Oficina de Física I (Lista 08) Dinâmica de Rotação GAB

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Universidade Federal do Rio de Janeiro — Instituto de F´ısica
Oficinas de F´ısica — 2015/1
Gabarito Oficina 8
Dinaˆmica Angular
1) (a) A energia mecaˆnica conserva-se pois num rolamento sem deslizamento a forc¸a de atrito
na˜o dissipa energia, ale´m disto, a forc¸a normal de contacto na˜o realiza trabalho e a forc¸a
peso e´ conservativa. (b) Coloquemos o “zero”do potencial gravitacional na mesma altura do
centro de massa do cilindro (como e´ homogeˆneo e´ o seu centro geome´trico). A condic¸a˜o para
que haja rolamento sem deslizamento e´ que a velocidade instantaˆnea do ponto de contacto
entre o cilindro e o plano seja zero, em mo´dulo, isto implica que v = ωR. Notemos que v e´
dado do problema. O momento de ine´rcia do cilindro em torno do eixo perpendicular que
passa pelo seu CM e´ I =
1
2
MR2. Assim a energia mecaˆnica deste ponto, doravante denotado
como A e´:
EA = KA+ UA︸︷︷︸
=0
= Ktranslac¸a˜o+Krotac¸a˜o =
1
2
Mv2+
1
2
Iω2 =
1
2
Mv2+
1
2
(
1
2
MR2
)( v
R
)2
=
3
4
Mv2.
(c) Na posic¸a˜o que que a roda atinge a situac¸a˜o mais alta, a altura do centro de massa em
relac¸a˜o ao “zero”do potencial e´ H (vide a figura abaixo), sua velocidade de translac¸a˜o do
centro de massa e´ zero, como ele roda sem deslizar, sua velocidade angular tambe´m sera´ zero,
de modo que a energia cine´tica neste ponto e´ nula. Apo´s estas considerac¸o˜es a energia no
ponto mais alto, doravante chamado de B, sera´:
EB = KB︸︷︷︸
=0
+UB = MgzCM = MgH.
h
✓R
M
R
M
R
H
(c) Como a energia mecaˆnica conserva-se temos que:
EA = EB ⇔ 3
4
Mv2 = MgH ⇒ H = 3v
2
4g
.
1
Pore´m a altura pedida no problema e´ a altura em relac¸a˜o ao plano horizontal que e´ portanto
h = H +R = R +
3v2
4g
.
2) (a) O ioioˆ desloca-se com dois modos de movimento dados pela dinaˆmica de rotac¸a˜o e de
translac¸a˜o.
translac¸a˜o :
∑ ~F ext = M~aCM
rotac¸a˜o :
∑
~τ ext = I~α
Na direc¸a˜o e sentido do movimento de translac¸a˜o e considerando que o ioioˆ gira em torno do
seu centro de massa no sentido anti-hora´rio sem deslizar sobre o corda e que os torques sa˜o
calculados em relac¸a˜o centro de massa, temos:
Mg − T = MaCM
TR = Iα
aCM = αR
→

Mg − T = MaCM (i)
T = IaCM/R
2 (ii)
A soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es da direita permite obter a acelerac¸a˜o do centro de massa,
aCM =
Mg
(I/R2 +M)
como I = (1/2)MR2 ∴ aCM =
2
3
g
(b) Para obter o valor da tensa˜o da corda podemos usar a equac¸a˜o (ii) do sistema de equac¸o˜es,
substituindo o valor da aCM obtido do item anterior. Logo,
T =
IaCM
R2
→ T = 1
3
Mg
(c) A velocidade do centro de massa do ioioˆ apo´s ele cair de uma altura h, pode ser obtida
aplicando o princ´ıpio da conservac¸a˜o de energia mecaˆnica. Assim temos:
Ei = Mgh e Ef = KR +KT =
1
2
Iω2 +
1
2
Mv2CM
Para Ei = Ef e ω = vCM/R,
v2CM =
2Mgh
(I/R2 +M)
com I = (1/2)MR2 → vCM =
√
4
3
gh
2
(d) A energia cine´tica de rotac¸a˜o e´ KR = (1/2)Iω
2 e de translac¸a˜o KT = (1/2)Mv
2
CM .
Portanto,
KR
KT
=
(1/2)Iω2
(1/2)Mv2CM
=
(1/2)MR2v2CM/R
2
Mv2CM
∴ KR
KT
=
1
2
Este resultado vale para qualquer instante t e tambe´m quando o ioioˆ cai de uma altura h.
3) (a) De acordo com os vetores unita´rios indicados na figura temos: A forc¸a ~T = T ıˆ corres-
pondente a` trac¸a˜o na corda, o peso ~P = −Mgˆ, ambas agindo no centro de massa, a forc¸a
de atrito age nos dois pontos de contato com as aplicac¸o˜es que representamos por um u´nico
ponto A e e´ dada por ~fat = −fat ıˆ e, finalmente, agindo no ponto de contato A, a reac¸a˜o da
superf´ıcie aplicada no cilindro ~N = Nˆ.
(b) A equac¸a˜o do movimento para a translac¸a˜o do centro de massa do sistema e rotac¸a˜o em
torno do centro de massa sa˜o dadas por:
translac¸a˜o: M~aCM = ~T + ~fat +M ~g + ~N
rotac¸a˜o: I~α = ~τN + ~τP + ~τfat + ~τT
Para a translac¸a˜o do centro de massa segundo as direc¸o˜es de ıˆ e ˆ:
MaX = T − fat (1)
MaY = N −Mg (2)
Para a rotac¸a˜o segundo os torques calculados em relac¸a˜o a o e considerando o sentido anti-
hora´rio de rotac¸a˜o como o sentido positivo:
I(−α) = −rfat
3
Ale´m das equac¸o˜es acima temos equac¸o˜es adicionais que correspondem aos v´ınculos que
dizem:
i) O contato tem que ser matido de modo que aY = 0. A equac¸a˜o (2) fornece esta condic¸a˜o,
ou seja, N = Mg
ii) A velocidade no ponto de contato tem que ser nula: ~vA = ~vT−O + ~ω×
−→
OA; ~vT−O e´ a
velocidade de translac¸a˜o do centro de massa.
Este u´ltimo resultado esta´ de acordo com a condic¸a˜o de que o sistema rola sem deslizar e
nos da´: |~vT−O| = ωr. O que implica em aCM = aX = α r .
(c) Com as condic¸o˜es descritas anteriormente obtemos o sistema de equac¸o˜es:

T − fat = MaX
rfat = Iα
→

T − fat = Mαr
rfat = Iα
→

T − fat = Mαr
rfat =
1
2
MR2α
A resoluc¸a˜o deste sistema de equac¸o˜es nos fornece para a acelerac¸a˜o angular:
α =
T
M
r
(r2 +R2/2)
(d) Podemos usar o Teorema Trabalho-Energia, para calcular a energia cine´tica apo´s o centro
de massa percorrer a distaˆncia d.
∆K = Wtotal
Como a forc¸a de atrito esta´tico na˜o fornece trabalho, e as forc¸as ~N e ~P sa˜o perpendiculares
a` trajeto´ria do centro de massa, e Ki = 0,
K = WT ⇒ K = Td
OBSERVAC¸A˜O: seria preciso calcular tambe´m fat e verificar que |~fat| ≤ µE N !! . Qual
seria enta˜o a condic¸a˜o para a trac¸a˜o T para que o sistema role sem deslizar?
4) (a) Na figura esta˜o representadas as forc¸as que agem no bloco e no disco, onde ~Pb e´ o peso
do bloco, ~PD o peso do disco, ~T a trac¸a˜o do cabo sobre o bloco e ~T
′ a reac¸a˜o agindo sobre o
disco, ~FS a forc¸a que o pino exerce sobre o disco e a forc¸a ~F .
4
A dinaˆmica para o disco e´ dada pela relac¸a˜o
∑
i ~τ
ext
i = I~α e para o bloco
∑
i
~Fi = m~a ale´m
da condic¸a˜o de v´ınculo a = αR, admitindo que o cabo na˜o desliza sobre o disco, onde a e´ o
mo´dulo da acelerac¸a˜o do bloco e α o mo´dulo da acelerac¸a˜o angular do disco.
Assim temos, considerando o sentido de rotac¸a˜o positivo como anti-hora´rio e que |~T | = |~T ′| =
T : 
RT −RF = −Iα
T − Pb = ma
a = αR
⇒
{
F − T = Ia/R2
T − Pb = ma (i)
A resoluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es da direita permite obter a acelerac¸a˜o a, onde I =
(1/2)MR2,
a =
F −mg
(m+M/2)
.
(b) A trac¸a˜o do fio pode ser obtida de (i), apo´s substituirmos o valor de a encontrado no
item anterior,
T − Pb = ma → T = m(F +Mg/2)
(m+M/2)
.
(c) Temos diretamente que:
α =
a
R
=
F −mg
(m+M/2)R
.
(d) Para a variac¸a˜o da energia cine´tica do disco temos ∆K = Wtotal = Kf , pois Ki = 0.
O trabalho total e´ dado pelo trabalho das forc¸as ~F e ~T ′ sobre o disco fazendo-o girar. Como
o cabo e´ puxado de h, e lembrando que |~T ′| = T ,
5
Kf = (F − T ′)h =
[
F − m(F +Mg/2)
(m+M/2)
]
h
∴ Kf =
1
2
M(F −mg)
(m+M/2)
h.
5) (a) Temos pelo sistema de eixos da figura que
−→
F at = −Fatıˆ = −µcNıˆ, −→N = Nˆ e −→P = −mgˆ.
ıˆ
|ˆ
kˆ
�!
F at
�!
N
�!
P
As equac¸o˜es para a dinaˆmica de translac¸a˜o sa˜o dadas pelas componentes de
−→
F = m−→a , onde
−→a = aıˆ e´ a acelerac¸a˜o do centro de massa e notando que na˜o ha´ acelerac¸a˜o vertical, pois a
esfera na˜o perde o contacto com a mesa:
ıˆ : ma = −Fatˆ : 0 = −P +N ⇒
ıˆ : ma = −µcNˆ : N = mg ⇒ a = −µcg .
O sinal negativo da acelerac¸a˜o do centro de massa da esfera indica que a acelerac¸a˜o aponta
para esquerda. Ja´ a equac¸a˜o para a dinaˆmica de rotac¸a˜o, −→τ (ext) = I−→α , fornece
−→τ (ext) = I−→α ⇔ −→τ −→N +−→τ −→P +−→τ −→F at = I
−→α .
O torque da forc¸a normal em relac¸a˜o ao centro de massa e´ nula, pois −→r ‖ −→N , o torque do
peso em relac¸a˜oao centro de massa e´ nulo, pois −→r = o. Ja´ o torque da forc¸a de atrito sera´
−→τ −→
F at
= −→r ×−→F at = (−Rˆ)×(−µcmg)ˆı = −µcmgRkˆ. Considerando que a acelerac¸a˜o angular
e´ −→α = −αkˆ, temos que
kˆ : −µcmgR = −Iα⇒ −µcmgR = −2
5
mR2α⇒ α = 5µcg
2R
.
6
Note-se que na˜o podemos usar a relac¸a˜o de rolamento sem deslizamento ou seja os dois
movimentos sa˜o independentes neste ponto. O movimento de translac¸a˜o do centro de massa
possui acelerac¸a˜o constante, cuja velocidade e posic¸a˜o horizontal sa˜o:

−→v = −→v0 +−→a t⇒ −→v = (v0 − µcgt)ˆı⇒ ıˆ : v = v0 − µcgt,
−→r = −→r 0 +−→v 0t+ 12−→a t2 ⇒ ıˆ : x = v0t− µcgt
2
2
.
enquanto a velocidade angular em func¸a˜o do tempo sera´:
−→ω = −→ω 0 +−→α t⇒ −→ω = −5µcgt
2R
kˆ.
Maneira 1: A condic¸a˜o para que exista rolamento sem deslizamente e´ que a velocidade
instantaˆnea do ponto de contacto entre a esfera e a superf´ıcie. Ou seja a velocidade de
translac¸a˜o (em mo´dulo) e´ igual a velocidade de rotac¸a˜o: v = ωR, usando os resultados do
problema anterior:
v = ωR⇔ v0 − µcgt = 5µcgt
2R
×R⇒ 7
2
µcgt = v0 ⇒ t = 2v0
7µcg
.
Maneira 2: A condic¸a˜o para que exista rolamento sem deslizamente e´ que a velocidade
instantaˆnea do ponto de contacto entre a esfera e a superf´ıcie. Ou seja a soma vetorial da
velocidade de translac¸a˜o e da velocidade de rotac¸a˜o no ponto de contacto e´ zero, assim
−→
0 = −→v translac¸a˜o +−→v rotac¸a˜o ⇒ −→v translac¸a˜o = −−→v rotac¸a˜o ⇒ −→v translac¸a˜o = −−→ω ×−→r ,
como −→r = −Rˆ, −→ω = −5µcgt
2R
kˆ e −→v = (v0 − µcgt)ˆı:
(v0 − µcgt)ˆı = −−5µcgt
2R
kˆ × (−R)ˆ⇒ (v0 − µcgt)ˆı = 5µcgt
2R
ıˆ⇒ v0 − µcgt = 5µcgt
2R
×R
⇒ 7
2
µcgt = v0 ⇒ t = 2v0
7µcg
.
(b) A posic¸a˜o horizontal da bola no instante em que ela rola sem deslizar e´
d = x
(
2v0
7µcg
)
= v0 × 2v0
7µcg
− 1
2
µcg
(
2v0
7µcg
)2
=
2v20
7µcg
− 2v
2
0
49µcg
=
12v20
49µcg
.
(c) A velocidade do centro de massa neste instante sera´ v
(
2v0
7µcg
)
= v0−µcg×
(
2v0
7µcg
)
= 5
7
v0.
7