Fis-26 — Lista 03 — Resolucao

Joao Paulo de Andrade Dantas——————————————————————————————————————————————————————

Questao 1.Resolucao:

Como−→V A =

−→V B +−→w ×

−→RAB , temos:

VA cos θux + VAsenθuy = VB cosφ(−ux) + VBsenφuy + (−w(uz))× h(uy) ,porem sabemos que:

VA = VB = V , daı, a partir disso, obtemos:

V cos θ = −V cosφ+ whV senθ = V senφ

Entao encontramos:

w =2V cos θ

h

θ = φ

Questao 2.Resolucao:

1

Sabemos que−→V B =

−→V A +−→w ·

−→RBA

substituindo os valores obtidos na questao, temos:

8 · ux = VA + wuz × (0,120)uy

VA = 9,2 m/s

Questao 3.Resolucao:

Seja−→V B =

−→V A +−→w ·

−→RBA

VBuy = 1,5ux + wuz × (0,3 ·√

22ux + 0,3 ·

√2

2uy)

VBuy = 1,5ux + 0,15√

2wuy − 0,15w√

2ux1,5ux = 0,15w

√2ux → w = 5

√2 rad/s2

Utilizando agora a equacao da aceleracao:

−→a B = −→a A +−→α ×−→RBA +−→w × (−→w ×

−→RBA)

aBuy = 16ux + αuz(0,15√

2ux + 0,15√

2uy) + 5√

2uz × 5√

2uz × (0,15√

2ux + 0,15√

2uy)aBuy = 16ux + α(0,15)

√2uy − α(0,15)

√2ux) + 5

√2uz × (1,5uy − 1,5ux)

aBuy = 16ux + α(0,15)√

2uy − α(0,15)√

2ux)− 0,15√

2αux − 7,5√

2αux − 7,5√

2uy

A partir dessa equacao, igualando os fatores de mesma coordenada:

aB = 0,15√

2α− 7,5√

2

16− 0,15√

2α− 7,5√

2 = 0

Logo:

α = 25,42 rad/s2 (sentido horario)−→a B = (−5,21 m/s)ux

2

Questao 4.Resolucao:

Sabemos que o momento de inercia no centro de massa de uma placa retangular e dado por:

ICM =m(a2 + b2)

12

Utilizando o teorema dos eixos paralelos, temos que o momento de inercia em um vertice V do retangulopode ser expresso por:

IV = ICM +mD2 onde D e a distancia entre os eixos paralelos. Entao, substituindo os valores:

IV =m(a2 + b2)

12+m

(a2 + b2)

4= m

(a2 + b2)

3

Questao 5.Resolucao:

Sabemos que r2 = a2 cos 2ΘA partir disso vemos que:

0 ≤ r ≤ a√

cos 2Θ e−π4≤ Θ ≤ π

4

Sabendo que σ e a densidade superficial da lemniscata, o momento de inercia em torno do eixo x deuma regiao limitada pela lemniscata e dado por:

Ixx =

∫ π4

−π4

∫ a√

cos 2Θ

0

2σr2(r)sen2ΘdrdΘ

A partir do calculo da integral, encontramos:

Ixx =σa4

4· (π

8− 1

3)

Sabemos que M = σa2, a partir disso encontramos entao que:

Ixx =Ma2 · (3π − 8)

48

3

Questao 6.Resolucao:

Primeiramente, calcularemos o momento de inercia devido a casca em relacao ao centro da roda:

Icasca =∫ R0

Ri

∫ 2π

0σr2(r)dΘdr = σ 2π

2· (R2

i +R20) · (R2

0 −R2i ) = Mcasca

2· (R2

0 +R21) =

0,80M2· (R2

0 + (0,80R0)2) = 0,66MR2

0

2

Agora iremos calcular as contribuicoes dos 8 aros em relacao ao centro da roda utilizando o teoremados eixos paralelos:

maro · l2

12+ml2

4=ml2

3

Sabemos que em 8 aros temos massa de 0,20M , logo em 1 aro temos 2,5 · 10−2M . A partir mostra-mos que o momento de inercia total devido aos aros e de:

8 · (2,5 · 10−2M ·R02

3) = 0,067MR2

0

Fazendo a soma das contribuicoes da casca e dos aros, encontramos:

Icentro = 0, 70MR20

Questao 7.Resolucao:

a)

Izz =

∫ 2π

0

∫ R

0

r2σrdrdΘ = σR4

4· 2π =

M

πR2· πR

4

2=MR2

2

4

b) Pelo teorema dos eixos paralelos, sabemos que o momento de inercia por um ponto que dista a do centro(direcao do eixo de rotacao: normal ao plano do disco) e dado por:

MR2

2+Ma2 = M · (R

2

2+ a2)

c) Pelo teorema de eixos perpendiculares e devido a simetria do disco sabemos que:

Izz = Ixx + Iyy = 2 · Ixx = 2 · Iyy

Entao o momento de inercia em relacao a um eixo que passa pelo diametro e dado por:

Ixx = Iyy =mR2

4

Questao 8.Resolucao:

Temos que atraves das equacoes dos equilıbrios de translacao, rotacao e condicao de contorno que:

T −m′g = m′a2

mgsenΘ− T − Fat = ma1

a1 = αr

Sabemos pelas condicoes do problema que:

a1 =a2

2

5

Multiplicando a primeira equacao por r, fazendo as devidas substituicoes, e resolvendo o sistema deequacoes, encontramos que:

mgsenΘ− 2m′g − 2m′a2 −ma2

4= m

a2

2−→ a2 = g ·

(1− msenΘ2m′

)

(1 + 3m8m′

)

T = mm′g · (3 + 4senΘ)

(8m′ + 3m)

Questao 9.Resolucao:

Temos que:

Ecin = Epot

mgl

2=

1

2· (ml

2

3) · ω2

ω2l = 3g

ω =

√3g

l

Sabemos ainda que:

Fy −mg = may

Fy = mω2 · l2

+mg = m · 3g

l· l

2+mg =

5

2mg (Vertical)

6

Como temos que o ω esta aumentando continuamente e partir desse instante comecou a diminuir, o αnesse instante e igual a zero.

Logo:

−→τ =−→0

−→F horizontal = 0

Questao 10.Resolucao:

Analisaremos inicialmente a situacao com freio. Sabemos que:

−→τ =−→0

Fat · 1,2 + 0,4 ·NB = 0,55 ·NA = 0

Equilıbrio na vertical:NA +NB = 80 · g

Definicao da forca de atrito:Fat = 0,8 ·NB

Resolvendo esse sistema de equacoes:

0,96 ·NB + 0,4 ·NB − 0,55NA = 0

1,36NB = 0,55 ·NA −→ NA =136

55·NB

∴ NB = 80 · g · 55

191

Sabendo que g = 9,81 m/s2 entao:

NB = 226 N

7

Substituindo na equacao do NA, encontramos:

NA = 559 N

Encontraremos agora a aceleracao atraves do Fat:

Fat = 0,8 · 226 = 180,8 N −→ a =−180,8

80= −2,26 m/s2

Analisaremos agora a situacao sem freio:

−→τ =−→0 −→ 80 · g · 0,55 = 0,95 ·NB

NB = 454 N

Questao 11.Resolucao:

Como o fio e inestensıvel, nao deve haver aceleracao da barra no eixo y no ponto de contato com o fio.Portanto, a aceleracao da translacao deve ser oposta a da rotacao:

τCM = Iα −→ T · L4

= Iα = I · aL4

−→ TL2 = 16Ia

Porem, sabemos:

W − T = ma

∴ W − T = m · TL2

16I= m · TL

2

16· 1mL2

12

=3T

4

8

W =7T

4−→ T =

4W

7

Questao 12.Resolucao:

Temos que atraves das equacoes dos equilıbrios de translacao, rotacao e condicao de contorno que:

mgsenΘ− Fat = ma

Fat ·R = Iα

a = αr

Entao:

mgsenΘ− α

R· 2

5·mR2 = ma

mgsenΘ− −2ma

5= ma −→ 5

7· gsenΘ

Atraves da equacao de movimento de Torricelli, temos:

V 2 = 2a∆S −→ V 2 = 2 · 5

7· gsenΘL −→ V =

√10gLsenΘ

7

∴ ω =

√10gLsenΘ

7R2

Questao 13.Resolucao:

a) Sabemos que:

N = Mg

Fat = µ ·N

No inıcio temos que V = V0 e ω = 0. Com o atrito, V diminui e ω aumenta. A bola deixa de desli-zar quando V = ωR

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Fat = µ ·Mg −→ τ = µRMg −→ α =µRMg

I=

µRMg25·MR2

=5µg

2R

A partir disso temos:

ω = αt =5µg

2R· t

Atraves das equacoes de movimento temos que:

V = V0 − at = V0 −µMg

M· t = V0 − µgt

V = ωR→ V0 − µgt =5µgt

2→ t =

2V0

7µg= 1,2 s

b)

d = V0 · t−at2

2= 8,6 m

c)

φ =α · t2

2→ n =

α · t2

4π=

5µgt2

8πR= 5,2 voltas

d)V0 − at = 6,1 m/s

Questao 14.Resolucao:

Temos que:

I = ηMR2

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Temos que atraves das equacoes dos equilıbrios de translacao, rotacao e condicao de contorno que:

Fat ·R = Iα = ηMR2α→ Fat = ηMRα = ηMa

mgsenΘ− Fat = Ma→ gsenΘ− ηa = a→ a = (g

1 + η) · senΘ

Sabemos que o valor de η para cada objeto:

Esfera: 25

Cilindro: 12

Casca: 23

Anel: 1

Vemos que como o η da esfera e maior, ela acelera mais e chega primeiro.

Logo, a esfera e a que chega primeiro ao fim do plano inclinado.

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