P2-SUB-B_Gabarito

Prévia do material em texto

y +1/1/60+ y
Fenômenos Mecânicos
Prova 2 - SUB B - 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.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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) Uma bola de massa m é suspensa por um fio leve preso ao teto. O
fio é inclinado em relação à vertical de modo que a bola encontra-se a uma altura h = 80 cm de
uma superfície horizontal sem atrito sobre a qual repousa um bloco de massa 2m. A bola é solta e
colide com o bloco no ponto mais baixo de sua trajetória quando sua velocidade é v0 (ver figura).
Adote g = 9, 8 m/2.
a) (2 pontos) Calcule a velocidade v0 da bola imediatamente antes da colisão e
b) (4 pontos) Assumindo uma colisão elástica, determine a velocidade v da bola e a velocidade V
do bloco imediatamente após a colisão.
c) (4 pontos) Assuma agora que após a colisão a bola volta até uma altura máxima de h′ = 5 cm.
Neste caso a colisão foi elástica ou inelástica? Justifique.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Como a força de tração do fio não realiza trabalho durante o deslocamento da bola, a energia
é conservada do instante inicial até a colisão com o bloco. Portanto:
E0 = mgh = Ef =
mv20
2 ⇒ v0 =
√
2gh ' 3, 96 m/s
b) Como a colisão é elástica, a energia cinética antes e após a colisão é conservada, então:
p0 = pf ⇒ mv0 = mvf + 2mV e K0 = Kf ⇒
mv20
2 =
mv2f
2 +
2mV 2
2
Resolvendo as equações acima para vf e V :
vf = −
v0
3 ' −1, 32 m/s e V =
2v0
3 ' 2, 64 m/s
c) No caso da uma colisão elástica a nova altura atingida pela bola seria dada por:
mgh′ =
mv2f
2 ⇒ h
′ =
v2f
2g ' 8, 8 cm
Como esta altura é maior do que a atingida pela bola, temos que a colisão é inelástica, já que
energia cinética foi perdida no processo.
y y
y +1/4/57+ y
Questão 2 Um disco de raio R = 0, 5 m e massa M = 20, 0 kg gira livremente em torno de
um eixo horizontal fixo passando pelo seu centro. Uma força de 9,8 N é aplicada puxando-se um
fio enrolado em sua borda, conforme figura abaixo.
a) (2 pontos) Indique na figura as forças que estão atuando no
disco.
b) (4 pontos) Determine o módulo da aceleração angular do
disco para rotações em torno do eixo fixo.
c) (4 pontos) Dado que o disco estava inicialmente em repouso,
qual é a velocidade angular do disco após a força ter atuado
por 2 s? F⃗
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Forças: peso (~P ), força exercida pela corda (~F ) e força normal no eixo ( ~N).
b) Como a força normal e peso atuam no eixo, somente a força ~F realiza torque. Portanto:
~τ = ~R× ~F ⇒ |~τ | = R|~F |
já que os vetores ~R e ~F são ortogonais. O módulo da aceleração angular do disco (α) é dada
por:
τ = Iα⇒ α = τ
I
onde I = MR2/2 é o momento de inércia do disco. Então:
α = 2RF
MR2
= 2F
MR
⇒ α = 1, 96 rad/s2
c) Como a aceleração angular é constante, a velocidade angular do disco é dada por:
ω(t) = ω0 + αt
Como o disco estava inicialmente em repouso (ω0 = 0), temos:
ω(t = 2s) = 2α⇒ ω(t = 2s) = 3, 92 rad/s
y y
y +1/5/56+ y
Questão 3 (10 pontos) Uma partícula de massa m desce de uma altura h deslizando sobre
uma superfície sem atrito e colide com uma haste vertical uniforme (de massa M e comprimento
l), ficando grudada nela, conforme a figura. A base pode girar livremente em torno de um eixo
horizontal que passa por O. O momento de inércia de uma haste girando ao redor de uma
das extremidades é Ml2/3. Escreva a sua resposta em termos de m,h,M, l e da aceleração da
gravidade (g).
a) (3 pontos) Qual é o módulo do momento an-
gular da massa m em relação a O no instante
em que ela atinge a haste?
b) (4 pontos) Qual é a velocidade angular do con-
junto (massa + haste) logo após a colisão?
c) (3 pontos) Encontre o valor do ângulo θ para
o qual a haste para momentaneamente.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) Como a energia mecânica da massa é conservada enquanto esta desliza pela superfície, a veloci-
dade da massa no instante em que ela atinge a barra é dada por:
E0 = Ef ⇒ mgh =
mv2
2 ⇒ v =
√
2gh
Então seu momento angular será dado por:
~Lm = ~r × ~p
onde, adotando um sistema de coordenadas com origem em O:
~p = −mvî e ~r = −lĵ ⇒ ~Lm = −lmvk̂
Portanto:
Lm = lm
√
2gh
b) Como o momento angular imediatamente antes e após a colisão é conservado, temos Lf = Lm,
onde:
Lf = ITω e IT = I +ml2 é o momento total do sistema
Então:
(
I +ml2
)
ω = Lm = lm
√
2gh⇒
(
Ml2
3 +ml
2
)
ω = lm
√
2gh⇒ ω = 3m
√
2gh
(M + 3m) l
c) Como a energia mecânica do sistema é conservada após a colisão, temos:
E0 = Ef
Inicialmente a energia inicial do sistema é dada pela energia potencial gravitacional da barra
e a energia cinética do sistema. Como o centro de massa da barra está no centro da barra (a
uma altura l/2 do chão):
E0 =
Mgl
2 +
ITω
2
2
y y
y +1/6/55+ y
Já a energia final (quando a velocidade angular é nula) será dada por:
Ef = Mgl(1−
cos θ
2 ) +mgl(1− cos θ) = −gl cos θ
(
m+ M2
)
+ gl (M +m)
Então:
E0 = Ef ⇒ − cos θ
(
m+ M2
)
+ (M +m) = M2 +
ITω
2
2gl
Resolvendo a equação acima para cos θ:
cos θ =
(
M
2 +m−
ITω
2
2gl
)
/
(
m+ M2
)
onde IT = I +ml2 = Ml
2
3 +ml
2 e ω = v/l =
√
2gh/l.
y y
y +1/7/54+ y
Questão 4 (10 pontos) Em um experimento de laboratório utilizando um trilho de ar, dois
carrinhos sofrem uma colisão na qual permanecem juntos após a colisão. O carrinho 2, de massa
igual a m2 = (0, 109 ± 0, 001) kg, estava inicialmente em repouso e o carrinho 1, de massa igual
a m1 = (0, 108 ± 0, 001) kg, se movimentava com uma velocidade média inicial de v0 = (0, 208 ±
0, 009) m/s. Após a colisão, a velocidade média do conjunto foi de vf = (0, 099±0, 003) m/s. Leve
em consideração a incerteza nas massas dos carrinhos ao responder às perguntas abaixo.
a) (2 pontos) Do ponto de vista experimental, é possível afirmar que houve conservação do mo-
mento linear? Justifique a sua resposta.
b) (3 pontos) Qual é a energia cinética inicial do conjunto e sua incerteza?
c) (3 pontos) Qual a variação da energia cinética do conjunto e sua incerteza?
d) (2 pontos) Como você classifica o tipo de colisão experimentada pelos dois carrinhos? Justifique
a sua resposta.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Não marque estas caixas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a) O momento incial do sistema é dado por p0 = m1v0 e omomento total final é pf = (m1 +m2)vf .
Utilizando propagação de erros temos:
σp0 = p0
√(
σm1
m1
)2
+
(
σv0
v0
)2
e:
σpf =
√
(vfσm1)
2 + (vfσm2)
2 +
(
(m1 +m2)σvf
)2
Utilizando os valores dados:
p0 = (0, 022± 0, 001) kg m/s e pf = (0, 0215± 0, 0007) kg m/s
Como os valores de p0 e pf podem ser considerados iguais dentro das incertezas encontradas,
podemos afirmar que a colisão é consistente com conservação de momento.
b) A energia cinética antes da colisão é dada por:
K0 = m1
v20
2
Utilizando propagação de erros, temos:
σK0 =
√
(m1v0)2 σ2v0 +
(
v20
2
)2
σ2m1
Utilizando os resultados anteriores, obtemos:
K0 = (2, 3± 0, 2)× 10−3 J
c) A energia cinética após da colisão é dada por:
Kf = (m1 +m2)
v2f
2
y y
y +1/8/53+ y
Utilizando propagação de erros, temos:
σKf =
√√√√((m1 +m2)vf )2 σ2vf +
(
v2f
2
)2
σ2m1 +
(
v2f
2
)2
σ2m2
Utilizando os resultados anteriores, obtemos:
Kf = (1, 06± 0, 06)× 10−3 J
A variação de energia cinética é ∆K = Kf −K0. Logo sua incerteza é:
σ∆K =
√
σ2K0 + σ
2
Kf
Utilizando os resultados anteriores:
∆K = (1, 3± 0, 2)× 10−3 J
Como a variação de energia cinética não é consistente com zero, podemos classificar a colisão
como inelástica.
y y