P2-8h_Gabarito

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Fenômenos Mecânicos
Prova 2D - 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:
• Adote g = 9, 8 m/s2
• 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
y y
y +1/3/58+ y
Questão 1 (10 pontos) Um bloco e uma pistola estão sobre um trilho de ar sem atrito. O
bloco e a arma estão separados por uma uma distância L e o sistema está inicialmente em repouso.
A arma é disparada e a bala sai com uma velocidade vb (em relação ao trilho) e atinge o bloco,
ficando presa nele. A massa da bala é mb, a massa do bloco é M e a massa da arma é Ma. Escreva
as suas respostas em termos de L, vb,mb,M e Ma.
a) (2 pontos) Qual é o módulo da velocidade da arma imediatamente após a bala deixar a arma?
b) (2 pontos) Qual é o módulo da velocidade do conjunto bloco+bala imediatamente após a bala
parar no bloco?
c) (3 pontos) Qual a distância entre a arma e o bloco no instante em que a bala atinge o bloco?
d) (3 pontos) Qual a energia dissipada pela colisão da bala com o bloco?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
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a) Como o sistema arma+bala é isolado, o momento total do sistema será conservado. Inicialmente
o sistema está em repouso, então:
~p0 = 0 , ~pf = (Mava +mbvb) î
~p0 = ~pf ⇒ Mava +mbvb = 0⇒ va = −
mbvb
Ma
Portanto a velocidade da arma será:
~va = −
mbvb
Ma
î⇒ |~va| =
mbvb
Ma
b) Novamente o momento total é conservado antes e após a colisão. Antes da colisão, temos:
~P0 = mbvbî
e como após a colisão a bala e o bloco se deslocam juntos:
~Pf = (mb +M) vf î
Impondo conservação de momento:
~P0 = ~Pf ⇒ mbvb = (mb +M) vf ⇒ vf =
mbvb
mb +M
c) O tempo que a bala leva para atingir o bloco é dado por:
∆t = L
vb
y y
y +1/4/57+ y
Como a arma se desloca com velocidade constante, neste intervalo de tempo ela terá se deslocado
uma distância (em módulo):
d = va∆t =
mbvb
Ma
L
vb
= mb
Ma
L
Logo a distância entre a arma e o bloco será:
D = d+ L⇒ D =
(
1 + mb
Ma
)
L
d) A energia cinética inicial do sistema bala+bloco é:
K0 =
mbv
2
b
2
Após a colisão temos:
Kf =
(mb +M) v2f
2 =
(mb +M)
2
(
mbvb
mb +M
)2
= m
2
b
2 (mb +M)
v2b
Portanto a variação de energia cinética antes e após a colisão é:
Kf −K0 =
mbv
2
b
2
(
mb
mb +M
− 1
)
= −mbv
2
b
2
M
mb +M
Então a energia dissipada será:
E = −∆K ⇒ E = mbv
2
b
2
M
mb +M
y y
y +1/5/56+ y
Questão 2 (10 pontos) Um guindaste de massa m1 = 3.000 kg suporta uma carga de massa
m2 = 10.000 kg que está pendurada por um cabo de massa desprezível, conforme mostrado na
figura. O guindaste é articulado com um pino sem atrito em A e possui um ponto de apoio em
B. O centro de massa do guindaste está localizado no ponto circular indicado na figura (ponto
de atuação da força m1~g). O eixo de rotação do guindaste é perpendicular ao plano da figura e
passa pelo ponto A. Considerando este eixo de rotação e um sistema de coordenadas com origem
no ponto A,
a) (3 pontos) calcule o módulo do torque exercido pela
força peso do guindaste (força m1~g),
b) (3 pontos) calcule o módulo do torque exercido no guin-
daste pelo cabo que suporta a carga m2.
c) (4 pontos) Qual deve ser o módulo e a direção do torque
exercido pelo ponto B sobre o guindaste para que o sis-
tema fique em equilíbrio?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
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a) O torque exercido pela força peso é dado por:
~τP = ~RP × ~P
onde ~P = −m1gĵ = −29.400ĵ N é o vetor força peso e ~RP = 2, 00̂i + lĵ é o vetor que aponta
da origem (A) até o ponto de aplicação de ~P . Então:
τP = 58.800 N.m
b) Como o sistema está em equilíbrio, a tração no cabo deve ser igual à força peso que atua sobre
a carga m2. Ou seja, ~T = −m2g ĵ = −98.000 ĵ N. Novamente, o torque exercido pela tração do
cabo será dado por:
~τT = ~RT × ~T
onde ~RT = 6, 00̂i+hĵ é o vetor que aponta da origem (A) até o ponto de aplicação de ~T . Então:
τT = 588.000 N.m
c) Como o sistema está em equilíbrio, o torque resultante sobre o guindaste deve ser nulo. Como
o ponto A não realiza torque e o torque exercido pela força peso e pela tração apontam para
dentro da página, o torque ~τB deve apontar para fora da página. Então:
~τR = ~τB + ~τP + ~τT = 0⇒ ~τB = −~τP − ~τT
Portanto:
τB = 646.800 N.m
y y
y +1/6/55+ y
Questão 3 (10 pontos) Um brinquedo num parque de diversões consiste em um eixo giratório
com 4 carrinhos ligados por cabos e dispostos em formato de cruz, conforme indicado na figura.
A massa de cada carrinho é m = 20 kg e o tamanho de cada cabo é L = 5, 0 m. Inicialmente os
carrinhos giram em uma trajetória circular e o velocímetro de cada carrinho mede uma velocidade
v0 = 2, 0 m/s.
a) (2 pontos) Determine a velocidade angular inicial dos carri-
nhos.
b) (3 pontos) Desprezando-se a massa dos cabos, calcule o mo-
mento de inércia inicial do brinquedo em rotação.
c) (2 pontos) Em um determinado instante um motor no centro
do brinquedo puxa os cabos, reduzindo seu tamanho para L′.
Qual o torque exercido sobre os carrinhos durante a ação do
motor?
d) (3 pontos) Se L′ = L/3, determine a nova velocidade angular
dos carrinhos.
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a) A velocidade angular é dada por ω0 = v0/R, onde R = L/2 é o raio do movimento circular.
Então:
ω0 =
2v0
L
= 0, 8 rad/s
b) O momento de inércia será dado pela somatória das massas dos carrinhos (m) vezes a distância
ao quadrado de cada carrinho para o eixo de rotação (R = L/2). Ou seja:
I0 = 4mR2 ⇒ I0 = mL2 = 500 kg m2
c) Como a força exercida pelos cabos sobre os carrinhos é central (aponta para o centro do brin-
quedo), nenhum torque é exercido sobre os carrinhos.
d) Dado que nenhum torque externo atua sobre os carrinhos, o momento angular total é conservado.
Então:
~L0 = ~Lf
Mas, como ~L = I~ω, temos:
I0ω0 = Ifωf , onde If = mL′2
Então:
ωf =
I0
If
ω0 =
L2
L′2
2v0
L
⇒ ωf = 18
v0
L
= 7, 2 rad/s
y y
y +1/7/54+ y
Questão 4 (10 pontos) Um carrinho que parte do repouso desliza sobre um trilho de ar.
O carrinho é puxado por um fio que passa por uma polia e está preso a uma massa suspensa
verticalmente. Um aluno determinou experimentalmente a posição do carrinho (x) em função do
tempo (t) e suas respectivas incertezas, conforme a tabela abaixo.
x (cm) σx (cm) t (s) σt (s)
15 2 0,20 0,05
50 5 0,4 0,1
100 5 0,55 0,08
Aplicando o método dos mínimos quadrados para a reta x em função de t2 o aluno encontrou os
seguintes coeficientes angular (m) e linear (b):
m = (320± 20) cm/s2 e b = (2± 2) cm
a) (2 pontos)Determine os valores de t2 e sua incerteza.
b) (3 pontos) No papel milimetrado abaixo faça o gráfico de x em função de t2. Inclua no gráfico
a reta que melhor se ajusta aos dados.
c) (2 pontos) Determine a aceleração do carrinho e sua incerteza.
d) (3 pontos) Se a massa do carrinho é m1 = 110, 0 g e a massa do peso suspenso é m2 = 180, 0 g,
determine a aceleração da gravidade e a sua incerteza. Despreze as incertezas nas massas m1 e
m2. O resultado encontrado está de acordo com o esperado? Justifique.
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a) Utilizando propagação de erros temos que o erro de t2 é dado por:
σt2 =
√
(2t)2 σ2t = 2tσt
Usando os dados acima, temos:
t2 (s2) σt2 (s2)
0,04 0,02
0,16 0,08
0,30 0,09
b) Gráfico x vs t2, incluindo a reta com os coeficientes m = 320 cm/s2 e b = 2 cm.
c) A aceleração do carrinho corresponde a duas vezes o coeficiente angular: a = 2m. Utilizando
propagação de erros temos que a incerteza da aceleração é dada por:
σa =
√
4σ2m = 2σm
Então:
a = (6, 4± 0, 4) m/s2
d) Aplicando a segunda Lei de Newton para o carrinho e a massa m2, temos:
T = m1a e m2g − T = m2a
Resolvendo as equações acima para g, obtém-se:
g = m2 +m1
m2
a
y y
y +1/8/53+ y
Desprezando as incertezas nas massas e utilizando propagação de erros, o erro de g é dado por:
σg =
m2 +m1
m2
σa
Então:
g = (10, 3± 0, 6) m/s2
O valor esperado para a aceleração da gravidade é g ' 9, 8 m/s2. O valor determinado experi-
mentalmente está de acordo com o valor esperado dentro da incerteza encontrada.
y y