Din_Rotacoes_T1GB_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 1 DO GRAU B 
Professor 
Diefferson Rubeni GABARITO 
P1.
Vamos calcular o módulo do torque devido a cada força que age sobre a placa e então determinar seu sinal através
da regra da mão direita. Atribuiremos o sinal positivo quando o torque aponta para fora da página, e o sinal negativo
quando o torque aponta para dentro da página. fConsidere a figura abaixo:
Observe A1 = A2 = A3 =
√
(0.09 m)2 + (0.09 m)2 = 0,1273 m. Assim
g1 = A1�1 sinq1 = (0,1273 m) (18 N) sin135º = 1,62 N.m⇒ g1 = −1,62 N.m
g2 = A2�2 sinq2 = (0,1273 m) (26 N) sin135º = 2,34 N.m⇒ g2 = +2,34 N.m
g3 = A3�3 sinq3 = (0,1273 m) (14 N) sin90º = 1,78 N.m⇒ g3 = +1,78 N.m
Portanto,
g = g1 + g2 + g3 = −1,62 N.m+2,34 N.m+1,78 N.m = 2,50 N.m
P2.
Na medida em que o bloco acelera para baixo, a helice ganha aceleração angular. Vamos aplicar a segunda lei
de Newton para o movimento de translação do bloco
(∑ ®�ext = < ®0) e para o movimento de rotação da hélice
(∑gext = �U). Observe o diagrama a seguir:
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Translação do bloco: vamos definir o sentido positivo do eixo vertical de baixo para cima. Podemos utilizar a
equação H− H0 = E0HC− 120HC
2 para encontrar a aceleração do bloco para baixo. Sendo H0 = 12m, H = 0 m, E0H = 0 e
C = 8s, temos
0− (12 m) = 0− 1
2
0H (8 s)2⇒ 0H =
−2 (−12 m)
64 s2
= 0,375 m/s2
Agora podemos aplicar a segunda lei de Newton ao bloco para encontrar a tensão do cabo:∑
�H = <0H⇒ ) −<6 = −<0H⇒ ) = <
(
6− 0H
)
⇒ ) = (10 kg)
(
9,8 m/s2−0,375 m/s2
)
⇒ ) = 94,25 N
Rotação da hélice: vamos definir o sentido positivo da rotação como sendo o anti-horário. Vamos aplicar a
segunda lei de Newton à helice. A única força que produz torque em relação ao eixo de rotação é a tração ®) do
cabo. Assim, ∑
gext = )' = �U⇒ � =
)'
U
onde ' é o raio do eixo de rotação. Tanto o torque quanto a aceleração angular são positivos. Podemos relacionar
a aceleração linear do bloco com a aceleração rotacional da hélice através da relação 0H = 'U⇒U = 0H/'. Portanto,
podemos escrever o momento de inércia da hélice como
� =
)'2
0H
=
(94,25 N) (0,32 m)2
0,375 m/s2
= 25,74 kg.m2
P3.
Se 1/3 da energia total consumida pelo motor é dissipada, então 2/3 da energia é transformada em trabalho útil.
Portanto, a potência do motor é
% =
,
ΔC
=
(2/3)
(
9×103�
)
60 s
= 100 W
A relação entre potência e torque é dada pela equação % = gl. Uma vez que l = 2500 rpm = 262 rad/s, temos
g =
%
l
=
100 W
262 rad/s
= 0,382 N.m
P4.
a) O diagrama de corpo livre da viga está representado abaixo. Observe que o cabo, a parede e a viga formam
um triângulo retângulo com catetos 3 m e 4 m e hipotenusa 5 m.
b) Vamos aplicar a a condição de equilíbrio de torques à viga, fixando o eixo de rotação na dobradiça. Tomamos
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como positivo o torque que provoca rotação no sentido anti-horário. Assim
∑
g = 0⇒ ()máx sinq) (3 m)−<6 (4,5 m) = 0⇒<6 =
()máx sinq) (3 m)
4,5 m
=
(1000 N)
(
4 m
5 m
)
(3 m)
4,5 m
= 533 N
P5.
Imagine o acorbata como um sistema que pode rotacionar ao redor da corda onde ele se equilibra. A única força
externa que age sobre o acrobata é a força peso, que pode fazer o acrobata rotacionar ao redor da corda caso ele
perca momentaneamente o equilíbrio. O módulo da aceleração angular do acrobata é dada pela segunda lei de
Newton para as rotações:
g<6 = �U
Ao abrir seus braços, o acrobata aumenta seu momento de inércia. Logo, de acordo com a expressão anterior, a
aceleração angular será menor e, portanto, o acrobata terá mais tempo para recuperar o equilíbrio. Ou seja, quanto
maior o momento de inércia do acrobata, mais facilmente ele pode voltar à posição de equilíbrio sobre a corda.
P6.
Observe o diagrama de forças a seguir:
Sejam ®�1 e ®�2 as forças exercidas pelas dobradiças de cima e de baixo, respectivamente. Tomamos a origem
do sistema de coordenadas no ponto � (dobradiça de baixo). Vamos aplicar as condições de equilíbrio das forças:∑
�G = −�1ℎ +�2ℎ = 0⇒ �1ℎ = �2ℎ∑
�H = �1E +�2E −"6⇒ �1E = �2E = "6/2
Agora, consideramos a soma dos torques ao redor do ponto �. Observe que �2ℎ e �2E não produzem torque
porque estão aplicados sobre o ponto de rotação. A força �1E não produz torque porque a linha de ação da força
passa pelo eixo de rotação. Por outro lado, a força peso têm braço de alavanca de 0,5 em relação ao ponto �, e a
força �1ℎ têm braço de alavanca de 1,0 m em relação ao ponto �. Assim,∑
gext = �1ℎ (1 m) −"6 (0,5 m) = 0⇒ �1ℎ =
0,5 m
1 m
"6 =
1
2
(330 N) = 165 N
P7.
Podemos fazer a esfera rolar sobre um plano inclinado de comprimento ! e medir o tempo ΔC necessário para que
ela termine o percurso. Vimos em aula que a aceleração de um corpo arredondado que rola suavamente sobre um
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plano inclinado é dada pela expressão
0CM =
6 sin\
1+ 2
onde \ é a inclinação do plano e 2 e á constante caracterísitca do corpo (2 = 2/5 para uma esfera maciça e
2 = 2/3 para uma esfera oca). O tempo do percurso pode ser encontrado através da cinemática: colocando o eixo G
sobre o plano inclinado e supondo que a esfera parte do repouso, então
ΔC =
√
2!
0CM
=
√
2! (1+ 2)
6 sin\
Por exemplo, se o plano está inclinado \ = 5º e tem comprimento ! = 5 m, então ΔCmaciça = 4,05 s e ΔCoca = 4,42
s.
P8.
a) Durante todo o movimento a roda rola suavemente (então ECM = 'l). No alto da colina, a roda possui
velocidade de translação ECM,8 e velocidade rotacional l8 . Logo
 8 =
1
2
"E2CM,8 +
1
2
�cill
2
8 =
1
2
"E2CM,8 +
1
2
(
1
2
"'2
) ( ECM,8
'
)2
=
3
4
"E2CM,8
Analogamente, na base a colina a roda possui velocidade de translação ®ECM, 5 e velocidade angular l 5 .
Portanto,
 5 =
1
2
"E2CM, 5 +
1
2
�cill
2
5 =
1
2
"E2CM, 5 +
1
2
(
1
2
"'2
) ( ECM, 5
'
)2
=
3
4
"E2CM, 5
No alto da colina a roda possui tanto energia cinética quanto energia potencial gravitacional. A energia
potencial gracitacional é transformada em energia cinética adicional enquanto a roda desce a colina. Vamos
utilizar um sistema de coordenadas com o eixo H positivo de baixo para cima. Uma vez que não há dissipação
de energia e somente a força gravitaconal realiza trabalho, podemos utilizar a lei de conservação da energia
mecânica:
*8 + 8 =* 5 + 5 ⇒ "6 (ℎ+') +
3
4
"E2CM,8 = "6' +
3
4
"E2CM, 5
onde ' e ó raio da roda e ℎ é a altura da colina. Resolvendo a equação anterior para ECM, 5 ,
ECM, 5 =
√
4
3
6ℎ+ E2CM,8 =
√
4
3
(
9,8 m/s2
)
(75 m) + (10 m/s)2 = 32,86 m/s
b) = 34"E
2
CM =
3
4 (25 kg) (32,86 m/s)
2 = 20.250 J
P9.
a) O diagrama está indicado na imagem abaixo:
b) Como ocorre um movimento de rolamento suave, podemos aplicar as equações
∑ ®�ext = " ®0CM, ∑gext = �U
e 0CM = 'U. Vamos considerar o eixo G orientado na direção do plano inclinado para baixo, e o sentido
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positivo da rotação como sendo o anti-horário. Assim:∑
�H = =−"6 cos V = 0⇒ = = "6 cos V (1)∑
�G = "6 sin V− 5B = "0CM⇒ 5B = "6 sin V−"0CM (2)∑
g = 5B' = �U⇒ 5B =
�U
'
=
1
'
(
2
5
"'2
) ( 0CM
'
)
=
2
5
"0CM (3)
Igualando as equações (2) e (3):
"6 sin V−"0CM =
2
5
"0CM⇒ 0CM =
5
7
6 sin V
c) A força de atrito pode ser obtida pela Equação (3) utilizando a aceleração encontrada anteriormente: 5B =
2
5"
(
5
76 sin V
)
= 27"6 sin V. Quando a esfera está prestes a deslizar, a força de atrito é igual à força de atrito
estático máximo: 5B, max = `B= = `B"6 cos V. Portanto,
2
7
"6 sin V = `B"6 cos V⇒ `B =
2
7
tan V
5