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
9
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
10
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.
11
Top Related