Exercícios Resolvidos de Colisões com Rotação

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Enunciado

(Cap 10 – Ex 68) Uma barra uniforme, de comprimento L 1 igual a 1.2   m e massa M igual a 2   k g , está presa a uma dobradiça de massa desprezível em uma das extremidades e é livre para girar no plano vertical (Figura 10-55). A barra é largada do repouso na posição mostrada. Uma partícula, de massa m , está suspensa da dobradiça por um fio fino de comprimento L 2   igual a 0,80   m . A partícula gruda da barra quando as duas encostam e após a colisão, a barra continua a gira até θ m á x = 37 ° . (a) Determine m . (b) Quanta energia é dissipada na colisão?

Passo 1

a) Oi pessoal, tudo bem? Vamos analisar essa questão.

Como o torque externo que atua no sistema é zero, a quantidade de movimento angular é conservada nessa colisão perfeitamente inelástica e a energia mecânica também.

A ideia é a gente usar as expressões da conversação para achar a massa m da partícula, como ele pede.

Vamos começar fazendo a conservação de energia somente da barra entre dois momentos em que ela não chega a encostar na partícula, por isso a partícula não vai influenciar essa conservação.

K i + U i = K f + U f

K f - K i + U f - U i = 0

O momento inicial é o momento onde ela está parada, então K i = 0 , porque a velocidade é nula. O momento final vai ser o momento onde a barra está quase na vertical quase tocando a partícula, mas ela ainda não se tocaram.

A energia cinética final da barra, que só está girando, é dada por

k f = 1 2 I ω 2

Vamos colocar o referencial de altura a uma distância L 1 abaixo da barra. Assim a energia potencial é em relação ao seu centro, que fica na altura L 1 no começo e na altura L 1 / 2 no final. Então temos:

U i = M g L 1

U f = M g L 1 2

Subsituindo tudo na conservação de energia

K f + U f - U i = 0

1 2 I ω 2 + M g L 1 2 - M g L 1 = 0

1 2 ( 1 3 M L 1 2 ) ω 2 + M g L 1 2 - M g L 1 = 0

Logo:

ω = 3 g L 1  

Passo 2

Vamos agora chamar de ω ' , a velocidade angular do conjunto logo após o impacto. Usando a conservação de momento angular temos

∆ L = L f - L i = 0

Onde o momento inicial é quando a barra está quase encostando na partícula, mas ainda não encostou. Então o momento é só o momento da barra. Vamos usar a fórmulinha

L i = I i ω

O momento de inércia em relação a extremidade (que é onde está nosso eixo de rotação aqui) de uma barra é

I i = 1 3 M L 1 2

Assim

I i = 1 3 M L 1 2 ω

O momento final é dado pela barra e a partícula se movendo juntas com uma velocidade angular só.

L f = I f ω '

Esse momento de inércia vai ser a soma dos momentos da partícula e da barra. Já sabemos o da barrra. E o da partícula é dado por

I p = m L 2 2

Assim

I f = 1 3 M L 1 2 + m L 2 2

L f = 1 3 M L 1 2 + m L 2 2 ω '

Usando conservação de quantidade de movimento angular, temos:

∆ L = L f - L i = 0

1 3 M L 1 2 + m L 2 2 ω ' - 1 3 M L 1 2 ω = 0

Logo:

ω ' = 1 3 M L 1 2 1 3 M L 1 2 + m L 2 2 3 g L 1

Substituindo os dados M = 2 k g , L 1 = 1,2   m e L 2 = 0.8   m

ω ' = 1 3 2 1,2 2 1 3 2   1,2 2 + m 0,8 2 3 ⋅ 9,81 1,2  

ω ' = 4,75 0,96 + 0,64   m

Passo 3

Falta achar m , né? Vamos aplicar a conservação de energia novamente. Mas agora, o momento inicial vai ser quando a partícula e barra começam a se mover juntas e o final vai ser quando elas estão no ângulo máximo de θ = 37 ° . Temos:

K f - K i + U f - U i = 0

Para o momento inicial, a energia cinética é

K i = 1 2 I ω ' 2

O momento final não tem energia cinética porque a barra está na altura máxima, o que implica velocidade nula. E a pontencial é a soma das energias da partícula e da barra.

A da partícula é

U i p = m g L 1 - L 2

U f p = m g L 1 - L 2 cos ⁡ θ m á x

E da barra é

U i b = M g L 1 2

U f b = M g L 1 - L 1 2 cos ⁡ θ m á x

Substituindo na expressão da conservação de energia:

0 - 1 2 I ω ' 2 + m g L 1 - L 2 cos ⁡ θ m á x + M g L 1 - L 1 2 cos ⁡ θ m á x - M g L 1 2 - m g L 1 - L 2 = 0

Abrindo e rearrumando:

- 1 2 I ω ' 2 + M g 1 2 L 1 1 - cos ⁡ θ m á x + m g L 2 1 - cos ⁡ θ m á x = 0

Passo 4

Sabemos que o momento de inércia do conjunto é

I = 1 3 M L 1 2 + m L 2 2

Substituindo na equação da energia

- 1 2   1 3 M L 1 2 + m L 2 2 ω ' 2 + M g 1 2 L 1 1 - cos ⁡ θ m á x + m g L 2 1 - cos ⁡ θ m á x = 0

Substituindo nossos dados

- 1 2 1 3 M L 1 2 + m L 2 2 4,75 0,96 + 0,64   m 2 + 1 2 M g L 1 1 - cos ⁡ 37 ° + m g L 2 1 - cos ⁡ 37 ° = 0

1 2 ⋅ 4,75 2 0,96 + 0,64 m = 0,2 g M L 1 + m L 2

1 2 ⋅ 4,75 2 0,96 + 0,64 m = 0,2 g 2,4 + 0,8 m

Resolvendo:

m = 1,18   k g

Passo 5

Item (b):

A energia dissipada na colisão inelástica é dada pela diferença entre a energia no início de tudo quando tá todo mundo parado e no final quando o conjunto está na altura máxima. Vimos que para os dois casos K = 0 , porque não há velocidade. Então a variação de energia é dada por

∆ E = U f - U i

A energia inicial é quando tá todo mundo parado. A da barra é

U i b = M g L 1

E a da partícula

U i p = m g L 1 - L 2

Assim

U i = M g L 1 2 + m g L 1 - L 2

Substituindo os valores:

U i = 2 9.81 1.2 2 + 1.18 9.81 1.2 - 0.8 = 28,2   J

Passo 6

E a final é a energia potencial total

U f = m g L 1 - L 2 cos ⁡ θ m á x + M g L 1 - L 1 2 cos ⁡ θ m á x

Substituindo os dados:

U f = 1.18 9.81 1.2 - 0.8 cos ⁡ 37 ° + 2 9.81 1.2 - 1.2 2 cos ⁡ 37 ° = 20,6   J

Portanto:

∆ E = U f - U i

Δ E = 20,6 - 28,2

∆ E = - 7,6   J

Resposta

a ) m = 1,18   k g

b ) ∆ E = - 7,6   J

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