Gabarito da prova P3

FEP2195 - Fı́sica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova P3 - Gabarito
1. A figura mostra um rotor de inércia variável, de eixo
d
horizontal fixo, formado por um cilindro maciço e ho-
d
mogêneo de massa M e raio R (ICM = 21 M R2 ), ao qual
d
está rigidamente ligada uma haste de massa desprezı́vel
sobre a qual podemos deslocar dois corpos puntiformes
iguais de massa m =
M
.
8
O sistema gira sem atrito em
m
M
d
R
g
m
torno do eixo. Se inicialmente os dois corpos forem travados como mostra a figura, com d = 2R e o rotor sofrer
m'
a ação de um corpo de massa m0 = 21 M através de um
fio ideal enrolado na periferia do cilindro, partindo do repouso, determine em função de M ,
R, h e g:
(a) (0,5) O momento de inércia do rotor.
(b) (1,0) A aceleração linear de m0 e a tensão no fio.
(c) (1,0) A variação da energia cinética do rotor após a massa m0 ter descido uma distância
h.
SOLUÇÃO:
(a) Momento de inércia do rotor
M
1
I = ICM + 2md2 = M R2 + 2 (2R)2
2
8
3
I = M R2
2
(b) Resultante de forças sobre o bloco de massa m0
m0 g − T = m0 a
Torque devido à tração T sobre o rotor
a
3
T R = Iα = M R2
2
R
1
Tração no fio
3
T = Ma
2
Substituindo na primeira equação
3
m0 g − M a = m0 a
2
1
1
3
Mg =
M+ M a
2
2
2
Aceleração linear de m0
1
a= g
4
Tração no fio
3
T = Mg
8
(c) Conservação da energia mecânica
∆U = ∆K
1
1
m0 gh = Iω 2 + m0 v 2
2
2
13
v2
11
1
M gh =
M R2 2 +
M v2
2
22
R
22
Velocidade linear do sistema
1
v 2 = gh
2
Variação da energia cinética do rotor
1
3
3 1
∆Kr = Iω 2 = M v 2 = M gh
2
4
4 2
3
∆Kr = M gh
8
2
2.
y
Um jogador atira uma bola de boliche de massa
M = 1 kg e raio R = 10 cm (ICM = 52 M R2 ) com uma
v0
velocidade inicial ~v0 = 5 ı̂ (m/s) e ω
~ 0 = −10 k̂ (rad/s).
O coeficiente de atrito cinético entre a bola e o chão é
x
µ = 0, 2.
(a) (0,25) Qual é a velocidade inicial do ponto de contato
z
da bola com a superfı́cie? Descreva o movimento.
(b) (1,0) Encontre a expressão vetorial da velocidade de translação do centro de massa e da
velocidade angular da bola no inı́cio do movimento.
(c) (1,0) Quanto tempo, após o lançamento, a bola precisa para começar a rolar sem deslizar?
(d) (0,25) Determine o deslocamento angular da bola do instante inicial até o momento em
que ela para de deslizar e passa a ter um rolamento puro.
SOLUÇÃO:
(a) Velocidade inicial de deslocamento do ponto de contato da bola com a superfı́cie ~vp0
~vp0 = ~vCM0 + ~vr0
onde ~vCM0 = ~v0 e
~vr0 = −ω0 R ı̂
~vp0 = ~v0 − ω0 R ı̂
~vp0 = 4 ı̂ m/s
No inı́cio do movimento o centro de massa da bola se desloca com velocidade ~v0 , a
bola rola com velocidade angular ω
~ 0 e o ponto de contato desliza com velocidade ~vp0 .
(b) Movimento de translação da bola ao longo do eixo x
X
F~ext = M~a
A única força externa agindo sobre a bola ao longo do eixo x é a força de atrito
entre a bola e a superfı́cie
−µM g ı̂ = M~a
3
Aceleração do centro de massa da bola
~a = −µg ı̂
Velocidade do centro de massa da bola enquanto ela desliza
~vCM = ~vCM0 + ~at = ~v0 + ~at
~vCM = (5 − 2t) ı̂ m/s
Movimento de rotação da bola em torno do seu centro de massa
X
~τext = ICM α
~
A única força que produz torque externo é a força de atrito entre a bola e a superfı́cie
~τext = ~r × f~a = −µM gR k̂
Aceleração angular
α
~ =−
5 µg
µM gR
k̂ = −
k̂
ICM
2R
Velocidade angular de rotação em torno do centro de massa, enquanto a bola desliza
ω
~ =ω
~0 + α
~t
ω
~ = −(10 + 50t) k̂ rad/s
(c) Velocidade de deslocamento do ponto de contato da bola com a superfı́cie ~vp
~vp = ~vCM + ~vr
onde
~vr = −ωR ı̂ = −(1 + 5t) ı̂
~vp = (5 − 2t) ı̂ − (1 + 5t) ı̂ = (4 − 7t) ı̂
A bola para de deslizar quando vp = 0, ou seja
4
td =
4
s
7
(d) Deslocamento angular da bola até parar de deslizar
1
4 1
16
∆θ = ω0 td + αt2d = 10 · + · 50 ·
2
7 2
49
∆θ =
680
rad
49
3. Considere uma barra delgada homogênea de comprimento L com massa
M (ICM =
1
M L2 )
12
presa a um pivô no seu topo, podendo rodar sem
atrito, como mostrado na figura.
(a) (0,5) Calcule o momento de inércia da barra em relação ao pivô.
L
θ0
(b) (0,5) A barra é deslocada inicialmente de um ângulo θ0 em relação
à vertical e é solta a partir do repouso. Qual é a velocidade angular da
barra no ponto mais baixo do seu movimento?
(c) (0,5) Qual é a velocidade (linear) do centro de massa da barra quando
essa passa pela parte mais baixa do seu movimento?
(d) (0,5) Determine a aceleração angular da barra para um ângulo θ qualquer (θ < θ0 ).
(e) (0,5) Determine as componentes do vetor aceleração linear do centro de massa da barra
para um ângulo θ qualquer (θ < θ0 ).
SOLUÇÃO:
(a) Usando o teorema dos eixos paralelos
I = ICM
2
L
1
1
+M
= M L2 + M L2
2
12
4
1
I = M L2
3
(b) Usando conservação da energia mecânica e tomando a energia potencial U = 0 no ponto
mais baixo da trajetória temos
L
11
1
M g [1 − cos(θ0 )] = IωB2 =
M L2 ωB2
2
2
23
5
Velocidade angular da barra no ponto mais baixo do movimento
r
ωB =
3g
[1 − cos(θ0 )]
L
(c) Velocidade linear do centro de massa da barra quando essa passa pela parte mais baixa
do seu movimento
v = ωB
L
2
r
v=
3Lg
[1 − cos(θ0 )]
4
(d) A aceleração da barra é produzida pelo torque da força peso
M g sen(θ)
L
1
= Iα = M L2 α
2
3
α=
3g
sen(θ)
2L
(e) Aceleração tangencial
atCM = α
L
3g
L
=
sen(θ) ·
2
2L
2
3
atCM = g sen(θ)
4
Aceleração radial
arCM = ω 2
L
2
Velocidade angular para um angulo θ < θ0
L
1
11
M g [cos(θ) − cos(θ0 )] = Iω 2 =
M L2 ω 2
2
2
23
ω2 =
3g
[cos(θ) − cos(θ0 )]
L
6
3
arCM = g[cos(θ) − cos(θ0 )]
2
4. Duas barras idênticas de massa m e comprimento L (ICM =
1
mL2 )
12
deslizam sem atrito sobre um plano horizontal. Inicialmente as duas barras se deslocam com velocidades de mesmo módulo (v0 ) que possuem a
m
L
v0
mesma direção, mas sentidos opostos, como mostrado na figura. As extremidades das barras colidem elásticamente. Após a colisão o centro de
m
v0
L
massa de cada barra continua a se mover na mesma direção e sentido em
que se movia antes do choque, mas agora com velocidade de módulo v.
Além disso, cada barra adquire um movimento de rotação em torno do seu centro de massa
com velocidade angular de módulo ω. Em função de m, L, v0 , v e ω determine:
(a) (0,5) a energia cinética total do sistema antes da colisão,
(b) (0,5) o momento angular total do sistema com relação ao seu centro de massa antes da
colisão,
(c) (0,5) a energia cinética total do sistema após a colisão,
(d) (0,5) o momento angular total do sistema em relação ao seu centro de massa, após a
colisão,
(e) (0,5) a velocidade v de translação do centro de massa de cada barra em termos de v0 .
SOLUÇÃO:
(a) Energia cinética total antes da colisão
1
1
KA = mv02 + mv02
2
2
KA = mv02
(b) Momento angular total do sistema com relação ao seu centro de massa antes da colisão
lA = 2|~r × p~| = 2 ·
L
· mv0
2
lA = Lmv0
(c) Energia cinética total do sistema após a colisão
1
1
1
1
KD = mv 2 + ICM ω 2 + mv 2 + ICM ω 2
2
2
2
2
7
KD = mv 2 +
1
mL2 ω 2
12
(d) Momento angular total do sistema em relação ao seu centro de massa, após a colisão
lD = ltrans + lrot = 2 ·
L
mv + 2ICM ω
2
1
lD = Lmv + mL2 ω
6
(e) Velocidade v de translação de cada barra em termos de v0
Conservação da energia cinética
mv02 = mv 2 +
1
mL2 ω 2
12
Conservação do momento angular
1
Lmv0 = Lmv + mL2 ω
6
Juntando as duas equações obtemos o seguinte sistema
v02 = v 2 +
1 2 2
Lω
12
1
v0 = v + Lω
6
Resolvendo o sistema obtemos 2 valores para a velocidade
v = v0
que é a velocidade inicial e
1
v = v0
2
8