Semana 4

Questão 1)
10.27
Uma barra de comprimento L e massa M pode girar livremente em torno de um pino colocado em A. Um projétil de massa m e velocidade v atinge a barra a uma distância a de A alojando-se nela. (a) Determine o momento angular do sistema imediatamente antes e depois que o projétil atinge a barra. (b) Determine a quantidade de movimento do sistema imediatamente antes e depois da colisão. Explique sua resposta cuidadosamente. (c) Sob que condições será conservada a quantidade de movimento? (d) Qual é o Q da colisão?



Resolução

(a) Momento angular da barra e do projétil (antes):
$$L_{antes} = 0 + m.v.a$$
Momento angular da barra e do projétil (depois):
$$L_{depois} = (m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3}).\omega$$
(b) Quantidade de movimento do sistema (antes):
Antes da colisão, temos somente a quantidade de movimento do projétil:
$$p_{antes} = m.v$$
Depois da colisão, temos a quantidade de movimento do projétil e da barra. Para o projétil, descreveremos sua velocidade como função da velocidade angular que ele adquire, e para a barra, faremos a integral para cada dm:
$$p_{depois} = m.\omega.a + \int dm.v$$
Mas dm = $\frac{M}{L}.dr$ e $\vec{v} = \vec{w}\times \vec{r}$
Assim, temos:
$$p_{depois} = m.\omega.a + \int dm.v = m.\omega.a + \frac{M.\omega}{2}.\int_{0}^{L}r.dr $$
$$p_{depois} = m.\omega.a + \frac{M.\omega.L}{2}$$
mas como o momento angular se conserva, podemos calcular o ômega da seguinte forma:
$$L_{antes} = L_{depois} \rightarrow m.v.a = (m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3}).\omega$$
$$\omega = \frac{m.v.a}{(m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3})}$$
$$\therefore \omega = \frac{3.m.v.a}{3.m.a^{2} + M.L^{2}}$$
então substituindo esse valor de ômega na equação do $p_{depois}$ temos: $$p_{depois} = \frac{3mva(2ma + ML)}{2(3ma^2+ML^2)} $$ (c) A quantidade de movimento se conservará se o eixo de giração da barra estiver em A, ou seja, se $\vec{N}_{Ax} = 0$. Isso pois o somatório das forças externas no eixo horizontal (eixo x) será nulo. Como também há conservação do momento angular, temos:
$$L_{antes} = L_{depois} \rightarrow m.v.a = (m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3}).\omega$$
$$\omega = \frac{m.v.a}{(m.a^{2} + \frac{M.L^{2}}{3})}$$
$$\therefore \omega = \frac{3.m.v.a}{3.m.a^{2} + M.L^{2}}$$
Com base nesse valor de ômega, igualamos $p_{antes}$ e $p_{depois}$ e calculamos o valor de a:
$$a = \frac{2.L}{3}$$
A partir desse resultado, temos que a distância do ponto de impacto ao centro de massa é:
$$b = a - \frac{L}{2} = \frac{L}{6}$$
Com mais esse resultado, temos que o produto de b pela distancia do ponto A ao centro de massa é igual a $\frac{L^{2}}{12}$ = $K^{2}$, provando que esse é, realmente, o centro de percussão.
(d) Vamos definir o Q da colisão como sendo a diferença entre energia final e energia inicial.
$$E_{antes} = \frac{m.v^{2}}{2} e\, \, E_{depois} = \frac{I.\omega ^{2}}{2}, mas$$
$$E_{depois} = \frac{(3.m.v.a)^{2}}{6.(3.m.a^{2}+M.L^{2})} = \frac{3.(m.v.a)^{2}}{2.(3.m.a^{2}+M.L^{2})}$$
Assim, teremos:
$$Q = E_{final} - E_{inicial} = \frac{m.v^{2}}{2} - \frac{3.(m.v.a)^{2}}{2.(3.m.a^{2}+M.L^{2})}$$
$$\therefore Q = -\frac{m.v^{2}}{2} . \frac{M.L^{2}}{M.L^{2} + 3.m.a^{2}}$$ Questão 2)
10.48 - Alonso Vol. I
Verifique a relação vetorial $$\left ( A\times B)\cdot (C\times D)= (A\cdot C)(B\cdot D)-(A\cdot D)(B\cdot C) \right )$$ Aplique-a para provar que, para o corpo do problema 10.44, $$v^{2} = (\omega \times r)^{2}=\omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2} $$ Escreva, em seguida, sua energia cinética na forma $$E_{k}=\frac{1}{2}m[\omega_{x}^{2}(y^{2}+z^{2})+\omega_{y}^{2}(x^{2}+z^{2})+\omega_{z}^{2}(x^{2}+y^{2})$$ $$-2\omega_{x}\omega_{y}xy-2\omega_{y}\omega_{z}yz-2\omega_{x}\omega_{z}xz]$$
Solução: Para verificar a validade da expressão vetorial, usaremos duas propriedades que envolvem produto escalar e vetorial:
(1) $A\times B\cdot C=A\cdot B\times C$
(2) $A\times(B\times C)=(A\cdot C)B-(A\cdot B)C$

Temos, pela propriedade (1): $$\left ( A\times B)\cdot (C\times D)\right ) = A\cdot B\times (C\times D)$$ Utilizando, agora, a propriedade (2): $$A\cdot B\times (C\times D) = A\cdot [(B\cdot D)C-(B\cdot C)D]$$ Aplicando a distributiva com o vetor A: $$A\cdot [(B\cdot D)C-(B\cdot C)D]=(B\cdot D)(A\cdot C)-(B\cdot C)(A\cdot D)$$ Está, portanto, verificada a validade da equação.

Agora podemos aplicá-la para calcular $v^{2}$, para o corpo do problema 10.44, em que $v=\omega \times r$:
$$v^{2}=(\omega \times r)^{2}=(\omega \times r)\cdot (\omega \times r)$$ Mas, pela equação antes demonstrada: $$(\omega \times r)\cdot (\omega \times r) = (\omega \cdot \omega)(r\cdot r)-(\omega \cdot r)(\omega \cdot r) = \omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2}$$ $$\therefore v^{2}=(\omega \times r)^{2}=\omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2}$$ Para calcular a energia cinética $E_{k}$, substituiremos $v^{2}$ pela expressão encontrada: $$E_{k}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}m[\omega ^{2}r^{2}-(\omega \cdot r)^{2}]$$ Considerando $\omega=\omega_{x}\widehat{x}+\omega_{y}\widehat{y}+\omega_{z}\widehat{z}$ e $r=r_{x}\widehat{x}+r_{y}\widehat{y}+r_{z}\widehat{z}$, e substituindo na equação: $$E_{k}=\frac{1}{2}m[(\omega_{x}^{2}+\omega_{y}^{2}+\omega_{z}^{2})(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})$$ $$-((\omega_{x}\widehat{x}+\omega_{y}\widehat{y}+\omega_{z}\widehat{z})\cdot (r_{x}\widehat{x}+r_{y}\widehat{y}+r_{z}\widehat{z}))^{2}]$$ Efetuando a distribuição: $$E_{k}=\frac{1}{2}m[(\omega_{x}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{y}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{z}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2}))$$ $$-(\omega_{x}r_{x}+\omega_{y}r_{y}+\omega_{z}r_{z})^{2}]$$
$$\Rightarrow E_{k}=\frac{1}{2}m[(\omega_{x}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{y}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{z}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2}+r_{z}^{2}))$$ $$-\omega_{x}^{2}r_{x}^{2}+\omega_{y}^{2}r_{y}^{2}+\omega_{z}^{2}r_{z}^{2}-2\omega_{x}\omega_{y}r_{x}r_{y}-2\omega_{x}\omega_{z}r_{x}r_{z}-2\omega_{y}\omega_{z}r_{y}r_{z}]$$
$$\therefore E_{k}=\frac{1}{2}m[\omega_{x}^{2}(r_{y}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{y}^{2}(r_{x}^{2}+r_{z}^{2})+\omega_{z}^{2}(r_{x}^{2}+r_{y}^{2})$$ $$-2\omega_{x}\omega_{y}r_{x}r_{y}-2\omega_{y}\omega_{z}r_{y}r_{z}-2\omega_{x}\omega_{z}r_{x}r_{z}]$$ Da mesma forma, poderíamos ter calculado a energia, a partir de: $E_{k}=\frac{L\times \omega}{2}$
Do resultado obtido na questão 10.44, temos: $$L_{x}=m[\omega_{x}(y^2+z^2)-\omega_{y}yx-\omega_{z}zx]$$ $$L_{y}=m[\omega_{x}xy-\omega_{y}(x^2+z^2)-\omega_{z}zy]$$ $$L_{z}=m[\omega_{x}xz-\omega_{y}yz-\omega_{z}(y^2+x^2)]$$ Basta, então, substituir na expressão da energia, e encontraremos o mesmo resultado.

Questão 3) No sistema representado na figura abaixo, M = 1,0 kg, m = 0,2 kg, r = 0,2 m. Calcule a aceleração linear de m, a aceleração angular do cilindro M e a tensão no fio. Despreze o efeito da polia pequena.



Solução:

$Torque\;em\;relação\;ao\;centro\;de\;massa\;do\;cilindro:$
$$\vec{\tau} = I\vec{\alpha }$$
$$(T-fat)r=\frac{Mr^{2}\alpha }{2}$$
$$\therefore \alpha =\frac{2(T-fat)}{Mr} (i)$$
$Resultante\;das\;forças\;sobre\;o\;cilindro:\;F_{ext}=m.a_{CM}$
$$Bloco:\;mg-T=ma$$
$$Cilindro:\;T+fat=MA$$
$Utilizando\;a\;equação\;\vec{a}_{A}=\vec{a}_{CM}+\vec{\alpha }\times\vec{r}_{A/CM}+\vec{\omega }\times(\vec{\omega}\times\vec{r}_{A/CM}):$
$$a=A+\alpha r$$
$Considerando\;que\;o\;cilindro\;rola\;sem\;deslizar:\;A=\alpha r$
$$\therefore a=2\alpha r$$
$$\therefore mg-T=2m\alpha r\;(ii)\;\;e\;\;T+fat=M\alpha r\;(iii)$$
$Manipulando\;as\;expressões\;(i),\;(ii)\;e\;(iii):$
$$mg-T=2mr\frac{2(T-fat)}{Mr}\;\;\therefore mMg-MT=4mT-4mfat$$
$$T+fat=Mr\frac{(2T-2fat)}{Mr}\;\;\therefore fat=\frac{T}{3}$$
$$T(3M+8m)=3Mmg$$
$$\therefore T=\frac{3Mmg}{3M+8m}=1,3\;N$$
$$\therefore \alpha =\frac{4mg}{(3M+8m)r}=8,5\;rad/s^{2}$$
$$\therefore a =\frac{8mg}{3M+8m}=3,4\;m/s^{2}$$