FEP Física Geral e Experimental para Engenharia I

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1 FEP195 - Física Geral e Experimental para Engenharia I Prova P3 - Gabarito 1. Três partículas de massa m estão presas em uma haste fina e rígida de massa desprezível e comprimento l. 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. m O l m l m ω (a) (0,5) Calcule o momento de inércia do sistema em relação ao eixo de rotação vertical que passa pelo ponto O. (b) (0,5) Expresse a energia cinética total do sistema em termos de m, l, e ω. (c) (1,0) Suponha agora que a cola que mantinha as partículas presas ao centro da haste e ao ponto O se deteriorou, fazendo com que estas duas partículas escorregem ao longo da haste até a extremidade onde se encontra a terceira partícula (considere que as três partículas estejam agora superpostas). Determine a velocidade angular do sistema nesta nova configuração. (d) (0,5) A energia cinética do sistema permaneceu constante nesta nova configuração? Justifique sua resposta. SOLUÇÃO: (a) Calcule o momento de inércia do sistema em relação ao eixo de rotação vertical que passa pelo ponto O. O momento de inércia em relação a O é dado por: I i = m 0 + m l + m (l) I i = 5ml (b) Expresse a energia cinética total do sistema em termos de m, l, e ω. A energia cinética de rotação é dada por: T i = 1 I iω 1

2 T i = 5 ml ω (c) Suponha agora que a cola que mantinha as partículas presas ao centro da haste e ao ponto O se deteriorou, fazendo com que estas duas partículas escorregem ao longo da haste até a extremidade onde se encontra a terceira partícula (considere que as três partículas estejam agora superpostas). Determine a velocidade angular do sistema nesta nova configuração. O momento de inércia na nova configuração é dado por: I f = 3 m (l) = 1ml Como não há torque externo resultante, o momento angular se conserva: L i = L f I i ω = I f ω f ω f = I i I f ω = 5ml 1ml ω ω f = 5 1 ω (d) A energia cinética do sistema permaneceu constante nesta nova configuração? Justifique sua resposta. A energia cinética na nova configuração é dada por: T f = 1 I fω f = 1 1ml ( ) 5 1 ω = 5 4 ml ω T f = 5 1 T i A energia cinética não se mantem constante, sendo menor na nova configuração (T f < T i ). Parte da energia cinética inicial foi utilizada no trabalho realizado para mover as partículas.

3 . Um alçapão 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 dobradiças conforme a figura. O alçapão é solto do repouso na vertical (eixo y), de modo que ele gire para baixo sob a ação da gravidade. y h O momento de inércia da placa em relação a um eixo passando pelo seu centro de massa e paralelo ao comprimento l é I CM = 1 1 Mh. No instante em que o alçapão está na horizontal (eixo x) determine, em função de M, h, l e g: (a) (0,5) O momento de inércia do alçapão em relação ao eixo relevante para o problema. (b) (0,5) A velocidade angular do alçapão. (c) (0,5) O módulo da aceleração angular do alçapão. (d) (0,5) As componentes x e y da aceleração do seu centro de massa. (e) (0,5) As componentes da força de reação na dobradiça. x SOLUÇÃO: (a) O momento de inércia do alçapão em relação ao eixo relevante para o problema. paralelos: Para determinar o momento de inércia do sistema utilizamos o teorema dos eixos I = I CM + M ( ) h = 1 1 Mh Mh I = 1 3 Mh (b) A velocidade angular do alçapão. Como não existem forças dissipativas agindo sobre o sistema, utilizamos a conservação da energia mecânica para determinar a sua velocidade angular: E i = E f Mg h = 1 Iω ω = Mgh I = Mgh 3 Mh 3

4 ω = 3g h (c) O módulo da aceleração angular do alçapão. A aceleração angular do sistema é produzida pelo torque da força peso: τ = Iα α = τ I = Mg h 3 Mh α = 3g h (d) As componentes x e y da aceleração do seu centro de massa. A componente x da aceleração do centro de massa do sistema, quando o alçapão está na horizontal, é dada pela aceleração radial (aceleração centrípeta) do sistema, ou seja: a x = a r = ω h = 3g h h a x = 3 g apontando no sentido negativo do eixo x A componente y da aceleração do centro de massa do sistema, quando o alçapão está na horizontal, é dada pela aceleração tangencial do sistema, ou seja: a y = a θ = α h = 3g h h a y = 3 g apontando no sentido negativo do eixo y 4 (e) As componentes da força de reação na dobradiça. Para que a dobradiça permaneça em equilíbrio, a força exercida por ela sobre o alçapão é a força de reação à que o alçapão exerce sobre ela. Assim, na direção x temos: 4

5 F x = 3 Mg apontando no sentido positivo do eixo x Na direção y, a segunda lei de Newton nos dá: F y Mg = Ma y F y = Mg M 3 4 g = 1 4 Mg Assim, sobre a dobradiça, na direção y temos F y = 1 Mg apontando no sentido negativo do eixo y 4 3. Uma corda leve de massa desprezível está enrolada num disco uniforme de raio R = 0, m e massa M = 0, 3 kg. A corda sustenta um bloco de massa m = 0, 1 kg, conforme a figura. Considerandose que o momento de inércia de um disco em relação a um eixo passando pelo seu centro de massa e perpendicular ao plano do disco é I CM = 1 MR e que o bloco inicia seu movimento para baixo a partir do repouso, determine: M m (a) (1,0) A aceleração do corpo de massa m. (b) (0,5) A tensão T na corda e a aceleração angular α do disco. (c) (1,0) O trabalho realizado pelo torque aplicado sobre o disco desde t = 0 até t = s e a variação de energia cinética total do sistema neste mesmo intervalo de tempo. SOLUÇÃO: (a) A aceleração do corpo de massa m. Movimento de translação do bloco de massa m: mg T = ma Movimento de rotação do disco: τ = I CM α T R = 1 MR a R T = 1 Ma a = Resolvendo o sistema constituído por estas duas equações obtém-se: m M + m g = 0, 1 0, 3 + 0,

6 a = 4 m/s (b) A tensão T na corda e a aceleração angular α do disco. Tensão na corda: T = 1 Ma = 1 0, 3 4 T = 0, 6 N Aceleração angular do disco: α = a R = 4 0, α = 0 rad/s (c) O trabalho realizado pelo torque aplicado sobre o disco desde t = 0 até t = s e a variação de energia cinética total do sistema neste mesmo intervalo de tempo. O torque aplicado é constante e portanto sua aceleração angular também é contante. Desta forma o trabalho realizado pelo torque pode ser escrito como: W τ = τ θ onde θ é o deslocamento angular do disco θ = θ(t f ) θ(t i ) = θ 0 + ω 0 t f + 1 αt f θ 0 ω 0 t i 1 αt i = 1 α ( t f t i já que ω 0 = 0, pois o sistema parte do repouso. Assim: W τ = T R 1 α ( ) t f t 1 i = 0, 6 0, 0 () ) W τ = 4, 8 J A variação da energia cinética total do sistema é dada pela variação da energia cinética de rotação do disco mais a variação da energia cinética de translação do bloco: T = T R + T T 6

7 Pelo teorema trabalho-energia cinética, a variação da energia cinética de rotação do disco é igual ao trabalho total realizado sobre ele, ou seja: T R = W τ = 4, 8 J A variação da energia cinética de translação do bloco é dada por: T T = 1 mv (t f ) 1 mv (t i ) v(t i ) = v 0 = 0, pois o sistema parte do repouso. Assim v(t f ) = v 0 + at f = at f = 4 = 8 m/s T T = 1 0, 1 (8) = 3, J Assim, T = 4, 8 + 3, T = 8 J 4. Três discos de massa M e raio R ocupam 3 dos 4 vértices de uma armação quadrada formada por quatro barras rígidas de comprimento d = 4R e massa desprezível. O conjunto está sobre uma mesa horizontal sobre a qual pode se deslocar sem atrito. Um quarto disco, idêntico aos outros, desliza sem atrito com velocidade v, como indicado na figura, e vem se encaixar no quarto vértice da armação, ficando lá grudado. O momento de inércia de um disco em relação a um eixo passando pelo seu centro de massa e perpendicular ao plano do disco é I CM = 1 MR. (a) (0,) Explique, qualitativamente, o que vai acontecer após a colisão. (b) (0,5) Calcule o momento de inércia do sistema em relação ao eixo relevante para o problema. (c) (1,8) Descreva completamente o movimento subseqüente do sistema em função de M, R e v (com módulos, direções e sentidos). v M d R SOLUÇÃO: (a) Explique, qualitativamente, o que vai acontecer após a colisão. 7

8 O centro de massa do sistema vai realizar uma translação descrita pela velocidade do centro de massa (v CM ) 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 rotação perpendicular ao plano do quadrado) com velocidade angular ω (b) Calcule o momento de inércia do sistema em relação ao eixo relevante para o problema. O eixo relevante para o problema é 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 inércia com relação a esse eixo será dado por: I = 4 ( I CM + Mx ) onde x é a distância do vértice ao centro do quadrado x = d = R ( ) 1 I = 4 MR + 8MR I = 34MR (c) Descreva completamente o movimento subseqüente do sistema em função de M, R e v (com módulos, direções e sentidos). Como a resultante das forças externas agindo sobre o sistema é nula, o momento linear se conserva durante a colisão. Assim M v = 4M v CM A velocidade do centro de massa após o choque será: v CM = 1 4 v Como também não existem torques externos agindo sobre o sistema o momento angular em torno do eixo passando pelo centro de massa também se conserva. Assim, Mvx = Iω 8

9 ω = Mvx I = Mv R 34MR ω = 17 v R com rotação no sentido horário O sistema vai girar em torno do centro de massa (o centro do quadrado, com o eixo de rotação perpendicular ao plano do quadrado) com ω = v, no sentido horário, e o centro 17 R de massa vai se deslocar com translação em linha reta com velocidade constante v CM = 1 v, 4 ou seja, na mesma direção da velocidade v e com o mesmo sentido. 9