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www.profafguimaraes.net 1 Prof. A.F.Guimarães Física 1 – Questões 13 Questão 1 A integral do torque, em relação ao tempo, é denominada impulso angular. Partindo da equação dL dt ℑ = � � , mostrar que o impulso angular resultante é igual à aviação do momento angular. Essa relação constitui o análogo, para o movimento de rotação, do teorema do momento-impulso para o movimento retilíneo. Resolução: J dt J dL J L = ℑ ⇒ = ∴ = ∆ ∫ ∫ � � � � � � Questão 2 Seja J � o impulso angular definido na questão 1. O torque que atua sobre uma certa partícula é dado por: ( )b t kℑ = ⋅ � , onde t é dado em segundos e b = 2 N∙m∙s -1. (a) Determine o impulso angular fornecido à partícula desde t = 0 até t = 2 s. (b) Calcule o módulo do torque médio exercido sobre a partícula durante o intervalo de tempo mencionado no item anterior. Resolução: (a) ( ) 2 2 0 0 2 2 0 2 4 . J dt J tkdt J t k J N m s k = ℑ ⇒ = = ∴ = ⋅ ⋅ ∫ ∫ � � � � � (b) 4 2 2 .m m mJ t N m= ℑ ∆ ⇒ = ℑ ⋅ ∴ℑ = ⋅ Questão 3 O impulso angular que atua sobre uma partícula é dado por: 4J bt k= � , onde t é dado em segundos e b = 0,25 N∙m∙s -3. Calcule o módulo do torque que atua sobre a partícula no instante t = 0,20s. Resolução: ( ) ( ) ( ) 4 0,20 3 0,25 0, 20 0,008 . t d tdL k dt dt k N m k = ℑ = ⇒ ℑ = ⋅ ⋅ ℑ = ∴ℑ= ⋅ � � � � � www.profafguimaraes.net 2 Questão 4 Um pião gira a 40 Hz (ciclos∙s -1) em torno de um eixo inclinado de 200 com a vertical. Sua massa é de 0,45 kg e sua inércia rotacional (momento de inércia) é de 5,0 x 10-4 kg∙m2. O centro de massa está a 3,5 cm da ponteira. Se a rotação é no sentido do movimento dos ponteiros do relógio, quando observada de cima, qual é o módulo e o sentido da velocidade angular de precessão? Resolução: A velocidade angular de precessão é dada por: p mgr L ω = . Onde, , 2L I fω ω π= = . Determinaremos primeiramente o valor da velocidade angular � e depois o momento angular L. Assim, teremos: 1 4 2 2 1 2 40 80 5 10 80 4 10 . rad s e L L kg m s ω π ω π π π − − − − = ⋅ ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ Assim, a velocidade angular de precessão vale: 2 1 2 0,45 9,8 3,5 10 1,23 . 4 10 p p rad sω ωπ − − − ⋅ ⋅ ⋅ = ∴ ≅ ⋅ ⋅ Para um observador que se encontra na vertical do eixo de precessão, o pião precessiona no sentido horário. Basta observar a relação: p Lωℑ = ∧ � � � . Questão 5 Um giroscópio consiste num disco de raio R e massa M montado no centro de um eixo de comprimento 2x. Determine uma expressão para velocidade angular de precessão quando o eixo fica apoiado numa de suas extremidades e na horizontal. Despreze a massa do eixo. Resolução: A inércia rotacional é dada por: 2 2 MR I = . Assim, a velocidade angular de precessão será: 2x x w � www.profafguimaraes.net 3 2 2 2 2 . p p p Mgr Mgx MRL gx R ω ω ω ω ω = ⇒ = ⋅ ∴ = Questão 6 O giroscópio apresentado na questão 5 é modificado ao lhe ser afixado um pequeno peso à extremidade do eixo que se encontra mais afastada. Ache a nova taxa de precessão (em rpm) em função da razão r (massa do peso adicionado )/(massa do disco do giroscópio). Resolução: Vamos determinar o novo centro de massa: 2 cm Mx m x r M m + ⋅ = + . Assim, para a velocidade angular de precessão teremos: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 ; p p p M m g Mx m x MR M m g Mx m x MR gx gx m r r R R M ω ω ω ω ω ω ω + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ∴ = + ⋅ = Onde m é a massa do peso adicionado. Logo, teremos para a frequência: 2 2 2 2 ; 2 . p p gx gx f r A R R R gx gx f r A A π πω πω ω ω = + ⋅ = ∴ = + ⋅ Onde A é a área do disco. Questão 7 O módulo do torque que atua sobre uma esfera de raio R = 0,02 m e massa m = 0,004 kg vale 2 N∙m. Calcule a aceleração angular da esfera. Resolução: O momento de inércia (inércia rotacional) da esfera vale: ( ) 2 23 7 2 2 1,6 10 0,02 5 6,4 10 MR I I kg m − − = = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ www.profafguimaraes.net 4 De posse da inércia rotacional, poderemos agora determinar a aceleração angular. Assim, teremos: 7 6 2 2 6,4 10 3,13 10 . I rad s α α α − − ℑ = ⇒ = ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ Questão 8 Duas rodas, A e B, comunicam-se através de uma correia como se pode ver na figura ao lado. O raio de B é três vezes o raio de A. Qual seria a relação entre as inércias rotacionais (momento de inércia) A B I I se (a) ambas as rodas tiverem os mesmos momentos angulares? (b) ambas as rodas tiverem a mesma energia cinética rotacional? Resolução: (a) Sabemos que as velocidades lineares das duas rodas devem ser iguais, com a correia devidamente esticada. Assim, teremos: 3 3 . A B A A B B A A B A A B v v r r r r ω ω ω ω ω ω = ⇒ = = ⋅ ∴ = Assim, para A BL L= , teremos: 1 . 3 A A A B B B I I I I ω ω= ⇒ = (b) Para A BK K= , teremos: 2 2 2 2 2 2 1 9 . 9 A A B B A A B B B B I I I I I I ω ω ω ω = ⋅ = ∴ = Questão 9 (a) Suponha que, em um átomo de hidrogênio, o elétron descreva uma órbita circular em torno do próton. Se a força centrípeta exercida no elétron é fornecida pela força elétrica 2 2 0 4 e rπε , sendo e o valor absoluto da carga de um elétron ou de um próton, r o raio da órbita e �0 uma constante, mostrar que o raio da órbita é: 2 2 0 4 e r mvπ = ε , A B www.profafguimaraes.net 5 sendo m a massa do elétron e v sua velocidade. (b) Suponha agora que os valores do momento angular do elétron em torno do núcleo só possam ser múltiplos inteiros n de 2h π , sendo h uma constante denominada constante de Planck. Demonstrar que as únicas órbitas eletrônicas possíveis são as que possuam raio 2 nh r mvπ = . (c) Combinar esses resultados para eliminar v e mostrar que as únicas órbitas consistentes com ambas as condições têm raios 2 2 0 2 n h r meπ = ε . Portanto, os raios permitidos são proporcionais ao quadrado dos inteiros n = 1, 2, 3 etc. Quando n=1, r é mínimo e tem o valor 0,528∙10-10 m. Resolução: (a) Sendo a força centrípeta resultante sobre o elétron a força elétrica, teremos: 2 2 2 0 2 2 0 4 4 cp eF F mv e r r e r mv π π = = ∴ = ε ε (b) O momento angular do elétron em torno do núcleo vale: L rmv= . Assim, teremos: 2 2 h nh rmv n r mvπ π = ⋅ ∴ = . (c) Do resultado do item (b), podemos escrever: 2 nh v mrπ = . Agora, substituindo essa expressão no resultado do item (a), teremos: 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 0 2 4 2 . e e mr r r n hnh m mr n h r e m π π π π = ⇒ = ∴ = ε ε ε Questão 10 Em 1913, Niels Bohr postulou que qualquer sistema mecânico em rotação, cuja inércia rotacional (momento de inércia) seja I, só pode ter momento angular com valores múltiplos inteiros de um número determinado 341,05410 2 h J sπ −= ⋅ ⋅ . Em outras palavras: www.profafguimaraes.net 6 ( )2hL I nω π= = , sendo n um inteiro positivo qualquer ou zero. Dizemos que L está quantizado, desde que não pode mais assumir qualquer valor. (a) Mostre que este postulado restringe a energia cinética que o sistema em rotação pode ter, a um conjunto de valores discretos, isto é, a energia é quantizada. (b) Considere o assim chamado rotor rígido, que consiste em uma massa m obrigada a girar em um círculo de raio R. Quais seriam as velocidades angulares que poderia ter a massa se o postulado fosse correto? Que valores de energia cinética a massa pode alcançar? (c) Desenho um diagrama de níveis de energia, de qualquer tipo, que indique como varia o espaçamento entre níveis de energia quando n aumenta, podendo ser semelhante ao da figura ao lado. Certas moléculas diatômicas de baixa energia comportam-se como um rotor rígido. Resolução: (a) Tomando a expressão do momento angular, teremos: 2 nh L Iω π = = . A energia cinética do sistema em rotação assume a forma: 2 2 2 2 2 2 2 8 I L K K I n h K I ω π = ⇒ = ∴ = (b) Da primeira expressão do item (a), temos: 2 ; 2 . 2 nh I mR e v R I nh v mR ω ω π π = = = ∴ = E para a energia cinética temos: 22 2 2 2 2 2 2 2 . 8 mv m nh K K mR n h K mR π π = ⇒ = ∴ = (c) Seja o nível 1 de energia dado por: 2 1 2 2 8 h K mRπ = , Assim teremos: 2 1 3 1 2 4 ; 3 9 .n K K n K K e etc= ⇒ = = ⇒ = n = 0 n = 1 n = 2 n = 3 E K1 K2 K3 www.profafguimaraes.net 7 Questão 11 Um bastão de comprimento L e massa m repousa sobre um plano horizontal sem atrito (ver figura) Durante o curto intervalo de tempo Δt o bastão é atingido por uma força F que produz um impulso I. A força age num ponto P situado a uma distância a do centro de massa. Procure (a) a velocidade do centro de massa, e (b) a velocidade angular em torno do centro de massa. (c) Determine o ponto Q, que permanece inicialmente em repouso no referencial de laboratório, mostrando que 2Kb a = , onde K é o raio de giração em torno do centro de massa. O ponto Q é chamado centro de percussão. (Por exemplo, um jogador de basebol deve segurar o taco pelo centro de percussão no sentido de evitar a desagradável sensação do taco quando ele atinge a bola.) Prove também que se a força for aplicada em Q, o centro de percussão estará em P. Resolução: (a) Vamos determinar a velocidade do centro de massa a partir do impulso da força F. Assim, teremos: ( )cmf cmi cmf F tF t m v v v m ⋅ ∆ ⋅∆ = − ⇒ = . (b) Para determinar a velocidade angular em torno do centro de massa, utilizaremos o impulso angular. Assim, teremos: ( )cm f i f cm F a t F a t I I ω ω ω ⋅ ⋅∆ ⋅ ⋅∆ = − ⇒ = . (c) A velocidade do ponto Q, com relação ao centro de massa (cm), mostrada na figura 11.1, vale: , ,Q cm f Q cm cm F a t v b v b I ω ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⇒ = ⋅ Mas a velocidade do centro de massa com relação ao plano horizontal é dado no item (a). Combinando os movimentos para que o ponto Q permaneça em repouso com relação ao plano horizontal, teremos: , 2 2 ; cm Q cm cm cm cm IF t F a t v v b b m I m a IK b K a m ⋅∆ ⋅ ⋅∆ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ∴ = = P Q CM F a b P Q CM VP,cm a b VQ,cm P Q CM Vcm a b VQ,cm Vcm + VP,cm Vcm P Q CM Vcm a b Vcm Vcm + = www.profafguimaraes.net 8 Questão 12 A Lua gira em torno da Terra, de modo que vemos sempre a mesma face dela. (a) Qual a relação entre o momento angular orbital da Lua em relação à Terra e o momento angular de spin da Lua (momento angular em relação ao seu centro de massa)? (b) De quanto deveria variar o momento angular orbital de Lua para que pudéssemos ver toda a sua superfície no transcurso de um mês? Resolução: (a) O momento angular orbital da Lua é dado por: 2 2 Orb L Orb Orb L M R T π = ⋅ ⋅ . Onde ROrb é o raio da órbita da Lua em torno da Terra. O momento angular de spin da Lua é dado por: 2 2 2 5 L L S S M R L T π = ⋅ . Onde RL é o raio da Lua. Porém, como vemos sempre a mesma face da Lua, aqui na Terra, o período de spin da Lua é igual ao período de sua órbita. Portanto: s OrbT T= . Assim, teremos: 2 2 2 2 2 25 2 5 L L s s L Orb Orb Orb L Orb M R L L RT L L R M R T π π ⋅ = ∴ = ⋅ ⋅ (b) Um aumento ou uma diminuição de 50% do seu valor original. Questão 13 Um cilindro desce, rolando, um plano inclinado de ângulo θ. Mostrar, por aplicação direta da equação ( )dL dtℑ = � � , que a aceleração de seu centro de massa é 2 3 g senθ⋅ . Resolução: Considerando a figura, podemos escrever: ( ) ( )2 x cm dL d P R I dt dt d P Rsen I dt MgRsen I MR ω ω θ θ α ℑ= ⇒ ⋅ = ⋅ = ⋅ = + ⋅ Onde M é a massa e I é o momento de inércia (inércia rotacional) do cilindro, com relação ao ponto A. Sendo Icm a inércia rotacional do cilindro com relação ao centro de massa, dada por: 2 2 cm MR I = , Px θ A R www.profafguimaraes.net 9 teremos então: 2 2 2 2 , 3 2 . 3 cm cm MR MgRsen MR R gsen a R a gsen θ α α θ α θ = + ⋅ ⋅ = = ⋅ ∴ = Questão 14 Relação entre o momento angular total de um sistema de partículas e os momentos angulares orbital e de spin. O momento angular total de um sistema de partículas, em relação à origem O de um referencial inercial, é expresso por i iL r p= ∧∑ � � � , sendo ir � e ip � medidos em relação a O. (a) Usar as relações i cm ir r r′= + � � � e i i cm ip m v p′= + � � � , para exprimir L � em função dos vetores posição ir′ � e dos momentos lineares ip′ � relativos ao centro de massa C. (b) Usar a definição e centro de massa e a de momento angular L′ � em relação ao centro de massa para obter a equação cm cmL L r Mv′= + ∧ � � � � . (c) Mostrar que este resultado pode ser interpretado como significando que o momento angular total é a soma do momento angular de spin (momento angular em relação ao centro de massa) e do momento angular orbital (momento angular do movimento do centro de massa em relação a O, se toda a massa do sistema estivesse concentrada em C). Resolução: a) Utilizando as relações acima, teremos: ( ) ( ) ( ) ( ) cm i i cm i i cm i i cm cm i i i cm i cm i i cm cm i i i i L r r m v p L r r m v r r p L r m v r m v r p r p ′ ′= + ∧ + ′ ′ ′= + ∧ + + ∧ ′ ′ ′ ′= ∧ + ∧ + ∧ + ∧ ∑ ∑ ∑ � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � O primeiro termo da expressão acima será igual a: cm cmr Mv∧ � � b) O segundo e o terceiro termos serão nulos pela definição de centro de massa. Assim, teremos: cm cmL L r Mv′∴ = + ∧ � � � � Questão 15 Uma lâmina retangular fina, de comprimento a e largura b, gira em torno de uma de suas diagonais com velocidade angular constante �, estando o eixo fixo em um referencial inercial. Determinar o sentido e o módulo do momento angular L � em relação à origem localizada no centro de massa. www.profafguimaraes.net10 Resolução: Para resolver este problema, vamos considerar a lâmina com distribuição uniforme de massa e dividi-la em dois centros de massas, a saber: 1 e 2. Esses centros de massas estão na diagonal que se encontra o centro de massa da lâmina. Os centros de massas 1 e 2 serão os centros de massas dos dois triângulos retângulos que compõe a lâmina. Com relação ao centro de massa, poderemos calcular o momento angular dos dois centros de massas e somá-los. Assim, teremos: 1 2 L L L= + � � � Aqui, p1 e p2 são os momentos lineares dos centros de massas 1 e 2, perpendiculares ao plano da lâmina. L1 e L2 são os momentos angulares dos centros 1 e 2 e são perpendiculares ao plano formado pelos momentos lineares 1 e 2 e por “x”. Os módulos dos momentos angulares 1 e 2 valem: 1 2 2 . m L L y x L m x y ω ω = = ⋅ ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ ⋅ a b cm cm1 cm2 a b x x cm cm1 cm2 y y ω � ⊗ ⊙ 1 p � 2 p � 1 L � 2 L � L � www.profafguimaraes.net 11 Teremos agora que determinar os valores de “x” e “y”. Para isso, devemos encontrar a posição dos centros de massas 1 e 2. Considere a figura abaixo: Da semelhança de triângulos, teremos: ( ) . b a zh a z h b a a −− = ⇒ = Para determinar a posição do centro de massa, teremos: ( ) 0 0 2 3 2 0 1 2 ; 2 1 2 2 . 2 3 3 a cm a cm a cm cm m m z z dm m e dm dz h m ab b a zm z z dz m a ab az z a z z a ′ ′= = = ⋅ ⋅ ′ / −′/= ⋅ ⋅ ′ // = − ∴ = ∫ ∫ Assim, teremos: Assim, poderemos determinar o valor de “x”. A distância de 0 até “cm” vale: 2 2 . 2 a b+ De 0 até “cm1”, temos: 2 2 . 3 a b+ Então, de “cm” até “cm1” temos: cm cm1 a b z h dz cm cm1 3 a 3 b 0 www.profafguimaraes.net 12 2 2 2 2 2 2 2 3 6 a b a b a b x + + + = − = Agora, determinaremos o valor de “y”. Da figura abaixo teremos: 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 ; ; 2 2 2 2 ; 6 3 b a ab sen cos sen sen cos a ba b a b y a b sen y x sen x x ab y a b α α α α α α α = = = ⋅ = ++ + + = ⇒ = ⋅ = ∴ = + Assim, o momento angular da lâmina com relação ao centro de massa “cm” vale: 2 2 2 2 . 6 183 a b ab m ab L m L a b ω ω + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = + Questão 16 O eixo do cilindro da figura ao lado é fixo, e o cilindro está inicialmente em repouso. O bloco de massa M move-se inicialmente para a direita, com velocidade v1, não havendo atrito. O bloco passa sobre o cilindro, alcançando a posição indicada em traço interrompido. Ao tocar o cilindro, ele escorrega sobre este, mas o atrito é suficiente para anular o deslizamento antes de M perder contato com o cilindro. O raio do cilindro é R e seu momento de inércia é I. Determinar a velocidade final v2 em função de v1, M, I e R. O cálculo poderá ser facilitado utilizando a relação entre impulso e variação de momento. Resolução: Sabemos que o impulso oferece uma variação no momento linear. Assim, teremos: 2 1 J P J Mv Mv= ∆ ⇒ − = − � � Após a passagem do bloco sobre o cilindro, o cilindro adquire uma velocidade angular, devido ao impulso oferecido a ele quando ocorre a passagem do bloco. Logo: 2 1 2 ;f i vI J R L L v v L I e MR R ω ω ω⋅ = − ⇒ − = = = cm cm1 3 a 3 b 0 x y 2 3 a 2α ∙∙∙∙ α α M v1 v2 R www.profafguimaraes.net 13 2 1 1 2 22 2 1 Iv v v v v IMR MR = + ∴ = + Onde I é o momento de inércia (inércia rotacional) do cilindro. Questão 17 Uma haste de comprimento l está sobre uma mesa horizontal, sem atrito. Sua massa é M e ela pode mover-se livremente. Um disco de hóquei m, que se move como indica a figura ao lado, com velocidade v, colide elasticamente com a haste. (a) Que grandezas são conservadas na colisão? (b) Qual deve ser a massa m do disco de modo que ele permaneça em repouso imediatamente após a colisão? Resolução: a) Vamos levar em consideração que os momentos linear e angular se conservem. b) Assim, teremos: i f cm i f cmP P mv MV e L L mvd I ω= ⇒ = = ⇒ = � � � � Onde a velocidade final do disco será nula (condição do exercício). Assim, teremos: 2 2 ; . 12 12 cm Ml Ml mvd Iω= ⋅ = Após a colisão, teremos: Levando em consideração que o disco colide elasticamente com a haste, temos que: .cm cmv d V V v dω ω= + ⇒ = − Então para o momento linear podemos escrever: ( ) ( ) .mv M v d v M m M dω ω= − ⇒ − = E para o momento angular: M m d v cm d d ����d ����d cm d d VVVVcmcmcmcm VVVVcmcmcmcm VVVVcmcmcmcm cm d d ����d+Vd+Vd+Vd+Vcmcmcmcm VVVVcmcmcmcm ++++ ==== www.profafguimaraes.net 14 2 2 . 12 12 l l v M m mvd M mvd d ω − = ⋅ ⇒ = Logo, 2 2 2 . 12 Ml m d l = + Questão 18 Uma bola de bilhar, inicialmente em repouso, recebe um impulso instantâneo de um taco. Este é mantido horizontalmente à distância h acima da linha centro, como indica a figura. A bola sai com velocidade 0 v e, devido ao “efeito para frente”, ela adquire, eventualmente, a velocidade final 0 9 7 v . Mostrar que 4 5 R h = , sendo R o raio da bola. Resolução: Imediatamente depois do impulso oferecido pelo taco, antes do efeito para frente, teremos: 2 0 0 2 0 0 0 0 2 2 ; 5 52 . 5 2 F F cm cm MR J Mv e J h I I v hMR Mv h R ω ω ω = = = = ⋅ ⇒ = Essa é a velocidade angular inicial da bola, logo após o impulso oferecido pelo taco. Como a bola gira com �0 (no sentido anti-horário, para o leitor), o atrito também oferece um impulso para a esquerda, conforme mostra a figura abaixo. Assim, teremos: ( ) 00 2 7 fat fat Mv J M v v J= − ⇒ = h R F � 0 v � 0 ω 0 v solofat bolafat 0 9 7 v www.profafguimaraes.net 15 E como a bola não desliza, teremos: 0 0 9 9 . 7 7 cm v v R v R ω ω= = ⇒ = Mas, o impulso angular oferecido pelo atrito é contrário ao sentido do giro da bola. Assim, temos: ( )0 2 0 0 2 2 9 5 7 5 7 2 4 . 5 fat cmJ h I Mv R Mv R h R R R h ω ω− ⋅ = − − = − ∴ = Questão 19 Dois patinadores, cada um com massa de 60 kg, aproximam-se um do outro ao longo de trajetórias paralelas, separadas de 5,0 m. Eles têm velocidades iguais e opostas de 12 m∙s-1. O primeiro patinador possui uma vara longa e leve de 3,0 m de comprimento, e o segundo se agarra à extremidade da vara quando a alcança (suponha que o gelo não tenha atrito). (a) Descrever quantitativamente o movimento dos patinadores depois de ligados pelo bastão. (b) Puxando a vara, os dois patinadores aproximam-se até 1,0 m. Qual será então o movimento deles? (c) Comparar a energiacinética do sistema nas partes (a) e (b). De onde provém a diferença? Resolução: a) Considere a figura abaixo, representando as direções dos patinadores e suas respectivas velocidades: Antes: Depois: Levando em consideração que os dois patinadores com os braços esticados e mais a vara de 3m atingem a distância de 5 m, após o contato, o sistema (dois patinadores), executará um movimento circular uniforme de raio igual a 2,5 m. Esse movimento é provido de uma velocidade angular igual a: 112 4,8 . 2,5 v rad s r ω −= = = ⋅ O momento de inércia (inércia rotacional) dado por: Rω Rω cmv cmv cmv cmv Rω+ cmv 0v = + = m1 m2 5 m v1 v2 m1 m2 v1 v2 2,5 m www.profafguimaraes.net 16 ( )22 22 120 2,5 750 .i i i iI mr I I kg m= ⇒ = ⇒ = ⋅ b) Ao puxar a vara, os patinadores atingem a distância de 1 m. A inércia rotacional é então alterada para o seguinte valor: ( )22 22 120 0,5 30 .f f f fI mr I I kg m= ⇒ = ⇒ = ⋅ Logo, aplicando a conservação do momento angular, poderemos encontrar a nova velocidade angular do sistema. Assim, teremos: 1 750 4,8 30 120 . i i f f f f I I rad s ω ω ω ω − = ⇒ ⋅ = ⋅ ∴ = ⋅ c) A energia cinética inicial do sistema: 2 2 750 4,8 8640 . 2 2 i i i i I K K J ω ⋅ = ⇒ = = ou 2 22 60 12 8640 . 2 i i i mv K K K J= ⇒ = ⋅ ⇒ = Agora a energia cinética final do sistema vale: 2 2 30 120 216000 . 2 2 f f f f f I K K K J ω ⋅ = ⇒ = ⇒ = Essa diferença de energia é proveniente do trabalho realizado pelos patinadores ao puxar a vara e assim encurtarem a distância. Questão 20 Uma roda de bicicleta, cujo eixo e raios têm massas desprezíveis, possui um aro delgado cujo raio é de 36,0 cm e massa de 3,80 kg, ela pode girar em torno de seu eixo com atrito mínimo. Um homem, em pé sobre mesa giratória, segura a roda acima de sua cabeça, mantendo vertical o eixo, a mesa pode girar sem atrito. A roda gira no sentido horário, vista de cima, com velocidade angular de 60 rad∙s -1, a mesa está inicialmente em repouso. O momento de inércia do conjunto roda-homem- mesa, em torno do eixo em comum de rotação, é de 2,50 kg∙m2. (a) Com a mão, o homem repentinamente para a roda (em relação à mesa). Determinar o módulo e o sentido da velocidade angular resultante da mesa. (b) A experiência é repetida com notável atrito, introduzido no eixo da roda, que, partindo da mesma velocidade angular inicial (60 rad∙s -1), gradualmente diminui sua rotação e para (em relação à mesa) enquanto o homem segura a roda como foi descrito antes. (A mesa ainda pode girar sem atrito.) Descrever o que ocorre ao sistema, fornecendo tanta informação quantitativa quanto seja possível a partir dos dados. www.profafguimaraes.net 17 Resolução: a) Ao parar a roda com a mão, o homem exerce sobre a roda uma força de atrito que poderemos considerar como uma força interna do sistema. Assim poderemos aplicar a conservação do momento angular do sistema e determinar a velocidade angular final. O momento de inércia da roda vale: ( )22 23,8 0,36 0,5 .roda rodaI mr I kg m= = ⇒ ≅ ⋅ Assim, aplicando a conservação do momento angular, teremos, para o sistema: 1 0,5 60 2,5 12 . roda roda sistema sistema sistema sistema I I rad s ω ω ω ω − = ⋅ = ∴ = ⋅ b) Como não existe impulso angular externo, o que ocorre nesse caso é semelhante ao caso anterior, porém, e o sistema gradativamente aumenta sua velocidade angular até o valor determinado anteriormente. Questão 21 Uma moça (massa M) está em pé na borda de um carrossel (massa 10 M, raio R, inércia rotacional I) sem atrito e em repouso. Ela joga uma pedra (massa m) em uma direção horizontal que é tangente à borda externa do carrossel. A velocidade da pedra, em relação ao solo, é v. Quais são (a) a velocidade angular do carrossel e (b) a velocidade linear da moça depois que a pedra foi jogada? Resolução: a) Poderemos aplicar a conservação do momento angular, imediatamente antes e após o lançamento da pedra. Assim, teremos: ( ) ( ) 2 2 2 0 , . i f i f moça moça v L L L L I I mR I MR R mRv I MR ω ω = ⇒ = ⇒ = + − ⋅ = ∴ = + � � b) A velocidade linear da moça é dada por: ( ) 2 2 .M M mR v v R v MR I ω= ∴ = + Questão 22 Em um grande trilho circular horizontal, sem atrito, de raio R, estão duas pequenas massas m e M, que podem deslizar no trilho. Entre as duas massas está comprimida uma mola, que, entretanto, não está presa a m ou M. As duas massas são mantidas unidas por um fio. (a) Se o fio rompe, a mola comprimida (cuja massa pode ser desprezada) lança as duas massas em sentidos opostos, enquanto que ela mesma não se desloca. As bolas colidem quando se encontram novamente no trilho. Onde www.profafguimaraes.net 18 ocorre esta colisão? (Pode ser conveniente exprimir a resposta em termos do ângulo descrito pelo raio que localiza M). (b) Sendo U0 a energia potencial inicialmente armazenada na mola, que tempo decorre desde que o fio se rompe até que a colisão ocorra? (c) Supondo que a colisão seja perfeitamente elástica e frontal, em que ponto as bolas se chocarão novamente após a primeira colisão? Resolução: a) Utilizando a conservação do momento angular teremos: 2 2 0 . i f i f M m M m L L L L MR mR M m ω ω ω ω = ⇒ = ⇒ = − = � � Onde �M e �m são, respectivamente, as velocidades angulares dos corpos “M” e “m”. Desta relação, podemos concluir: .Mm M m θ θ ∆ ∆ = Onde ΔθM e Δθm são os deslocamentos angulares dos corpos “M” e “m”, respectivamente. Observando a figura abaixo, temos: 2 2 2 . M m M M M M m m M m θ θ π θ θ π π θ ∆ + ∆ = ∆ ∆ + = ∴∆ = + b) Utilizando a conservação da energia, teremos: ( ) 2 22 2 0 2 2 0 1 2 0 2 ; 2 2 1 2 2 . mM M m M M mRMR M U m MR M U m mU MR M m ωω ω ω ω ω = + = = + = + Colisão R Colisão ΔθM Δθm www.profafguimaraes.net 19 E, como MM t θ ω ∆ = ∆ , teremos então: ( ) ( ) 1 2 0 2 1 22 2 0 2 2 2 . m M mt mU MR M m mMR t U M m π π +∆ = + ∴∆ = + c) Como a colisão será elástica, as velocidades angulares terão o mesmo módulo e, consequentemente, os deslocamentos angulares serão os mesmo. Assim, o ponto de colisão será exatamente na posição inicial.
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