P2 2015. 2 Discursivas

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INSTITUTO DE FI´SICA - UFRJ
Parte 2 - P2 de Fı´sica I - 2015-2
Questo˜es Discursivas
Nas questo˜es em que for necessa´rio, considere que: todos os fios e molas sa˜o ideais;
os fios permanecem esticados durante todo o tempo; a resisteˆncia do ar e´ desprezı´vel;
a gravidade tem mo´dulo g conhecido.
Questa˜o 1 [valor 2,6] A figura mostra uma rampa constituı´da por um trecho plano, inclinado de um aˆngulo θ em relac¸a˜o
a` horizontal, que se conecta suavemente a um trecho plano horizontal. Um cilindro homogeˆneo de massa M e raio R e´
liberado a partir do repouso em um ponto A do plano inclinado e desce percorrendo a rampa passando pelos pontos B e
C do trecho horizontal, rolando sem deslizar durante todo o trajeto; de A para B o centro de massa desce uma altura h.
Lembrando que o momento de ine´rcia do cilindro relativo ao seu eixo de simetria perpendicular a`s bases e´ (1/2)MR2,
calcule
a) a acelerac¸a˜o do centro de massa do cilindro, enquanto ele desce o plano inclinado;
b) a forc¸a de atrito (mo´dulo, direc¸a˜o e sentido) que age no cilindro enquanto ele desce o plano inclinado;
c) a velocidade do centro de massa do cilindro ao passar pelo ponto B;
d) o trabalho realizado por cada uma das forc¸as que agem sobre o cilindro, quando seu centro de massa se desloca de
uma distaˆncia d entre os pontos B e C.
Questa˜o 2 [valor 2.6] A figura mostra uma barra homogeˆnea de massa M e comprimento " que se encontra em repouso
na posic¸a˜o vertical, presa ao teto pela sua extremidade superior, pondendo girar livremente em um plano vertical em torno
de um eixo horizontal OZ (perpendicular ao plano da figura). Um proje´til de massam, e dimenso˜es desprezı´veis, move-
se no mesmo plano vertical e atinge a barra com velocidade horizontal de mo´dulo v, alojando-se em seu ponto me´dio.
Calcule
a) o momento de ine´rcia da barra relativo ao eixo OZ sabendo que o seu momento de ine´rcia relativo a um eixo
ortogonal a ela e que passa pelo seu centro e´ dado por I
cm
= 1
12
M"2 ;
b) o mo´dulo do momento angular do proje´til em relac¸a˜o ao ponto O imediatamente antes da colisa˜o;
c) o momento de ine´rcia do sistema barra+ proje´til relativo ao eixo OZ apo´s a colisa˜o;
d) a velocidade angular adquirida pelo sistema barra+ proje´til imediatamente apo´s a colisa˜o;
e) a energia mecaˆnica perdida pelo sistema no processo de colisa˜o.
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Gabarito Questa˜o 1
a) e b) [1.6]
aCM
Para o cilindro enquanto desce sem deslizar sobre o plano inclinado temos:
Translac¸a˜o: #fat + #N + #P = M#aCM
Rotac¸a˜o: #τfat + #τN + #τP = I#α
Como o cilindro rola sem deslizar ha´ o vı´nculo entre a acelerac¸a˜o do centro de massa e a acelerac¸a˜o angular, dado por
aCM = αR.
Para a translac¸a˜o:
−fat + Psenθ = MaCM i)
N − Pcosθ = 0
Para a rotac¸a˜o calculando os torques em relac¸a˜o ao centro do cilindro O e adotando o sentido anti-hora´rio como positivo,
os torques devidos a` forc¸a normal #N e ao peso #P sa˜o nulos, temos:
#τfat = Rfat(−kˆ) = Iα(−kˆ) ii)
Das relac¸o˜es i), ii) e o vı´nculo, α = aCM/R, temos o sistema de equac¸o˜es:

−fat +Mgsenθ = MaCM
fat = I
aCM
R2
iii)
A soluc¸a˜o deste sistema nos fornece, onde I = (1/2)MR2,
aCM =
2
3
gsenθ
#fat
Para obter a forc¸a de atrito podemos usar a relac¸a˜o iii), com o resultado da acelerac¸a˜o do centro de massa,
fat =
1
3
Mgsenθ
O sinal positivo encontrado para a forc¸a de atrito indica que o sentido adotado no diagrama esta´ correto. Portanto de
acordo com os unita´rios indicados
#fat = −
1
3
Mgsenθıˆ
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c)[0.6] vCM em B
Consideremos agora o trecho A− B, aplicando o princı´pio de conservac¸a˜o da energia mecaˆnica neste trecho. Consi-
derando U0g = 0 no centro de massa do cilindro no plano horizontal, vide figura,
Temos:
EA = Mgh e EB = KRot +KTrans = 1
2
Iω2 +
1
2
Mv2CM
Como o cilindro rola sem deslizar vCM = ωR e que I = (1/2)MR2, substituindo-os nas relac¸o˜es para energia
mecaˆnica,
Mgh =
1
2
(1/2)MR2
v2CM
R2
+
1
2
Mv2CM =
3
4
Mv2CM ∴ vCM =
√
(4/3)gh
d)[0.4] Trabalho das forc¸as que agem sobre o cilindro entre B − C
Para que o cilindro role sem deslizar no trecho B − C, as forc¸as que agem no cilindro sa˜o o peso #P e a normal #N .
O trabalho da forc¸a peso e da normal e´ nulo pois estas forc¸as sa˜o perpendiculares ao deslocamento do cilindro.
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Gabarito Questa˜o 2
a)[0.3] Pelo teorema dos eixos paralelos sabemos que I = I
cm
+Mh2. Em nosso caso temos que I
cm
= 1
12
M"2 e
h = "/2 de modo que, nestas condic¸o˜es encontraremos
I
b
=
1
12
M"2 +
1
4
M"2 =⇒ I
b
=
1
3
M"2 .
b)[0.3] Qualquer que seja a posic¸a˜o do proje´til antes da colisa˜o teremos que o seu momento angular relativo ao eixo
OZ sera´ dado por
#Li = m#r × #v, Li = mvr sen θ =⇒ Li =
1
2
mv"
uma vez que, sendo r a distaˆncia do proje´til ao eixo OZ e θ o aˆngulo entre os vetores #r e #v, e´ satisfeita a relac¸a˜o
r sen θ = 1
2
" .
c)[0.3] Ao assumirmos que o proje´til tenha dimenso˜es desprezı´veis podemos trata´-lo como se fosse uma partı´cula e
com isso o seu momento de ine´rcia relativo ao eixo OZ apo´s a colisa˜o sera´ dado por I
p
= mr2 = 1
4
m"2 . Nestas
condic¸o˜es o momento de ine´rcia do sistema barra+ proje´til relativo ao eixo OZ pode ser obtido por
I
T
= I
p
+ I
b
=⇒ I
T
=
1
12
(4M + 3m) "2 .
d)[0.9] Sabemos que
d#L
dt
= #τ
ex
.
Contudo em nosso caso, no momento da colisa˜o devemos observar que, ao considerarmos o eixo OZ e as forc¸as externas
peso #P e de sustentac¸a˜o #F da barra pelo eixo, teremos
#τ
ex
= #τ
P
+ #τ
F
= #R
P
× #P + #R
F
× #F =
"
2
(M +m)g(jˆ × jˆ) +#0× #F =⇒ #τ
ex
= #0
e, nestas condic¸o˜es o momento angular do sistema e´ conservado. Ou seja,
d#L
dt
= #0 =⇒ #L
i
= #L
f
=⇒ L
i
= L
f
L
f
= I
T
ω
f
com isso encontraremos que
1
2
mv" =
1
12
(4M + 3m) "2ω
f
=⇒ ω
f
=
(
6m
3m+ 4M
)
v
"
.
e)[0.8] A colisa˜o do proje´til com a barra e´ inela´stica porque forc¸as na˜o conservativas atuam durante o impacto. Sendo
assim a energia mecaˆnica do sistema sera´ reduzida de um montante dado por
∆E
if
= E
f
− E
i
= K
f
−K
i
ou seja,
∆E
if
=
1
2
ITω
2
−
1
2
mv2 =
1
2
mv2
(
m"2
4I
T
− 1
)
donde resulta em
∆E
if
= −
(
2M
4M + 3m
)
mv2.
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