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364 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS L m v r I m R m R Ri i i i (5 1 5 1 11 1 1 2 2 1 0 2 2 2 1 2 2 1 2 22 0 1 2 2 0 2 1 1 2 2 21 1 2 1) 5 1 1m R m m R R .. Depois que o gato rasteja até a borda interna do disco (e, portanto, está a uma distância do eixo de rotação), o momento angular do sistema se torna L m R m R R m R m f f f f( )5 1 5 11 1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 22 1 2 2 1 21m R R 1 . Como Lf = Li, temos: f R R m m R R 0 2 1 2 2 1 1 2 2 21 1 2 1 1 5 1 1 1 ( , ) ( , 1 2 1 2 0 1 2 0 25 1 2 1 2 2 1 2 2 m m R R 1 5 1 1 )) ( ) , . 1 2 1 4 1 273 1 1 5 Assim, f = 1 273 0, . Para ω0 = 8,00 rad/s, temos ωf = 10,2 rad/s. Fazendo I = L/ω na equação K I= 2 2/ , obtemos K L= / 2. Como Li = Lf, a razão entre as energias cinéticas se torna K K L L f i f f i i f= = = / / , 2 2 1 273 0 , o que significa que DK K K Kf i i= − = 0 273, . Este resultado é coerente com o fato de que o gato realiza um trabalho positivo ao rastejar em direção ao centro do anel, aumentando a ener- gia cinética total do sistema. Como a energia cinética inicial é K i 5 1 1 5( ) 1 2 1 2 1 21 2 2 2 1 2 2 2 2 1m R m R R mR 0 22 2 2 2 1 1 2 2 21 1 2 1 1 2 2 0 0 1 1 5 ( , m m R R 00 0 800 8 00 1 1 2 42)( , ) ( , [ ( / )( )(kg m rad/s)2 1 00 5 1 143 36 2, ) , , 1 5 J o aumento de energia cinética é DK = =( , )( ,0 273 143 36J) 39,1J. 55. Antes da queda da massa, o momento angular do sistema é I i i , com I i = 5,0 × 10-4 kg . m2 e ωi = 4,7 rad/s. Depois da queda, o momento de inércia do conjunto disco + massa passa a ser I I mRf i= + 2 com m = 0,020 kg e R = 0,10 m. A massa do disco (0,10 kg), embora apareça nos dados do pro- blema, não é usada na solução. De acordo com a lei de conservação do momento angular, I I I I mR i i f f f i i i = ⇒ = + = 2 3 4, .rad/s 56. A Tabela 10-2 fornece o momento de inércia de uma barra fina que gira em torno de um eixo perpendicular passando pelo centro da barra. As velocidades angulares dos dois braços são: 1 0 500 4 49= =( , ,rev)(2 rad/rev) 0,700 s rad/s 22 1 00 8 98= =( , ,rev)(2 rad/rev) 0,700 s rad/s.
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