Halliday & Resnick
Fundamentos de Física – 10a Edição
Capítulo 11: Rolagem, Torque e Momento Angular
Exercício 65:
Enunciado:
Duas bolas, de 2,00 kg, estão presas às extremidades de uma barra fina, de 50,0 cm 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… para ter acesso ao enunciado completo, cheque a disponibilidade do livro na biblioteca da sua instituição de ensino. O livro também pode ser adquirido através desse link.
Dados relevantes fornecidos no enunciado:
Item (a):
Nesse item, queremos encontrar a velocidade angular do sistema após o choque da massa de modelar. A Figura 11-57 do livro ilustra o problema. Como não há forças externas agindo no sistema, podemos aplicar a lei de conservação do momento angular. Antes da colisão da massa de modelar, a barra com as duas bolas estão paradas e portanto só temos contribuição do momento angular associado a velocidade da massa de modelar que está a uma distância $d/2$ do eixo de rotação, então, podemos calcular seu momento angular como:
$$
L_i = mv(L/2)
\tag{1}$$
Já depois da colisão, o sistema como um todo (massa de modelar, barra e bolas) passarão a girar com velocidade $\omega$:
$$
L_f = \omega I_{total}
\tag{2}$$
Como nos foi dito que a barra tem massa desprezível, seu momento de inércia é zero, portanto, o momento do inércia total agora será o momento de inércia das bolas e da massa de modelar:
$$
L_f = \omega (2M+m)(L/2)^2
\tag{3}$$
No qual usamos que, de forma geral, $I = MR^2$. Como discutido anteriormente, temos conservação de momento angular, então:
$$
L_i = L_f \Longrightarrow mv(L/2) = \omega (2M+m)(L/2)^2
\tag{4}$$
Isolando a velocidade angular e simplificando o termo $L/2$:
$$
\boxed{\omega = \frac{mv}{(2M+m)L/2} = \frac{0,05\;kg(3\;m/s)}{(2(2\;kg)+0,05\;kg)(0,5/2\;m)} = 0,148\;rad/s}
\tag{5}$$
Item (b):
Devemos calcular a razão entre a energia cinética após e antes do choque com a massa de modelar. Antes da colisão, a energia cinética é devido a velocidade linear da massa de modelar:
$$
K_i = \frac{mv^2}{2}
\tag{6}$$
A energia cinética final é dada pela energia devido a rotação do sistema:
$$
K_f = \frac{I\omega^2}{2}
\tag{7}$$
No qual o momento de inércia é dado pela expressão que multiplica $\omega$ na Equação (3):
$$
I = (2M+m)(L/2)^2
\tag{8}$$
e $\omega$ é a expressão da Equação (5). Substituindo na Equação (7), ficamos com:
$$
K_f = \frac{(2M+m)(L/2)^2(mv)^2}{2^2} = \frac{(mv)^2}{2(2M+m)}
\tag{9}$$
Como nos é pedido a razão entre as duas energias, ficamos com:
$$
\frac{K_f}{K_i} = \frac{(mv)^2}{2(2M+m)}\frac{2}{mv^2} = \frac{m}{2M+m}
\tag{10}$$
Substituindo os valores:
$$
\boxed{\frac{K_f}{K_i} = \frac{0,05\;kg}{2(2\;kg)+0,05\;kg} = 0,012}
\tag{11}$$
Ou seja, apenas $1,2\%$ da energia cinética da massa de modelar é convertida em movimento do sistema.
Item (c):
Nesse item, queremos saber o ângulo que o sistema gira antes de parar momentaneamente. Essa questão é um tanto complexa. Perceba que como a barra gira num plano vertical, temos que considerar a ação da gravidade. Se considerarmos apenas a barra e as bolas, veja que a energia cinética das bolas se conservam pois as duas sempre terão a mesma velocidade e a energia potencial também se conserva uma vez que quando uma bola sobe, a outra desce a mesma distância. Desse modo, podemos considerar apenas a energia potencia da massa de modelar.
Depois da colisão da massa, ela começa a girar e chega no ponto mais baixo do percurso, que será o ponto de maior energia cinética devido a gravidade, depois disso, ela começa a girar de modo voltar a subir, ganhando energia potencial gravitacional até um momento que ela momentaneamente fica em repouso antes de começar a descer novamente devido a gravidade.
Vamos tomar como referência da energia potencial o ponto mais baixo do percurso. Desse modo, inicialmente a massa de modelar está a uma distância $L/2$ desse ponto e portando sua energia potencial no início é:
$$
U_i = mg\frac{L}{2}
\tag{12}$$
A massa de modelar vai parar depois de um ângulo $\theta$ começando a contar a partir do ponto mais baixo da trajetória, de modo que podemos modelar a energia potencial final da massa de modelar como:
$$
U_f = mg\frac{L}{2}(1-cos\theta)
\tag{13}$$
de modo que quando $\theta=90^{\circ}$, a massa de modelar percorre $180^{\circ}$ e a energia potencial volta a ser $mgL/2$. A energia cinética inicial é a soma da energia cinética das bolas e da massa de modelar:
$$
K_i = \frac{I\omega^2}{2} = \frac{1}{2}(2M+m)(L/2)^2\omega^2
\tag{14}$$
Na posição final, queremos o momento em que o sistema para e portando $K_f=0$. Aplicando a conservação de energia mecânica, temos:
$$
U_i+K_i=U_f+K_f \Longrightarrow \frac{mgL}{2} + \frac{1}{2}(2M+m)(L/2)^2\omega^2 = mg\frac{L}{2}(1-cos\theta)
\tag{15}$$
Simplificando um pouco a expressão:
$$
\frac{(2M+m)L\omega^2}{4} = -mgcos\theta
\tag{16}$$
Como queremos saber o ângulo final, isolamos $cos\theta$:
$$
cos\theta = -\frac{(2M+m)L\omega^2}{4mg} = -\frac{(0,5\;m)(0,148\;rad/s)^2}{4(0,05\;kg)(9,8\;m/s^2)} = -0,0226
\tag{17}$$
Calculando $\theta$:
$$
\theta = cos^{-1}(-0,0226) = 91,3^{\circ}
\tag{18}$$
Como definimos $\theta$ partindo do ponto mais baixo do caminho, ainda temos os $90^{\circ}$ da descida para adicionar a resposta final:
$$
\boxed{\theta_{total} = 90^{\circ} + 91,3^{\circ} = 181,3^{\circ}}
\tag{19}$$
Perceba que o sistema para momentaneamente praticamente no posição horizontal novamente.
