P1-8h_Gabarito

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y +1/1/60+ y
Fenômenos Mecânicos
Prova 1C - 8h - 2019.3
Nome:
RA:
Entre seu RA ao lado usando as
caixas, o primeiro digito na caixa
mais a sua esquerda e o último
digito na caixa mais a sua direita.
Preencha completamente as caixas
com caneta azul ou preta.
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Observações:
• Os cálculos deverão ser desenvolvidos e apresentados nas respostas. A simples apresentação
do resultado final não obterá pontos.
• Sempre que necessário vetores devem ser expressos utilizando a notação vetorial em termos
dos vetores unitários î, ĵ, k̂.
Formulário - Cálculo de Erros:
• Desvio Padrão da Média:
σx̄ =
1√
N (N − 1)
√√√√ N∑
i=1
(xi − x̄)2
• Propagação de Erros:
F (x1, x2, x3)→ σF =
√(
∂F
∂x1
)2
σ2x1 +
(
∂F
∂x2
)2
σ2x2 +
(
∂F
∂x3
)2
σ2x3
F (x1) = ax1 → σF = aσx1
F (x1) = axn1 → σF = anxn−11 σx1
F (x1, x2) = a
x1
x2
→ σF = a
x1
x2
√(
σx1
x1
)2
+
(
σx2
x2
)2
F (x1, x2) = ax1x2 → σF = ax1x2
√(
σx1
x1
)2
+
(
σx2
x2
)2
F (x1, x2) = a (x1 ± x2)→ σF = a
√
σ2x1 + σ2x2
y y
y +1/2/59+ y
Questão 1 (25 pontos) Uma pedra de 2,70 kg é jogada na vertical de baixo para cima com
velocidade inicial de módulo 20,0 m/s, da borda de um rochedo que mede 45,0 m de altura. Coloque
o sistema de coordenadas na base do rochedo com o eixo x positivo apontando para a direita e o
eixo y positivo apontando para cima. No instante em que a pedra é jogada, uma mulher localizada
a uma distância d do rochedo corre para a base do rochedo com velocidade constante de 6,00 m/s.
Ela corre em linha reta no nível do solo. Despreze a resistência do ar, a altura da mulher e considere
g = 9,80 m/s2.
a) (5 pontos) Escreva a equação para o vetor trajetória da pedra (vetor posição em função do
tempo).
b) (10 pontos) A que distância d do rochedo a mulher deve estar para segurar a pedra no instante
em que a pedra atinge o solo?
c) (10 pontos) Esboce em um mesmo gráfico a coordenada x da mulher e da pedra em função do
tempo.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) A pedra se desloca apenas ao longo da direção
vertical (eixo y) cin aceleração constante igual à
aceleração da gravidade. Sendo assim, de acordo
com a escolha para a origem do sistema de coor-
denadas, obtém-se que:
~r(t) = y(t)ĵ
onde
y(t) = y0 + v0yt−
g
2 t
2 = 45, 0 + 20, 0t− 4, 90t2
e, finalmente:
~r(t) =
[
45, 0 + 20, 0t− 4, 90t2
]
ĵ m
b) Conforme mencionado no item anterior a pedra se desloca ao longo da direção vertical em
movimento uniformemente variado e, portantom a sua posição em qualquer instante de tempo
é dada por:
y(t) = 45, 0 + 20, 0t− 4, 9t2
No instante em que a pedra atinge o solo temos ainda que y(t) = 0 e, com isto:
0 = 45, 0 + 20, 0t− 4, 90t2
A mulher, por outro lado, se desloca em movimento uniforme (velocidade constante) ao longo
da direção horizontal (eixo x) tal que:
x(t) = x0 + vxt
Sendo assim, no instante em que a mulher segura a pedra a sua posição é igual a:
0 = d− vmt⇒ t =
d
vm
Subsituindo a Eq.b na Eq.b e resolvendo para a distância d, temos:
d ' 34, 2 m
y y
y +1/3/58+ y
c) A mulher se deloca com movimento uniforme na direção x (equação linear) , enquanto a pedra
possui sempre coordenada x = 0.
y y
y +1/4/57+ y
Questão 2 (25 pontos) Um bloco de massa m é solto a partir do repouso de uma altura h
acima da superfície de uma mesa, do alto de um plano inclinado com ângulo de inclinação θ, como
mostrado na figura. O plano inclinado está fixo sobre a mesa de altura H e o coeficiente de atrito
cinético entre o plano e o bloco é µk. Escreva as suas respostas em termos das quantidades dadas
(m, θ, h,H, µk) e da aceleração da gravidade (g).
a) (5 pontos) Desenhe um diagrama de forças para o bloco no instante imediatamente após ele
começar a escorregar.
b) (10 pontos) Determine o módulo da força resultante sobre o bloco enquanto ele desce escorre-
gando pelo plano inclinado.
c) (10 pontos) Qual é a velocidade escalar do bloco quando ele deixa o plano inclinado?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Diagrama de forças que atuam no bloco de massa
m:
i) ~P : força peso, devido à atração gravitacional
exercida pela Terra sobre o bloco.
ii) ~N : força normal, devido ao contato entre as
superfícies do bloco e do plano inclinado.
iii) ~Fk: força devido ao atrito cinético entre as
superfícies do bloco e do plano inclinado.
b) Aplicando a segunda Lei de Newton às direções perpendicular (direção y) e paralela à superfície
do plano inclinado (direção x), temos que:∑
Fy = N − P cos θ
e como não há aceleração ao longo desta direção, Fy = 0 e, portanto:
N − P cos θ = 0⇒ N = P cos θ = mg cos θ
Ao longo da direção x temos:∑
Fx = P sin θ − Fk = mg sin θ − µkN = mg (sin θ − µk cos θ)
Sendo assim, o módulo da resultante sobre o bloco, enquanto ele escorrega pelo plano inclinado,
é dado por:
Fres = mg (sin θ − µk cos θ)
c) Esta questão pode ser revolvida através da equação da trajetória para o bloco ou utilizando-se
conceitos de energia.
y y
y +1/5/56+ y
Método 1 (Cinemática):
De acordo com a segunda Lei de Newton, o movimento ao longo da direção x é dado por:
Fx = ma⇒ mg (sin θ − µk cos θ) = ma⇒ a = g (sin θ − µk cos θ)
Como se trata de um movimento com aceleração constante, a velocidade do bloco em qualquer
instante de tempo é tal que:
v(t) = v0 + at = g (sin θ − µk cos θ) t
Agora, considerando a expressão para a posição do bloco em qualquer instante de tempo:
x(t) = x0 + v0t+
a
2 t
2
e lembrando que x0 = 0, v0 = 0 e x(tf ) = hsin θ quando o bloco alcança a base do plano inclinado,
temos:
h
sin θ =
1
2g (sin θ − µk cos θ) t
2
f ⇒ tf = ±
√
2h
g (sin θ − µk cos θ)
onde devemos considerar a solução positiva, já que a negativa não possui sentido físico. Sub-
stituindo este último resultado para a expressão para a velocidade, obtemos que a velocidade
escalar do bloco no instante em que ele deixa o plano inclinado é dada por:
v = g (sin θ − µk cos θ) tf = g (sin θ − µk cos θ)
√
2h
g (sin θ − µk cos θ)
e, finalmente, após simplificações algébricas:
v =
√
2gh
(
1− µk
tgθ
)
Método 2 (Energia):
Como a única força não conservativa atuando no bloco é a força de atrito, temos que a variação
de energia mecânica do bloco é dada por:
∆E = WFk = −mgµk cos θd
onde d = hsin θ é a distância percorrida pelo bloco na direção x. Portanto:
∆E = ∆K + ∆U = −mgµk
h
tgθ
Além disso, a variação de energia cinética (∆K) e potencial gravitacional (∆U) são:
∆K = mv
2
2 e ∆U = −mgh
Finalmente substituindo o resultado acima na equação para a variação de energia:
mv2
2 −mgh = −mgµk
h
tgθ
⇒ mv
2
2 = mgh
(
1− µk
tgθ
)
Portanto:
v =
√
2gh
(
1− µk
tgθ
)
y y
y +1/6/55+ y
Questão 3 (25 pontos) Camila está desenhando uma rampa para uma estrada plana. A rampa
tem um ângulo de 30,0◦ com o chão. Assuma que a massa de um carro é 2000,0 kg e a aceleração
gravitacional é 9, 80 m/s2. Considere que a rampa está molhada, de tal forma que o atrito pode
ser desprezado.
a) (5 pontos) Escreva o vetor força peso. Assuma o sistema de coordenadas indicado na figura
(eixo x paralelo ao plano).
b) (10 pontos) Qual o trabalho realizado pela força peso durante a subida se a rampa possui um
comprimento L = 50, 0 m e o carro percorre toda a rampa?
c) (10 pontos) Se a velocidade de um carro é 30,0 m/s no início da rampa, qual é o comprimento
mínimo da rampa necessário para que o carro pare ao final da rampa?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Utilizando o sistema de coordenadas indicado e decompondo a força peso nas direções x e y,
temos:
Px = −mg sin θ e Py = −mg cos θ
Portanto:
~P = −mg
(
sin 30◦î+ cos 30◦î
)
'
(
−9, 80̂i− 16, 97ĵ
)
× 103N
b) O trabalho realizado pela força peso pode ser obtido através da variação da energia potencial
do carro ou através da expressão para o cálculo do trabalho:
WP = ∆U = PxL = −mgL sin θ
Logo:
WP = −490 kJ
c) Sabemos que o trabalho realizado pela força peso é igual à variação de energia cinética do carro:
∆K = Kf −K0 = WP = −mgL sin θ
Se o carro para ao final da rampa, Kf = 0. Então:
∆K = 0− mv
2
0
2 = −mgL sin θ ⇒ L =
v20
2g sin θ
Portanto:
L = 91, 84 m
y y
y +1/7/54+ y
Questão 4 (25 pontos) Em um determinado experimento de movimento retilíneo uniforme,
um carrinho passa por 2 intervalos de posição e tempo, os quais são medidos usando uma régua e
um cronômetro. Os dados são coletados e inseridos na tabela abaixo:
Intervalo I II
Medida # LI (cm) ∆tI (s) LII (cm) ∆tII (s)
1 16,75 0,9391 16,10 0,9650
2 18,70 0,9242 18,00 0,9291
3 14,70 0,9150 14,10 0,9222
Média 17 0,94
Incerteza 1 0,01
a) (10 pontos) Complete na tabela acima a média das posições e dos intervalos de tempo com suas
respectivas incertezas.
b) (10 pontos) Encontre a velocidade média para cada intervalo e sua incerteza.
c) (5 pontos) Usando o método dos mínimos quadrados e medidas em mais intervalos, um aluno
encontrou os seguintes valores para os coeficientes angular (a) e linear (b) da reta para um
gráfico de X vs. T : a = (17, 1± 0, 5) cm/s e b = (−0, 2± 0, 4) cm. Qual o significado físico
dos parâmetros a e b? Você concluiria que o movimento é uniforme? Justifique.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Calculando a média e a incerteza através da expressão para o desvio padrão, obtém-se:
∆t̄I ' 0, 9261s, σ∆t̄I ' 0, 007021s
e
L̄II ' 16, 066cm, σL̄II ' 1, 126cm
Finalmente, escrevendo o resultado final com o número adequado de algarismos significativos,
temos:
∆t̄I = (0, 926± 0, 007) s e L̄II = (16± 1) cm
b) Temos:
v̄I =
L̄I
∆̄tI
= 170, 926 ⇒ v̄I ' 18, 3585 cm/s
v̄II =
L̄II
∆̄tII
= 160, 94 ⇒ v̄II ' 17, 02127 cm/s
Utilizando o método de propagação de erros, temos que a incerteza da velocidade média é dada
por:
σv̄ = v̄
√(
σL̄
L̄
)2
+
(
σ∆̄t
∆̄t
)2
Substituindo os valores numéricos disponibilizados na tabela acima e calculados no item ante-
rior, obtém-se:
σv̄I ' 1, 0888 cm/s e σv̄II ' 1, 0791 cm/s
Finalmente, escrevendo o resultado final com o número adequado de algarismos significativos,
temos:
v̄I = (18± 1) cm/s, v̄II = (17± 1) cm/s
y y
y +1/8/53+ y
c) De acordo com o modelo teórico (partícula em movimento retilíneo uniforme), os coeficientes
angular e linear da reta que melhor se ajusta aos dados experimentais representam, respectiva-
mente, a velocidade e a posição inicial da partícula.
A comparação entre os parâmetros obtidos a partir do método dos mínimos quadrados com os
resultados obtidos no item (b) nos permite concluir que, de fato, trata-se de um movimento
uniforme já que, dentro do intervalo definido pelas respectivas incertezas todos os valores para
a velocidade são consistentes.
y y