Din_Rotacoes_T2GA_2020_01_GABARITO

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UNIVERSIDADE DO VALE DO RIO DOS SINOS 
Escola Politécnica Unisinos – São Leopoldo 
Dinâmica das Rotações – 2020/01 
 
TESTE 2 DO GRAU A 
Professor 
Diefferson Rubeni GABARITO 
P1.
a) O impulso da força é igual à área sob o gráfico força versus tempo. Assim
� = �ΔC =
(
2,5×103 N
) (
16×10−3 s−15×10−3 s
)
= 2,5 N
b) Definimos o eixo horizontal como postivo da esquerda para a direita. Como a caixa se movimenta inicial-
mente para a direita e a força age da esquerda para a direita, os vetores velocidade inicial e velocidade final
apontam para o mesmo sentido. Assim,
� = Δ ? = <E 5 −<E8⇒ E 5 =
� +<E8
<
=
2,5 N+ (2 kg) (5 m/s)
2 kg
= 6,25 m/s
P2.
a) Vamos fixar nosso referencial na margem. Suponha que o movimento da lula é totalmente horizontal. Uma
vez que ignoramos quaisquer forças horizontais que atuam sobre a lula, seu momento linear deve ser conser-
vado nessa direção. Na situação inicial, a lula está em repouso. Portanto, seu momento linear inicial é nulo.
Na situação final, a lula expele uma quantidade <0 de água com uma velocidade E0. A lula, com massa <; ,
se movimenta com velocidade E; na direção oposta. Assim sendo,
%8 = % 5 ⇒ 0 = <0E0 +<; (−E;) ⇒ E0 =
<;E;
<0
=
(4,75 kg) (2,5 m/s)
1,75 kg
= 6,79 m/s
b) Na situação final, a energia cinética total é a soma da energia cinética da lula e da água expelida:
 = ; + 0 =
1
2
<;E
2
; +
1
2
<0E
2
0 =
1
2
(4,75 kg) (2,5 m/s)2 + 1
2
(1,75 kg) (6,79 m/s)2 = 55,18 J
P3.
Vamos considerar a origem do referencial fixo na Terra. Imediatamente antes do impacto, a sonda possui veloci-
dade E(−) e o cometa possui velocidade E�−) , ambos em relação à Terra. Imediatamente depois do impacto, a
sonda fica espatifada sobre a superfície do cometa e ambos se deslocam com velocidade +) em relação à Terra.
Ignorando qualquer força externa que age sobre o sistema sonda + cometa, o momento linear total do sistema deve
ser conservado. Assim:
%8 = % 5 ⇒ <�E�−) +<(E(−) = (<� +<()+) ⇒+) =
<�E�−) +<(E(−)
<� +<(
A variação da velocidade do cometa é a diferença entre a velocidade depois do impacto (+) e a velocidade antes
do impacto (E� ):
ΔE�−) =+) − E�−) =
<�E�−) +<(E(−)
<� +<(
− E�−)
=
<�E�−) +<(E(−) − E�−) (<� +<()
<� +<(
=
<( (E(−) − E�−) )
<� +<(
1
 
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A diferença entre a velocidade da sonda e a velocidade do cometa (em relação à Terra) é igual à velocidade
relativa entre a sonda e o cometa: E(−) − E�−) = E(−� . Assim,
ΔE�−) =
<(E(−�
<� +<(
=
372 kg (37000 km/h)
372 kg+1×1015 kg
= 1,3764×10−8 km/h
P4.
a) A serra apresenta movimento com desaceleração constante. Portanto, sua velocidade angular é
l = l0 +UC (1)
Para determinar a aceleração angular da serra, vamos utilizar a equação para o deslocamento angular como
função do tempo:
\ = \0 +l0C +
1
2
UC2⇒ \ − \0 = l0C +
1
2
UC2⇒ U = 2 (\ − \0) −l0C
C2
A serra fica desligada por C = 30 s = 1/2 min e, nesse intervalo, têm um deslocamento de 200 rotações. Como
a velocidade angular inicial é l0 = 500 rpm, temos
U = 2
200 rot− (500 rot/min) (1/2 min)
(1/2 min)2
= −400 rot/min2 (2)
Substituindo o resultado (2) na equação (1),
l = 500 rot/min+ (−400 rot/min2) (1/2 min) = 300 rot/min = 5 rot/s
b) Na ausência de energia, a velocidade angular final da serra é nula. A partir da equação 7:
C =
l−l0
U
=
0−500 rot/min
−400 rot/min2
= 1,25 min = 75 s
Durante este tempo, o deslocamento angular é
Δ\ = l0C +
1
2
UC2 = (500 rot/min) (1,25 min) + 1
2
(
−400 rot/min2
)
(1,25 min)2 = 312,5 rot
P5.
a) Supondo que o cabo não escorrega no cilindro, a velocidade do cabo coincide com a velocidade tangencial
do cilindro no ponto de contato entre ambos:
E = 'l⇒ ' = E
l
=
2 cms
7,5 rotmin
=
2 cms
7,5 2crad60 s
= 2,55 cm
Portanto, � = 2' = 5,01 cm
b) Pela mesma razão, a aceleração do cabo coincide com a aceleração tangencial do cilindro no ponto de contato
entre o cabo e o cilindro:
0 = 'U⇒ U = 0
'
=
0,4 m/s2
0,0255 m
= 15,69 rad/s2
P6.
A velocidade linear E da correia que liga as rodas dentadas coincide com a velocidade tangencial na borda de cada
roda dentada (E = 'l):
E = E�) = E��⇒ '�)l�) = '��l��⇒ '�) =
'��l��
l�)
(3)
2
 
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onde “�)” significa “dentada traseira” e “��” significa “” dentada dianteira”.
Se a velocidade tangencial da roda traseira é E) = 5,0 m/s, sua velocidade
angular é
E) = ')l) ⇒ l) =
E)
')
=
5,0 m/s
0,33 m
= 15,15 rad/s
Uma vez que a roda dentada traseira está fixa à roda, a velocidade angular
da roda dentada coincide com a velocidade angular da roda. Assim
l�) = l) = 15,15 rad/s (4)
Além disso, a velocidade angular da roda dentada dianteira é
l�� = 0,6 rot/s = 3,77 rad/s (5)
Substituindo os resultados (5) e (4) na equação (3), obtemos
'�) =
(0,12 m) (3,77 rad/s)
15,15 rad/s
= 0,0299 m
P7.
O momento de inércia total é a soma entre o momento de inércia do aro cirular da roda de raio ' e os momentos
de inércia de cada um dos seus 8 raios. Tratando o aro da roda como um anel cilíndrico de massa " e raio ', seu
momento de inércia é �aro ="'2 em relação a um eixo de rotação pelo centro. Cada raio pode ser considerado como
uma barra delgada de massa < e comprimento ' que gira em relação a um eixo que passa por sua extremidade,
cujo momento de inércia é �raio = 13<'
2. Portanto,
� = �aro +8�raio = "'2 +8
(
1
3
<'2
)
= (1,4 kg) (0,3 m)2 + 8
3
(0,28 kg) (0,3 m)2 = 0,1932 kg.m2
P8.
a) O momento de inércia total é a soma dos momentos de inércia de cada disco:
�� = ��1 + ��2 =
1
2
"1'
2
1 +
1
2
"2'
2
2 =
1
2
[
(0,8 kg) (0,025 m)2 + (1,6 kg) (0,05 m)2
]
= 0,00225 kg.m2
b) Uma vez que não há deformação do fio nem deslizamento entre o fio e o disco, nenhuma energia é dissipada.
Portanto, a energia mecânica total do sistema é conservada. Vamos colocar a origem do referencial no solo.
Ao liberar o bloco de massa < da altura ℎ, o sistema está em repouso. Portanto, a energia cinética inicial
do sistema é nula ( 8 = 0). A energia potencial inicial é igual à soma da energia potencial gravitacional do
bloco (= <6ℎ) e a energia potencial gravitacional dos discos (= "6�), onde � é a altura do centro de massa
do sistema de discos. Assim,
�mec,8 = <6ℎ+"6�
Ao atingir o solo, a energia pontencial gravitacional do sistema é "6� (pois os discos não mudam de
posição). A energia cinética do sistema, por outro lado, é a soma entre a energia cinética de translação do
bloco
(
= 12<E
2
)
e a energia cinética rotacional dos discos
(
= 12 ��l
2
)
. Logo,
�mec, 5 = "6� +
1
2
<E2 + 1
2
��l
2
Segundo a lei de conservação da energia mecânica,
�mec,8 = �mec, 5 ⇒ <6ℎ+���"6� =���"6� +
1
2
<E2 + 1
2
��l
2
3
 
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Supondo que o fio não deforma e desliza no ponto de contato com o disco de raio '1, a velocidade linear E e
a velocidade angular l estão relacionadas pela equação E = '1l⇒ l = E/'1. Assim,
<6ℎ =
1
2
<E2 + 1
2
��
(
E
'1
)2
=
E2
2
(
< + ��
'21
)
⇒ E =
√√ 2<6ℎ
< + ��
'21
(6)
Substituindo os valores na Equação 6, finalmente obtemos
E =
√√√√√√2 (1,5 kg) (9,8 m/s2) (2 m)
1,5 kg+ 0,00225 kg.m
2
(0,025 m)2
= 3,4 m/s
c) Se o fio é enrolado no disco de raio '2, a velocidade do bloco é dada pela Equação 6:
E =
√√ 2<6ℎ
< + ��
'22
=
√√√√√√2 (1,5 kg) (9,8 m/s2) (2 m)
1,5 kg+ 0,00225 kg.m
2
(0,05 m)2
= 4,95 m/s
Portanto, o bloco chegará com velocidade maior.
P9.
O momento de inércia da placa de massa " e dimensões 0 e 1, em relação a
um eixo perpendicular ao plano da placa que passa pelo seu centro de massa, é
�CM =
1
12"
(
02 + 12
)
. Considere um eixo paralelo a esse, passando pelo vértice
da placa, como ilustrado na figura. O teorema dos eixos paralelos nos informa
que o momento de inércia em relação a esse eixo é � = �CM +"32, onde 3 é a
distância entre o eixo pelocentro de massa e o eixo pelo vértice da placa. Essa
distância é encontrada pelo teorema de Pitágoras:
32 =
( 0
2
)2
+
(
1
2
)2
Portanto,
� =
1
12
"
(
02 + 12
)
+"
[( 0
2
)2
+
(
1
2
)2]
=
1
12
"02 + 1
12
"12 + 1
4
"02 + 1
4
"12
=
1
3
"
(
02 + 12
)
4