Lista de Exercícios Iv- Física Básica 1

Lista 4 - Física I - Yago Pontual Ribeiro 1) Uma barra cilíndrica homogênea de comprimento 3L é dobrada duas vezes em ângulo reto, em segmentos de tamanho L de modo a formar três arestas consecutivas de um cubo, como mostra a figura. Determine as coordenadas do centro de massa da barra no sistema de coordenadas da figura. Isolando cada barra de cada eixo de coordenada: - O centro de massa de cada barra está na metade de cada uma. X Y |-----|--- I barra: I: (1/2, 0, 0) Y II II barra: II: (1, 1/2, 0) Z III III barra: III: (1, 1, 1/2) O centro de massa do conjunto é: r_cm = m.r_cmI + m.r_cmII + m.r_cmIII ---------------------------- 3m Soma(m) do= 3 barras Substituindo: r_cm = 1/2(1/2, 0, 0) + 1/2(1, 1/2, 0) + 1/2(1, 1, 1/2) = (5/2, 3/2, 1/2) ---------------------------- 3 r_cm= (5/6, 1/2, 1/6) metros Página 1 de Lista 4 Lista 4 - Física I - Yago Pontual Ribeiro 2) Uma máquina de Atwood consiste de dois blocos de massas m1 e m2 (m1 > m2) conectados por uma corda leve que passa sobre uma polia de raio R e momento de inércia I em torno de seu eixo de rotação. A corda não escorrega na polia nem estica. A polia gira sem atrito. Os corpos são liberados do repouso separados por uma distância 2h. a) Determine a aceleração dos blocos e as tensões nos trechos da corda ligados às massas m1 e m2. b) A partir do resultado do item (a) para a aceleração, determine a velocidade dos blocos quando passam um pelo outro. c) Obtenha o resultado do item (b) a partir do princípio de conservação de energia. m1 > m2 Para a aceleração, vamos analisar o diagrama de forças do sistema: matos do sistema. Aplicando a 2ª Lei de Newton (translação dos blocos) T1 (m1 g - T1 = m1 . a m1 T1 = m2 g - T2 = m2 . a Há ágüeta no sistema, ação m2.T1 = T2.m13 Página 2 de Lista 4 a = α . R R T1 - R T2 = T1 . α T1 = T1 . α ------- ------- ------- R R R^2 Unindo as 3 equações num sistema, temos: m1 g - T1 = m1. a I T3 - m2 g = m2. a II - R [T1 = T2 = I . α] III Colocando g em evidência no primeiro membro da eq. e a no segundo membro: g ( m1 - m2) = a (m1 + m2 + I ) ------ R a = g . (m1 - m2) ---------------------- (m1 + m2 + I He) R Para as tensões, pode ser substituído a em uma das equações do sistema. Para T1: T1 = m1 . r mle = zIq. f T1= (m1 g - a) T1 = m1 . (g - - (m1 - m2) = m1 + m2 + Rt T1= m1 [2m1 . m2 . g] ---------- ( 1 + t. R + I ) m1 + m2 + m2 . líder) Para T2: T1 = m2 . g - ma TIA egl. II T2 = me . g - mg T2 = T1 . a. Página 3 de Lista 4 T1 = m1 (g - g.(m1-m2)\over (m1+m2+(I\over R^2)))\over (m1+m2+(I\over R^2))) g T2 = mag ( 3m1.m2 g . (1 - I\over 2m1.R^2)\over (m1+m2+(I\over R^2))) s1 ) b) A velocidade dos blocos no momento ao qual passam um pelo outro pode ser encontrada pela eq. de Torricelli: vf^2 = vi^2 + 2.a.h Se o bloco m1 desce um comprimento h, o bloco m2 sobre a mesma distância h, pois o corda não estica. Logo: d = h. Substituindo: vf^2 = 0 + 2 . g . \over (m1+m2+(I\over R^2)) . h vf. = 2. . g.\over (m1-m2)\over (m1+m2+(I\over R^2)) . h Página 4 de Lista 4 Lista 4 - Física I - Yago Pontual Ribeiro 3) Uma roda cilíndrica homogênea, de raio R e massa M, rola sem deslizar sobre um plano horizontal, deslocando-se com velocidade v, e sobe sobre um plano inclinado de inclinação θ, continuando a rolar sem deslizamento. Até que altura h o centro da roda subirá sobre o plano inclinado? I Como não ocorre deslizamento do cilindro, vcm = desprezado o atrito; II O cilindro faz um movimento de rotação em torno do seu centro de massa; III O centro de massa do cilindro se desloca com velocidade v (Translação); IV Como nada se fala quanto resistência do ar, vcm desprezado. Desconsiderando os forças dissipativas (I e IV), o sistema conserva energia: Emci = Emcf Pelo conhecimentos dos pontos II e III, a energia cinética inicial do cilindro será: ECI = \over (Iω^2) + mv^2\over 2 = \over 2 Translação Rotação A energia pot. gravitacional inicial será: U1 = MgR , pois: O centro de massa está a uma distância R do ger eq de energia pot. gravitacional. Na altura h, nós teremos energia pot. gravitacional U2 = Mgh Página 5 de Lista 4 Na altura h, nós teremos energia pot. gravitacional U2 = Mgh Portanto: Emci = Emcf Iω^2\over 2 + Mv^2\over 2 + MgR = Mgh I = 1/2 MR^2 momento de inércia de um cilindro maciço com eixo no centro de circunferência Substituindo: 1/2 MR^2.ω^2\over 2 + mv^2\over 2 + MgR = Mgh ω = \over R Logo: M.R^2.\over 3\over 2\over 2 + M\over = Mgh Colocando M em evidência: M(\over 4\over 3\over 2\over g^2) = \over Mgh Isolando h: h = v^2g + 2\over R Página 6 de Lista 4 Lista 4 - Física I- Yago Pontual Ribeiro 4) A figura mostra uma estrutura rígida formada por um aro, de raio R e massa m, e um quadrado feito de quatro barras finas, de comprimento R e massa m. A estrutura rígida gira com velocidade constante em torno de um eixo vertical, com um período de rotação de 2,5s. Supondo que R = 0,50 m e m = 2,0 kg, calcule: (a) o momento de inércia da estrutura em relação ao eixo de rotação (b) o momento angular da estrutura em torno do eixo. Dados: - R = 0,50m - T = 2,5s - m = 2,0kg (a) O momento de inércia do sistema será dado por: I_total = I_aro + I_quadr I_aro = mR² Usando o teorema dos eixos paralelos (pois o eixo está deslocado do centro de massa.) I_aro = I_cm + mh² h: distância do centro de massa ao eixo de rotação Página 7 de Lista 4 Logo, I_aro = \(\frac{1}{2}\)mR² + mR² = \(\frac{3}{2}\)mR² P/ o momento de inércia da região quadrada: Como cada aresta consiste em uma barra de massa m, haverá momento de inércia p/ cada uma. (Exceto a coincidente com o eixo de rotação, essa não desempenha). Usando o teorema dos eixos paralelos p/ 1 e 3: I_1 = I_cm + mh² = \(\frac{1}{12}\)mR² + m(\(\frac{R}{2}\))² = \(\frac{1}{3}\)mR² Igualmente p/ 2: I_2 = I_cm + mh² = 0 + mR² = mR² I_quad = I_x = I_1 + I_2 = \(\frac{1}{3}\)mR² + mR² + \(\frac{1}{3}\)mR² + 0 = \(\frac{5}{3}\)mR² Página 8 de Lista 4 I_total = I_aro + I_quadr I_total = \(\frac{3}{2}\)mR² + \(\frac{5}{3}\)mR² = \frac{19}{6}\)mR² = 1,6 kg.m² (b) Dado a velocidade angular constante: ω = \(\frac{2π}{T}\) ω = \(\frac{2π}{2,5}\) rad/s P/ o momento angular: L = I_total * ω Logo: L = 1,6 * \(\frac{2π}{2,5}\) L = 4,0 kg.m²/s Página 9 de Lista 4 Lista 4 - Física I- Yago Pontual Ribeiro 5) Um cubo de massa m desliza sem atrito com velocidade de módulo v₀. Ele, então, sofre uma colisão perfeitamente elástica com a extremidade de uma haste de comprimento ℓ e massa M = 2m. A haste está presa a um eixo livre de atrito que passa por seu centro c, inicialmente, orientado na posição vertical, em repouso. Qual será a velocidade do cubo (módulo e orientação) após a colisão? Como a colisão é totalmente elástica, será aplicado o princípio da conservação de energia. E mec (i) =node of orientation? E ueq = E mec (i) In a tialment alor ac ol ejaol antes da colisão, rol er fici todos UlL no ângulo in the IXIF. ℓ e= 1 − 2 m v₂ mvo; K rot = e + act, fkI = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} =\ half velocity mvtna 1 = moK 1 4 M I = 12 CX I rot i = persistent ction. 1 vev mal no F vit rub mc努ノ I= e= 12. M 2 L L à ti M = 2m. ^Μή−03u 12 M=0.7 K = 4/7 al Finally, K, = 12 m v_'^{2} + 12 Iv_(\ ve^)/\11nnaente \nfar 1/3 /+ /I h ! e: Rotação I = \frac{1}{12} ML^{2} L = \frac{3}{12}.' Zは擢 I= ateur.