Exercício de Física I (335)

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SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS 335
Assim, chamando de M e de L a massa e o comprimento da pá, respectivamente, e levando em 
conta a relação dm = (M/L) dr, a força total a que está submetida a pá é
F dF rdm
M
L
rdr
M LL
5 5 5 5 5
(
∫ ∫ ∫ 
2
0
2
2
1102 kg)) ( , ) ( , )
, .
33 5 7 80
2
4 81 10
2
5
rd/s m
N5 3
(b) De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia da pá em relação ao centro de massa 
é I = ML2/12. Quando usamos o teorema dos eixos paralelos para “transferir” o eixo de rotação 
para a extremidade da pá, o momento de inércia se torna I = ML2/3. De acordo com a Eq. 10-
45, o torque (suposto constante) é
t 
= = 







= ( )( )I ML
t
1
3
1
3
110 7 82
2D
D
kg m,
333 5
6 7
1 12 104
,
,
,
rad/s
s
N m.




= × ⋅
(c) De acordo com a Eq. 10-52, o trabalho realizado é
W K I ML= = − = 



= ( )D 1
2
0
1
2
1
3
1
6
110 7 802 2 2 kg m,(( ) ( ) = ×2 2 633 5 1 25 10, ,rad/s J.
74. O deslocamento angular dos discos A e B é dado por
u  u A A B Bt t= =, .
1
2
2
(a) O instante em que u uA B= é dado por
 


A B
A
B
t t t= ⇒ = =1
2
2 2 9 52 rad/s)
(2,2rad
( ,
//s )
s.
2
= 8 6,
(b) A diferença entre os deslocamentos angulares é 
Du u u  = − = − = −A B A Bt t t t
1
2
9 5 1 12 2, , .
Para que as linhas de referência dos dois discos estejam alinhadas, é preciso apenas que ∆θ = 
2πN, em que N é um número inteiro. Resolvendo a equação do segundo grau acima, obtemos:
t
N
N =
± −
= ± −
9 5 9 5 4 11 2
2 11
9 5 90 25 22, ( , ) ( , )( )
( , )
, , 77 6
2 2
,
,
.
N
A solução ′t0 = 8,63 s, obtida fazendo N = 0 e escolhendo o sinal positivo para a raiz quadrada, 
coincide com o resultado obtido no item (a), enquanto a solução ′′t0 = 0, obtida escolhendo o 
sinal negativo para a raiz quadrada, é o momento em que os discos começam a girar. Fazendo 
N = 1 e escolhendo a raiz positiva, obtemos ′t1 = 7,92 s; escolhendo a raiz negativa, obtemos 
′′t1 = 0,72. Fazendo N = 2 e escolhendo a raiz positiva, obtemos ′t2 = 7,01 s; escolhendo a raiz 
negativa, obtemos ′′t2 = 1,63; fazendo N = 3 e escolhendo a raiz positiva, obtemos ′t3 = 5,56 s; 
escolhendo a raiz negativa, obtemos ′′t3 = 3,08. Para valores de N maiores que 3, o radicando se 
torna negativo e a equação não tem solução real. Assim, a resposta é não.
75. O módulo do torque é o produto do módulo da força pelo braço de alavanca. Neste caso, a 
força é a força gravitacional, que passa pelo centro de massa. Assim, 
t = = =I rF rmg,
em que r é a distância horizontal entre o centro de massa do equilibrista e o arame.
(a) Sem a vara, para I = 15 kg ? m2, a aceleração angular é 
 = = =
⋅
=rF
I
rmg
I
( , )( )( , )0 050 70 9 8
15
m kg m/s
kg m
2
2
22 3, .rad/s2