Baixe Problemas resolvidos de física geral e experimental para engenharia e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Civil, somente na Docsity! FEP2195 - F́ısica Geral e Experimental para Engenharia I Prova P3 - Gabarito d d d d g M R m m m' 1. A figura mostra um rotor de inércia variável, de eixo horizontal fixo, formado por um cilindro maciço e ho- mogêneo de massa M e raio R (ICM = 1 2 MR2), ao qual está rigidamente ligada uma haste de massa despreźıvel sobre a qual podemos deslocar dois corpos puntiformes iguais de massa m = M 8 . O sistema gira sem atrito em torno do eixo. Se inicialmente os dois corpos forem tra- vados como mostra a figura, com d = 2R e o rotor sofrer a ação de um corpo de massa m′ = 1 2 M através de um fio ideal enrolado na periferia do cilindro, partindo do repouso, determine em função de M , R, h e g: (a) (0,5) O momento de inércia do rotor. (b) (1,0) A aceleração linear de m′ e a tensão no fio. (c) (1,0) A variação da energia cinética do rotor após a massa m′ ter descido uma distância h. SOLUÇÃO: (a) Momento de inércia do rotor I = ICM + 2md 2 = 1 2 MR2 + 2 M 8 (2R)2 I = 3 2 MR2 (b) Resultante de forças sobre o bloco de massa m′ m′g − T = m′a Torque devido à tração T sobre o rotor TR = Iα = 3 2 MR2 a R 1 Tração no fio T = 3 2 Ma Substituindo na primeira equação m′g − 3 2 Ma = m′a 1 2 Mg = ( 1 2 M + 3 2 M ) a Aceleração linear de m′ a = 1 4 g Tração no fio T = 3 8 Mg (c) Conservação da energia mecânica ∆U = ∆K m′gh = 1 2 Iω2 + 1 2 m′v2 1 2 Mgh = 1 2 3 2 MR2 v2 R2 + 1 2 1 2 Mv2 Velocidade linear do sistema v2 = 1 2 gh Variação da energia cinética do rotor ∆Kr = 1 2 Iω2 = 3 4 Mv2 = 3 4 M 1 2 gh ∆Kr = 3 8 Mgh 2 td = 4 7 s (d) Deslocamento angular da bola até parar de deslizar ∆θ = ω0td + 1 2 αt2d = 10 · 4 7 + 1 2 · 50 · 16 49 ∆θ = 680 49 rad θ0L 3. Considere uma barra delgada homogênea de comprimento L com massa M (ICM = 1 12 ML2) presa a um pivô no seu topo, podendo rodar sem atrito, como mostrado na figura. (a) (0,5) Calcule o momento de inércia da barra em relação ao pivô. (b) (0,5) A barra é deslocada inicialmente de um ângulo θ0 em relação à vertical e é solta a partir do repouso. Qual é a velocidade angular da barra no ponto mais baixo do seu movimento? (c) (0,5) Qual é a velocidade (linear) do centro de massa da barra quando essa passa pela parte mais baixa do seu movimento? (d) (0,5) Determine a aceleração angular da barra para um ângulo θ qualquer (θ < θ0). (e) (0,5) Determine as componentes do vetor aceleração linear do centro de massa da barra para um ângulo θ qualquer (θ < θ0). SOLUÇÃO: (a) Usando o teorema dos eixos paralelos I = ICM + M ( L 2 )2 = 1 12 ML2 + 1 4 ML2 I = 1 3 ML2 (b) Usando conservação da energia mecânica e tomando a energia potencial U = 0 no ponto mais baixo da trajetória temos Mg L 2 [1 − cos(θ0)] = 1 2 Iω2B = 1 2 1 3 ML2ω2B 5 Velocidade angular da barra no ponto mais baixo do movimento ωB = √ 3g L [1 − cos(θ0)] (c) Velocidade linear do centro de massa da barra quando essa passa pela parte mais baixa do seu movimento v = ωB L 2 v = √ 3Lg 4 [1 − cos(θ0)] (d) A aceleração da barra é produzida pelo torque da força peso Mg sen(θ) L 2 = Iα = 1 3 ML2α α = 3 2 g L sen(θ) (e) Aceleração tangencial atCM = α L 2 = 3 2 g L sen(θ) · L 2 atCM = 3 4 g sen(θ) Aceleração radial arCM = ω 2L 2 Velocidade angular para um angulo θ < θ0 Mg L 2 [cos(θ) − cos(θ0)] = 1 2 Iω2 = 1 2 1 3 ML2ω2 ω2 = 3g L [cos(θ) − cos(θ0)] 6 arCM = 3 2 g[cos(θ) − cos(θ0)] m m v0 v0 L L 4. Duas barras idênticas de massa m e comprimento L (ICM = 1 12 mL2) deslizam sem atrito sobre um plano horizontal. Inicialmente as duas bar- ras se deslocam com velocidades de mesmo módulo (v0) que possuem a mesma direção, mas sentidos opostos, como mostrado na figura. As ex- tremidades das barras colidem elásticamente. Após a colisão o centro de massa de cada barra continua a se mover na mesma direção e sentido em que se movia antes do choque, mas agora com velocidade de módulo v. Além disso, cada barra adquire um movimento de rotação em torno do seu centro de massa com velocidade angular de módulo ω. Em função de m, L, v0, v e ω determine: (a) (0,5) a energia cinética total do sistema antes da colisão, (b) (0,5) o momento angular total do sistema com relação ao seu centro de massa antes da colisão, (c) (0,5) a energia cinética total do sistema após a colisão, (d) (0,5) o momento angular total do sistema em relação ao seu centro de massa, após a colisão, (e) (0,5) a velocidade v de translação do centro de massa de cada barra em termos de v0. SOLUÇÃO: (a) Energia cinética total antes da colisão KA = 1 2 mv20 + 1 2 mv20 KA = mv 2 0 (b) Momento angular total do sistema com relação ao seu centro de massa antes da colisão lA = 2|~r × ~p| = 2 · L 2 · mv0 lA = Lmv0 (c) Energia cinética total do sistema após a colisão KD = 1 2 mv2 + 1 2 ICMω 2 + 1 2 mv2 + 1 2 ICMω 2 7
