Halliday & Resnick
Fundamentos de Física – 10a Edição
Capítulo 11: Rolagem, Torque e Momento Angular
Exercício 66:
Enunciado:
Na Fig. 11-58, um pequeno bloco de 50 g desliza para baixo em uma superfície curva, sem atrito, a partir de uma altura $h = 20 \; cm$ e depois adere a uma barra homogênea, de massa 100 g e comprimento 40 cm. A barra gira de um ângulo $\theta$ em torno do ponto $O$ antes de parar momentaneamente…. 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 Único:
O exercício nos pede para determinar o ângulo $\theta$. A Figura 11-58 do livro exemplifica a situação. Primeiramente, podemos aplicar conservação de energia mecânica no bloco descendo a rampa para sabermos a velocidade com que ele chega na barra. Como ele parte do repouso e sem atrito, temos apenas energia potencial se transformando em cinética:
$$
mgh = \frac{mv^2}{2} \Longrightarrow v = \sqrt{2gh}
\tag{1}$$
Agora, para a colisão do bloco com a barra, podemos aplicar a lei da conservação de momento angular, uma vez que não há forças externas ao sistema. O momento angular antes da colisão é apenas o momento angular associado ao bloco que está uma distância $d$ do eixo de rotação da barra. Depois da colisão, o sistema bloco + barra irá girar com velocidade angular $\omega$, de modo que podemos escrever:
$$
L_i = L_f \Longrightarrow mvd = (I_{barra}+md^2)\omega
\tag{2}$$
Podemos calcular o momento de inércia da barra consultando a Tabela 10-2(e) do livro e utilizando o Teorema dos eixos paralelos:
$$
I_{barra} = I_{CM} + Mh^2 = \frac{Md^2}{12} + M(d/2)^2 = \frac{Md^2}{3}
\tag{3}$$
Onde usamos o momento de inércia de uma barra fina com eixo de rotação no seu centro, e portanto, $h=d/2$ uma vez que o eixo da barra do exercício está em uma das extremidades. Substituindo esse resultado na Equação (3):
$$
mvd = (\frac{Md^2}{3}+md^2)\omega
\tag{4}$$
Isolando $\omega$ e substituindo o valor da velocidade calculada na Equação (1), ficamos com:
$$
\omega = \frac{3m\sqrt{2gh}}{d(M+3m)}
\tag{5}$$
Agora que sabemos a velocidade angular do sistema, podemos utilizar conservação de energia mecânica entre o momento logo depois da colisão e quando o sistema para por um instante. Inicialmente, teremos apenas energia cinética do sistema. Quando o sistema para, teremos apenas energia potencial gravitacional tanto da barra quanto do bloco. Quando o bloco está a uma altura de $H$, o centro de massa da barra irá se deslocar de uma altura $H/2$, justamente porque a distância do eixo de rotação da barra até seu centro de massa é metade da distância do eixo de rotação e do bloco, portanto, podemos escrever:
$$
\frac{(I_{barra}+md^2)\omega^2}{2} = mgH + Mg\frac{H}{2}
\tag{6}$$
Podemos escrever a altura $H$ como função do ângulo $\theta$. Com o auxílio da Figura do livro, veja que podemos escrever que:
$$
cos\theta = \frac{d-H}{d}
\tag{7}$$
Uma vez que se o bloco subir de $H$, a distância vertical do bloco até o eixo de rotação é $d-H$. Rearranjando essa expressão chegamos que:
$$
H = d(1-cos\theta)
\tag{8}$$
O que substituindo na Equação (6), ficamos com:
$$
\frac{(I_{barra}+md^2)\omega^2}{2} = \left(m+\frac{M}{2}\right)gd(1-cos\theta)
\tag{9}$$
Substituindo o momento de inércia da barra (Equação (3)) e a velocidade angular (Equação (5), ficamos com:
$$
\frac{1}{2}\left(\frac{Md^2}{3} + md^2\right)\frac{18ghm^2}{d^2(M+3m)^2} = gd(m+M/2)-gd(m+M/2)cos\theta
\tag{10}$$
Simplificando e já começando a isolar $\theta$:
$$
(m+M/2)cos\theta = (m+M/2)-\frac{3hm^2}{d(M+3m)}
\tag{11}$$
$$
cos\theta = 1 – \frac{3hm^2}{d(M+3m)(m+M/2)}
\tag{12}$$
Então:
$$
\theta = cos^{-1}\left(1 – \frac{3hm^2}{d(M+3m)(m+M/2)}\right)
\tag{13}$$
Substituindo os valores numéricos:
$$
\boxed{\theta = cos^{-1}\left(1 – \frac{3(0,2\;m)(0,05\;kg)^2}{0,4\;m(0,1\;kg+3(0,05\;kg))(0,05\;kg+(0,1\;kg)/2)}\right) = cos^{-1}(0,83) = 34^{\circ}}
\tag{14}$$
