F128 Exercicios Resolvidos Cap 11B

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 11B
Exercício 1
Uma partícula de massa m desce de uma altura h deslizando sobre uma superfície sem atrito e
colide com uma haste vertical uniforme (de massa M e comprimento l), ficando grudada nela,
conforme a figura abaixo.
A haste pode girar livremente em torno de um eixo horizontal que passa por O.
a) qual é o momento angular da massa m em relação a O no instante em que ela atinge a
haste?
Ao descer a rampa a velocidade da massa m pode ser calculada por conservação da energia
mecanica:
Ei = Ef
mgh = 12mv
2
v =
√
2gh
Como a massa m está a uma distância l do eixo de rotação e sua velocidade faz um ângulo de
90o com o vetor que vai do eixo de rotação até a massa m o momento angular é:
Li = |~r × ~p| = l
(
m
√
2gh
)
sen90o = lm
√
2gh
b) qual é a velocidade angular do conjunto (massa+haste) logo após a colisão?
Como durante o infinitésimo de tempo de colisão a barra está na vertical, nenhuma força
externa aplica torque sobre o sistema durante a colisão. Isso implica em conservação do momento
angular, o que nos dá:
Lf = Li = lm
√
2gh
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Podemos escrever este momento angular final na forma
Lf = ITω
onde IT é o momento de inércia total do sistema massa+haste.
O momento de inércia de uma haste girando ao redor de uma de suas extremidades é Ml23 e o
momento de inércia devido à massinha é ml2, dessa forma temos:
IT = (M + 3m)
l2
3
E o momento angular após a colisão fica:
ω = Lf
IT
= 3m
√
2gh
(M + 3m) l
c) encontre a valor do ângulo θ para o qual a haste para momentaneamente.
Após a colisão temos novamente conservação de energia.
Adotando como origem do eixo y vertical a ponta mais baixa da haste, a energia total antes
da colisão é dada por:
Ei = Ki + Ugi
= 12ITω
2 +Mg l2
= 3m
2
(M + 3m)gh+Mg
l
2
Quando a haste+massa param em um ângulo θ temos:
Ef = Kf + Ugf
= 0 +Mg
(
l − l2 cos θ
)
+mgl −mgl cos θ
= Mg l2 (2− cos θ) +mgl (1− cos θ)
Como a energia mecânica total se conserva na subida da haste:
Ei = Ef
3m2
(M + 3m)gh+Mg
l
2 = Mg
l
2 (2− cos θ) +mgl (1− cos θ)
Que, resolvendo para θ nos dá:
cos θ = 1− 6m
2h
(2m+M) (3m+M)
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Exercício 2
Uma pequena bola de gude sólida de massa m e raio r rola sem deslizar ao longo da pista com
um loop no fim, de acordo com a figura abaixo, quando solta do repouso em algum ponto sobre a
seção reta da pista.
a) de que altura inicial h acima do ponto mais baixo da pista deve ser solta a bola de gude
para que ela esteja na iminência de se separar da pista no ponto mais alto do loop? O raio do loop
é R; (suponha que R� r);
Tomando h como a altura do ponto de contato da esfera com o loop, a altura do centro de
massa da esfera será dada por:
H = h+ r cos θ
Tomando como origem do eixo vertical para cima a altura mais baixa da rampa, a energia
mecânica total inicial é dada por:
Ei = Ugi = mgH = mg (h+ r cos θ)
Ao chegar no topo do loop a velocidade da esfera não pode ser nula pois se assim fosse ela cairia
verticalmente sem completar o loop. Na realidade ela deve ter velocidade naquele ponto e essa
velocidade deve ser condizente com aceleração centrípeta naquele ponto para que o movimento
seja circular. A resultante no ponto mais alto do loop é vertical para baixo e é composta por:
Fc = N + P
Quanto maior a velocidade da bolinha (maior altura inicial), maior a força normal que o loop
exercerá na bolinha no ponto mais alto. Queremos a situação de menor altura para que a bolinha
complete o loop, ou seja, queremos saber qual altura (ou velocidade) implica em uma normal nula
no topo do loop:
Fc = m
v2
(R− r) = mg (1)
Note que R− r é a distância do centro de massa da esfera até o centro do loop. A energia final
do sistema é composta pela energia de translação da esfera, com velocidade v do centro de massa,
mais a energia de rotação ao redor do centro de massa, mais a energia potencial gravitacional da
esfera, cujo centro de massa está a uma altura Hf = 2R− r do ponto mais baixo do loop. Usando
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a relação (1), o momento de inércia da esfera ICM = 2mR
2
5 e o fato de que a esfera rola sem deslizar
(v = ωR) temos:
Ef = Kf + Ugf
= 12mv
2 + 12Icmω
2 +mg (2R− r)
= 12mv
2 + 12
2
5mR
2
(
v
R
)2
+mg (2R− r)
= 710mv
2 +mg (2R− r) (2)
= 710 (R− r)mg +mg (2R− r)
= 2710Rmg −
17
10rmg
E pela conservação de energia mecânica:
Ei = Ef
mg (h+ r cos θ) = 2710Rmg −
17
10rmg
h = 2710R−
17
10r − r cos θ
Como sabemos que R� r temos:
h ≈ 2, 7R
b) se a bola de gude for solta de uma altura 6R acima do ponto mais baixo da pista, qual será
a componente horizontal da força que age sobre ela no ponto P?
No ponto P a componente horizontal da força resultante é a força centrípeta qu age sobre a
esfera. A força centrípeta depende da velocidade da esfera:
FRx = Fc = m
v′2
(R− r) (3)
Esta velocidade iremos obter por conservação de energia mecânica total.
Desta vez a energia inicial é dada por:
Ei = Ugi = mg (6R + r cos θ)
No ponto P a energia será dada por (reutilizando a primeira parcela da passagem (2), para a
energia cinética total de uma esfera que rola sem deslizar):
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Ef = Kf + Ugf
= 710mv
2 +mgR
Usando a (3) e o fato de que a energia se conserva temos:
mg (6R + r cos θ) = 710mv
2 +mgR
5mgR +mgr cos θ = 710 (R− r)Fc
Fc =
10
7 mg
(
5R + r cos θ
R− r
)
Que quando R� r se simplifica para:
Fc ≈ 507 mg
Exercício 3
Na figura, uma força horizontal constante F é aplicada a um cilindro maciço de raio R e massa
M através de uma linha de pescar enrolada nele.
Supondo que o cilindro rola sem escorregar em uma superfície horizontal, mostre que:
a) a aceleração do centro de massa do cilindro é 4F3M ;
Para iniciar o problema precisamos escolher um sentido para a força de atrito. Apesar de
escolhermos o sentido correto aqui, a partir da discussão que faremos a seguir, se o sentido escolhido
for o oposto saberemos o sentido correto ao obtermos o valor da força de atrito como sendo
negativo.
Sentido correto da força de atrito
Um corpo solto no espaço, ao ser atingido por uma força tangencial tende a rodar em torno do
seu centro de massa. No caso do cilindro da figura a força ~F aplicada faria o cilindro rodar no
sentido horário. Quando o cilindro é posto sobre uma superfície, ele irá tentar rodar no sentido
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horário empurrando a superfície para trás. Como consequência, a superfície empurra o cilindro
para frente com a força de atrito. A força de atrito, portanto, será para a direita.
Quando são dadas forças e queremos conhecer a aceleração dos corpos podemos usar a segunda
lei de Newton para resolvermos o problema.
Para o movimento linear do centro de massa do cilindro temos:
MaCM = F + Fat (4)
Para o movimento de rotação do cilindro temos, adotando o sentido horário como positivo:
ICMα = RF −RFat (5)
ou ainda, lembrando que o cilindro rola sem deslizar (aCM = αR) e que o seu momento de
inércia é dado por ICM = MR
2
2 temos:
ICM
aCM
R
= R (F − Fat)
M
2 aCM = F − Fat (6)
Somando a (4) com a (6) obtemos:
MaCM +
M
2 aCM = F + F
aCM =
4F
3M
b) encontre a direção e o sentido da força de atrito e mostre que ela tem módulo igual a F/3;
Vamos calcular o valor de Fat a partir da (6):
M
2
4F
3M = F − Fat
Fat =
F
3
Como o resultado deupositivo sabemos que o sentido escolhido para o vetor força de atrito foi
correto. Ele de fato aponta para a direita na figura.
c) se o cilindro parte do repouso, qual é a velocidade de seu CM após ter rolado por uma
distância d?
Utilizamos a equação de Torricelli pois a aceleração do centro de massa é constante:
v2CM = 02 + 2aCMd
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vCM =
√
8Fd
3M
Exercício 4
Uma tacada horizontal, na altura do centro de massa, comunica a uma bola de bilhar de raio R e
massa m uma velocidade inicial v0 (velocidade de translação do CM). Suponha que o coeficiente
de atrito entre a bola e a mesa é µ.
Determine:
a) o tempo decorrido entre a tacada e o instante em que a fase inicial de deslizamento cessa,
e a bola passa a rolar sem deslizar;
Durante o intervalo de tempo que a bola desliza sobre a mesa a sua velocidade linear do centro
de massa diminui linearmente, pois a força de atrito cinético é constante e é dada por:
Fat = µN = µmg
A equação para a velocidade do centro de massa é simplesmente por
vCM (t) = v0 − µgt (7)
durante o intervalo de tempo que a bola desliza sobre a mesa (atrito cinético).
Além disso sabemos que esse atrito causa um torque sobre a esfera, em relação ao seu centro
de massa. Esse torque causa uma aceleração angular α no sentido horário da figura, já que o
atrito aponta para a esquerda, atrapalhando o movimento. Essa aceleração angular é dada pela
segunda lei de Newton:
ICMα = RFat
O momento de inércia de uma esfera é dado por Iesfera = 25mR
2 e a aceleração angular fica:
α = 52µ
g
R
Dessa forma a velocidade angular cresce linearmente com o tempo e é dada por:
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ω (t) = 52µ
g
R
t (8)
No exato instante t′ em que a bola para de deslizar temos que a velocidade angular e linear
passam a se relacionar através de
vCM = ωR
E a força de atrito já não tem mais papel algum, desaparecendo. O instante t′ é dado por:
vCM (t′) = ω (t′)R
v0 − µgt′ =
(5
2µ
g
R
t′
)
R
t′ = 2v07µg
b) a velocidade angular da bola neste instante;
Basta calcularmos:
ω (t′) = 5v07R
c) o espaço percorrido durante a fase inicial de rolamento com deslizamento;
Aqui basta utilizarmos o tempo de deslizamento e a aceleração do centro de massa:
x = v0t′ − aCM2 t
′2
= 2v
2
0
7µg −
µg
2
(
2v0
7µg
)2
= 12v
2
0
49µg
d) a velocidade linear da bola no instante em que começa o rolamento suave.
Usando a expressão para a velocidade linear (7) obtemos:
vCM (t′) =
5v0
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Exercício 5
Uma fita leve está enrolada em volta de um disco circular de massa m e raio r, que rola sem
deslizar sobre um plano inclinado áspero de inclinação θ. A fita passa por uma roldana fixa de
massa desprezível e está presa a um bloco suspenso de massa m′, como mostra a figura.
Calcule:
a) a aceleração a da massa m′;
b) a tração T na fita.
c) Discuta o movimento do disco em função de m, m′ e θ.
Exercício 6
Uma esfera de massa m1 e um bloco de massa m2 são ligados por um fio de massa desprezível que
passa por uma polia, conforme figura. O raio da polia é R e o momento de inércia em relação a
seu eixo é I. O bloco desliza sobre uma superfície horizontal sem atrito.
a) calcule a aceleração linear dos dois objetos, utilizando os conceitos de momento angular e
torque;
b) quando a esfera tiver descido uma altura h a partir do repouso, qual é a energia cinética
da polia?
Exercício 7A
Um cilindro de massa M e raio R desce rolando ao longo de um plano inclinado de um ângulo θ
em relação à horizontal.
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Determine a velocidade do cilindro ao atingir a base do plano utilizando:
a) a 2.a lei de Newton (para o CM e para o eixo instantâneo);
b) considerações sobre energia (idem);
c) calcule a força de atrito que age sobre o cilindro.
Exercício 7B
Uma esfera de massa M e raio R desce rolando ao longo de um plano inclinado de um ângulo θ
em relação à horizontal.
Determine a velocidade da esfera ao atingir a base do plano utilizando:
a) a 2.a lei de Newton (para o CM e para o eixo instantâneo);
b) considerações sobre energia (idem);
c) calcule a força de atrito que age sobre o cilindro.
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