Exercícios Resolvidos de Colisões com Rotação

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Enunciado

Um cubo de massa m, desliza sem atrito com velocidade v 0 . Ele então sofre uma colisão perfeitamente elástica com a extremidade inferior de uma haste de comprimento d e massa M=2m. A haste está presa a um eixo livre de atrito que passa por seu centro e, inicialmente, encontra-se na posição vertical, em repouso.

a) Que grandezas são conservadas na colisão?

b) Qual será a velocidade do cubo, módulo e orientação, após a colisão?

Passo 1

a)

Em uma colisão onde há rotação, podemos dizer que o momento angular se conserva, pois não há torques externos. Os únicos torque que atuam nessa colisão são o que a massa faz sobre a barra e o que a barra faz sobre a massa.

Também podemos falar que o momento linear se conserva, pois não há forças externas.

Como a natureza da colisão é elástica, podemos falar que a energia cinética se conserva.

Passo 2

b)

Mas o que vai realmente importar para a gente é a conservação do momento angular. Sempre que for colisão com rotação, você vai resolver pela conservação do momento angular, beleza?

Como a gente tá acostumado a fazer em uma colisão, vamos analisar o que está ocorrendo antes e depois da colisão:

Antes da colisão, só temos velocidade para o bloco.

Com isso, o momento angular antes da colisão é:

L i = m v 0 R = m v 0 d 2

E pela regra da mão direita (dada pelo produto vetorial R × v 0 ), vemos que esse momento angular está saindo da página ou anti-horário e vamos considerar esse sentido como o nosso positivo.

Agora pensando na nossa energia cinética, ela será:

K i = m v 0 2 2

Após o bloco bater na haste, ela entrará em movimento e teremos, após a colisão:

Repara que só podemos dizer a direção da velocidade angular da haste. Não sabemos se o bloco irá para a direita ou para a esquerda após a colisão, por enquanto.

O momento angular nesse caso ficará:

L f = m v 1 R + I ω

Sendo o momento de inércia de uma barra pelo seu centro de massa: I = M L 2 12

L f = m v 1 d 2 +   2 m d 2 12 ω

L f = m v 1 d 2 + m d 2 ω 6

Agora a energia cinética (translacional para o bloco e rotacional para a barra) ficará:

K f = m v 1 2 2 + I ω 2 2

K f = m v 1 2 2 + m d 2 12 ω 2

Passo 3

Bom, esse passo agora é igualar os momentos angulares e as energias cinéticas.

L i = L f

m v 0 d 2 = m v 1 d 2 + m d 2 6 ω

v 0 = v 1 + d ω 3

Agora pensando na energia cinética, teremos:

K i = K f

m v 0 2 2 = m v 1 2 2 + m d 2 12 ω 2

v 0 2 = v 1 2 + d 2 6 ω 2

Lembra de produtos notáveis, pois bem, vai usar agora rs... Bora substituir o v 0 que encontramos lá no momento angular.

v 1 + d ω 3 2 = v 1 2 + d 2 6 ω 2

v 1 2 + 2 * v 1 * d ω 3 + d 2 ω 2 9 = v 1 2 + d 2 6 ω 2

2 v 1 d ω 3 = d 2 ω 2 6 - d 2 ω 2 9

2 v 1 d ω = d 2 ω 2 2 - d 2 ω 2 3

2 v 1 d ω = 3 - 2 d 2 ω 2 6

v 1 d ω = d 2 ω 2 12

Como d ω ≠ 0 , podemos dividir os dois lados por ele:

v 1 = d ω 12

d ω = 12 v 1

Eu já deixei esse d ω em evidência na esperteza! Por que agora é só voltar lá na relação de momento angular inicial e final e substituir, saca só:

v 0 = v 1 + d ω 3

v 0 = v 1 + 12 v 1 3

v 0 = ( 3 + 12 ) v 1 3

v 0 = 15 3 v 1 = 5 v 1

v 1 = v 0 5

Encontramos o módulo da velocidade do bloco. Como esse valor, foi encontrado na equação como positivo, ele têm a mesma direção a velocidade v 0 , isso é , para a direita.

Resposta

b)

v 1 = v 0 5

Para a direita.

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