Exercıcios Resolvidos - 4o. Tarefa

24 de marco de 2013

Questao 10.27

Uma barra de comprimento L e massa M(Figura 10-33) pode girar livremente em torno deum pino colocado em A. Um projetil de massa m e velocidade v atinge a barra uma distanciaa de A alojando-se nela.(a) Determine o momento angular do sistema imediatamente antese depois que o projetil atinge a barra. (b)Determine a quantidade de movimento do sistemaimediatamente antes e depois da colisao. Explique sua resposta cuidamdosamente.(c) Sob quecondicoes sera conservada a quantidade de movimento? (d) Qual e o Q da colisao?

Solucao

a) Imediatamente antes da colisao, nao ha torque externos em relacao ao ponto A,o mesmo para ime-diatamente depois, logo o momento angular se conserva. Este momento, antes da colisao, e dado por

~L = ~rX~p = a(−i)Xmv(i) = mva(k)

b) Momento antes: ~P1 = mv(i)Sabemos que o momento angular se conserva durante esse evento:

Langular = Iω

O momento de inercia da barra+projetil e I = ma2 +ML2

3, ja que podemos considerar o projetil separa-

damente da barra. Em modulo,teremos:

mva =3ma2 +ML2

3ω => ω =

3mva

3ma2 +ML2

Apos a colisao, tanto o projetil como a barra possuem momento linear. O momento da barra linear podeser calculado como se a massa inteira estivesse concentrada no centro de massa da barra, logo

~P2 = (mωa+MωL

2)i

~P2 = mv(1 + ML

2am)

1 + ML2

3ma2

c) Esse item trata na verdade do centro de percurssao. Quando analisamos a resposta do item anterior,

percebemos que o momento so ira se conservar se 1 +ML

2am= 1 +

ML2

3ma2=> a =

2L

3.Isso implica que a

distancia do ponto de impacto ao centro de massa e a1 = L/6, e alem disso temos que a distancia do pontofixo ao centro de massa e a2 = L/2. Logo,a1a2 = K2,sendo K o raio de giracao, e por isso este e o pontode percurssao. Ainda, podemos observar que a conservacao do momento linear nesse caso acontece porquepara essa distancia nao ha resistencia no ponto fixo A.

1

d)Eantes =mv2

2e Edepois =

Ibarra,projetilω2

2Logo

Q = −mv2

2+

3ma2 +ML2

3

32m2v2a2

(3ma2 +ML2)2

Q = − mv2ML2

2(3ma2 +ML2)

Questao 10.48

1)Pelas propriedades do produto com vetores,sabe-se que (volumedoprisma(P,M,N)) = (MxN).P =−(PxN).M e (MxN).P = (M.P )N − (P.N).M Assim:

(AxB).(CxD) = [−(CxD)xB].A

Usando as propriedades acima

(A.C).(B.D) − (A.D).(B.C)

2)~v.~v = (~ωX~v)(~ωX~v)

Por (1): ~v.~v = ω2~r − (~ω.~r)2 (~r)2 = (x2 + y2 + z2) e (ω)2 = ωx2 + ωy

2 + ωz2

ω2~r2 = ωx2(y2 + z2) + ωx

2x2 + ωy2y2 + ωz

2z2 + ωy2(x2 + y2) + ωz

2(x2 + y2)

Assim:

Ek =1

2m(v2) =

1

2((~ω2.~r2) − (ωr)2)

(1/2)m(ωx2(y2 + z2) + ωy2(x2 + z2) + ωz

2(x2 + y2) − 2(xyωxωy + xzωxωz) + zyωyωz)

Questao 10.32

No sistema representado na figura 10.38, M = 1, 0Kg,m = 0.2Kg, r = 0.2m. Calcule aaceleracao linear de m, a aceleracao angular de M e a tensao no fio. Despreze o efeito da poliapequena.

Solucao

2

Leis de Newton para o bloco e a roda(valores em modulo):

mg − T = map(1)

T + f = MaCM(2)

E do vınculo geometrico, ωCM = ωpaCM

r= ap

2r=> aCM = am

2

Equacao para a rotacao do cilindro, sendo que o ponto de referencia e o centro de massa daroda:

τCM = ICMα(3)

(T − f).R =MR2

2α =

MR2

2

aCM

R

Logo, combinando a segunda equacao com a terceira:

T =3

4MaCM

E retornando na segunda equacao:

mg − 3

4MaCM = 2maCM => aCM =

4mg

8m+ 3M=> ap =

4mg

8m+ 3M

Logo T vale T =3Mmg

8m+ 3Me α =

aCM

R=

4mg

R(8m+ 3M)

3