vA L 2 vB Y X O A B Figura 1 dm/dx = m/L Figura 2 (A) (B)

Universidade Do Estado De Santa Catarina
Centro De Ciências Tecnológicas – Depto. de Fı́sica
Grupo de Dinâmica Não-Linear
Luciano Camargo Martins
UDESC
Joinville
FÍSICA GERAL I (FGE1001)
Gabarito da Prova V
15/06/2015
1) [5,0 pt] Duas hastes finas, retas e homogêneas idênticas, de massa m e comprimento L cada
uma, são soldadas perpendicularmente e giram em torno da origem O, no plano XY , conforme
mostra a Figura 1. Na posição mostrada, a junção A se move para baixo com velocidade vA . Para
a peça na posição mostrada, determine:
Y
Figura 1
B
vB
L 2
dx
O
x
dm/dx = m/L
A
vA
X
(A)
Figura 2
(B)
A) [2,0 pt] Os momentos de inércia Ix , Iy e Iz ; [0,5 pt] Para a haste horizontal girando em torno
do eixo Y ou Z, temos
Z L
Z L 1
M
2
dx = ML2
Iy = Iz =
x dm =
x2
L
3
0
0
e
Ix = 0,
já que a massa da haste está sobre o eixo X, onde y = 0.
[0,5 pt] O momento de inércia da peça em relação a qualquer eixo de rotação será a soma dos
momentos de inércia de cada uma das duas hastes, em relação a este mesmo eixo. Por exemplo,
Ix =
2
X
Ix(i) = Ix(1) + Ix(2)
i=1
considerando a haste 1 na horizontal e a haste 2 na vertical, temos
Ix = 0 +
1
1
mL2 = mL2
3
3
(1)
já que a haste 1 está sobre o eixo X, seu momento de inércia Ix = 0 e a massa da haste 2 girando
(2)
em torno de A tem o seu momento de inércia é Ix = 13 mL2 .
[0,5 pt] Em relação ao eixo Y , o momento de inércia Iy da peça será
Iy = Iy(1) + Iy(2) =
4
1
mL2 + mL2 = mL2
3
3
(1)
já que agora a haste 1 está sobre o eixo X, seu momento de inércia Iy = 13 mL2 e a massa da
(2)
haste 2 girando em torno do eixo Y , tem o seu momento de inércia é Iy = mL2 , já que toda a
sua massa está a uma distância L deste eixo.
[0,5 pt] Em relação ao eixo Z, podemos usar o teorema dos eixos perpendiculares, já que a moldura
é plana e está sobre o plano XY , temos
Iz = Ix + Iy =
1
4
5
mL2 + mL2 = mL2 .
3
3
3
B) [0,5 pt] a velocidade angular ω; A velocidade angular da peça pode ser determinada pela
velocidade do ponto A, já que
−vA = ω rA = ω L =⇒ ω = −
vA
.
L
C) [1,0 pt] a energia mecânica E = K + U; A energia mecânica da peça é
E =K +U =
1
Iz ω 2 + Mgycm
2
que depende da coordenada ycm do centro de massa da peça,
ycm =
0 · m + (L/2) · m
L
m1 ycm,1 + m2 ycm,2
=
= ,
M
2m
4
e assim, temos
1
E=
2
vA 2
5
5
1
L
2
= mvA2 + mgL.
mL
+ Mg
3
L
4
6
4
D) [1,0 pt] o vetor de velocidade vB da extremidade B; A velocidade vB do ponto B, em módulo,
será
√
√
vB = ω rB = ω 2L = 2vA
e como o ponto B fica sobre a diagonal do quadrado, sobre a reta y = x, sua velocidade será
ortogonal a esta direção, ou seja, formando um ângulo θ = −45◦ com o eixo X, na direção e
√ , ou seja,
sentido do vetor unitário i−j
2
√
vB = ( 2vA )
i−j
√
2
= vA (i − j)
E) [0,5 pt] o vetor momento angular L. O momento angular da peça é
v A
Lz = Iz ω = (mL2 ) −
= −mvA L
L
onde o sinal negativo indica o sentido horário. Vetorialmente,
L = −(mvAL) k
2) [2,0 pt] Sobre um plano áspero inclinado de um ângulo θ = π/8 com a horizontal solta-se em
repouso uma esfera maciça (Icm,esf = 2MR2 /5) de massa M = 1, 23 kg e raio R = 7, 21 cm.
A) [1,0 pt] Qual a aceleração angular α da esfera? Aplicando-se a segunda lei de Newton para a
rotação da esfera em torno do ponto de contato, temos
X
τz(C) = Iz(C) αz
onde, pelo teorema dos eixos paralelos, temos
Iz(C) = Iz, cm + MR2 =
7
2
MR2 + MR2 = MR2 .
5
5
M, R
cm
X’
Fat, e
ω
P sen θ
C
N
vcm
θ
X
θ
O
P
Pelo DCL mostrado acima, apenas a componente P sin θ do peso produz torque sobre a esfera, em
relação ao ponto de contato C, então temos
X
τz(C) = −RMg sin θ =
7
MR2 αz
5
de onde temos a aceleração angular da esfera
αz = −
5 (9, 81 m/s2) sin(π/8)
5 g sin θ
=−
= −37, 2 rad/s2
7 R
7
(0, 0721 m)
que é uma aceleração constante, portanto o movimento da esfera é do tipo MCUV.
B) [1,5 pt] Depois de rolar 1, 25 m sobre o plano, qual a velocidade do centro de massa da esfera?
Como o centro de massa CM da esfera está instantaneamente girando em torno do ponto C de
contado,
5
acm = αR = g sin θ
7
que é constante, e como o movimento do centro de massa é do tipo MRUV, temos pela equação de
Torricelli
2
2
vcm
= vcm,
0 + 2acm d,
onde d = 1, 25 m é o deslocamento do CM.
Assim,
vcm =
r
10
gd sin θ =
7
r
10
(9, 81 m/s2)(1, 25 m) sin(π/8) = 2, 59 m/s.
7
3) [3,0 pt] Um estudante se senta em um banco girando livremente, segurando dois halteres, cada
um de massa 3, 00 kg. Veja a Figura 2. Quando os seus braços estão estendidos horizontalmente
(A), os halteres estão a 1, 00 m do eixo de rotação e o estudante gira com velocidade angular
inicial ωi = 0, 750 rad/s. O momento de inércia do conjunto estudante+banco é de 3, 00 kg · m2 e
considerado como uma constante. O estudante puxa os alteres horizontalmente, gastando 0, 500 s
para isso, até uma posição 0, 300 m do eixo de rotação (B).
A) [1,0 pt] Encontre a velocidade angular final ωf do estudante. O momento angular do estudante
é vertical, de baixo para cima, e que durante o experimento nenhum torque atua sobre o sistema ao
longo desse eixo, o momento angular total do sistema estudante+banco+halteres será conservado,
ou seja,
Ly, i = Ly, f =⇒ Iy, i ωy, i = Iy, f ωy, f
e os momentos de inércia inicial e final são, respectivamente:
2
2
2
2
Iy, i = I0 + 2mh rh,
i = 3, 00 kg · m + 2(3, 00 kg)(1, 00 m) = 9, 00 kg · m
e
2
2
2
2
Iy, f = I0 + 2mh rh,
f = 3, 00 kg · m + 2(3, 00 kg)(0, 300 m) = 3, 54 kg · m ,
já que são dois halteres simétricos de massa mh = 3, 00 kg cada.
Então, a velocidade angular final do sistema será
Iy, i
9, 00 kg · m2
ωy, f =
ωy, i =
(0, 750 rad/s) = 1, 91 rad/s,
Iy, f
3, 54 kg · m2
que é a própria velocidade angular final do estudante.
B) [1,0 pt] Encontre a energia cinética total do sistema estudante+banco+halteres, antes e depois
de ele puxar os halteres. A energia cinética total é conservada? Justifique. [0,25 pt] cada energia
e [0,5 pt] a justificativa.
As energias cinéticas inicial e final são, respectivamente,
Ki =
1
1
2
Iy, i ωy,
(9, 00 kg · m2 )(0, 750 rad/s)2 = 2, 53 J
i =
2
2
e
1
1
2
Iy, f ωy,
(3, 54 kg · m2 )(1, 91 rad/s)2 = 6, 46 J
f =
2
2
e a energia cinética não é conservada, pois o estudante realiza um trabalho mecânico W para
aproximar os halteres.
Kf =
C) [1,0 pt] Qual o potência média do trabalho realizado pelo estudante? Pelo teorema do trabalhoenergia cinética,
W = ∆K = Kf − Ki
e a potência média desenvolvida pelo estudante será, finalmente,
Pmed =
W
∆K
(6, 46 J) − (2, 53 J)
=
=
= 7, 86 W.
t
t
0, 500 s
Joinville–SC, 16 de junho de 2015.