P3 POLI 2008

Prévia do material em texto

FEP2195 - F´ısica Geral e Experimental para Engenharia I
Prova P3 - Gabarito
m
l
l
m
m
O
ω1. Treˆs part´ıculas de massa m esta˜o presas em uma haste fina e
r´ıgida de massa desprez´ıvel e comprimento 2l. O conjunto assim
formado gira sem atrito sobre um plano horizontal, com velocidade
angular ω ao redor de um eixo vertical fixo que passa pelo ponto O.
(a) (0,5) Calcule o momento de ine´rcia do sistema em relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o vertical
que passa pelo ponto O.
(b) (0,5) Expresse a energia cine´tica total do sistema em termos de m, l, e ω.
(c) (1,0) Suponha agora que a cola que mantinha as part´ıculas presas ao centro da haste e
ao ponto O se deteriorou, fazendo com que estas duas part´ıculas escorregem ao longo
da haste ate´ a extremidade onde se encontra a terceira part´ıcula (considere que as
treˆs part´ıculas estejam agora superpostas). Determine a velocidade angular do sistema
nesta nova configurac¸a˜o.
(d) (0,5) A energia cine´tica do sistema permaneceu constante nesta nova configurac¸a˜o?
Justifique sua resposta.
SOLUC¸A˜O:
(a) Calcule o momento de ine´rcia do sistema em relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o vertical que passa
pelo ponto O.
O momento de ine´rcia em relac¸a˜o a O e´ dado por:
Ii = m · 0 +m · l2 +m · (2l)2
Ii = 5ml
2
(b) Expresse a energia cine´tica total do sistema em termos de m, l, e ω.
A energia cine´tica de rotac¸a˜o e´ dada por:
Ti =
1
2
Iiω
2
1
Ti =
5
2
ml2ω2
(c) Suponha agora que a cola que mantinha as part´ıculas presas ao centro da haste e ao ponto
O se deteriorou, fazendo com que estas duas part´ıculas escorregem ao longo da haste ate´ a
extremidade onde se encontra a terceira part´ıcula (considere que as treˆs part´ıculas estejam
agora superpostas). Determine a velocidade angular do sistema nesta nova configurac¸a˜o.
O momento de ine´rcia na nova configurac¸a˜o e´ dado por:
If = 3 ·m · (2l)2 = 12ml2
Como na˜o ha´ torque externo resultante, o momento angular se conserva:
Li = Lf ⇒ Iiω = Ifωf
ωf =
Ii
If
ω =
5ml2
12ml2
ω
ωf =
5
12
ω
(d) A energia cine´tica do sistema permaneceu constante nesta nova configurac¸a˜o? Justifique
sua resposta.
A energia cine´tica na nova configurac¸a˜o e´ dada por:
Tf =
1
2
Ifω
2
f =
1
2
· 12ml2 ·
(
5
12
ω
)2
=
25
24
ml2ω2
Tf =
5
12
Ti
A energia cine´tica na˜o se mantem constante, sendo menor na nova configurac¸a˜o
(Tf < Ti). Parte da energia cine´tica inicial foi utilizada no trabalho realizado para mover as
part´ıculas.
2
h
y
x
2. Um alc¸apa˜o uniforme de massa M , com a forma
de uma placa retangular de largura h e comprimento
l, gira sem atrito em torno de um eixo horizontal
que passa por suas dobradic¸as conforme a figura. O
alc¸apa˜o e´ solto do repouso na vertical (eixo y), de
modo que ele gire para baixo sob a ac¸a˜o da gravidade. O momento de ine´rcia da placa
em relac¸a˜o a um eixo passando pelo seu centro de massa e paralelo ao comprimento l e´
ICM =
1
12
Mh2. No instante em que o alc¸apa˜o esta´ na horizontal (eixo x) determine, em
func¸a˜o de M , h, l e g:
(a) (0,5) O momento de ine´rcia do alc¸apa˜o em relac¸a˜o ao eixo relevante para o problema.
(b) (0,5) A velocidade angular do alc¸apa˜o.
(c) (0,5) O mo´dulo da acelerac¸a˜o angular do alc¸apa˜o.
(d) (0,5) As componentes x e y da acelerac¸a˜o do seu centro de massa.
(e) (0,5) As componentes da forc¸a de reac¸a˜o na dobradic¸a.
SOLUC¸A˜O:
(a) O momento de ine´rcia do alc¸apa˜o em relac¸a˜o ao eixo relevante para o problema.
Para determinar o momento de ine´rcia do sistema utilizamos o teorema dos eixos
paralelos:
I = ICM +M ·
(
h
2
)2
=
1
12
Mh2 +
1
4
Mh2
I =
1
3
Mh2
(b) A velocidade angular do alc¸apa˜o.
Como na˜o existem forc¸as dissipativas agindo sobre o sistema, utilizamos a con-
servac¸a˜o da energia mecaˆnica para determinar a sua velocidade angular:
Ei = Ef ⇒ Mgh
2
=
1
2
Iω2
ω =
√
Mgh
I
=
√
Mgh · 3
Mh2
3
ω =
√
3g
h
(c) O mo´dulo da acelerac¸a˜o angular do alc¸apa˜o.
A acelerac¸a˜o angular do sistema e´ produzida pelo torque da forc¸a peso:
τ = Iα
α =
τ
I
= Mg
h
2
· 3
Mh2
α =
3g
2h
(d) As componentes x e y da acelerac¸a˜o do seu centro de massa.
A componente x da acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema, quando o alc¸apa˜o
esta´ na horizontal, e´ dada pela acelerac¸a˜o radial (acelerac¸a˜o centr´ıpeta) do sistema, ou seja:
ax = ar = ω
2 · h
2
=
3g
h
· h
2
ax =
3
2
g apontando no sentido negativo do eixo x
A componente y da acelerac¸a˜o do centro de massa do sistema, quando o alc¸apa˜o
esta´ na horizontal, e´ dada pela acelerac¸a˜o tangencial do sistema, ou seja:
ay = aθ = α · h
2
=
3g
2h
· h
2
ay =
3
4
g apontando no sentido negativo do eixo y
(e) As componentes da forc¸a de reac¸a˜o na dobradic¸a.
Para que a dobradic¸a permanec¸a em equil´ıbrio, a forc¸a exercida por ela sobre o
alc¸apa˜o e´ a forc¸a de reac¸a˜o a` que o alc¸apa˜o exerce sobre ela. Assim, na direc¸a˜o x temos:
4
Fx =
3
2
Mg apontando no sentido positivo do eixo x
Na direc¸a˜o y, a segunda lei de Newton nos da´:
Fy −Mg = May ⇒ Fy = Mg −M · 3
4
g =
1
4
Mg
Assim, sobre a dobradic¸a, na direc¸a˜o y temos
Fy =
1
4
Mg apontando no sentido negativo do eixo y
M
m
3. Uma corda leve de massa desprez´ıvel esta´ enrolada num disco
uniforme de raio R = 0, 2m e massaM = 0, 3 kg. A corda sustenta
um bloco de massa m = 0, 1 kg, conforme a figura. Considerando-
se que o momento de ine´rcia de um disco em relac¸a˜o a um eixo
passando pelo seu centro de massa e perpendicular ao plano do
disco e´ ICM =
1
2
MR2 e que o bloco inicia seu movimento para
baixo a partir do repouso, determine:
(a) (1,0) A acelerac¸a˜o do corpo de massa m.
(b) (0,5) A tensa˜o T na corda e a acelerac¸a˜o angular α do disco.
(c) (1,0) O trabalho realizado pelo torque aplicado sobre o disco desde t = 0 ate´ t = 2 s e
a variac¸a˜o de energia cine´tica total do sistema neste mesmo intervalo de tempo.
SOLUC¸A˜O:
(a) A acelerac¸a˜o do corpo de massa m.
Movimento de translac¸a˜o do bloco de massa m:
mg − T = ma
Movimento de rotac¸a˜o do disco:
τ = ICMα ⇒ TR = 1
2
MR2 · a
R
T =
1
2
Ma
Resolvendo o sistema constitu´ıdo por estas duas equac¸o˜es obte´m-se:
a =
2m
M + 2m
g =
2 · 0, 1
0, 3 + 2 · 0, 110
5
a = 4 m/s2
(b) A tensa˜o T na corda e a acelerac¸a˜o angular α do disco.
Tensa˜o na corda:
T =
1
2
Ma =
1
2
· 0, 3 · 4
T = 0, 6 N
Acelerac¸a˜o angular do disco:
α =
a
R
=
4
0, 2
α = 20 rad/s2
(c) O trabalho realizado pelo torque aplicado sobre o disco desde t = 0 ate´ t = 2 s e a
variac¸a˜o de energia cine´tica total do sistema neste mesmo intervalo de tempo.
O torque aplicado e´ constante e portanto sua acelerac¸a˜o angular tambe´m e´ contante.
Desta forma o trabalho realizado pelo torque pode ser escrito como:
Wτ = τ ∆θ
onde ∆θ e´ o deslocamento angular do disco
∆θ = θ(tf )− θ(ti) = θ0 + ω0tf + 1
2
αt2f − θ0 − ω0ti −
1
2
αt2i =
1
2
α
(
t2f − t2i
)
ja´ que ω0 = 0, pois o sistema parte do repouso. Assim:
Wτ = TR · 1
2
α
(
t2f − t2i
)
= 0, 6 · 0, 2 · 1
2
· 20 · (2)2
Wτ = 4, 8 J
A variac¸a˜o da energia cine´tica total do sistema e´ dada pela variac¸a˜o da energia
cine´tica de rotac¸a˜o do disco mais a variac¸a˜o da energia cine´tica de translac¸a˜o do bloco:
∆T = ∆TR +∆TT
6
Pelo teorema trabalho-energia cine´tica, a variac¸a˜o da energia cine´tica de rotac¸a˜o do
disco e´ igual ao trabalho total realizado sobre ele, ou seja:
∆TR = Wτ = 4, 8 J
A variac¸a˜o da energia cine´tica de translac¸a˜o do bloco e´ dada por:∆TT =
1
2
mv2(tf )− 1
2
mv2(ti)
v(ti) = v0 = 0, pois o sistema parte do repouso. Assim
v(tf ) = v0 + atf = atf = 4 · 2 = 8 m/s
∆TT =
1
2
· 0, 1 · (8)2 = 3, 2 J
Assim,
∆T = 4, 8 + 3, 2
∆T = 8 J
v
→
M
d
2R
4. Treˆs discos de massa M e raio R ocupam 3 dos 4 ve´rtices
de uma armac¸a˜o quadrada formada por quatro barras r´ıgidas
de comprimento d = 4R e massa desprez´ıvel. O conjunto esta´
sobre uma mesa horizontal sobre a qual pode se deslocar sem
atrito. Um quarto disco, ideˆntico aos outros, desliza sem
atrito com velocidade ~v, como indicado na figura, e vem se encaixar no quarto ve´rtice da
armac¸a˜o, ficando la´ grudado. O momento de ine´rcia de um disco em relac¸a˜o a um eixo
passando pelo seu centro de massa e perpendicular ao plano do disco e´ ICM =
1
2
MR2.
(a) (0,2) Explique, qualitativamente, o que vai acontecer apo´s a colisa˜o.
(b) (0,5) Calcule o momento de ine´rcia do sistema em relac¸a˜o ao eixo relevante para o
problema.
(c) (1,8) Descreva completamente o movimento subsequ¨ente do sistema em func¸a˜o de M ,
R e v (com mo´dulos, direc¸o˜es e sentidos).
SOLUC¸A˜O:
(a) Explique, qualitativamente, o que vai acontecer apo´s a colisa˜o.
7
O centro de massa do sistema vai realizar uma translac¸a˜o descrita pela velocidade
do centro de massa (vCM) enquanto que o sistema vai girar em torno do eixo que passa pelo
seu centro de massa (o centro do quadrado, com o eixo de rotac¸a˜o perpendicular ao plano
do quadrado) com velocidade angular ω
(b) Calcule o momento de ine´rcia do sistema em relac¸a˜o ao eixo relevante para o problema.
O eixo relevante para o problema e´ o eixo que passa pelo centro de massa do sistema
depois que o quarto disco se encaixar nele, ou seja, o eixo passando pelo centro do quadrado,
perpendicularmente ao seu plano. O momento de ine´rcia com relac¸a˜o a esse eixo sera´ dado
por:
I = 4
(
ICM +Mx
2
)
onde x e´ a distaˆncia do ve´rtice ao centro do quadrado
x =
√
2
2
d = 2
√
2R
I = 4
(
1
2
MR2 + 8MR2
)
I = 34MR2
(c) Descreva completamente o movimento subsequ¨ente do sistema em func¸a˜o de M , R e v
(com mo´dulos, direc¸o˜es e sentidos).
Como a resultante das forc¸as externas agindo sobre o sistema e´ nula, o momento
linear se conserva durante a colisa˜o. Assim
M~v = 4M~vCM
A velocidade do centro de massa apo´s o choque sera´:
~vCM =
1
4
~v
Como tambe´m na˜o existem torques externos agindo sobre o sistema o momento
angular em torno do eixo passando pelo centro de massa tambe´m se conserva. Assim,
Mvx = Iω
8
ω =
Mvx
I
=
Mv2
√
2R
34MR2
ω =
√
2
17
v
R
com rotac¸a˜o no sentido hora´rio
O sistema vai girar em torno do centro de massa (o centro do quadrado, com o eixo
de rotac¸a˜o perpendicular ao plano do quadrado) com ω =
√
2
17
v
R
, no sentido hora´rio, e o centro
de massa vai se deslocar com translac¸a˜o em linha reta com velocidade constante ~vCM =
1
4
~v,
ou seja, na mesma direc¸a˜o da velocidade ~v e com o mesmo sentido.
9