No experimento de movimento de rotação; uma massa
suspensa de uma altura
na extremidade de um fio que está enrolado num tambor de raio
e de momento de inércia
, cujos desvios são desprezíveis. Esta massa é posta para descer até tocar chão algumas vezes, obtendo-se um tempo de descida
s e um tempo de giro livre
s. Determine as energias envolvidas e se houve conservação da energia dentro de 1 desvio padrão. Utilize as unidades no sistema MKS.
OBS: CONSIDERE
OBS: CONSIDERE
Passo 1
Beleza, vamos recapitular o que o problema pede. A gente tem:
• massa m = (100,0 ± 0,1) g
• altura h = (1,75 ± 0,01) m
• raio do tambor r = 1,758 cm
• momento de inércia I = 0,0058 kg·m² (desvios desprezíveis)
• tempo de descida t = (8,26 ± 0,40) s
• tempo de giro livre t′ = (500,3 ± 5,6) s
• g = 9,7833 m/s²
• massa m = (100,0 ± 0,1) g
• altura h = (1,75 ± 0,01) m
• raio do tambor r = 1,758 cm
• momento de inércia I = 0,0058 kg·m² (desvios desprezíveis)
• tempo de descida t = (8,26 ± 0,40) s
• tempo de giro livre t′ = (500,3 ± 5,6) s
• g = 9,7833 m/s²
O que a gente vai precisar:
- Converter m e r para o SI.
- Calcular a aceleração da massa na descida (cinemática).
- Desse a, achar a velocidade final v e daí as energias cinéticas (translacional e rotacional).
- Usar o giro livre para estimar o torque de atrito do tambor e o trabalho de atrito durante a descida.
- Calcular a energia potencial inicial mgh e comparar a soma das outras (cinéticas + atrito) pra ver se tá conservada dentro de 1σ.
Passo 2
Converter unidades:
m = 100,0 g = 0,1000 kg (Δm = 0,0001 kg)
r = 1,758 cm = 0,01758 m
m = 100,0 g = 0,1000 kg (Δm = 0,0001 kg)
r = 1,758 cm = 0,01758 m
Passo 3
Achando a aceleração da massa:
Pela equação do MRUV sem velocidade inicial, h = ½·a·t² ⇒
a = 2·h / t² = 2·1,75 / (8,26)² ≈ 0,0513 m/s²
Pela equação do MRUV sem velocidade inicial, h = ½·a·t² ⇒
a = 2·h / t² = 2·1,75 / (8,26)² ≈ 0,0513 m/s²
Incerteza de a (propagação):
Δa/a = √[(Δh/h)² + (2·Δt/t)²] = √[(0,01/1,75)² + (2·0,40/8,26)²] ≈ 0,097
⇒ Δa ≈ 0,0513·0,097 ≈ 0,0050 m/s²
Δa/a = √[(Δh/h)² + (2·Δt/t)²] = √[(0,01/1,75)² + (2·0,40/8,26)²] ≈ 0,097
⇒ Δa ≈ 0,0513·0,097 ≈ 0,0050 m/s²
Passo 4
Velocidade final v ↑ na descida:
v = a·t = 0,0513·8,26 ≈ 0,424 m/s
v = a·t = 0,0513·8,26 ≈ 0,424 m/s
Incerteza de v:
Δv/v = √[(Δa/a)² + (Δt/t)²] ≈ √[0,097² + (0,40/8,26)²] ≈ 0,106
⇒ Δv ≈ 0,424·0,106 ≈ 0,045 m/s
Δv/v = √[(Δa/a)² + (Δt/t)²] ≈ √[0,097² + (0,40/8,26)²] ≈ 0,106
⇒ Δv ≈ 0,424·0,106 ≈ 0,045 m/s
Passo 5
Energia cinética da massa (translacional):
Eₖ = ½·m·v² = ½·0,1000·(0,424)² ≈ 0,0090 J
Eₖ = ½·m·v² = ½·0,1000·(0,424)² ≈ 0,0090 J
ΔEₖ/Eₖ = √[(Δm/m)² + (2·Δv/v)²] ≈ √[(0,001)² + (2·0,106)²] ≈ 0,212
⇒ ΔEₖ ≈ 0,0090·0,212 ≈ 0,0019 J
⇒ ΔEₖ ≈ 0,0090·0,212 ≈ 0,0019 J
Passo 6
Energia cinética rotacional do tambor no instante em que a massa chega ao chão:
ω = v/r = 0,424 / 0,01758 ≈ 24,13 rad/s
Eᵣₒₜ = ½·I·ω² = ½·0,0058·(24,13)² ≈ 1,688 J
ω = v/r = 0,424 / 0,01758 ≈ 24,13 rad/s
Eᵣₒₜ = ½·I·ω² = ½·0,0058·(24,13)² ≈ 1,688 J
Como I e r têm desvio desprezível, só consideramos Δω vindo de Δv:
Δω/ω = Δv/v ≈ 0,106 ⇒ ΔEᵣₒₜ/Eᵣₒₜ = 2·Δω/ω ≈ 0,212
⇒ ΔEᵣₒₜ ≈ 1,688·0,212 ≈ 0,358 J
Δω/ω = Δv/v ≈ 0,106 ⇒ ΔEᵣₒₜ/Eᵣₒₜ = 2·Δω/ω ≈ 0,212
⇒ ΔEᵣₒₜ ≈ 1,688·0,212 ≈ 0,358 J
Passo 7
Determinar o torque de atrito M_f a partir do giro livre:
No giro livre, o tambor para sob atrito suficiente para dar uma desaceleração angular constante α.
Temos α = –ω / t′ e M_f = I·|α| = I·ω/t′.
No giro livre, o tambor para sob atrito suficiente para dar uma desaceleração angular constante α.
Temos α = –ω / t′ e M_f = I·|α| = I·ω/t′.
Logo
M_f = 0,0058·24,13 / 500,3 ≈ 2,80·10⁻⁴ N·m
M_f = 0,0058·24,13 / 500,3 ≈ 2,80·10⁻⁴ N·m
ΔM_f/M_f = √[(Δω/ω)² + (Δt′/t′)²] ≈ √[0,106² + (5,6/500,3)²] ≈ 0,1066
⇒ ΔM_f ≈ 2,80·10⁻⁴·0,1066 ≈ 3,0·10⁻⁵ N·m
⇒ ΔM_f ≈ 2,80·10⁻⁴·0,1066 ≈ 3,0·10⁻⁵ N·m
Passo 8
Trabalho do atrito durante a descida:
O tambor gira um ângulo θ = h/r = 1,75 / 0,01758 ≈ 99,66 rad
Δθ/θ ≈ Δh/h = 0,01/1,75 = 0,0057 ⇒ Δθ ≈ 0,57 rad
O tambor gira um ângulo θ = h/r = 1,75 / 0,01758 ≈ 99,66 rad
Δθ/θ ≈ Δh/h = 0,01/1,75 = 0,0057 ⇒ Δθ ≈ 0,57 rad
Logo
W_f = M_f·θ ≈ 2,80·10⁻⁴·99,66 ≈ 0,0279 J
W_f = M_f·θ ≈ 2,80·10⁻⁴·99,66 ≈ 0,0279 J
ΔW_f/W_f = √[(ΔM_f/M_f)² + (Δθ/θ)²] ≈ √[0,1066² + 0,0057²] ≈ 0,1068
⇒ ΔW_f ≈ 0,0279·0,1068 ≈ 0,0030 J
⇒ ΔW_f ≈ 0,0279·0,1068 ≈ 0,0030 J
Passo 9
Energia potencial inicial:
E_p = m·g·h = 0,1000·9,7833·1,75 ≈ 1,712 J
E_p = m·g·h = 0,1000·9,7833·1,75 ≈ 1,712 J
ΔE_p/E_p = √[(Δm/m)² + (Δh/h)²] ≈ √[0,001² + 0,0057²] ≈ 0,00573
⇒ ΔE_p ≈ 1,712·0,00573 ≈ 0,0098 J
⇒ ΔE_p ≈ 1,712·0,00573 ≈ 0,0098 J
Passo 10
Fecha o balanço e vê se conserva:
Soma das energias finais = Eₖ + Eᵣₒₜ + W_f
= 0,0090 + 1,688 + 0,0279 ≈ 1,725 J
Incerteza combinada ≈ √[0,0019² + 0,358² + 0,0030²] ≈ 0,358 J
Soma das energias finais = Eₖ + Eᵣₒₜ + W_f
= 0,0090 + 1,688 + 0,0279 ≈ 1,725 J
Incerteza combinada ≈ √[0,0019² + 0,358² + 0,0030²] ≈ 0,358 J
Comparando com E_p = (1,712 ± 0,010) J, a diferença é só 0,013 J, que está muito abaixo de 0,358 J.
Ou seja, dentro de 1σ, a energia se conserva.
Ou seja, dentro de 1σ, a energia se conserva.
Resposta
E_p = (1,712 ± 0,010) J
Eₖ = (0,0090 ± 0,0019) J
Eᵣₒₜ = (1,688 ± 0,358) J
W_f = (0,0279 ± 0,0030) J
Eₖ = (0,0090 ± 0,0019) J
Eᵣₒₜ = (1,688 ± 0,358) J
W_f = (0,0279 ± 0,0030) J
Soma das energias finais = (1,725 ± 0,358) J ≃ E_p ⇒ Conservação de energia válida dentro de 1σ.