P2-10h_Gabarito

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y +1/1/60+ y
Fenômenos Mecânicos
Prova 2B - 10h - 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 fogo de artifício de massa desprezível é colocado dentro de um
tijolo de massa m = 1, 5 kg. O tijolo é arremessado verticalmente para cima com velocidade inicial
v0 = 3, 0 m/s e 0, 50 s após seu lançamento ele explode em três pedaços. O primeiro pedaço
possui massa m1 = 0, 25 kg e é lançado na direção horizontal (direção do versor î) com velocidade
v1 = 6, 0 m/s. Já o segundo pedaço possui massa m2 = 0, 50 kg e é lançado verticalmente para
cima (direção ĵ) com velocidade v2 = 3, 0 m/s. A massa do terceiro pedaço é m3 = 0, 75 kg.
a) (2 pontos) Determine o módulo do momento linear do tijolo imediatamente antes da explosão.
b) (5 pontos) Calcule o vetor velocidade do terceiro pedaço.
c) (3 pontos) Qual foi a quantidade de energia cinética gerada pela explosão?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Como após o seu lançamento o tijolo está somente sob a ação da força peso, a sua velocidade
vertical é dada por:
vy(t) = v0 − gt
Portanto, no momento imediatamente anterior à explosão (t = 0, 5 s):
vf = vy(t = 0, 5) = −1, 9 m/s⇒ |~p0| = mvf = 2, 85 m/s
b) Como imediatamente antes e após a explosão o momento linear é conservado, temos:
~p0 = ~pf = ~p1 + ~p2 + ~p3
onde ~pi são os momentos dos três pedaços. Mas:
~p0 = −mvf ĵ , ~p1 = m1v1î e ~p2 = m2v2ĵ
Então:
~p3 = ~p0 − ~p1 − ~p2 = −m1v1î− (mvf +m2v2) ĵ
Finalmente, como ~p3 = m3~v3:
~v3 =
(
−2, 00̂i− 5, 80ĵ
)
m/s
c) A energia cinética gerada pela explosão corresponde à variação de energia cinética imediata-
mente antes e após a colisão:
E = Kf −K0 =
m1v
2
1
2 +
m2v
2
2
2 +
m3v
2
3
2 −
mv2f
2
Utilizando os valores encontrados anteriormente:
E ' (20, 87− 2, 71) J = 18, 16 J
y y
y +1/4/57+ y
Questão 2 (10 pontos) Uma barra uniforme longa de comprimento L e massa M é centrada
em um pino horizontal sem atrito por uma extremidade. A barra é liberada do repouso em uma
posição vertical como mostrado na figura abaixo. No instante indicado na figura a barra forma
um ângulo θ com a horizontal. Escreva as suas respostas em função de L,M, θ e da aceleração da
gravidade, g.
Considerando o instante mostrado na figura e o eixo de rotação que passa pela origem e é perpen-
dicular ao plano da figura, determine:
(a) (4 pontos) o vetor torque que atua sobre a barra (adote o sistema de coordenadas indicado),
(b) (2 pontos) o módulo da aceleração angular da barra no mesmo instante e
(c) (4 pontos) a energia cinética de rotação da barra.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) O vetor torque será gerado pela força peso. Como esta atua no centro de massa da barra, temos:
~τ = ~R× ~P , onde ~P = −Mg ĵ, ~R = L2
(
cos θ î+ sin θ ĵ
)
Então:
~τ = −LMg2 cos θ k̂
b) Como ~τ = I~α, onde I = ML2/3 é o momento de inércia da barra para a rotação dada, temos:
α = τ
I
⇒ α = 32
g cos θ
L
c) Como não existe atrito no eixo de rotação, a energia mecânica do sistema é conservada. A
energia inicial é dada pela energia potencial gravitacional da barra:
E0 = MghCM = Mg
L
2
No instante mostrado na figura a energia mecânica é dada pela soma da energia cinética de
rotação (KR) e da energia potencial gravitacional:
Ef = Mgh′CM +KR
onde h′CM é a nova altura do centro de massa da barra, dada por:
h′CM =
L
2 sin θ ⇒ Ef = Mg
L
2 sin θ +KRy y
y +1/5/56+ y
Impondo conservação de energia:
Ef = E0 ⇒Mg
L
2 = Mg
L
2 sin θ +KR ⇒ KR = Mg
L
2 (1− sin θ)
y y
y +1/6/55+ y
Questão 3 (10 pontos) Uma patinadora de gelo está girando em torno do seu eixo com os
braços abertos. Inicialmente ela completa uma volta a cada 0, 50 s.
a) (2 pontos) Determine sua velocidade angular de rotação em radianos por segundo quando ela
está com os braços abertos.
b) (3 pontos) Se o seu momento de inércia com os braços abertos é de 1, 33 kg ·m2 e ao fechar os
braços o seu momento de inércia é reduzido para 0, 48 kg · m2, calcule a sua nova velocidade
angular.
c) (3 pontos) Qual o trabalho exercido pela patinadora para fechar seus braços?
d) (2 pontos) Após a patinadora assumir a posição de braços fechados, um segundo patinador
segura a patinadora de tal forma que ela para de girar após 5s. Qual o módulo do torque médio
exercido pelo patinador sobre a patinadora?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Como a patinadora completa uma volta a cada T = 0, 5s, temos:
ω0 =
2π
T
⇒ ω0 ' 12, 6 rad/s
b) Dado que o torque externo sobre a patinadora é nulo, seu momento angular será conservado.
Então:
L0 = I0ω0 = Lf = Ifωf ⇒ ωf =
I0ω0
If
onde I0 = 1, 33 kg.m2 é o momento de inércia inicial e If = 0, 48 kg.m2 o momento de inércia
final. Portanto:
ωf ' 34, 82 rad/s
c) O trabalho exercido é igual a variação de energia cinética da trabalhora:
W = ∆K = Kf −K0 =
Ifω
2
f
2 −
I0ω
2
0
2
Então:
W ' 186 J
d) A aceleração média exercida sobre a patinadora é:
α = ∆ω∆t =
0− ωf
5 s ⇒ α ' −6, 96 rad/s
2
Portanto o torque médio é dado por:
τ̄ = If |αf | ⇒ τ̄ ' 3, 34 N.m
y y
y +1/7/54+ y
Questão 4 (10 pontos) Num experimento de colisões o carrinho A de massa m está parado.
Num dado momento, um segundo carrinho (B) também de massa m, vai ao encontro do carrinho A
e se choca com ele, de tal forma que o carrinho B fica parado após a colisão e o carrinho A se desloca
com velocidade constante. A distância medida entre os carrinhos foi de L1 = (12, 6± 0, 1) cm e o
tempo decorrido desde a partida do carrinho B até a colisão com A foi de T1 = (0, 782± 0, 008) s.
A massa de cada carrinho é m = 300, 0 g (despreze a incerteza nas massas).
a) (4 pontos) Determine o momento linear e a energia cinética do carrinho B e suas respectivas
incertezas antes da colisão.
b) (4 pontos) Determine o momento linear e a energia cinética final do carrinho A e suas respectivas
incertezas após a colisão. Considere que, logo após a colisão, o carrinho A andou uma distância
de L2 = (14, 1± 0, 1) cm em um tempo de t2 = (0, 889± 0, 001) s.
c) (2 pontos) Determine a variação de energia cinética e sua incerteza. A partir deste resultado
você poderia afirmar que a colisão foi elástica ou inelástica? Justifique.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) O momento linear e a energia cinética antes da colisão são dados por:
p0 = mv0, K0 = m
v20
2 , onde v0 =
L1
T1
Utilizando propagação de erros e desprezando os erros das massas, temos:
σv0 =
√(
1
T1
)2
σ2L1 +
(
L1
T 21
)2
σ2T1 = v0
√(
σL1
L1
)2
+
(
σT1
T1
)2
σp0 = mσv0
σK0 =
√
(mv0)2 σ2v0 = mv0σv0
Utilizando os valores dados, obtemos:
v0 = (16, 1± 0, 2) cm/s
Então:
p0 = (4, 83± 0, 06)× 10−2 kg.m/s e K0 = (3, 89± 0, 1)× 10−3 J
b) De maneira análoga ao item anterior:
pf = mvf , Kf = m
v2f
2 , onde vf =
L2
T2
e:
σvf = vf
√(
σL2
L2
)2
+
(
σT2
T2
)2
σpf = mσvf
σKf = mvfσvf
Utilizando os valores dados, obtemos:
vf = (16, 6± 0, 4) cm/s
Então:
pf = (5, 0± 0, 1)× 10−2 kg.m/s e Kf = (4, 1± 0, 2)× 10−3 J
y y
y +1/8/53+ y
c) A variação de energia cinética é dada por:
∆K = Kf −K0
Novamente, utilizando propagação de erros, temos:
σ∆K =
√
σ2Kf + σ
2
K0
Então:
∆K = (0, 2± 0, 2)× 10−3 J
Como o valor acima é consistente com zero, podemos afirmar que a colisão é elástica.
y y