18.11: Momento angular

Verifique sua compreensão

11.1. a.\(\mu_{S} \geq \frac{\tan \theta}{1 + \left(\dfrac{mr^{2}}{I_{CM}}\right)}\); inserindo o ângulo e observando que para um cilindro oco I _CM = mr ², temos\(\mu_{S} \geq \frac{\tan 60^{o}}{1 + \left(\dfrac{mr^{2}}{mr^{2}}\right)} = \frac{1}{2} \tan 60^{o}\) = 0,87; recebemos um valor de 0,6 para o coeficiente de atrito estático, que é menor que 0,87, então a condição não é satisfeita e o cilindro oco escorregará; b. O o cilindro sólido obedece à condição\(\mu_{S} \geq \frac{1}{3} \tan \theta = \frac{1}{3} \tan 60^{o}\) = 0,58. O valor de 0,6 para\(\mu_{S}\) satisfaz essa condição, para que o cilindro sólido não escorregue.

11.2. A partir da figura, vemos que o produto cruzado do vetor de raio com o vetor de momento fornece um vetor direcionado para fora da página. Inserindo o raio e o momento na expressão do momento angular, temos $$\ vec {l} =\ vec {r}\ times\ vec {p} = (0,4\; m\;\ hat {i})\ times [1,67\ times 10^ {−27}\; kg (4,0\ times 10^ {6}\; m/s)\ hat {j}] = 2,7\ times 10^ {6}\ m/s)\ hat {j}] = 2,7\ times 10^ ^ {−21}\; kg\ cdotp m^ {2} /s\;\ hat {k}\]

11.3. I _sphere =\(\frac{2}{5}\) mr ², I _cylinder =\(\frac{1}{2}\) mr ²; Tomando a proporção dos momentos angulares, temos:\(\frac{L_{cylinder}}{L_{sphere}} = \frac{I_{cylinder} \omega_{0}}{I_{sphere} \omega_{0}} = \frac{\frac{1}{2} mr^{2}}{\frac{2}{5} mr^{2}} = \frac{5}{4}\). Assim, o cilindro tem 25% mais momento angular. Isso ocorre porque o cilindro tem mais massa distribuída mais longe do eixo de rotação.

11.4. Usando a conservação do momento angular, temos I (4,0 rev/min) = 1,25I\(\omega_{f}\),\(\omega_{f}\) =\(\frac{1.0}{1.25}\) (4,0 rev/min) = 3,2 rev/min

11,5. A gravidade da Lua é 1/6 da Terra. Ao examinar a Equação 11.12, vemos que a frequência de precessão do topo é linearmente proporcional à aceleração da gravidade. Todas as outras quantidades, massa, momento de inércia e taxa de rotação são iguais na Lua. Assim, a frequência de precessão na Lua é\(\omega_{P}\) (Lua) =\(\frac{1}{6} \omega_{P}\) (Terra) =\(\frac{1}{6}\) (5,0 rad/s) = 0,83 rad/s.

Perguntas conceituais

1. Não, a força de atrito estática é zero.

3. É mais provável que a roda deslize em uma inclinação íngreme, pois o coeficiente de atrito estático deve aumentar com o ângulo para manter o movimento de rolamento sem escorregar.

5. O cilindro atinge uma altura maior. Pela Equação 11.20, sua aceleração na direção descendente da inclinação seria menor.

7. Todos os pontos na linha reta darão momento angular zero, porque um vetor cruzado em um vetor paralelo é zero.

9. A partícula deve estar se movendo em uma linha reta que passa pela origem escolhida.

11. Sem a hélice pequena, o corpo do helicóptero giraria no sentido oposto ao da hélice grande para conservar o momento angular. A pequena hélice exerce um empuxo a uma distância R do centro de massa da aeronave para evitar que isso aconteça.

13. A velocidade angular aumenta porque o momento de inércia está diminuindo.

15. Mais massa está concentrada perto do eixo rotacional, o que diminui o momento de inércia fazendo com que a estrela aumente sua velocidade angular.

17. É necessário um torque na direção perpendicular ao vetor de momento angular para mudar sua direção. Essas forças no veículo espacial são externas ao contêiner no qual o giroscópio está montado e não transmitem torques ao disco giratório do giroscópio.

Problemas

19. v _CM = R\(\omega \Rightarrow \omega\) = 66,7 rad/s

21. \(\alpha\)= 3,3 rad/s ²

23. I _CM =\(\frac{2}{5}\) mr ², um _CM = 3,5 m/s ²; x = 15,75 m

25. O positivo está abaixo do plano de inclinação; $$a_ {CM} =\ frac {mg\ sin\ theta} {m +\ left (\ dfrac {I_ {CM}} {r^ {2}}\ right)}\ Rightarrow I_ {CM} = r^ {2}\ Bigg [\ frac {mg\ sin 30} {a_ {CM} − m\ Bigg], $$$$x − x_ {0} = v_ {0} t −\ frac {1} {2} a_ {CM} t^ {2}\ Seta direita a_ {CM} = 2,96\; m/s^ {2}, $$$I_ {CM} = 0,66\; mr^ {2}\]

27. \(\alpha\)= 67,9 rad/s ², (a _CM) x = 1,5 m/s ²

29. W = −1080,0 M

31. A energia mecânica na parte inferior é igual à energia mecânica na parte superior; $$\ frac {1} {2} mv_ {0} ^ {2} +\ frac {1} {2}\ left (\ dfrac {1} {2} mr^ {2}\ right)\ left (\ dfrac {v_ {0}} {r}\ right) ^ {2} = mgh\ Right Tarrow h =\ frac {1} {g}\ left (\ dfrac {1} {2} +\ dfrac {1} {4}\ right) v_ {0} ^ {2}, $$h = 7,7 m, então a distância até a inclinação é 22 2,5 mm.

33. Use conservação de energia $$\ begin {split}\ frac {1} {2} mv_ {0} ^ {2} +\ frac {1} {2} I_ {Cyl}\ omega_ {0} ^ {2} & = mgh_ {Cyl},\\\ frac {1} {2} mv_ {0} ^ {2} +\ frac {1} {1} 2} I_ {Sph}\ omega_ {0} ^ {2} & = mgh_ {Sph}\ ldotp\ end {split} $$Subtraindo as duas equações, eliminando a energia translacional inicial, temos $$\ frac { 1} {2} I_ {Cyl}\ omega_ {0} ^ {2} −\ frac {1} {2} I_ {Sph}\ omega_ {0} ^ {2} = mg (h_ {Cyl} − h_ {Sph}), $$$$\ frac {1} {2} mr^ {2}\ left (\ dfrac {v_ {0}} {r}\ direita) ^ {2} −\ frac {1} {2}\ esquerda (\ dfrac {2} {3}\ direita) mr^ {2}\ esquerda (\ dfrac {v_ {0}} {r}\ direita) ^ {2} = mg (h_ {Cyl} − h_ {Sph}), $$$\ frac {1} {2} v_ {0} ^ {2} −\ frac {1} {2}\ left (\ dfrac {2} {3}\ direita) v_ {0} ^ {2} = g (h_ {Cyl} − h_ {Sph}), $$$h_ {Cyl} − h_ {Sph} =\ frac {1} {g}\ left (\ dfrac {1} {2} −\ dfrac {1} {3}\ direita) v_ {0} ^ {2} =\ frac {1} {3}\ direita) v_ {0} ^ {2} =\ frac c {1} {9.8\; m/s^ {2}}\ left (\ dfrac {1} {6}\ right) (5,0\; m/s) ^ {2} = 0,43\; m\ lDotp$$Assim, a esfera oca, com o menor momento de inércia, rola até uma altura mais baixa de 1,0 − 0. 43 = 0,57 m.

35. A magnitude do produto cruzado do raio em relação à ave e seu vetor de momento produz rp sin\(\theta\), que dá r sin\(\theta\) como a altitude da ave h. A direção do momento angular é perpendicular aos vetores de raio e momento, que escolhemos arbitrariamente como\(\hat{k}\), que está no plano do solo: $$\ vec {L} =\ vec {r}\ times\ vec {p} = hmv\;\ hat {k} = (300,0\; m) (2,0\; kg) (20,0\; m/s)\;\ hat {k} = 12.000,0\; kg\ cdotp m^ {2} /s\;\ hat {k}}\]

37. a.\(\vec{l}\) = 45,0 kg • m ² /s\(\hat{k}\)

b.\(\vec{\tau}\) = 10,0 N • m\(\hat{k}\)

39. a.\(\vec{l}_{1}\) = −0,4 kg • m ² /s\(\hat{k}\),\(\vec{l}_{2} = \vec{l}_{4}\) = 0,\(\vec{l}_{3}\) = 1,35 kg • m ² /s\(\hat{k}\)

b.\(\vec{L}\) = 0,95 kg • m ² /s\(\hat{k}\)

41. a. L = 1,0 x 10 ¹¹ kg • m ² /s

b. Não, o momento angular permanece o mesmo, pois o produto cruzado envolve apenas a distância perpendicular do plano ao solo, não importa onde esteja ao longo de seu caminho.

43. uma.\(\vec{v} = −gt\; \hat{j}, \vec{r}_{\perp} = −d;\ \hat{i}, \vec{l} = mdgt\; \hat{k}\)

b.\(\vec{F} = −mg\; \hat{j}, \Sigma \vec{\tau} = dmg\; \hat{k}\)

c. Sim

45. a. mgh =\(\frac{1}{2}\) m (r\(\omega\)) ² +\(\frac{1}{2} \left(\dfrac{2}{5}\right) mr^{2} \omega^{2}\);\(\omega\) = 51,2 rad/s; L = 16,4 kg • m ² /s

b.\(\omega\) = 72,5 rad/s; L = 23,2 kg • m ² /s

47. a. I = 720,0 kg • m ²;\(\alpha\) = 4,20 rad/s ²;\(\omega\) (10 s) = 42,0 rad/s; L = 3,02 x 10 ⁴ kg • m ² /s;\(\omega\) (20 s) = 84,0 rad/s

b.\(\tau\) = 3,03 x 10 ³ N • m

49. a. L = 1,131 x 10 ⁷ kg • m ² /s

b.\(\tau\) = 3,77 x 10 ⁴ N • m

51. \(\omega\)= 28,6 rad/s\(\Rightarrow\) L = 2,6 kg • m ² /s

53. $$L_ {f} =\ frac {2} {5} M_ {S} (3,5\ times 10^ {3}\; km) ^ {2}\ frac {2\ pi} {T_ {f}}, $$$$ (7,0\ vezes 10^ {5}\; km) ^ {2}\ frac {2\ pi} {28\; dias} = (\ 3,5 vezes 10^ {3}\; km) ^ {2}\ frac {2\ pi} {T_ {f}} $$T_ {f}\ Rightarrow = 28\; dias\ frac {(3,5\ times 10^ {3}\; km) ^ {2}} {(7,0\ times 10^ {5}\; km) ^ {2}} = 7,0\ times 10^ {5}\; km) ^ {2}} = 7,0\ vezes 10^ {5}\; km ^ {−4}\; dia = 60,5\; s\]

55. f _f = 2,1 rev/s\(\Rightarrow\) f ₀ = 0,5 rev/s

57. r _P mv _P = r _A mv _A\(\Rightarrow\) v _P = 18,3 km/s

59. a. I _disco = 5,0 x 10 ⁻⁴ kg • m ², I _bug = 2,0 x 10 ⁻⁴ kg • m ², (_disco I + I _bug)\(\omega_{1}\) = _disco I\(\omega_{2}\),\(\omega_{2}\) = 14,0 rad/s

b.\(\Delta\) K = 0,014 J

c.\(\omega_{3}\) = 10,0 rad/s de volta ao valor original

d.\(\frac{1}{2}\) (I _disk + I _bug)\(\omega_{3}^{2}\) = 0,035 J de volta ao valor original

e. Trabalho do rastreamento do bug no disco

61. L _i = 400,0 kg • m ² s, L _f = 500,0 kg • m ²\(\omega\),\(\omega\) = 0,80 rad/s

63. I ₀ = 340,48 kg • m ², I _f = 268,8 kg • m ²,\(\omega_{f}\) = 25,33 rpm

65. a. L = 280 kg • m ² /s, I _f = 89,6 kg • m ²,\(\omega_{f}\) = 3,125 rad/s

b. K _i = 437,5 J, K _f = 437,5 J

67. Momento de inércia no giro recorde: I ₀ = 0,5 kg • m ², I _f = 1,1 kg • m ²,\(\omega_{f} = \frac{I_{0}}{I_{f}} \omega_{0} \Rightarrow \) f _f = 155,5 rev/min

69. Sua taxa de rotação no ar é: f _f = 2,0 rev/s; Ela pode fazer quatro voltas no ar.

71. Momento de inércia com todas as crianças a bordo: I ₀ = 2,4 x 10 ⁵ kg • m ²; I _f = 1,5 x 10 ⁵ kg • m ²; f _f = 0,3 rev/s

73. I ₀ = 1,00 x 10 ¹⁰ kg • m ², I _f = 9,94 x 10 ⁹ kg • m ², f _f = 3,32 rev/min

75. I = 2,5 x 10 ⁻³ kg • m ²,\(\omega_{P}\) = 0,78 rad/s

77. a. L _Terra = 7,06 x 10 ³³ kg • m ² /s,\(\Delta\) L = 5,63 x 10 ³³ kg • m ² /s

b.\(\tau\) = 1,7 x 10 ²² N • m

c. As duas forças no equador teriam a mesma magnitude, mas direções diferentes, uma na direção norte e outra na direção sul no lado oposto da Terra. O ângulo entre as forças e os braços da alavanca em relação ao centro da Terra é de 90°, então um determinado torque teria magnitude\(\tau\) = FR _E sin 90° = FR _E. Ambos forneceriam um torque na mesma direção:\(\tau\) = 2FR _E\(\Rightarrow\) F = 1,3 x 10 ¹⁵ N

Problemas adicionais

79. a _CM = −\(\frac{3}{10}\) g, v ² = v ₀ ² + 2a _CM x\(\Rightarrow\) v ² = (7,0 m/s) ² − 2\(\left(\dfrac{3}{10}g\right)\) x, v ² = 0\(\Rightarrow\) x = 8,34 m

b. t =\(\frac{v − v_{0}}{a_{CM}}\), v = v ₀ + a _CM t\(\Rightarrow\) t = 2,38 s; A esfera oca tem um momento de inércia maior e, portanto, é mais difícil de repousar do que o mármore ou esfera sólida. A distância percorrida é maior e o tempo decorrido é maior.

81. a. W = −500,0 J

b. K + U _grav = constante, 500 J + 0 = 0 + (6,0 kg) (9,8 m/s ²) h, h = 8,5 m, d = 17,0 m; O momento de inércia é menor para a esfera oca, portanto, menos trabalho é necessário para pará-la. Da mesma forma, ele sobe a inclinação por uma distância menor do que o aro.

83. a.\(\tau\) = 34,0 N • m

b. l = mr ²\(\omega \Rightarrow \omega\) = 3,6 rad/s

85. a. d _M = 3,85 x 10 ⁸ m distância média até a Lua; período orbital 27,32d = 2,36 x 10 ⁶ s; velocidade da Lua\(\frac{2 \pi 3.85 \times 10^{8}\; m}{2.36 \times 10^{6}\; s}\) = 1,0 x 10 ³ m/s; massa da Lua 7,35 x 10 ²² kg, L = 2,90 x 10 ³⁴ kgm ² /s

b. Raio da Lua 1,74 x 10 ⁶ m; o período orbital é o mesmo que (a):\(\omega\) = 2,66 x 10 ⁻⁶ rad/s, L = 2,37 x 1029 kg • m ² /s; O momento angular orbital é 1,22 x 10 ⁵ vezes maior que o momento angular rotacional da Lua.

87. I = 0,135 kg • m ²,\(\alpha\) = 4,19 rad/s ²,\(\omega = \omega_{0} + \alpha t\),\(\omega\) (5 s) = 21,0 rad/s, L = 2,84 kg • m ² /s,\(\omega\) (10 s) = 41,9 rad/s, L = 5,66 kg • m/s ²

89. Na equação de conservação do momento angular, a taxa de rotação aparece em ambos os lados, então mantemos a notação (rev/min), pois a velocidade angular pode ser multiplicada por uma constante para obter (rev/min): L _i = −0,04 kg • m ² (300,0 rev/min), L _f = (0,08 kg • m ²) f _f\(\Rightarrow\) f _f = −150,0 rev/min no sentido horário

91. I ₀\(\omega_{0}\) = I _f\(\omega_{f}\), I ₀ = 6120,0 kg • m ², I _f = 1180,0 kg • m ²,\(\omega_{f}\) = 31,1 rev/min

93. L _i = 1,00 x 10 ⁷ kg • m ² /s, I _f = 2,025 x 10 ⁵ kg • m ²,\(\omega_{f}\) = 7,86 rev/s

Problemas de desafio

95. Suponha que o rolamento acelere para frente em relação ao solo com uma aceleração a′. Em seguida, ele acelera para trás em relação ao caminhão com uma aceleração (a − a′).

Além disso, R\(\alpha\) = a − a′, I =\(\frac{1}{2}\) mR ²,\(\Sigma\) F _x = f _s = ma′,\(\Sigma \tau\) = f _s R = I\(\alpha\) = I\(\frac{a − a′}{R}\), f _s =\(\frac{I}{R^{2}}\) (a − a′) =\(\frac{1}{2}\) m (a − a′)

Resolvendo para a′:f _s =\(\frac{1}{2}\) m (a − a′), a′=\(\frac{a}{3}\), x − x ₀ = v ₀ t +\(\frac{1}{2}\) em ², d =\(\frac{1}{3}\) em ², t =\(\sqrt{\frac{3d}{a}}\), portanto, s = 1,5d

97. a. A tensão na corda fornece a força centrípeta de tal forma que T sin\(\theta\) = _\(\perp\)\(\omega^{2}\)sr. O componente da tensão que é vertical se opõe à força gravitacional de tal forma que T cos\(\theta\) = mg. Isso dá T = 5,7 N. Resolvemos para r _\(\perp\)= 0,16 m. Isso dá o comprimento da corda como r = 0,32 m. Em\(\omega\) = 10,0 rad/s, há um novo ângulo, tensão e raio perpendicular à haste. Dividindo as duas equações envolvendo a tensão para eliminá-la, temos\(\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{(0.32\; m\; \sin \theta) \omega^{2}}{g} \Rightarrow \frac{1}{\cos \theta} = \frac{(0.32\; m) \omega^{2}}{g}\); cos\(\theta\) = 0,31\(\Rightarrow \theta\) = 72,2°

b. l _inicial = 0,08 kg • m ² /s, l _final = 0,46 kg• m ² /s

c. Não, o cosseno do ângulo é inversamente proporcional ao quadrado da velocidade angular, portanto, na ordem de\(\theta\) → 90°,\(\omega\) → ∞. A haste teria que girar infinitamente rápido.

Contribuidores e atribuições

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