Gabarito Prova Mecânica

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<p>GABARITO DA 3a PROVA DE FUNDAMENTOS DE MECÂNICA – 02/12/2023 – 10:00</p><p>Abaixo estão os Momentos de Inércia de alguns corpos uniformes por eixos que passam pelo seu centro de massa:</p><p>- disco ou cilindro maciço de massa M , raio R, pelo seu eixo: ICM,cil =</p><p>1</p><p>2MR2</p><p>- esfera maciça de massa M , raio R, por um eixo que passa pelo seu centro de massa: ICM,esf,1 = 2</p><p>5MR2</p><p>- esfera ôca de massa M , raio R, por um eixo que passa pelo seu centro de massa: ICM,esf,2 = 2</p><p>3MR2</p><p>- barra de massa M , comprimento L, por um eixo que passa pelo centro de massa, perpendicular à barra: ICM,bar =</p><p>1</p><p>12ML2</p><p>Parte A - Questões (40,0 pontos, 8,0 ponto por quest~ao): Para cada afirmação abaixo, comente se</p><p>estão corretas ou incorretas e (mesmo se a afirmativa estiver correta) justifique com palavras e/ou equações.</p><p>Q1- Uma bailarina que rodopia sobre uma pista de gelo aumenta sua velocidade angular quando aproxima</p><p>os braços ao seu corpo. Consequentemente, seu momento angular aumenta, já que ~L = I~ω.</p><p>A afirmativa está INCORRETA. Quando a bailarina abre ou fecha os braços, forças internas estão atuando</p><p>no sistema e estas não produzem torque ĺıquido. Com isso, como torques externos podem ser desprezados</p><p>numa pista de gelo, seu momento angular deve ficar constante. Aliás, este é o motivo de sua velocidade</p><p>angular aumentar, quando ela fecha os braços. Nessa condição, sua inércia rotacional é menor e, como o</p><p>momento angular deve se conservar,</p><p>~L = I1~ω1 = I2~ω2 −→ ~ω2 =</p><p>I1</p><p>I2</p><p>~ω1.</p><p>Q2- Em uma corrida ladeira abaixo de carrinhos de madeira, sem motor, do alto até a linha de chegada, é</p><p>melhor escolher rodas com pequeno momento de inércia, do que com grande momento de inércia.</p><p>A afirmativa está CORRETA. Em qualquer hipótese, mesmo com perdas devido a atrito, resistência do</p><p>ar, etc., parte da energia potencial gravitacional será transformada em energia cinética, pois as perdas não</p><p>consumirão toda a energia mecânica dispońıvel. A energia cinética será a soma das energias cinéticas de</p><p>rotação e de translação das partes do carrinho. O que se quer é a maior energia cinética de translação,</p><p>que se traduz em maior velocidade de translação. Para tanto, temos de minimizar a energia cinética de</p><p>rotação das rodas, que é 1</p><p>2Irodaω</p><p>2 ou, fazendo v = ωR (R é o raio da roda), fica igual a 1</p><p>2Iroda(v/R)2.</p><p>Então, devemos escolher rodas com o menor valor de Iroda posśıvel.</p><p>Q3– Uma part́ıcula de massa m e velocidade constante ~v (em movimento retiĺıneo uniforme), possui um</p><p>momento angular (em relação a um certo ponto P fixo no espaço) dado por ~LP = ~rP × (m~v), variável,</p><p>enquanto ela se movimenta.</p><p>A afirmativa está INCORRETA. A quantidade de movimento angular</p><p>de um corpo em relação a um determinado ponto A é definida como ~LA =</p><p>~rA × ~p, onde ~rA é o vetor posição do corpo em relação ao ponto A e</p><p>~p a sua quantidade de movimento, M~v. O vetor ~p é constante, mas o</p><p>vetor ~rA, que depende do ponto A e da posição do corpo, varia. Então, o</p><p>vetor ~LA vai depender do ponto A e da posição do corpo, tendo o módulo</p><p>LA = rAp sen θ. À medida que o corpo se movimenta, p fica constante, e</p><p>rA e θ variam de forma tal que o produto rA sen θ dá sempre a distância</p><p>do ponto A à reta do movimento do corpo. Então, LA é constante.</p><p>p=mv</p><p>p</p><p>θ</p><p>θΑ2</p><p>Α2</p><p>Α2</p><p>rr sen θ</p><p>Α1</p><p>Α</p><p>1</p><p>rΑ1</p><p>φ</p><p>Α1</p><p>φ</p><p>Α2</p><p>Q4– Durante as várias eras de gelo de nosso planeta, as calotas polares aumentaram muito, concentrando</p><p>água na região dos polos terrestres e diminuindo o ńıvel dos oceanos no equador. Com isso, a duração</p><p>do dia da Terra (seu peŕıodo de rotação) deve ter diminúıdo nessas épocas.</p><p>A afirmativa está CORRETA. Com uma grande massa de gelo nas calotas polares, há uma grande massa de</p><p>matéria perto do eixo de rotação da Terra. Se esse gelo aumenta nos polos, diminuindo o ńıvel dos oceanos,</p><p>uma boa parte dessa massa vai se dirigir para perto do eixo de rotação. Com isso, o momento de inércia da</p><p>Terra, como um todo, vai diminuir. Como não há torques externos (todo o processo é interno), o momento</p><p>angular da Terra tem que ficar constante. Ao se diminuir o momento de inércia, após o aumento das calotas</p><p>polares numa certa proporção, a velocidade angular da Terra deve aumentar (e, consequentemente, o peŕıodo</p><p>deve diminuir) na mesma proporção, para manter o momento angular constante.</p><p>Q5– Em um avião monomotor, o piloto vê a hélice à sua frente girar no sentido horário. Ao fazer uma curva</p><p>para a sua direita num vôo horizontal, o piloto sente que o avião tende a empinar para cima.</p><p>A afirmativa está INCORRETA. Em relação ao piloto, a hélice possui momento angular que aponta na</p><p>mesma direção de sua velocidade angular, isto é, do piloto para a hélice (ele está atrás dela), portanto para</p><p>a frente do avião. Ao virar para a direita, pela regra da mão direita, o piloto tem que aplicar um torque</p><p>para baixo no sistema. Como ~τ = d~ℓ/dt, teremos uma variação de momento angular na mesma direção, isto</p><p>é, para cima, pois d~ℓ = ~τdt. Então, o momento angular da hélice (que é o do sistema), sofre uma variação</p><p>para baixo e o avião tende a embicar para baixo.</p><p>Lfin</p><p>dL</p><p>Lhel</p><p>Parte B - Problemas (10:00 – 60,0 pontos: P1 = 18,0 pontos, P2 e P3 = 21,0 pontos cada)</p><p>P1– Uma esfera maciça simétrica e ŕıgida</p><p>de raio R e massa M , cujo momento</p><p>de inércia em torno de seu eixo é I,</p><p>rola sem deslizar por uma pista plana</p><p>inclinada de um ângulo θ, sob o efeito</p><p>da gravidade. Dê respostas em termos</p><p>de I, R, g, M e θ (há atrito, mas não</p><p>se conhecem os coeficientes de atrito).</p><p>P1.1– Localize na figura todas as forças</p><p>(especifique ponto de atuação, di-</p><p>reção e sentido) que atuam na es-</p><p>fera, enquanto ela rola.</p><p>P1.2– Há conservação de energia cinéti-</p><p>ca da esfera? Qual o motivo?</p><p>P1.3– Há conservação de momento li-</p><p>near da esfera? Qual o motivo?</p><p>θθ</p><p>R</p><p>M, I</p><p>Mg</p><p>Fat</p><p>N</p><p>P1.4– Há conservação de momento angular da esfera? Qual o motivo?</p><p>P1.5– Há conservação de energia mecânica na esfera? Qual o motivo?</p><p>P1.6– Calcule o valor da força de atrito estático necessária, para que a esfera role sem deslizar.</p><p>P1.7– Calcule a aceleração linear do centro da esfera, paralela ao plano.</p><p>P1.8– Calcule a aceleração angular da esfera em torno de seu centro.</p><p>Valores: P1.1, P1.6, P1.7 e P1.8: 3,0 pontos cada; P1.2, P1.3, P1.4 e P1.5: 1,5 ponto cada.</p><p>Solução</p><p>P1.1– As forças que atuam na esfera são (1) seu peso (Mg), que atua no centro de massa, pois a esfera é</p><p>simétrica, (2) a normal entre a esfera e o plano, N , e (3) a força de atrito, Fat. A normal e a força de atrito</p><p>atuam no ponto de contato entre a esfera e o plano. A esfera, se a força de atrito não existisse, desceria</p><p>sem rodar, e a esfera, portanto, tende a arrastar o plano para baixo, sofrendo a reação para cima. As forças</p><p>estão desenhadas na figura.</p><p>P1.2– A energia cinética varia se houver realização de um trabalho total diferente de zero. Os trabalhos da</p><p>força de atrito e da normal são nulos, pois essas forças atuam em um ponto que não se move (a esfera rola</p><p>sem derrapar sobre o plano). O trabalho realizado pelo peso, porém, é positivo e não nulo. Então, pelo</p><p>teorema trabalho-energia cinética, não há conservação de energia cinética, pois o trabalho total é > 0.</p><p>P1.3– A força resultante não é nula (tanto que a esfera vai rolar plano abaixo aceleradamente). Portanto,</p><p>pela definição de força, ~Fresultante =</p><p>d~p</p><p>dt</p><p>, temos que o momento linear varia com o tempo, e d~p = ~Fresultantedt.</p><p>Portanto, não há conservação do momento linear.</p><p>P1.4– O torque resultante também não é nulo. Se calcularmos o torque das 3 forças desenhadas na figura em</p><p>relação ao ponto de contato, nem o atrito nem a normal contribuem, mas o peso faz um torque entrando no</p><p>desenho. Se calcularmos o torque em relação ao centro da esfera, apesar de o peso e a normal no contribúırem,</p><p>agora o atrito faz um torque entrando no desenho. Portanto, também pela definição de torque, temos que</p><p>~τres =</p><p>d~ℓ</p><p>dt</p><p>, e não há conservação do momento angular.</p><p>P1.5– A normal, como vimos, nunca realiza trabalho, pois é sempre perpendicular ao deslocamento da esfera</p><p>(e, além disso, atua em um ponto que está sempre parado). O peso é uma força conservativa. O atrito, como</p><p>a normal, também não realiza trabalho, pois seu ponto de aplicação está sempre parado. Isso se deve ao</p><p>fato da esfera rolar sem derrapar. Portanto, a energia mecânica se conserva, pois o trabalho de forças</p><p>não conservativas é nulo.</p><p>P1.6– A esfera não possui resultante perpendicular ao plano inclinado. Portanto,</p><p>N −Mg cos θ = 0 −→ N = Mg cos θ. (P1.1)</p><p>Na horizontal, temos, supondo positivo para baixo no plano,</p><p>Mg sen θ − Fat = Ma. (P1.2)</p><p>Não conhecemos nem Fat nem a, a aceleração linear do centro da esfera, e não temos mais equações a usar,</p><p>considerando somente a translação. Temos, portanto, que considerar a rotação da esfera. Como o momento</p><p>de inércia da esfera em torno de seu eixo (que passa pelo centro) foi fornecido, vamos calcular o torque das</p><p>três forças identificadas em relação a esse eixo e usar τtotal,eixo = Ieixoα, onde α é a aceleração angular da</p><p>esfera em torno do seu eixo.</p><p>O peso não exerce torque em relação ao eixo pois atua diretamente nele. A normal também não exerce</p><p>torque, mas agora porque o ângulo entre o vetor de seu ponto de aplicação em relação ao eixo e ela própria</p><p>é tal que seu seno é nulo. Dessa forma, em relação ao eixo da esfera, o torque total é</p><p>τtotal,eixo = τ(Fat,eixo) = RFat sen90</p><p>◦ = RFat = Iα. (P1.3)</p><p>e aponta para dentro da figura. Como a esfera rola sem deslizar, temos que as velocidades e acelerações</p><p>lineares de seu centro estão diretamente relacionadas com as velocidades e acelerações angulares por</p><p>veixo = ωR e aeixo = αR. (P1.4)</p><p>Mas, na Eq. (P1.4), temos que aeixo é exatamente a aceleração da Eq. (P1.2), e α é a mesma da Eq. (P1.3).</p><p>Então podemos substituir α = a/R na Eq. (P1.4) e escrever</p><p>RFat = Iα = I</p><p>a</p><p>R</p><p>ou a =</p><p>FatR</p><p>2</p><p>I</p><p>. (P1.5)</p><p>Levando a da Eq. (P1.5) na Eq. (P1.2),</p><p>Mg sen θ − Fat = M</p><p>FatR</p><p>2</p><p>I</p><p>ou Mg sen θ = Fat</p><p>(</p><p>1 +M</p><p>R2</p><p>I</p><p>)</p><p>= Fat</p><p>(</p><p>I +MR2</p><p>I</p><p>)</p><p>, (P1.6)</p><p>de onde podemos tirar a força de atrito</p><p>Fat = Mg sen θ</p><p>(</p><p>I</p><p>I +MR2</p><p>)</p><p>. (P1.7)</p><p>P1.7– Levando o valor da Eq. (P1.7) na Eq. (P1.2), temos, depois de resolver para a</p><p>a =</p><p>Mg sen θ</p><p>M + I</p><p>R2</p><p>(P1.8)</p><p>P1.8– A aceleração angular é dada pela Eq. (P1.4),</p><p>α =</p><p>a</p><p>R</p><p>=</p><p>Mg sen θ</p><p>R</p><p>(</p><p>M + I</p><p>R2</p><p>) =</p><p>Mg sen θR</p><p>MR2 + I</p><p>(P1.9)</p><p>P2– (10:00) Uma part́ıcula de massa m realiza um movi-</p><p>mento circular uniforme sobre uma mesa sem atrito. A</p><p>part́ıcula está presa a uma extremidade de um fio (sem</p><p>massa e inextenśıvel), cuja outra extremidade passa por</p><p>um furo no centro da mesa e que é presa debaixo desta</p><p>numa massa desconhecida. Também não há atrito do</p><p>fio com a mesa, pelo furo. A velocidade angular da</p><p>massa m é ω1 e o raio do ćırculo é R1 e a massa de-</p><p>sconhecida está em repouso. (21 pontos)</p><p>P2.1- Determine a massa desconhecida, M , que equilibra o</p><p>sistema, em termos de m, R1, ω1 e g (6 pontos).</p><p>m R2R1</p><p>R1−R2</p><p>M = ?</p><p>A massa pendurada, agora conhecida, é então puxada mais um pouco para debaixo da mesa por uma</p><p>força, sendo mantida presa nessa nova posição, e o novo raio do movimento da part́ıcula passa a ser</p><p>R2(<R1). Determine, justificando o seu racioćınio, em termos de m, R1, R2, ω1 e g:</p><p>P2.2- a nova velocidade angular da part́ıcula de massa m (6 pontos),</p><p>P2.3- a nova tensão no fio (6 pontos),</p><p>P2.4- o trabalho total realizado sobre o sistema no processo (3 pontos).</p><p>Solução</p><p>Em primeiro lugar, vamos identificar as forças que atuam nas partes do problema. As forças que atuam na</p><p>massa desconhecida são seu peso (exercido pela Terra, que sofre a reação) e a força da parte vertical do fio</p><p>(que sofre a reação). Como essa massa está em repouso, a resultante dessas duas forças tem que ser zero e</p><p>a força que o fio faz na massa tem que ser igual ao seu peso, Mg.</p><p>A corda, então, é puxada para baixo pela massa, por uma força igual a Mg, mas não se acelera. Como</p><p>o fio não possui massa, ela tem que ser puxada pela outra extremidade por uma força igual em módulo à</p><p>que a massa m a puxa para baixo. Quem faz essa força é a part́ıcula de massa m, que sofre a reação.</p><p>Sobre a part́ıcula de massa m atuam seu peso (vertical para baixo, exercido pela Terra, que sofre a</p><p>reação), a normal com a mesa (para cima, exercida pela mesa, que sofre a reação) e o fio (que sofreu a reação</p><p>ao ser puxado pela part́ıcula). Como não há atrito, essas são as únicas forças atuantes.</p><p>P2.1- Nem a massa desconhecida nem a part́ıcula sobre a mesa se movimentam na vertical. Então,</p><p>particula : N + 0 + (−mg) = 0 −→ N = mg, e (P2.1)</p><p>massa desconhecida : Tcorda + (−Mg) = 0 −→ Tcorda = Mg. (P2.2)</p><p>Na horizontal, a única força que atua na part́ıcula (exercida pela corda, Tcorda), é igual à sua força centŕıpeta</p><p>Tcorda = macentr = mω2r = mω2</p><p>1R1. (P2.3)</p><p>Igualando as eqs. (P2.2) e (P2.3), temos</p><p>Mg = mω2</p><p>1R1 ou M =</p><p>mω2</p><p>1R1</p><p>g</p><p>. (P2.4)</p><p>P2.2- Ao se puxar a massa pendurada para baixo, reduzindo o raio do movimento da part́ıcula, a tensão</p><p>no fio não consegue exercer qualquer torque em relação ao furo por onde passa. Com isso, a quantidade de</p><p>movimento angular da part́ıcula em relação ao furo tem que ficar constante. Inicialmente, a quantidade de</p><p>movimento angular é</p><p>ℓ1 = |~R1 × ~p1| = |~R1 ×m~v1| = R1mv1 sen 90</p><p>◦ = R1mv1 = mR2</p><p>1ω1(= I1ω1) (P2.5),</p><p>onde usamos que v = ωr, que a velocidade é tangencial ao movimento (fazendo um ângulo de 90◦ com o</p><p>fio). Note que o momento de inércia da part́ıcula em relação ao furo na situação inicial é I1 = mR2</p><p>1, e</p><p>que podeŕıamos usar isso, no cálculo de ℓ1. Pelo nosso racioćınio, o momento angular não pode mudar e,</p><p>portanto,</p><p>ℓ2 = mR2</p><p>2ω2 = ℓ1 = mR2</p><p>1ω1,</p><p>de onde tiramos que</p><p>ω2 =</p><p>(</p><p>R1</p><p>R2</p><p>)2</p><p>ω1. (P2.6)</p><p>P2.3- Da Eq. (p2.3), podemos escrever que, na nova situação, a nova tensão no fio será</p><p>T ′</p><p>corda = macentr,2 = mω2r = mω2</p><p>2R2. (P2.7)</p><p>Utilizando a Eq. (P2.6), temos</p><p>T ′</p><p>corda = mω2</p><p>2R2 = m</p><p>[</p><p>(</p><p>R1</p><p>R2</p><p>)2</p><p>ω1</p><p>]2</p><p>R2 = m</p><p>(</p><p>R1</p><p>R2</p><p>)4</p><p>ω2</p><p>1R2 = m</p><p>R4</p><p>1</p><p>R3</p><p>2</p><p>ω2</p><p>1 . (P2.8)</p><p>P2.4- Dentre as forças identificadas anteriormente, as que podem realizar trabalho são o peso da massa</p><p>pendurada, a força extra que atuou nela fazendo-a baixar (desconhecida) e as tensões, pois o peso da part́ıcula</p><p>sobre a mesa e a normal não realizam trabalho (pois são perpendiculares ao deslocamento). Não é posśıvel</p><p>usar a definição de trabalho e integrar, pois a força extra é variável e não se deu como é sua dependência com</p><p>a posição. Porém, tem-se o teorema que diz que “o trabalho total é igual à variação de energia cinética”. e</p><p>basta, portanto, calcular essa variação entre as situações inicial (1) e final (2), Wtotal=∆Ecin=Ecin,2−Ecin,1.</p><p>A massa pendurada estava parada inicialmente e continua parada na situação final. A energia cinética da</p><p>part́ıcula sobre a mesa, inicial e final, é, utilizando o resultado da Eq.(P2.6).</p><p>Ecin,1 =</p><p>1</p><p>2</p><p>I1ω</p><p>2</p><p>1 =</p><p>1</p><p>2</p><p>mR2</p><p>1ω</p><p>2</p><p>1 e Ecin,2 =</p><p>1</p><p>2</p><p>I2ω</p><p>2</p><p>2 =</p><p>1</p><p>2</p><p>mR2</p><p>2ω</p><p>2</p><p>2 =</p><p>(</p><p>1</p><p>2</p><p>I1ω</p><p>2</p><p>1</p><p>)(</p><p>R1</p><p>R2</p><p>)2</p><p>(P2.9)</p><p>e</p><p>Wtotal = ∆Ecin =</p><p>(</p><p>1</p><p>2</p><p>mR2</p><p>1ω</p><p>2</p><p>1</p><p>)</p><p>[</p><p>(</p><p>R1</p><p>R2</p><p>)2</p><p>− 1</p><p>]</p><p>(P2.10)</p><p>P3– (10:00) Uma haste uniforme e fina, de massaM e</p><p>comprimento L é suspensa em uma extremidade</p><p>por um pino em torno do qual pode girar livre-</p><p>mente, sem qualquer atrito. Inicialmente a haste</p><p>está parada na posição vertical. Uma part́ıcula</p><p>de massam e velocidade inicial V na direção hor-</p><p>izontal colide com a extremidade livre (de baixo)</p><p>da haste, ficando grudada na mesma. Calcule,</p><p>justificando o seu racioćınio, em termos de M ,</p><p>m, L, V e g: (21 pontos).</p><p>P3.1– a quantidade de movimento angular em re-</p><p>lação ao pino de apoio da haste e a quanti-</p><p>dade de movimento linear (as duas grande-</p><p>zas) do conjunto formado pela part́ıcula e</p><p>pela haste ANTES da colisão (4,5 pontos);</p><p>P3.2– a distância que o centro de massa do con-</p><p>junto está do pino de</p><p>apoio, exatamente no</p><p>instante da colisão (4,5 pontos);</p><p>P3.3– a velocidade angular do conjunto em relação</p><p>ao pino de apoio, imediatamente após a co-</p><p>lisão (6,0 pontos);</p><p>M,L</p><p>θ</p><p>V</p><p>pino de apoio</p><p>CM</p><p>CM</p><p>CM</p><p>sistema</p><p>sistema</p><p>haste h</p><p>m</p><p>P3.4– se a velocidade V não for muito grande, encontre o ângulo máximo θ que o conjunto alcançará, em</p><p>sua oscilação após a colisão (6,0 pontos);</p><p>Solução</p><p>Trata-se de uma colisão, durante a qual atuam as forças internas entre a part́ıcula e a barra e as forças</p><p>externas: os pesos (da part́ıcula e da barra) e a força que o pino faz na barra, Na vertical as forças podem se</p><p>anular durante a colisão, mas na horizontal não tem jeito de anular a componente horizontal da força do pino.</p><p>Portanto, a quantidade de movimento linear não se conservará na horizontal durante a colisão, pois existe</p><p>força externa nessa direção. Entretanto, em relação ao ponto onde o pino segura a barra, imediatamente</p><p>antes e depois da colisão, nenhuma força consegue fazer torque. Os pesos não exercem torques em relação ao</p><p>ponto onde atua o pino por causa do ângulo e o pino por atuar exatamente nesse ponto. As forças internas,</p><p>por serem de módulos iguais, terem a mesma direção, sentido oposto e atuarem exatamente no mesmo ponto</p><p>de contato, não exercem torques em relação a nenhum ponto do universo. Portanto, o torque total, durante</p><p>a colisão, é nulo em relação ao ponto onde o pino atua. . . e, consequentemente, a quantidade de movimento</p><p>angular em relação a esse ponto tem que se conservar.</p><p>P3.1- A quantidade de movimento angular inicial do sistema em relação ao ponto onde o pino atua é dada</p><p>somente pela massa m em movimento, pois a barra está parada. Imediatamente após a colisão a barra com</p><p>a massa presa em sua extremidade estarão girando em torno do pino com a velocidade angular solicitada ω.</p><p>Portanto, usando a definição ~Lpino = ~rpino × ~p, e terá o módulo</p><p>Lini,pino = mV L (P3.1)</p><p>e apontará para fora da figura, se calculado em relação ao pino.</p><p>P3.2- O centro de massa da barra, pelo fato de ela ser uniforme, está em sua metade, a uma distância L</p><p>2</p><p>de sua extremidade superior, onde está o pino. Pela definição de posição de centro de massa, em relação ao</p><p>pino (considerando positivo para baixo)</p><p>ycm =</p><p>M L</p><p>2 +mL</p><p>M +m</p><p>=</p><p>(</p><p>M</p><p>2 +m</p><p>M +m</p><p>)</p><p>L. (P3.2)</p><p>P3.3- Imediatamente após a colisão a barra com a massa presa em sua extremidade estarão girando em</p><p>torno do pino com a velocidade angular solicitada ωfinal. Portanto, usando a definição ~Lpino = ~rpino × ~p, e a</p><p>Eq.(P3.1)</p><p>Lini,pino = mV L = Lfin,pino = Itot,pino ωfinal =</p><p>(</p><p>ML2</p><p>3</p><p>+mL2</p><p>)</p><p>ωfinal (P3.3)</p><p>onde se usou a tabela dada no ińıcio da prova para encontrar o momento de inércia do conjunto “barra e</p><p>massa” em relação ao pino. Portanto</p><p>ωfinal =</p><p>mV L</p><p>ML2</p><p>3 +mL2</p><p>=</p><p>(</p><p>m</p><p>M</p><p>3 +m</p><p>)</p><p>V</p><p>L</p><p>. (P3.4)</p><p>P3.4- Imediatamente após a colisão o sistema começa a girar em torno do pino com a velocidade angular</p><p>encontrada na Eq.(P3.4), tendo, portanto energia cinética. Considerando a posição inicial do centro de massa</p><p>do sistema como sendo nosso referência de altura para o cálculo da energia potencial, a energia potencial</p><p>inicial será nula e a energia mecânica inicial do sistema, imediatamente após a colisão, é Emec,ini=Ecin,ini +</p><p>Epot,ini</p><p>Emec,ini =</p><p>1</p><p>2</p><p>Itot,pino ω2 + 0 =</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>ML2</p><p>3</p><p>+mL2</p><p>)</p><p>[(</p><p>m</p><p>M</p><p>3 +m</p><p>)</p><p>V</p><p>L</p><p>]2</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>m2</p><p>M</p><p>3 +m</p><p>)</p><p>V 2. (P3.5)</p><p>O problema diz que não há atrito no eixo do pino e, portanto, a energia mecânica deve ser conservada. Na</p><p>posição final do conjunto, não haverá movimento (ou seja, não haverá energia cinética) e toda a energia será</p><p>potencial gravitacional com o centro de massa do sistema a uma certa altura h da posição inicial do centro</p><p>de massa do sistema, Emec,fin = 0 + (M +m)gh e</p><p>h =</p><p>V 2</p><p>2g</p><p>(</p><p>m2</p><p>(</p><p>M</p><p>3 +m</p><p>)</p><p>(M +m)</p><p>)</p><p>= ycm(1 − cos θ) =</p><p>(</p><p>M</p><p>2 +m</p><p>M +m</p><p>L</p><p>)</p><p>(1− cos θ), (P3.6)</p><p>de onde tiramos cos θ, onde θ é o ângulo máximo que o sistema oscilará em relação à vertical</p><p>cos θ = 1−</p><p>V 2</p><p>2gL</p><p>(</p><p>m2</p><p>(</p><p>M</p><p>3 +m</p><p>) (</p><p>M</p><p>2 +m</p><p>)</p><p>)</p><p>. (P3.7)</p>