Enunciado

Duas bolas de 2,00   k g estão presas às extremidades de uma barra fina de 50,0   c m de comprimento e massa desprezível. A barra está livre para girar sem atrito em um plano vertical em torno de um eixo horizontal que passa pelo centro. Com a barra inicialmente na horizontal (Fig. 11-57), um pedaço de massa de modelar de 50,0   g cai em uma das bolas, atingindo-a com uma velocidade de 3,00   m / s e aderindo a ela. (a) Qual é a velocidade angular do sistema imediatamente após o choque com a massa de modelar? (b) Qual é a razão entre a energia cinética do sistema após o choque e a energia cinética do pedaço de massa de modelar imediatamente antes do choque? (c) De que ângulo o sistema gira antes de parar momentaneamente?

Passo 1

Inicialmente, vamos calcular o momento de inércia do sistema bolas-massa:

I s = 2 m b o l a L 2 4 + m m a s s a L 2 4

Substituindos os valores:

I s = 2 2 × 0,5 2 4 + 0,05 × 0,5 2 4

I s = 0,25 + 3,1 × 10 - 3

I s = 253 × 10 - 3   kg⋅ m 2

E também o momento angular da massa, antes de atingir haste com duas bola:

L 0 = R m v 0

L 0 = L 2 m b o l a v b o l a

Substituindo os valores:

L 0 = 0,5 2 0,05 3,00

L 0 = 0,0375   kg⋅ m 2 /s

Passo 2

Sabendo que na colisão não há torque resultante, então, aplicando a conservação do momento angular, temos:

I s ω = L 0

Isolando ω e substituindo os valores:

ω = 0,0375 253 × 10 - 3

ω = 0,148   rad/s

Passo 3

Calculando a relação da energia cinética antes e depois da colisão, temos:

K f K 0 = I s ω 2 2 m m a s s a v 2 2

K f K 0 = I s ω 2 m m a s s a v 2

Substituindo os valores:

K f K 0 = 253 × 10 - 3 × 0,148 2 0,05 × 3 2

K f K 0 = 0,0123

Passo 4

Para responder esta pergunta, devemos perceber que enquanto a barra gira, a energia mecânica permanece constante. Além disso, perceber que se uma bola sobe uma distância y , a outra bola desce a mesma distância y , portanto, a energia potencial da haste não muda. Assim, iremos considerar apenas a energia potencial da massa de modelar.

Alpem disso, após a colisão, a massinha descreverá um arco de 90 ° para baixo até chegar ao ponto mais baixo da trajetória, assim, a energia potencial gravitacional será transformada em energia cinética.

Após atingir o ponto mias baixo, ela descreverá um arco θ para cima, transformando energia cinética em energia potencial gravitacional, até parar momentaneamente. Então, considerando o ponto mais baixo da trajetória como nível zero de referência para energia potencial, podemos aplicar a lei da conservação da energia mecânica.

Para tanto, vamos considerar que a massa colide com uma das bolas a uma distância L 2 do ponto de referência e sua altura no ponto onde para momentaneamente como L 2 ( 1 - cos ⁡ θ ) [fazer analogia com um pêndulo]. Assim, a energia mecânica incial é:

E M 0 = K + U i

E M 0 = 1 2 I s ω 2 + m m a s s a g L 2

E a energia mecânica final:

E M f = K f + U f

Como a haste para momentaneamente, temos:

E M f = m m a s s a g L 2 1 - cos ⁡ θ

Então, aplicando a conservação da energia mecânica:

1 2 I s ω 2 + m m a s s a g L 2 = m m a s s a g L 2 1 - cos ⁡ θ

Substituindo os valores:

1 2 253 × 10 - 3 0,148 2 + 0,05 × 9,8 × 0,5 2 = 0,05 × 9,8 × 0,5 2 1 - cos ⁡ θ

0,125 = 0,123 1 - cos ⁡ θ

Isolando cos ⁡ θ :

cos ⁡ θ = 0,123 - 0,125 0,123

Isolando θ :

θ = 91 °

Como consideramos θ em função do ponto mais baixo, então o ângulo total de giro é:

θ t o t a l = θ + 90

θ t o t a l = 91 + 90

θ t o t a l = 181 °

Resposta

  1. ω = 0,148   rad/s ;
  2. K f K 0 = 0,0123 ;
  3. θ t o t a l = 181 ° .
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