halliday - cap.11 - din. de rot

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4

a Ed. - LTC - 1996. Cap. 12 – Dinâmica da Rotação

1

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 1

CAPÍTULO 12 – DINÂMICA DA ROTAÇÃO

6. A Fig. 36 mostra um bloco uniforme de massa M e arestas de comprimento a, b e c. Calcule a sua

inércia rotacional em torno de um eixo que passe em um vértice e seja perpendicular à face

maior do bloco. (Dica: Veja a Fig. 9.)

(Pág. 247)

Solução.

A Fig. 9 mostra que o momento de inércia de um bloco, semelhante ao da Fig. 36, em relação a um eixo que passa pelo seu centro de massa e paralelo ao eixo mostrado na Fig. 36 é dado por:

2 2

12CM

M a bI

Para descobrir o momento de inércia do bloco em relação ao eixo que passa pelo vértice basta aplicar o teorema do eixos paralelos:

2

CMI I Mh

Considere o seguinte esquema, em que h, a distância de separação entre os dois eixos, é dada pelo teorema de Pitágoras:

Logo:

2 2 2 2

12 2 2

M a b a bI M

2 2

3

M a bI

a/2

b/2

h

CM




2

Como esperado, I ICM. Quando o eixo está localizado no vértice do bloco a distribuição geral de

sua massa é mais afastada do eixo quando comparada ao eixo passando pelo centro de massa.

8. Duas partículas, cada uma com massa m, estão unidas uma a outra e a um eixo de rotação por

duas hastes, cada uma com comprimento L e massa M, conforme a Fig. 37. O conjunto gira em

torno do eixo de rotação com velocidade angular . Obtenha uma expressão algébrica para (a) a

inércia rotacional do conjunto em torno de O e (b) a energia cinética de rotação em torno de O.

(Pág. 247)

Solução.

Considere o esquema a seguir:

(a) O momento de inércia total do conjunto vale:

Barra A Bola B Barra C Bola DI I I I I

Podemos tratar as barras A e C como sendo apenas uma barra E de comprimento 2L e massa 2M:

Barra E Bola B Bola DI I I I (1)

O momento de inércia da barra E é (conferir Fig. 9, pág. 234):

2 2

Barra E

2 (2 ) 8

3 3

M L MLI (2)

Os momentos de inércia devido às bolas valem:

2

Bola BI mL (3)

2 2

Bola D (2 ) 4I m L mL (4)

Substituindo-se (2), (3) e (4) em (1):

2

2 284

3

MLI mL mL

28

53

MI m L (5)

(b) A energia cinética do sistema vale:

21

2K I (6)

Substituindo-se (5) em (6):

2 25 4

2 3

m MK L

C

A m

mB

D

z




3

13. Neste problema desejamos calcular a inércia rotacional de um disco de massa M e raio R em

torno de um eixo que passa através de seu centro, perpendicularmente à sua superfície.

Considere um elemento de massa dm na forma de um anel de raio r e largura dr (veja a Fig. 39).

(a) Qual é a massa dm desse elemento, escrita como fração da massa total M do disco? Qual é a

inércia rotacional dI desse elemento? (c) Integre o resultado da parte (b) para encontrar a inércia

rotacional do disco como um todo.

(Pág. 248)

Solução.

(a) O elemento de massa dm pode ser encontrado partindo-se da densidade superficial de massa , supostamente uniforme.

2 2

M dm

R rdr

Logo:

2

2dm rdr

M R

(b) A inércia rotacional de um anel de raio r e massa dm é dada por:

2dI r dm

Utilizando-se o resultado do item (a), temos:

2

2

2MrdrdI r

R

3

2

2Mr drdI

R

(c)

3 4

3

2 2 20 0

2 2 2

4

R RMr dr M M RI dI r dr

R R R

2

2

MRI

14. Neste problema, utilizamos o resultado do problema anterior para a inércia rotacional de um

disco para calcular a inércia rotacional de uma esfera maciça uniforme de massa M e raio R em

torno de um eixo que passe através de seu centro. Considere um elemento dm da esfera na

forma de um disco de espessura dz à altura z do centro (veja a Fig. 40). (a) Quando escrita em

fração da massa total M, qual é a massa dm do elemento? (b) Considerando-se o elemento como

um disco, qual é a sua inércia rotacional dI? (c) Integre o resultado de (b) sobre a esfera toda




4

para encontrar a inércia rotacional da esfera.

(Pág. 248)

Solução.

(a) O elemento de massa dm pode ser encontrado partindo-se da densidade volumétrica de massa , supostamente uniforme.

2

34

3

M dm

r dzR

Logo:

2 2

3

3

4

R z dzdm

M R

(b) A inércia rotacional de um disco de raio r e massa dm é dada por:

21

2dI r dm

Utilizando-se o resultado do item (a), temos:

2

2

3

1 3

2 4

Mr dzdI r

R

22 2

3

3

8

M R z dzdI

R

(c)

22 2

22 2

3 3 0

3 32

8 8

R R

R

M R z dz MI dI R z dz

R R

2 3 5 5 5 5

4 5

3 3 3

0

3 2 3 2 3 82

8 3 5 4 3 5 4 15

R

M R z z M R R M RI R z R

R R R

22

5

MRI

28. A Fig. 45 mostra dois blocos, cada um de massa m, suspensos nas extremidades de uma haste

rígida e sem massa de comprimento L1 + L2, com L1 = 20,0 cm e L2 = 80,0 cm. A haste é

mantida na posição horizontal mostrada na figura e então liberada. Calcule as acelerações

lineares dos dois blocos quando eles começarem a mover-se.




5

(Pág. 249)

Solução.

Considere o seguinte esquema das forças que atuam sobre a haste:

Como a haste é rígida as acelerações angulares ( ) de ambos os blocos serão iguais. Suas acelerações lineares, na coordenada y, serão dadas por:

1 1a L (1)

2 2a L (2)

A aceleração angular é calculada por meio da segunda lei de Newton:

Iτ α

Torques em z:

1 2 0L mg L mg I

1 2

0

mg L L

I (3)

Como a barra possui massa desprezível, o momento de inércia do sistema em relação ao eixo de suspensão consiste apenas na contribuição das massas m em cada lado desse eixo.

2 2 2 2

0 1 2 1 2I mL mL m L L (4)


2

1 2 2

2 22 2

1 2

9,81 m/s 0,200 m 0,800 m8,65588 rad/s

0,200 m 0,800 m

g L L

L L

O sinal negativo de indica que o sentido da aceleração da barra é horário. Para o cálculo de a1 e a2, utilizamos as Eqs. (1) e (2):

2 2

1 8,65588 rad/s 0,200 m 1,7311 m/sa

2

1 1,73 m/sa

O sinal positivo de a1 indica que a extremidade esquerda da barra acelera no sentido positivo do eixo y.

2 2

2 8,65588 rad/s 0,800 m 6,9247 m/sa

x

y

F

O CMmg mg

z

L1 L2




6

2

2 6,92 m/sa

O sinal negativo de a2 indica que a extremidade direita da barra acelera no sentido negativo do eixo

y.

29. Dois blocos idênticos, cada um com massa M, são ligados por uma corda leve que passa sobre

uma polia de raio R e inércia rotacional I (Fig. 46). A corda não escorrega sobre a polia e não se

sabe se existe atrito ou não entre o plano e o bloco que escorrega. Quando esse sistema é solto,

verifica-se que a polia gira do ângulo durante o intervalo de tempo t e a aceleração dos blocos

é constante. (a) Qual a aceleração angular da polia? (b) Qual a aceleração dos dois blocos? (c)

Quais as trações nas porções superior e inferior da corda? Expresse todas as respostas em

termos de M, I, R, , g e t.

(Pág. 249)

Solução.

(a) A polia percorre um ângulo num tempo t, logo:

2

0 0

1

2t t

210 0

2t

2

2

t (1)

O sinal negativo de está em acordo com o referencial adotado.

(b) A aceleração do bloco sobre a superfície horizontal vale:

a R (2)

O sinal negativo corrige o sinal da aceleração em x (positiva) em relação ao sinal da aceleração angular da polia (negativa). Substituindo-se (1) em (2):

2

2a R

t

2

2 Ra

t

(c) Esquema de forças sobre o bloco 1 (suspenso pelo fio):

x

y

z

M

T1

Mg

x

y

a




7

Forças no bloco 1 em y:

y yF Ma

1 2

2 RT Mg M

t

1 2

2 RT M g

t (3)

Esquema de forças na polia:

Torques na polia em z:

z zI

1 2RT RT I (4)

Substituindo-se (2) e (3) em (4)

22 2

2 2RRM g RT I

t t

2 2 2

2 2I MRT Mg

Rt t

2 2

2 IT Mg MR

t R

34. Uma esfera oca uniforme gira em torno de mancais verticais sem atrito (Fig. 47). Uma corda de

massa desprezível passa pelo equador da esfera e sobre uma polia; ela está presa a um pequeno

objeto que pode cair livremente sob a influência da gravidade. Qual será a velocidade do objeto

após este ter caído a distância h a partir do repouso?

(Pág. 250)

Solução.

A variação da energia cinética do bloco m é igual ao trabalho gravitacional:

0gW K K K

T2

T1

x

y

z




8

2

1

1

2mgh T h mv

2 12T

v h gm

(1)

Forças no corpo m em y:

y yF Ma

1 mT mg ma

1m

Ta g

m (2)

Torques na polia em z:

z zI

2 1rT rT I

2 1

IT T

r (3)

Substituindo-se (2) em (3) e por am/r::

2 2

mm

IaT ma mg

r (4)

Torques na casca esférica:

z zI

2 MRT I

2

2

2

3

MaRT MR

R

2

2

3MT Ma (5)

m

T1

mg

x

y

am

T2

T1

m x

y

z

r

m

T2

m xy

z

aM

R

M




9


2

2

3

mM m

IaMa ma mg

r (6)

Na Eq. (6), aM é a aceleração linear do fio ligado à casca esférica, está na coordenada x e é positivo. am é a aceleração linear do bloco m, está na coordenada y e é negativo. Portanto:

M ma a (7)


2

2

3

mm m

IaMa ma mg

r

2

2

3m

Ia M m mg

r

2

21

3

m

ga

M I

m mr

(8)


1

2

21

3

T gg

M Im

m mr

(9)


2

2

22

13

gv h g g

M I

m mr

2

2

21

3

ghv

M I

m mr

36. Um corpo rígido é formado por três barras finas idênticas, presas na forma de uma letra H (Fig.

48). O corpo pode girar livremente em torno de um eixo horizontal que passa por uma das

pernas do H. Solta-se esse corpo a partir do repouso, de uma posição na qual o plano do H é

horizontal. Qual é a velocidade angular do corpo quando o plano do H for vertical?

(Pág. 250)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação, em que CM indica o centro de massa das duas barras que

efetivamente giram:




10

Pode-se aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos estados inicial (E0) e final (E):

0E E

0 0g gK U K U

210 2 0

2mgh I

2 4mgh

I (1)

Na Eq. (1), m é a massa de cada barra, I é o momento de inércia das barras que giram, sem contar

com a barra que está no eixo e h é a queda sofrida pelo centro de massa das barras que giram. A

distância que vai do eixo até o centro de massa das barras que giram vale:

Cm i iMy m y

22

Cm

Lmy m mL

3

4Cm

Ly h (2)

Momento de inércia do conjunto das barras que giram:

2

2

1 23

mLI I I mL

24

3

mLI (3)

Substituindo-se (2) e (3) em (1):

2

2

34

94

4 4

3

Lmg

g

mL L

3

2

g

L

50. Uma bolinha compacta de massa m e raio r rola sem deslizar ao longo do trilho em curva

mostrado na Fig. 50, tendo sido abandonada em repouso em algum ponto da região reta do

trilho. (a) De que altura mínima, a partir da base do trilho, a bolinha deve ser solta para que

percorra a parte superior da curva? (O raio da curva é R; suponha que R r). (b) Se a bolinha

for solta da altura 6R acima da base do trilho, qual a componente horizontal da força que atua

sobre ela no ponto Q?

x y

zCM

Ug = 0

h

LL

L CM

0 = 0




11

(Pág. 251)

Solução.

Considere o seguinte esquema das situações (a) e (b):

(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e C:

A CE E

A gA C gCK U K U

2 21 10 2

2 2C Cmgh mv I mg R

Sabendo-se que o momento de inércia de uma esfera sólida de raio r e massa m é 2mr2/5 e

aplicando-se a relação v = r:

22

2

2

1 1 22

2 2 5

CC

vmrmgh mv mgR

r

2

2 22 4

5

CC

vgh v gR

27

210

Cvh R

g (1)

A condição mínima para que a esfera possa dar a volta em torno do círculo de raio R é que no ponto

C a força centrípeta do movimento circular seja igual ao peso da esfera:

cF P

2

Cmvmg

R

2

Cv gR (2)

h

R

y

0

m, r

A

C

Qmg

vC

vQ

N

C

6R




12


7

210

Rh R

27

10

Rh

(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos B e Q:

B QE E

B gB Q gQK U K U

2 21 10 6

2 2Q Qmg R mv I mgR

222

2

1 1 26

2 2 5

Q

Q

vmrmgR mv mgR

r

2

22

12 25

Q

Q

vgR v gR

2710

5

QvgR

2 50

7Qv gR (3)

A componente horizontal da força que age na esfera no ponto Q (força normal, N) é a força centrípeta do movimento circular da esfera naquela posição:

cN F

2

QmvN

R (4)


50

7

mN gR

R

50

7N mg

51. Um cilindro maciço de comprimento L e raio R tem peso P. Duas cordas são enroladas em torno

do cilindro, perto de cada borda, e as pontas das cordas são presas a ganchos no teto. O cilindro

é mantido na horizontal com as duas cordas exatamente verticais e então é abandonado (Fig.

51). Ache (a) a tração em cada corda enquanto elas se desenrolam e (b) a aceleração linear do

cilindro enquanto ele cai.




13

(Pág. 251)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro:

Torques em z:

z zI

2

.22

MR aR T

R

4

PaT

g (1)

Análise da translação do cilindro:

y yF Ma

2P

T P ag

2g

a T PP

(2)


24

P gT T P

g P

4 2T P T

6

PT (3)

(b) Substituindo-se (3) em (2):

1

2 16 3

g Pa P g

P

2

3

ga

P

R

M

x

y

z

2T

a




14

53. Mostre que um cilindro vai derrapar num plano inclinado com inclinação se o coeficiente de

atrito estático entre o plano e o cilindro for menor do que 1/3 tan .

(Pág. 251)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação:

A condição de rolamento do cilindro é dada por a = R, em que a é a aceleração linear, é

aceleração angular e R é o raio do cilindro. A condição para que o cilindro deslize pela rampa ao

invés de rolar é que a seja maior do que o produto R:

a R (1)

Agora vamos calcular a e para substituir em (1). Forças em y:

0yF

cos 0N mg

cosN mg (2)

Forças em x:

x xF ma

xP f ma

senmg N ma (3)


sen cosmg mg ma

sen cosa g (5)

Torques em relação ao eixo que passa pelo centro de massa do cilindro, em z:

z zI

2

2

mRfR

2

cos2

mRmg R

2 cosg

R (6)


2 cos

sen cosg

g RR

a

x

y

P

N

fz




15

sen cos 2 cos

tan 2

1

tan3

54. Um corpo rola horizontalmente, sem deslizar, com velocidade v. A seguir ele rola para cima em

uma rampa até a altura máxima h. Se h = 3v2/4g, que corpo deve ser esse?

(Pág. 251)

Solução.

Este é um sistema conservativo e, portanto, a energia mecânica é conservada. A estratégia para

resolver este problema é descobrir o momento de inércia do corpo e compara-lo com o momento de

inércia de corpos conhecidos.

0E E

0 0g gU K U K

2 21 10 0

2 2mv I mgh

Aplicando-se a condição de rolamento v = R:

2 2

2

2

1 1 3

2 2 4

v vmv I mg

R g

2

3

2

I mm

R

2

2

mRI

Com este momento de inércia, o corpo pode ser um disco ou um cilindro de massa m e raio R.

57. Um cilindro maciço de 10,4 cm e massa 11,8 kg parte do repouso e rola sem deslizar uma

distância de 6,12 m para baixo do telhado de uma casa, que é inclinado de 27o. (a) Qual a

velocidade angular do cilindro em torno de seu eixo, quando ele deixa o telhado? (b) A parede

exterior da casa tem 5,16 m de altura. A que distância da parede o cilindro deverá tocar no solo?

Veja a Fig. 54.

(Pág. 251)

Solução.





16

(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica do sistema aos estados A e B:

A BE E

A gA B gBK U K U

2 21 10 '

2 2B Bmg h h mv I mgh

2 22 ' B Bmgh mv I

2

2 2 22 sen2

B B

mrmgd m r

2

232 sen

2B

rgd

2

2

4 sen

3B

gd

r

4sen

357,9655 rad/sB

gd

r (1)

58,0 rad/sB

(b) Análise do movimento da esfera do momento em que perde contato com o telhado até tocar o

solo. Em x:

0 xx x v t

0 cosBx v t

cosB

xt

v (2)

Em y:

2

0

1

2y yy y v t a t

210 sen

2Bh v t gt (3)


vB

m, r

x

y

d

h

A

B h’

l




17

2

1sen

2 cos cosB

B B

x xh g v

v v

2

2 2tan

2 cosB

gxh x

v

Como vB = Br, temos:

2

2 2 2tan

2 cosB

gxh x

r

2

2 2 2tan 0

2 cosB

gx x h

r

As raízes desta equação do segundo grau são:

1 4,2108 mx

2 7,2079 mx

De acordo com o referencial adotado, a coordenada x onde a esfera toca o solo é negativa. Logo, a

distância alcançada pela bola na queda do telhado vale:

4,21 ml



a Ed. - LTC - 1996. Cap. 13 – Momento Angular

18

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 1

CAPÍTULO 13 – MOMENTO ANGULAR

03. Mostre que o momento angular, em relação a um ponto qualquer, de uma partícula que se move

com velocidade uniforme, permanece constante durante o movimento.

(Pág. 268)

Solução.


O módulo do momento angular do sistema em relação a um ponto genérico O vale:

l r p

Na coordenada z:

senl rmv

O esquema mostra que:

senr d

Logo:

l mvd

Como m, v e d são constantes, l também é constante.

05. Duas partículas de massa m e velocidade v deslocam-se, em sentido contrário, ao longo de duas

retas paralelas separadas por uma distância d. Ache a expressão para o momento angular do

sistema em relação a qualquer ponto.

(Pág. 269)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação, em que v1 = v2 = v:

d

mv

x

y

z

O

r




19

O módulo do momento angular do sistema em relação a um ponto genérico O vale:

1 2L l l

Na coordenada z:

1 1 2 2sen senL rmv r mv

1 1 2 2sen senL mv r r

L mvd

12. A Fig. 26 mostra duas rodas, A e B, ligadas por uma correia. O raio de B é três vezes maior do

que o de A. Qual seria a razão dos momentos de inércia IA/IB, se (a) ambas tivessem o mesmo

momento angular e (b) ambas tivessem a mesma energia cinética de rotação? Suponha que a

correia não escorregue.

(Pág. 269)

Solução.

(a)

A BL L

A A B BI I

A B

A B

v vI I

R R

3

A A A

B B A

I R R

I R R

1

3

A

B

I

I

(b)

Rot RotA BK K

d

v2

m

mv1

x

y

z

O

r2

r1




20

2 21 1

2 2A A B BI I

2 2

A B

A B

v vI I

R R

2 2 2

22 293

A A A A

B B AA

I R R R

I R RR

1

9

A

B

I

I

14. Ache o momento angular da Terra em sua rotação em torno do próprio eixo, utilizando os dados

dos apêndices. Suponha que a Terra seja uma esfera uniforme.

(Pág. 269)

Solução.

Dentro da aproximação referida no enunciado, o momento angular da Terra vale:

22 2

5L Iw MR

T (1)

Na Eq. (1), M e R são a massa e o raio da Terra e T é o período de rotação da Terra em torno do seu

próprio eixo.

224 62

33 24 5,98 10 kg 6,37 10 m4

7,0583 10 kg.m /ss5

5 24 h 3.600 h

MRL

T

33 27,06 10 kg.m /sL

16. A Fig. 27 mostra um corpo rígido simétrico girando em torno de um eixo fixo. Por

conveniência, a origem das coordenadas é colocada no centro de massa. Divida o corpo em

elementos de massa mi e, somando as contribuições destes elementos para o momento angular,

mostre que o momento angular total L = Iw.

(Pág. 269)

Solução.




21

Vamos analisar o caso tridimensional, que é mais geral do que o apresentado na Fig. 27.

Seja mi um elemento de massa do corpo M, ri a localização, vi a velocidade linear e li o momento

linear de mi. Logo:

imi i i

l r v

xi yi zi i xi yi zir r r m v v v

il i j k i j k

Como o movimento circular é em torno do eixo z, a velocidade linear tem componentes apenas em x

e y.

i zi yi i zi xi i xi yi yi xim r v m r v m r v r vi

l i j k (1)

A velocidade vi do elemento de massa é dada por:

'

i iv ω r (2)

Na Eq. (2), é o mesmo para todos os elementos de massa. Multiplicando-se ambos os membros de (2) por ri

’:

' ' '

i i i ir v r ω r

. .' ' ' ' '

i i i i i ir v r r ω r ω r

O último termo entre parênteses é zero por se tratar de produto escalar entre vetores ortogonais.

Logo:

.

'

i ii ' '

i i

r vω

r r

2 2 '2

xi yi yi xi xi yi yi xi

xi yi i

r v r v r v r v

r r ri

ω k k

Eliminando-se a notação vetorial:

'2

xi yi yi xi ir v r v r (3)


'2

i zi yi i zi xi i im r v m r v m ri

l i j k

Somando-se os momentos angulares de todos os elementos de massa:

'2

i zi yi i zi xi i im r v m r v m ri

L l i j k

Por razões de simetria os dois primeiros termos do segundo membro resultam em zero. Portanto:

x

z

y

a

mivi

ri

li

r ’i

r ’ir ’iy r ’ix

i




22

'2 '2

i i i im r m rL k k

IL k

19. Para fazer uma bola de bilhar rolar sem escorregar, deve-se bater com o taco exatamente a uma

altura de 2R/5 acima do centro, e não no centro da bola. Prove isso. (Para aprender mais a

respeito da mecânica do bilhar, veja Arnold Sommerfeld, Mechanics, Academic Press, Orlando,

pp. 158-161.)

(Pág. 270)

Solução.

Considere o esquema a seguir:

Forças em x:

x xF ma

F Ma

F

aM

(1)

Torques em relação ao centro de massa da bola na coordenada z:

z zI

22. .

5F h MR (2)

A condição para que a bola comece a rolar sem deslizar imediatamente após a tacada é:

a

R (3)

O sinal negativo em (3) corresponde ao fato de em x a aceleração linear a ser positiva e em z a aceleração angular ser negativa, de acordo com o referencial adotado. Substituindo-se (3) em (2):

2

5

MRah

F (4)


2

5

Rh

È interessante notar que a bola irá começar a rolar imediatamente após a tacada independentemente de haver ou não atrito entre a bola e a mesa.

21. Uma barra de comprimento L e massa M repousa sobre uma mesa horizontal sem atrito. Um

taco de hóquei de massa m movendo-se com velocidade v, como mostra a Fig. 29, colide

elasticamente com a barra. (a) Que grandezas são conservadas na colisão? (b) Qual deve ser a

massa do taco para que ele fique em repouso após a colisão?

CM

F

h

M, R




23

(Pág. 270)

Solução.

(a) Ocorre conservação da energia cinética (colisão elástica), do momento linear total (ausência de força externa resultante) e do momento angular total (ausência de torque externo resultante).

(b) Como o taco não colide no centro de massa da barra, após a colisão haverá movimento de

translação do centro de massa da barra (V) associado ao movimento de rotação da barra em torno de

seu centro de massa ( ). Aplicando-se a conservação do momento linear:

0P P

mv MV

2 2

2

2

m vV

M (1)

Aplicando-se a conservação da energia cinética:

0K K

2 2 21 1 1

2 2 2mv MV I

2

2 2 2

12

MLmv MV (2)

Aplicando-se a conservação do momento angular:

0L L

mvd I

2

12

MLmvd

2 2 2 2

2

2 4

12 m v d

M L (3)


2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 4

12

12

m v ML m v dmv M

M M L

2

2

121

m md

M ML

2 2 212ML m L d




24

2

2 212

MLm

L d

23. Um jogador de bilhar dá uma tacada em uma bola inicialmente em repouso. O taco é sustentado

na horizontal à distância h acima da linha do centro, como mostra a Fig. 31. A bola inicia seu

movimento com velocidade v0 e, eventualmente, adquire a velocidade final 9 v0/7, por causa

desse tipo de tacada. Mostre que h = 4R/5, sendo R o raio da bola.

(Pág. 270)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação, que está invertido em relação à Fig. 31.

Dividimos o problema em três estados. O estado A refere-se ao instante em que a bola recebe a

tacada, B refere-se ao instante imediatamente após a tacada, em que a bola adquire velocidade v0 e

desliza sobre a mesa e C é quando a bola, após deslizar certa distância sobre a mesa, possui

velocidade v e rola sobre a mesa. O movimento de translação gerado em B é o resultado do impulso

( P, em que P é o momento linear da bola) da força (F) aplicada em A.

0 0B AP P P Mv F t

0F t Mv (1)

A mesma análise pode ser feita para o movimento de rotação da bola, em que L é o momento

angular, I é o momento de inércia e 0 é a velocidade angular inicial da bola:

0 0B AL L L I t

2

0

2

5

MRFh t

2

02

5

MRF t

h (2)

v0

M

x

y

z

f

h

Deslizamento

Rolamento

A

B

C

F

v




25

O sinal negativo que aparece em (2) refere-se ao sentido do torque que a força F exerce sobre a

bola. Igualando-se (1) e (2):

2

00

2

5

MRMv

h

00 2

5

2

hv

R (3)

Vamos analisar agora a translação da bola desde o estado B até o estado C:

x xF Ma

f Ma

f

aM

(4)

Movimento de B a C:

0x x xv v a t

A velocidade vx foi dada no enunciado do problema e ax é dada pela Eq. (4):

00

9

7

v fv t

M

0

2

7ft Mv (5)

Agora vamos analisar a rotação da bola desde o estado B até o estado C:

z zI

22

5

MRfR

5

2

f

MR

Rotação de B a C:

0z z zt

0 0

2

9 5 5

7 2 2

v hv ft

R R MR

0 05 95

2 2 7

hv vft

M R

0

18

35

hft Mv

R (6)

Igualando-se (5) e (6):

0 0

2 18

7 35

hMv Mv

R

4

5h R

27. Suponha que o combustível nuclear do Sol se esgote e ele sofra um colapso brusco,

transformando-se numa estrela anã branca com diâmetro igual ao da Terra. Supondo que não




26

haja perda de massa, qual seria o seu novo período de rotação, sabendo-se que o atual é de 25

dias? Suponha que o Sol e a anã branca sejam esferas uniformes.

(Pág. 270)

Solução.


Considerando-se que durante no processo de colapso do Sol não há torques externos atuando sobre

ele, o momento angular do sistema é conservado. Logo:

0L L

0 0I I

2 2

0

0

2 2 2 2

5 5MR MR

T T

2 2

0

0

R R

T T

22 6

3

0 80

6,37 10 m25 d 2,09411 10 d

6,96 10 m

RT T

R

180 sT

A situação descrita no enunciado deste problema deve realmente ocorrer daqui a muitos milhões de

anos.

29. Em uma demonstração de aula, um trem elétrico de brinquedo, de massa m, é montado em seu

trilho em uma roda que pode girar em torno de seu eixo vertical com atrito desprezível (Fig.

32). O sistema está em repouso quando a energia é ligada. O trem atinge a velocidade v em

relação ao trilho. Qual é a velocidade angular da roda, se a sua massa for M e o seu raio, R?

(Despreze a massa das barbatanas da roda.)

(Pág. 270)

Solução.

Considere o seguinte esquema:




27

Análise da velocidade angular relativa do trem, onde o índice T se refere ao trem, R à roda:

T TR R

ω ω ω

TR RTω k k

R TRTω k (1)

Nessas equações, T é a velocidade angular do trem (em relação a um referencial inercial externo),

R é a velocidade angular da roda (em relação ao mesmo referencial inercial de T) e TR é a

velocidade angular do trem em relação à roda). Na ausência de torques externos, o momento

angular do sistema é conservado:

0

L L

0T R

L L

0 T RI IT R

ω ω

2 2MR mRR Tω ω (2)

Substituindo-se (1) em (2)

R R TRM m mk k k

R R

vM m m

R

R

mv

m M R

31. Uma roda cujo momento de inércia é de 1,27 kg.m2 gira com velocidade angular de 824 rev/min

em torno de um eixo de momento de inércia desprezível. Uma segunda roda, de momento de

inércia de 4,85 kg.m2, inicialmente em repouso, é acoplada bruscamente ao mesmo eixo. (a)

Qual será a velocidade angular da combinação de eixo e rodas? (b) Qual é a fração da energia

cinética original perdida?

(Pág. 271)

Solução.

(a) Como não existem torques externos sobre o sistema, o momento angular em z (ortogonal ao

plano das rodas) é conservado:

0z zL L

1,0 2,0 1 2l l l l

1,0 1 1 1 2 20I I I

Como a velocidade final das duas rodas é igual, temos:

1,0 1 1 2I I I

z

mv

R

T

TR

M




28

1,0 1

1 2

170,993 rev/minI

I I (1)

171 rev/min

(b)

2 2

1 1,0 1 20

2

1 1,0

1 1

2 21

2

I I IK K

fK

I

(2)


2 2 21,0 12 1

1 1,0 1 2 2 1 2 21 2 1 2 1 1 2 1 1 2

2

1 1,0 1 1 1 2 1 1 2

I II I I I

I I I I I I I I I If

I I I I I I I I

2

1 2

0,79248I

fI I

0,792f

32. Uma roda de bicicleta tem um aro fino de 36,3 cm de raio e 3,66 kg de massa. As massas das

barbatanas e do centro e também o atrito no eixo são desprezíveis. Um homem, de pé em uma

plataforma que gira sem atrito em torno de seu eixo, sustenta a roda acima sua cabeça

segurando o eixo na posição vertical. A plataforma está inicialmente em repouso e a roda, vista

de cima, gira no sentido horário com velocidade angular de 57,7 rad/s. O momento de inércia do

sistema (plataforma + homem + roda) em torno do eixo de rotação comum é de 2,88 kg.m2. (a)

O homem pára subitamente a rotação da roda em relação à plataforma, com a mão. Determine a

nova velocidade angular do sistema (módulo, direção e sentido). (b) A experiência é repetida,

introduzindo-se atrito no eixo da roda (a plataforma continua a girar sem atrito). O homem

segura a roda da mesma maneira e esta, começando com a mesma velocidade angular inicial

(57,7 rad/s), vai gradualmente ao repouso. Descreva o que acontece ao sistema, dando tanta

informação quantitativa quanto os dados permitam.

(Pág. 271)

Solução.

(a) Considere o esquema a seguir:

Como não existe atrito nos eixos de rotação, isto implica em que não haja torques externos no sistema plataforma + homem + roda. Com isso o momento angular total do sistema é conservado:

0L L (1)

0M, R

L0

L




29

Plat,0 Hom,0 Roda,0 Roda 00 0 I0L L L L k

Na situação inicial L0 aponta verticalmente para baixo, devido ao movimento de rotação da roda

(regra da mão direita). Sendo M a massa e R o raio da roda, o momento de inércia da roda (na

realidade um aro) é MR2 (ver Fig. 9, pág. 234). Logo:

2

0MR0L k (2)

O momento angular final vale:

IL ω (3)


2

0MR Ik ω

2

0 9,6622 rad/sMR

Iω k k

9,66 rad/sω k

Como o momento angular do sistema deve ser conservado, isto implica em que o sentido da rotação deve permanecer idêntico ao inicial, ou seja, sentido horário quando visto de cima para baixo.

(b) A força de atrito que age entre o eixo e a roda tende a freá-la, o que implica num torque sobre a

roda que possui o sentido +k. A terceira lei de Newton exige que um mesmo torque com o sentido

contrário ( k) deve ser aplicado ao eixo e, conseqüentemente, sobre o homem e a plataforma. Estes

começam a girar no mesmo sentido de rotação da roda e, portanto, possuem velocidade angular

negativa. A velocidade angular final do sistema após a roda não mais girar em relação ao homem

deve satisfazer à conservação do momento angular, porém não à conservação da energia mecânica,

que diminui. Uma parte da energia cinética inicial do sistema é convertida principalmente em calor,

o que aumenta ligeiramente a temperatura do sistema.

35. Um disco uniforme de massa M e raio R gira com velocidade angular 0 em torno de um eixo

horizontal que passa por seu centro. (a) Determine a energia cinética e o momento angular do

disco. (b) Um pedaço de massa m quebra na beirada do disco e sobre verticalmente acima do

ponto do qual se desprendeu (Fig. 33). Até que altura ele sobe, antes de começar a cair? (c)

Qual a velocidade angular final do disco quebrado?

(Pág. 271)

Solução.

(a) Energia cinética:

2

2 2

0

1 1

2 2 2

MRK I




30

2 2

0

4

MRK

Módulo do momento angular:

2

02

MRL I

2

0

2

MRL

(b) Para que o pedaço de massa m suba verticalmente para cima após desprender-se do disco, o local da quebra deve ser tal como mostrado no esquema a seguir:

Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica ao pedaço de disco m:

0E E

0 0g gK U K U

2

0

10 0

2mv mgh

2

0

2

vh

g

Mas:

0 0v R

Logo:

2 2

0

2

Rh

g

(c) A partir do momento em que o pedaço de disco m começa a subir, a força da gravidade exerce

torque sobre o mesmo em relação ao eixo de rotação e, o momento angular não se conserva. No

entanto, pode-se aplicar a conservação do momento angular aos instantes antes da quebra e

imediatamente após a quebra (quando o pedaço de disco ainda não se separou do disco), pois o

torque gravitacional só atuará a partir daí.

0L L

Disco Disco quebrado Pedaço de discoL L L

Imediatamente após a quebra o pedaço m tem a mesma velocidade angular do disco. Também nesse

instante a soma do momento de inércia do disco quebrado e do pedaço é igual ao momento de

inércia do disco intacto (isso ocorre devido ao pedaço ainda não ter se separado do disco):

0 0 Disco quebrado PedaçoI I I

v0

v = 0

h

Ug = 0




31

0 0 Disco quebrado PedaçoI I I

0 0 0I I

0

O que ocorre com o pedaço de disco a partir da separação não mais interfere no comportamento do disco.

halliday - cap.11 - din. de rot

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