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FEP2195 – Física Geral e Experimental para a Engenharia I Gabarito da prova 3 – 25/06/2009 ________________________________________________________________________________ 1) Um aro de raio R = 0,5 m e massa m = 2 kg gira em torno do seu eixo central de tal forma que a sua velocidade angular seja dada por ϖ (t ) = bt 2 + c t onde ϖ é dada em rad/s, b = 2 Rad/s3, c = 2 Rad/s3/2, e t é dado em segundos. a) (1,0) Calcule o ângulo descrito de t = 0 s até t = 1 s. b) (0,5) Calcule o módulo da aceleração radial (centrípeta) do aro para t = 1 s. c) (0,5) Calcule o módulo da aceleração tangencial do aro para t = 1 s. d) (0,5) Calcule o torque médio que atuou sobre o aro entre t = 0 s e t = 1 s. ________________________________________________________________________________
a)
∫ ∫
dθ (t ) → dθ = ϖ dt → dθ = ϖ dt = dt onde d é uma constante de integração. bt 3 2ct 3 / 2 → θ (t ) = + +d 3 3 b × 0 3 2c × 0 3 / 2 + + d = d Rad θ (0) = 3 3 b × 13 2c × 13 / 2 2 4 + + d = + = 2 + d Rad θ (1) = 3 3 3 3 → ∆θ = θ (1) − θ (0) = 2 Rad
ϖ (t ) =
∫ (bt
2
)
+ c t dt =
bt 3 2t 3 / 2 + +d 3 3
b) v 2 (ϖR )2 = = ϖ 2R R R ϖ (1) = b × 12 + c 1 = 4 Rad / s a rad =
a rad (t = 1s ) = 4 2 × 0,5 = 8 m / s 2
→
c) aTg = αR
α (1) = 2b × 1 +
α (t ) =
e c 2 1
dϖ (t ) d c = (bt 2 + c t ) = 2bt + dt dt 2 t
= 5 Rad / s 2
aTg (t = 1s) = 5 × 0,5 = 2,5 m / s 2
→
d) 1 1 I ϖ 2 (1) − ϖ 2 (0) = Iϖ 2 (1) 2 2 onde τ é o torque médio durante o intervalo de tempo de t = 0 s até t = 1 s. Para um aro girando e torno do seu eixo central de simetria, toda a massa é distribuída radialmente a uma distância R do eixo de rotação, e
O trabalho T é dado por T = τ ∆θ = ∆E c =
(
)
I=
∑m r = ∑m R 2
i i
i
i
i
2
= R2
∑ m = MR i
i
1 1 Iϖ 2 (1) × 0,5 × 4 2 →τ = 2 = 2 = 2 kg m 2 / s 2 ∆θ 2
2
= 2 × (0,5)2 = 0,5 kg m 2
2) Uma barra fina e homogênea, de massa M e comprimento L, repousa sem qualquer tipo de atrito sobre uma mesa horizontal. A barra é atingida perpendicularmente, a uma distância b do seu centro, por um projétil, de mesma massa M e velocidade v0, que fica grudado nela. Adote um referencial como aquele mostrado na figura, com a origem localizada no centro da barra.
r v0 b y
a) (0,5) Calcule a coordenada yCM do centro de massa do x sistema barra + projétil. r b) (0,5) Calcule o momento angular Li do sistema na iminência da colisão, em relação ao eixo de rotação relevante para o problema. c) (0,5) Calcule o momento de inércia I do sistema depois da colisão em relação ao eixo de rotação relevante para o problema, sabendo que o momento de inércia de uma barra de comprimento L e massa M em relação ao um eixo passando pelo meio e perpendicular ao eixo da barra vale I=ML2/12. d) (0,5) Calcule o módulo da velocidade angular ϖ do sistema após a colisão. Para que valor de b a velocidade angular é máxima? e) (0,5) Calcule o módulo da velocidade de translação vCM do centro de massa do sistema depois da colisão? ________________________________________________________________________________
a) y CM =
y b mb + y p m p mb + m p
=
0 × M + bM b = ( m) 2M 2
b) O sistema girará em torno de um eixo passando pelo seu CM e perpendicular à mesa. Portanto, r r r r r r b b Li = Lbi + L pi = L pi = rp × p p e L pi = rp m p v p senθ = Mv 0 sen90 = Mv 0 (kg m 2 / s 2 ) 2 2 onde o vetor posição foi detrminado a partir do centro de massa do sistema. r r r b Assim, o vetor Li possui módulo Mv 0 (kg m2/s2) , é perpendicular a rp e p p (perpendicular à 2 folha), e possui sentido entrando na folha (regra da mão direita).
c) O momento de inércia precisa ser calculado em relação ao eixo passando pelo CM do sistema e ⊥ à mesa. 2 2 ML2 ML2 Mb 2 M L2 b b + b 2 kgm 2 I CM sist = I b + I p CM = + M + M = + = sist 12 2 2 6 2 2 12
(
)
(
d) Como o peso e a normal de cada corpo se cancelam, a resultante de todos os torques externos é nula, e temos conservação do momento angular total do sistema. O módulo do momento angular final é:
)
L f = I CM ϖ =
M 2
L2 + b 2 ϖ 6
b Mv 0 bv 0 2 Li = L f → → ϖ = = (Rad / s ) L2 M L2 2 2 +b +b 6 2 6 A velocidade angular possuírá um extremum quando sua derivada for nula em relação a b. L2 L2 2 2 v 0 − bv 0 (2b) v 0 b b + − 6 6 dϖ d bv 0 =0 = = 2 = 2 2 2 2 db db L L L 2 + b2 + b 2 6 +b 6 6 L2 L 2 =0 (m ) → − b → b=± 6 6 L Portanto, a velocidade angular possuirá um máximo quando b = (m). 6 b M L2 + b 2 ϖ Mv 0 = 2 2 6
e) Como o peso e a normal de cada corpo se cancelam, a resultante de todas as forças externas é nula, e temos conservação do momento linear total do sistema. Pi = Pbi + Ppi = 0 + m p v p = Mv 0 Pf = Pb f + Pp f = mCM v CM = 2 Mv CM Pi = Pf
→
Mv 0 = 2 Mv CM
→
vCM =
v0 2
(m / s )
3) Um cilindro maciço e homogêneo de raio 2R e massa M é puxado sobre uma mesa horizontal por uma haste leve ligada a um fio sem massa e inextensível, como mostrado na figura. O fio passa (sem deslizar) por uma polia, formada por um disco de raio R e massa M, e é preso a um bloco de massa M. O bloco é abandonado a partir do repouso a uma altura h do chão e puxa o cilindro que rola sem deslizar sobre a mesa. O momento de inércia de um disco maciço de raio R e massa M em relação a um eixo perpendicular ao plano do disco e passande pelo seu centro vale I = MR2/2. Utilize o referencial da figura e considere o sentido horário como sendo positivo para o movimento de rotação dos corpos. a) (0,5) Calcule a velocidade do bloco logo antes de chegar no chão. b) (1,0) Faça um diagrama de corpo livre (diagrama de forças) de todos os corpos e calcule a tensão no fio dos dois lados da polia. x c) (0,5) Calcule o valor mínimo do coeficiente de atrito estático µe entre o cilindro e a mesa para que o cilindro possa rolar sem deslizar? h y d) (0,5) Calcule o tempo que o cilindro levará para completar a primeira volta. ________________________________________________________________________________
a) O atrito estático entre a polia e a corda não realiza trabalho e só serve para converter o movimento de translação da corda no movimento de rotação da polia. Como não há atrito cinético para dissipar energia, a única força que realiza trabalho é a força da gravidade que é conservativa. Portanto, existe conservação da energia mecânica. Não consideraremos nos cálculos da energia mecânica total a energia potencial da polia e do cilindro, uma vez que elas permanecem constantes, visto que a posição y do centro de massa de cada um não muda. Escolhendo o “zero” da energia potencial na altura do chão, obtemos
( = (E
E M i = E ccil + Ec pol + E pbloco + Ecbloco EM f
ccil
) = 0 + 0 + Mgh + 0 = Mgh ) = 12 I ϖ + 12 m v
+ E c pol + E pbloco + Ecbloco
i
cil
f
Como o cilindro rola sem deslizar, v CM = ϖr
2 cil
cil
→
ϖ cil =
A periferia da polia possui velocidade tangencial v Tg = ϖr
2 CM cil
v CM cil 2R
→
Como a corda é inextensível, v CM cil = v Tg pol = v bloco = v , e E M f 2
EMi
2
1 1 2 I polϖ 2pol + 0 + mbloco v bloco 2 2
+
.
ϖ pol =
v Tg pol
. R pode ser rescrita como:
11 1 11 1 3Mv 2 2 v 2 2 v 2 ( ) = M 2 R + Mv + MR + 0 + Mv = 22 2 22 2 2 2 R R
E M i = E M f → Mgh =
3Mv 2 2 →v=± gh 2 3
A velocidade do bloco em baixo é v bloco =
(m / s ) 2 gh (m/s) 3
b) r N cil
r T1
r − T1
r Pcil
r Ppol
r Fe
r N pol r T2 r − T2 r Pbloco
x h
y
Cilindro : (1) ∑ F = Ma = T − F Translação em y : ∑ F = 0 = P − N → N = P = Mg Rotação : ∑τ = I α = F (2R) sen90 = 12 M (2R) α = 2MR α Translação em x :
x
CM cil
y
cil
1
e
cil
cil
2
//
cil
cil
e
(2)
cil
2
cil
(3)
cil
Polia : Rotação :
∑
τ // = I pol α pol = R(T2 − T1 ) sen90 =
1 MR 2α pol 2
(4)
Bloco : Translação em y :
∑F
y
= Mabloco = Pbloco − T2
→
T2 = M ( g − abloco )
(5)
Vínculos : O cilindro rola sem deslizar → v CM cil = ϖ cil (2 R ) → a CM cil = A aceleração tangencial na periferia da polia é aTg pol = α pol R
dv CM cil dt
→
Como a corda é inextensível, aCM cil = aTg pol = a bloco = a a 2 MR 2 2 R Ma (6) e (8) em (3) → Fe = (9) = 2R 2 Ma 3Ma (8) e (9) em (1) → T1 = Ma + = (10) 2 2 3Ma 1 2 a (5), (7), (8), (9) e (10) em (4) → R (M ( g − a ) ) − = MR 2 2 R g → 2 Mg − 2 Ma − 3Ma = Ma → a= (11) 3
= α cil ( 2 R ) → α cil =
α pol = (8)
aTg pol R
(7)
a CM cil 2R
(6)
g 3 = Mg (11) em (10) → T1 = (12) 2 2 g 2Mg (11) em (5) → T2 = M ( g − ) = (13) 3 3 Como era esperado, T1 é maior que T2, já que a polia gira no sentido horário. 3M
c) Usando (9) e (2), temos: g F Ma 3 =1 Fe = e Fe ≤ µ e N cil → µe ≥ e = 2 N cil 2 Mg 6 O coeficiente de atrito estático mínimo para haver rolamento é 1/6 M
d) Como a aceleração linear do sistema é constante, a aceleração angular da polia também será constante e valerá: g a g α cil = cil = 3 = a cil = α cil rcil → rcil 2R 6R 1 1 1 → θ (t ) = θ 0 + ϖ 0 t + α cil t 2 = 0 + 0 + α cil t 2 = α cil t 2 2 2 2 2θ 2 × 2π 24πR →t =± =± =± g α cil g 6R 24πR segundos. O tempo levado para completar a primeira volta é g
4) Uma pessoa pegou um disco homogêneo de massa M e raio R, fez um furo circular de raio R/2 no centro dele, colocou o disco furado para girar sem atrito num plano vertical em torno de um eixo perpendicular a esse plano. O eixo de rotação passa pelo ponto 0 indicado na figura, e o disco é abandonado sob a ação do seu próprio peso a partir da posição indicada. Expresse todas as suas respostas em função de M, R, g e θ.
0 θ
a) (1,0) Calcule a massa MF do disco furado e o seu momento de inércia IF em relação ao eixo que passa pelo ponto 0, sabendo que o momento de inércia de um disco maciço de raio R e massa M em relação a um eixo perpendicular ao plano do disco e passande pelo seu centro vale I=MR2/2. b) (0,5) Calcule a aceleração tangencial aTg do centro de massa do disco furado após ele ter girado um ângulo θ a partir da horizontal. c) (0,5) Calcule o trabalho T realizado pelo torque da força peso (em relação ao ponto 0) após o disco furado ter girado um ângulo θ a partir da horizontal. d) (0,5) Calcule a velocidade angular ϖF do disco furado na posição vertical (inferior). ________________________________________________________________________________
a) Como o disco inicial é homogêneo, 2
MF = M
R 2 = 3 2 4 πR
πR 2 − π
→
MF =
3 M 4
(kg )
O momento de inércia do disco furado em relação ao eixo (perpendicular ao plano do disco) passando pelo centro de massa pode ser obtido subtraindo o momento de inércia de um pequeno disco (de raio R/2 e massa M/4) do momento de inércia do disco original I FCM =
∑ i
2
1 1 M R 15 mi ri = MR 2 − MR 2 = 2 2 4 2 32 2
(kg m ) 2
Usando o teorema dos eixos paralelos, podemos agora obter o momento de inércia do disco furado em torno do eixo perpendicular ao plano do disco e passando pelo ponto 0: I F0 = I FCM + md 2 =
15 3M 2 39 MR 2 + R = MR 2 32 4 32
(kg m ) 2
b)
C
Vamos calcular primeiro a aceleração angular do disco furado. Como a normal atua sobre o eixo de rotação, apenas a força peso aplica um torque externo (τ = rmg senφ ) ao longo do eixo de rotação, e
∑τ
ext//
3M 39 = Iα = R g sen(90 − θ ) = MR 2α 4 32
Como aTg = αr
→
aTg =
θ
R →
α=
8 g cos θ R 8 g cos θ = 13 R 13
r r φ
3M g cos θ 8 g cos θ 4 = 39 13 R MR 2 32
(m / s ) 2
0
r P
(Rad / s ) 2
c) θ
T=
∫ 0
θ
τ dγ =
∫
θ
3M 3M R g cosγ dγ = R g 4 4
0
∫
cosγ dγ = R
3M 3 θ g [senγ ]0 = MRg senθ 4 4
(kg m
2
/ s2
0
onde o torque foi considerado positivo para um movimento de rotação no sentido anti-horário.
d) Como só a força peso realiza trabalho (e ela é conservativa), há conservação da energia mecânica. Escolhendo o “zero” da energia potencial na altura inicial, temos: 1 1 EMi = EM f → E p + E c i = E p + E c f → mghCM + Iϖ 2 = mghCM + Iϖ 2 2 2 i f
(
) (
)
3M gR 3M 1 39 16 g 4 →0+0 = g (− R ) + × MR 2ϖ 2 → ϖ 2 = →ϖ = ± 1 39 4 2 32 13R × MR 2 2 32
(Rad / s )
Considerando o movimento de rotação do corpo como positivo no sentido anti-horário (θ > 0), a 16 g velocidade angular é portanto ϖ = Rad/s. 13R
)