
=
√
2�<3
Portanto,
Δ ?�
Δ ?+
=
√
4�<3
√
2�<3
=
√
2
P4.
a) Vamos adotar um referencial com origem na posição inicial da bola e orientado de baixo para cima. Imedia-
tamente antes da raquetada, a bola tem velocidade inicial zero (E0 = 0). Imediatamente depois da raquetada,
a bola tem velocidade E1 orientada verticalmente para cima. Segundo o teorema do impulso, o impulso
fornecido à bola pela raquete é igual à variação de momento linear da bola:
�H = Δ ?H = <�E1−<�E0 = <�E1 (1)
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A bola inicia o movimento com velocidade E1 e sobe até uma altura ℎ = 5,5 m de altura. No ponto mais alto
da trajetória, a bola tem velocidade E2 = 0. Através da cinemática, podemos encontar a velocidade E1 da bola:
E22 = E
2
1−26ℎ⇒ E1 =
√
26ℎ =
√
2
(
9,8 m/s2
)
(5,5 m) = 10,4 m/s (2)
Adotamos a raiz positiva porque a bola se move para cima. Substituindo o resultado (2) na equação (1):
�H = (0,057 kg) (10,4 m/s) = 0,59 kg.m/s
b) Uma vez que �H = �med,HΔC, segue que
�med,H =
�H
ΔC
=
0,59 kg.m/s
30×10−3 s
= 19,67 N
P5.
a) A lei de conservação do momento linear nos diz que, se não existe força externa resultante atuando sobre
o sistema em determinada direção do espaço, então o momento linear total do sistema é conservado nessa
direção. Considere o sistema inicialmente formado por você + skate. O pacote de farinha exerce uma força
externa vertical. Portanto, o momento linear total horizontal deve ser o mesmo antes e depois de pegar o
pacote.
b) A conservação do momento linear na direção horizontal nos diz que
(<você +<skate) E8 =
(
<você +<skate +<pacote
)
E 5 ⇒ E 5 =
<você +<skate
<você +<skate +<pacote
E8
=
55 kg+5 kg
55 kg+5 kg+2,5 kg (4,5 m/s) = 4,32 m/s
c) Agora, o sistema é formado por você + skate + pacote, movendo-se a 4,32 m/s. A força que você exerce
sobre o pacote é uma força interna ao sistema e, por isso, não muda o momento linear total. Como o pacote
é acelerado verticalmente, a velocidade horizontal do pacote continua 4,32 m/s(lembre-se da Mecânica A: o
movimento vertical e o movimento horizontal são independentes). Portanto, sua velocidade também continua
4,32 m/s.
P6.
O processo de decaimento depende apenas de forças internas ao nêutron. Portanto, o momento linear total deve ser
conservado durante o processo:
®%8 = ®% 5 ⇒ ®0 = <P®EP +<e®Ee⇒ ®Ee = −
<P
<e
®EP = −1836®EP
A fração da energia cinética total liberada que se converte em energia cinética do próton é
 P
 total
= �
�12<PE
2
P
��
1
2<eE
2
e +��
1
2<PE
2
P
=
<P��E
2
P
<e
(
18362��E
2
P
)
+<P��E
2
P
=
1836��<e
18362��<e +1836��<e
=
1
1837
= 5,44×10−4
P7.
a) Não. Em qualquer colisão, o momento linear total deve ser conservado. Como o momento linear total do
sistema antes da colisão é diferente de zero, o momento linear total após a colisão também deve ser diferente
de zero.
b) Sim. De acordo com as equações 11 e 12 das NOTAS DE AULA 03, depois de uma colisão elástica frontal de
corpos de massas iguais, o corpo A (inicialmente em movimento) para totalmente, e o corpo B (inicialmente
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em repouso) entra em movimento com a velocidade inicial do corpo A; ou seja, os corpos simplesmente
trocam de velocidade.
c) Sim. Considere uma colisão frontal completamente inelástica entre dois corpos de massas iguais e com
velocidade iguais mas em sentidos opostos. A energia cinética inicial é diferente de zero (pois cada corpo
tem uma velocidade diferente de zero), mas a energia cinética final é zero (pois, devido à conservação do
momento linear, a velocidade final do sistema é nula). A energia cinética - ou seja, a energia relacionada ao
movimento - é “perdida”, no sentido de que não resta mais energia de movimento no sistema.
P8.
a) Pela descrição do problema, temos uma colisão completamente inelástica. Em todas as colisões, o momento
linear total sempre é conservado.
b) Segundo a lei de conservação do momento linear,
<�E�8 +<� .0 = (<�+<�) E 5 ⇒ E�8 =
<�+<�
<�
E 5 (3)
onde E 5 e a velocidade de ambos os carros imediatamente após a colisão. Podemos encontrar o valor de E 5
utilizando o teorema do trabalho-energia cinética: o trabalho realizado pela força de atrito que age sobre os
carros enquanto eles derrapam a distância 3 = 7,15 m é igual à variação da energia cinética dos carros:
, = 5 − 8⇒− `: (<�+<�) 63 = 0−
1
2
(<�+<�) E25
⇒E 5 =
√
2`:63
⇒E 5 =
√
2 (0,65)
(
9,8 m/s2
)
(7,15 m) = 9,54 m/s (4)
Substituindo o resultado (4) na equação (3), obtemos
E�8 =
1500 kg+1900 kg
1500 kg
(9,54 m/s) = 21,6 m/s
P9.
Considere a bola de golfe com velocidade inicial E�,8 = E� . De acordo com as equações 9 e 10 das NOTAS DE
AULA 03, a velocidade de cada corpo após a colisão elástica será
E�, 5 = −E�
E�, 5 ≈
2<�
<�
E�
Assim, o momento linear final de cada corpo após a colisão é, em módulo,
?�, 5 = <�E�
?�, 5 ≈ <�
(
2<�
<�
E�
)
= 2<�E�
Portanto, o momento linear final da bola de boliche é duas vezes maior do que o da bola de golfe.
P10.
Os diagramas a seguir representam a situação imeditamente antes e imediatamente depois da colisão. Ambos os
discos possuem a mesma massa <. De acordo com o enunciado, \ = 37º e q = 53º (pois \ +q = 90º).
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Em todas as colisões, o momento linear total do sistema é conservado. Além disso, como a colisão é elástica, a
energia cinética total também é conservada. Vamos considerar a conservação do momento linear:
• no eixo G, ?G,8 = ?G, 5 implica que
<E!8 = <E!5 cos\ +<E� 5 cosq⇒ E!8 = E! 5 cos\ + E� 5 cosq
⇒ E!8 = E! 5 (cos37º) + E� 5 (cos53º)
⇒ E!8 = 0,799E! 5 +0,602E� 5 (5)
• no eixo H, ?H,8 = ?H, 5
0 = <E! 5 sin\ −<E� 5 sinq⇒ E! 5 sin\ = E� 5 sinq
⇒ E! 5 =
sinq
sin\
E� 5
⇒ E! 5 =
sin53º
sin37º
E� 5
⇒ E! 5 = 1,327E� 5 (6)
Substituindo a equação (6) no resultado (5), temos:
E!8 = 0,799
(
1,327E� 5
)
+0,602E� 5 = 1,662E� 5 ⇒E� 5 =
E!8
1,662
⇒E� 5 =
5 m/s
1,662
⇒ E� 5 = 3 m/s
Portanto, da equação 6
E! 5 = 1,327 (3 m/s) = 4 m/s⇒ E! 5 = 4 m/s
Note que não precisamos considerar a conservação da energia cinética.
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