Colisões com Rotação

Teoria Completa

Vamos aprender aqui um tipo de questão um pouco mais complexa, que, apesar de ser parecido com o tipo relacionado lá em Dinâmica de Translação, tem suas particularidades.

Se liga nesse exemplo:

Uma barra de massa M e tamanho L está em repouso sobre uma mesa sem atrito, presa nessa mesa pelo seu centro de massa. Aproxima-se de uma de suas extremidades uma bolinha de massa m com velocidade v . Se a colisão é elástica, qual é a velocidade angular da barra após a colisão?

Já vimos como resolver esse problema quando a colisão é inelástica, mas, e agora?

Vamos com calma, sem desespero.

Primeiro de tudo, temos que reconhecer que essa questão vai usar conservação do momento angular, já que não há torques externos agindo, mas aqui uma diferença na situação após o choque, se liga:

Para a situação inicial, temos a mesma coisa:

L → a n t e s = m v L 2   k ^

No entanto, depois do choque, temos:

L → d e p o i s = I b a r r a ω - m v ' L 2 k ^

Aí vem a dúvida: como achar o valor de v ' ? Vamos ter que usar um outro conceito de conservação: o da conservação da energia.

Vamos lá então, sem choramingar:

E a n t e s = E d e p o i s

Antes do choque, temos só a bolinha se movendo:

E a n t e s = m v 2 2

Beleza, a energia do sistema depois do choque vêm tanto do movimento de retorno da bolinha quanto a rotação da barra, então:

E d e p o i s = m v ' 2 2 + I b a r r a ω 2 2

Se liga que o valor usado para a energia de rotação da barra depende da nossa incógnita principal, ω .

Igualando as energias, temos o valor de v ' (em função de ω ):

m v 2 2 = m v ' 2 2 + M L 2 12 ω 2 2 → v ' = v 2 - M L 2 ω 2 12 m

Agora podemos voltar à nossa conservação do momento angular. Como eles tem o mesmo sentido, vou fazer as equações somente com o módulo:

L a n t e s = L d e p o i s

m v L 2 = M L 2 12 ω - m v ' L 2

m v L = M L 2 6 ω - m L v 2 - M L 2 ω 2 12 m

Deixando o membro com raiz sozinho em um dos lados e elevando ao quadrado:

m 2 L 2 v 2 - M L 2 ω 2 12 m = M 2 L 4 36 ω 2 - M m v L 3 3 ω + m 2 v 2 L 2

M 2 L 4 36 + M m L 4 12 ω 2 = M m v L 3 3 ω

ω = m v M L 3 3 M L 4 12 M 3 + m → ω = 12 m v L M 3 + m

Esse tipo de questão fica meio grande quando fazemos toda ela literal, mas normalmente os professores colocam valores bonitos para as contas darem certo no final. Esse tipo de questão requer muita prática, principalmente para você não errar conta na hora da prova. Então, não deixe de fazer os exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Halliday, David, Fundamentos de física, volume I : mecânica, 8 ed. Rio de Janeiro : TLC, 2008, pp. 322-55

Uma barra fina uniforme com 0,500   m de comprimento e massa 4,00   k g pode girar em um plano horizontal em torno de um eixo vertical passando pelo centro. A barra está em repouso quando uma bala de 3,0   g é disparada, no plano de rotação, em direção a uma das suas extremidades. Vista de cima, a trajetória da bala faz um ângulo de θ = 60,0 ° com a haste (Fig. 11-52). Se a bala se aloja na barra e a velocidade angular da barra é 10   r a d / s imediatamente após a colisão, qual é a velocidade da bala imediatamente antes do impacto?

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Passo 1

Se analisarmos o sistema como um todo, vemos que não há torque externo agindo no mesmo, portanto, podemos usar a conservação do momento angular!

L a n t e s = L d e p o i s

Como a barra está em repouso antes do impacto, o momento angular inicial se dá somente pelo movimento da bala:

L a n t e s = m v r   s e n θ

Substituindo os valores:

L a n t e s = 3   .   10 - 3   .   v   .   0,25   s e n 60 °

L a n t e s = 0,65   .   10 - 3 v   k g . m 2 / s

Passo 2

Após o impacto nós temos uma barra com uma bala acoplada girando com velocidade angular ω .

Para encontrar o momento de inércia do sistema:

I s i s t e m a = I b a r r a + I b a l a

I s i s t e m a = M L 2 12 + m r 2

I s i s t e m a = 4   .   0,5 2 12 + 3   .   10 - 3   0,25 2

I s i s t e m a = 0,083   k g . m 2

E o momento angular do sistema após o impacto é dado por:

L d e p o i s = I s i s t e m a ω

L d e p o i s = 0,083   .   10 → L s i s t e m a = 0,83   k g . m 2 / s

Passo 3

Agora é só igualar os momentos angulares antes e depois do impacto!

0,65   .   10 - 3   v = 0,83

v = 1277   m / s

Resposta

v = 1277   m / s

Exercício Resolvido #2

UFRJ-P2-2012.1-Questão Discursiva n°2

Uma haste homogênea e uniforme, de espessura desprezível, com massa M e comprimento l , pode girar sem atrito em torno de um pino que passa por uma de suas extremidades, como mostra a figura. O movimento da haste fica restrito a um plano vertical e o módulo da aceleração local da gravidade é igual a g .

  1. Sabendo-se que o momento de inércia da haste em relação a um eixo perpendicular à mesma, e que passe pelo seu centro de massa é igual a I C M = 1 / 12 M l 2 , calcule o momento de inércia da haste em relação ao eixo de rotação que passa pelo pino.
  2. Se a haste for liberada na posição horizontal, a partir do repouso, determine sua velocidade angular no instante que passa pela posição vertical.
  3. Ainda em relação à situação descrita no ítem anterior, considere que ao passar pela vertical, a exterminadade livre da haste se choque com um pequeno corpo de massa m = M / 9 , originalmente em repouso. O corpo de massa m adere à haste, e o conjunto continua em movimento de rotação em torno do pino.

  4. Calcule o momento de inércia do sistema haste-corpo após a colisão em relação ao pino.
  5. Qual é a velocidade angular do sistema haste-corpo de massa m , imediatamente após a colisão?
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Passo 1

a)

Para achar o momento de inércia em relação ao eixo que ele pediu basta fazer o teorema dos eixos paralelos

I e i x o = I C M + M d 2

Nesse caso a distancia entre os eixos vai ser

d = l 2

Então

I e i x o = 1 12 M l 2 + M l 2 2

I e i x o = 1 12 M l 2 + 1 4 M l 2

I e i x o = 4 12 M l 2

I e i x o = M l 2 3

Passo 2

b)

Estamos em uma situação onde a energia mecânica da barra vai ser conservada, isso porque o atrito está sendo desconsiderado.

Inicialmente vamos ter

E m 0 = U 0

Lembra que quando fazemos a energia potencial pegamos a altura do centro de massa ?

Então

U 0 = M g h C M

U 0 = M g ⋅ l

Passo 3

A energia mecânica final vai ser

E m f = K f + U f

Onde

U f = M g h C M = M g ⋅ l 2 = M g l 2

E

K f = I C R ω f 2 2

Usamos aqui o momento de inécia em relação ao eixo de rotação

K f = M l 2 3 ⋅ ω f 2 2

Assim

E m f = M g l 2 + M l 2 ω f 2 6

Passo 4

Igualando as energias vamos ter

M g l 2 + M l 2 ω f 2 6 = M g l

M l 2 ω f 2 6 = M g l 2

ω f 2 = 3 g l

ω f = 3 g l

Passo 5

c)

O momento de inércia do sistema vai ser

I s i s t e m a = I b a r r a + I c o r p o

Já sabemos o momento de inércia da barra, e o corpo é uma partícula

I c o r p o = m d 2

Com

d = l

I c o r p o = M 9 ⋅ l 2 = M l 2 9

O momento de inércia do sistema fica

I s i s t e m a = M l 2 3 + M l 2 9