_FGIM_Exercícios_Resolvidos_EAD

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<p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 1 de 47</p><p>Física Geral e Instrumental - Mecânica</p><p>Exercícios Resolvidos</p><p>1. Vetores</p><p>1) Realize a conversão indicadas abaixo.</p><p>a) 500 pol = ___ m = ___ pé = ___ mi = ___ cm.</p><p>b) 15 gal = ___ L = ___ dm3 = ___ m3 = ___ fl3 = ___ in3.</p><p>Solução</p><p>Observação: pol=in; pé=ft.</p><p>�� 500 pol 	 500 pol 0.0254 m1 pol 	 12.7 m;</p><p>500 pol 	 500 pol 1 pé12 pol 	 41.7 pés;</p><p>500 pol 	 500 pol 0.0254 m1 pol 1 mi1609 m 	 0.00761 mi;</p><p>500 pol 	 500 pol 2.54 cm1 pol 	 1270 cm.</p><p>2) Sejam os vetores no plano mostrados abaixo.</p><p>Escreva cada vetor na forma ���⃗ 	 ��⃗ � ��⃗ (� e representam números).</p><p>Solução �� !�⃗ 	 "#⃗ � 3%⃗; &� '⃗ 	 2#⃗ � 4%⃗; �� (��⃗ 	 3#⃗ " 4%⃗.</p><p>3) Sejam os vetores no plano do exercício anterior. Calcule:</p><p>a) )��⃗ � *��⃗ � +���⃗ b) )��⃗ " *��⃗ " +���⃗ c) )��⃗ � *��⃗ " ,+���⃗ d) ,)��⃗ " -*��⃗ � +���⃗</p><p>Solução �� !�⃗ � '⃗ � (��⃗ 	 "#⃗ � 3%⃗ � 2#⃗ � 4%⃗ � 3#⃗ " 4%⃗ 	 ."1 � 2 � 3�#⃗ " .3 � 4 " 4�%⃗. !�⃗ � '⃗ � (��⃗ 	 4#⃗ � 3%⃗ &� !�⃗ " '⃗ " (��⃗ 	 "#⃗ � 3%⃗ " 2#⃗ " 4%⃗ " 3#⃗ � 4%⃗ 	 ."1 " 2 " 3�#⃗ " .3 " 4 � 4�%⃗.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 2 de 47</p><p>!�⃗ " '⃗ " (��⃗ 	 "6#⃗ � 3%⃗</p><p>4) Dados os vetores )��⃗ 	 .-, "0� e *��⃗ 	 ."0, ,�, determinar o vetor ���⃗ tal que:</p><p>a) 1.)��⃗ " *��⃗ � � 0- ���⃗ 	 ,)��⃗ " ���⃗ b) -���⃗ " .,*��⃗ " )��⃗ � 	 ,.1���⃗ " -)��⃗ �</p><p>Solução</p><p>�� 4.!�⃗ " '⃗� � 13 �⃗ 	 2!�⃗ " �⃗ → 13 �⃗ � �⃗ 	 2!�⃗ " 4.!�⃗ " '⃗� → 43 �⃗ 	 2!�⃗ " 4!�⃗ � 4'⃗;</p><p>43 �⃗ 	 "2!�⃗ � 4'⃗ ×4567 �⃗ 	 34 ."2!�⃗ � 4'⃗� → �⃗ 	 " 32 !�⃗ � 3'⃗ → �⃗ 	 " 32 .3#⃗ " %⃗� � 3."#⃗ � 2%⃗�;</p><p>�⃗ 	 " 92 #⃗ � 32 %⃗ " 3#⃗ � 6%⃗ 	 8" 92 " 39 #⃗ � 832 � 69 %⃗ 	 8" 9 � 62 9 #⃗ � 83 � 122 9 %⃗;</p><p>�⃗ 	 " 152 #⃗ � 152 %⃗.</p><p>5) Dados os vetores u�⃗ 	 .2, 3, "1� e v�⃗ 	 ."1,0,2�, calcular:</p><p>a) 4.u�⃗ " v�⃗ � � 2u�⃗ b) 2.2v�⃗ " u�⃗ � " 3u�⃗</p><p>Solução �� 4.!�⃗ " '⃗� � 2!�⃗ 	 6!�⃗ " 4'⃗ 	 6<2#⃗ � 3%⃗ " =�⃗ > " 4<"#⃗ � 2=�⃗ > 	 	 12#⃗ � 18%⃗ " 6=�⃗ � 4#⃗ " 8=�⃗ 	 .12 � 4�#⃗ � 18%⃗ � ."6 " 8�=�⃗ 	 16#⃗ � 18%⃗ " 14=�⃗ .</p><p>6) O produto escalar �⃗ ⋅ &�⃗ entre os vetores �⃗ 	 �A#⃗ � �B%⃗ � �4=�⃗ e &�⃗ 	 &A#⃗ � &B%⃗ � &4=�⃗ pode</p><p>ser calculado como �⃗ ⋅ &�⃗ 	 �A&A � �B&B � �4&4, ou calculado pela fórmula �⃗ ⋅ &�⃗ 	 ||�⃗|| ⋅||&�⃗ || ⋅ DEF G, onde ||�⃗|| 	 √�⃗ ⋅ �⃗, ||&�⃗ || 	 I&�⃗ ⋅ &�⃗ e θ é o ângulo entre os vetores.</p><p>A grandeza física Trabalho, W, é definida como o produto do deslocamento, d, pela</p><p>componente da força na direção do deslocamento, Fd. Pode ser escrita vetorialmente como</p><p>o produto escalar entre o vetor força e o vetor deslocamento: J 	 K⃗ ⋅ L⃗. Assim sendo</p><p>dados os pares de força/deslocamento abaixo (Newton e metro, N e m), calcule o trabalho</p><p>realizado (em Joule, J) e o ângulo formado entre os respectivos vetores deslocamento e</p><p>vetor força.</p><p>a) L⃗ 	 10#⃗ e K⃗ 	 √3#⃗ � %⃗b) L⃗ 	 10#⃗ e K⃗ 	 5%⃗ c) L⃗ 	 10#⃗ e K⃗ 	 4#⃗ d) L⃗ 	 #⃗ e K⃗ 	 #⃗ � %⃗ � =�⃗</p><p>Solução �� L⃗ ⋅ K⃗ 	 LAKA � LBKB 	 10 ∙ √3 � 0 ∙ 1 	 10 ∙ √3 J.</p><p>DEF G 	 L⃗ ⋅ K⃗OL⃗OOK⃗O ;</p><p>OL⃗O 	 PL⃗ ⋅ L⃗ 	 ILA ⋅ LA � LB ⋅ LB 	 √10 ⋅ 10 � 0 ⋅ 0 	 10 m;</p><p>OK⃗O 	 IK⃗ ⋅ K⃗ 	 IKA ⋅ KA � KB ⋅ KB 	 P√3 ⋅ √3 � 1 ⋅ 1 	 2 N;</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 3 de 47</p><p>DEF G 	 10 ∙ √310 ⋅ 2 	 √32 → G 	 30°.</p><p>7) O produto vetorial �⃗ × &�⃗ entre os vetores �⃗ 	 �A #⃗ � �B%⃗ � �4=�⃗ e &�⃗ 	 &A #⃗ � &B%⃗ � &4=�⃗ pode</p><p>ser calculado como sendo o determinante da matriz abaixo.</p><p>�⃗ × &�⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗�A �B �4&A &B &4</p><p>S 	 .�B&4 " �4&B�#⃗ � .�4&A " �A&4�%⃗ � .�A&B " �B&A�=�⃗</p><p>O torque aplicado em um ponto por uma força (como num saca-rolha de garrafas, ou numa</p><p>chave de roda) pode ser calculado pelo produto vetorial entre o vetor posição do ponto</p><p>aplicação da força em relação ao ponto de aplicação do torque, T⃗ ("braço do torque"), e o</p><p>vetor força, K⃗: U�⃗ 	 T⃗ × K⃗. Assim sendo, calcule os torques para os pares de braço/força no</p><p>plano mostrados abaixo.</p><p>a) T⃗ 	 10#⃗ e K⃗ 	 2%⃗ b) T⃗ 	 10#⃗ e K⃗ 	 2#⃗ � 2%⃗ c) T⃗ 	 10#⃗ e K⃗ 	 2#⃗</p><p>Solução</p><p>�� T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗10 0 00 2 0S 	 .0 ∙ 0 " 0 ∙ 2�#⃗ � .0 ∙ 0 " 10 ∙ 0�%⃗ � .10 ∙ 2 " 0 ∙ 0�=�⃗ 	 20=�⃗ .</p><p>Fatores de Conversão</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 4 de 47</p><p>2. Cinemática Vetorial</p><p>8) Um trem que viaja a uma velocidade constante de 60.0 km/h se move na direção leste por</p><p>40.0 min, depois em uma direção que faz um ângulo de 50.0° a Leste com a direção norte por</p><p>20.0 min e, finalmente, na direção oeste por mais 50.0 min. Quais são (a) o módulo e (b) o</p><p>ângulo da velocidade média do trem durante a viagem?</p><p>Fórmulas úteis: � " �V 	 L 	 'W.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>A figura ilustra o movimento do trem a partir do enunciado.</p><p>Com a velocidade e o tempo, é possível calcular o módulo de cada deslocamento.</p><p>Da figura se percebe que a componente vertical do deslocamento final é igual à componente</p><p>vertical do segundo deslocamento.</p><p>E a componente horizontal do deslocamento final resulta da soma dos deslocamentos 1 e 3</p><p>com a componente horizontal do deslocamento 2, considerando-se o sentido no eixo x.</p><p>Tendo os módulos das componentes do vetor deslocamento final, divide-se esses</p><p>componentes pelo tempo total e chega-se à velocidade média (componentes e ângulo).</p><p>Execução do Plano</p><p>• Cálculo da componente vertical do deslocamento, LY.</p><p>LB 	 'WB 	 .60 km h⁄ � 820 min 1 h60 min 9 	 20 km.</p><p>LB^ 	 LB DEF 50° 	 .20 km� cos 50° 	 12.9 km. LY 	 LB^ 	 12.9 km.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 5 de 47</p><p>• Cálculo da componente horizontal do deslocamento, L_. L_ 	 LA` � LB` � L4` 	 LA � LB sen 50° " L4 	 'WA � LB sen 50° " 'W4.</p><p>L_ 	 .60 km h⁄ � 840 min 1 h60 min 9 � .20 km� sen 50° " .60 km h⁄ � 850 min 1 h60 min 9.</p><p>L_ 	 40km � 15.3 km " 50km 	 5.3km</p><p>• Cálculo das componentes da velocidade média, '_ e 'Y.</p><p>Tempo total: Wbcbde 	 40 min � 20 min � 50 min 	 110 min 	 110 min A fgV hij 	 1.83 h.</p><p>'_ 	 L_Wklkmn 	 5.3km1.83 h 	 2.90 km h⁄ .</p><p>'Y 	 LYWklkmn 	 12.9km1.83 h 	 7.05 km h⁄ .</p><p>• Cálculo do módulo e ângulo da velocidade média, ' e G.</p><p>' 	 P'_B � 'YB 	 I.2.90 km h⁄ . �B � .7.05 km h⁄ . �B 	 7.62 km h⁄ .</p><p>G 	 atan 'Y'_ 	 atan 7.052.90 	 67.9°.</p><p>9) Um pósitron sofre um deslocamento ∆T⃗ 	 2#⃗ " 3%⃗ � 6=�⃗ e termina com um vetor posição T⃗ 	 3%⃗ " 4=�⃗ , em metros. Qual era o vetor posição inicial do pósitron?</p><p>Fórmulas úteis: ∆T⃗ 	 T⃗B " T⃗A 	 .�B " �A�#⃗ " . B " A�%⃗ � .rB " rA�=�⃗ .</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>É necessário simplesmente isolar o vetor posição inicial na fórmula do deslocamento e</p><p>substituir os dados.</p><p>Execução do Plano ∆T⃗ 	 T⃗B " T⃗A → T⃗A 	 T⃗B " ∆T⃗ 	 �B#⃗ � B%⃗ � rB=�⃗ " <∆�#⃗ � ∆ %⃗ � ∆r=�⃗ >; T⃗A 	 0#⃗ � 3%⃗ " 4=�⃗ " <2#⃗ " 3%⃗ � 6=�⃗ > 	 0#⃗ � 3%⃗ " 4=�⃗ " 2#⃗ � 3%⃗ " 6=�⃗ ; T⃗A 	 .0 " 2�#⃗ � .3 � 3�%⃗ � ."4 " 6�=�⃗ ; T⃗A 	 ."2m�#⃗ � .6m�%⃗ � ."10m�=�⃗ .</p><p>10) A posição de uma partícula que se move em um plano � é dada por T⃗ 	 .2W4 " 5W�#⃗ � .6 " 7W5�%⃗, com T⃗ em metros e W em segundos. Na notação dos vetores</p><p>unitários, calcule (a) T⃗, (b) '⃗ e (c) �⃗ para W 	 2 F. (d) Qual é o ângulo entre o semieixo positivo �</p><p>e uma reta tangente à trajetória da partícula em W 	 2 F?</p><p>Fórmulas úteis: '⃗ 	 LT⃗ LW⁄ ; �⃗ 	 L'⃗ LW⁄ .</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 6 de 47</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para calcular a velocidade e a aceleração, é necessário obter as derivadas temporais do</p><p>deslocamento e da velocidade, respectivamente.</p><p>Com as expressões obtidas, basta substituir o valor t 	 2 s.</p><p>O ângulo solicitado é a inclinação do vetor velocidade em t 	 2 s, já que este vetor é tangente</p><p>à trajetória no ponto.</p><p>Execução do Plano</p><p>a) r⃗ 	 .2t4 " 5t�ı⃗ � .6 " 7t5�ȷ⃗ → r⃗.2� 	 .2 ∙ 24 " 5 ∙ 2�ı⃗ � .6 " 7 ∙ 25�ȷ⃗; r⃗ 	 6ı⃗ " 106ȷ⃗.</p><p>b) v�⃗ 	 dr⃗ dt⁄ 	 dw.2t4 " 5t�ı⃗ � .6 " 7t5�ȷ⃗x dt⁄ ; v�⃗ 	 w2.3tB� " 5.1�xı⃗ � w0 " 7.4t4�xȷ⃗ 	 .6tB " 5�ı⃗ " 28t4 ȷ⃗; v�⃗ .2� 	 .6 ∙ 2B " 5�ı⃗ " 28 ∙ 24 ȷ⃗ 	 .24 " 5�ı⃗ " 28 ∙ 8ȷ⃗ 	 19ı⃗ " 224ȷ⃗.</p><p>c) a�⃗ 	 dv�⃗ dt⁄ 	 dw.6tB " 5�ı⃗ " 28t4 ȷ⃗x dt⁄ ; a�⃗ 	 w6.2t� " 0xı⃗ " 28.3tB�ȷ⃗ 	 12tı⃗ " 84tB ȷ⃗; a�⃗ .2� 	 12.2�ı⃗ " 84.2B�ȷ⃗ 	 24ı⃗ " 336ȷ⃗.</p><p>d) Sendo v�⃗ 	 .6tB " 5�ı⃗ " 28t4 ȷ⃗, inclinação do vetor velocidade é dada por</p><p>θ 	 atan "28t46tB " 5 ;</p><p>Para t 	 2 s,</p><p>θ.2� 	 atan "28 ∙</p><p>uma circunferência em torno do</p><p>centro da barra. Suponha que o atrito entre as patinadoras e o gelo seja desprezível.</p><p>Determine (a) o raio da circunferência, (b) a velocidade angular das patinadoras. Em seguida,</p><p>as patinadoras puxam a barra até ficarem separadas por uma distância de 1.0 m. Nesse</p><p>instante, (c) qual é a velocidade angular das patinadoras?</p><p>Informações úteis: ' 	 åT; á 	 ∑ ��T�B; áå 	 cte.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para obter o raio, estima-se a posição do centro de massa. Com o raio de giração para cada</p><p>patinadora, obtém-se a velocidade angular usando-se o raio e a velocidade linear de cada</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 43 de 47</p><p>uma. A velocidade angular para o novo raio obtém-se aplicando-se a conservação do</p><p>momento angular.</p><p>Execução do plano</p><p>(a) Raio da circunferência.</p><p>O centro da circunferência fica no CM do sistema, que é o meio da barra, pois as patinadoras</p><p>têm a mesma massa. Logo, o raio é de 1.5 m.</p><p>(b) Velocidade angular 1.</p><p>' 	 åAT → åA 	 'T 	 1.4 m s⁄1.5 m 	 0.933 rad s⁄ .</p><p>(c) Velocidade angular 2.</p><p>áå 	 cte→ áAåA 	 áBåB → åB 	 áAåAáB ; TB 	 0.5 m;</p><p>áA 	 2�TAB 	 2.50 kg�.1.5 m�B 	 225 kg mB; áB 	 2�TBB 	 2.50 kg�.0.5 m�B 	 25 kg mB;</p><p>åB 	 áAåAáB 	 .225 kg mB�.0.933 rad s⁄ �25 kg mB 	 8.4 rad s⁄ .</p><p>71) Dois discos estão montados (como um carrossel) no mesmo eixo, com rolamentos de</p><p>baixo atrito, e podem ser acoplados e girar como se fossem um só disco. O primeiro disco,</p><p>com um momento de inércia de áA 	 3.3 kg mB em relação ao eixo central, é posto para girar</p><p>no sentido anti-horário a 450 rev/min. O segundo disco, com um momento de inércia de áB 	6.6 kg mBem relação ao eixo central, é posto para girar no sentido anti-horário a 900 rev/min.</p><p>Em seguida, os discos são acoplados. (a) Qual é a velocidade angular e o sentido dos discos</p><p>após o acoplamento? Se, em vez disso, o segundo disco é posto para girar a 900 rev/min no</p><p>sentido horário, qual é (b) a velocidade angular e o sentido de rotação dos discos após o</p><p>acoplamento?</p><p>Informações úteis: á 	 ∑ ��T�B; áå 	 cte.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Aplica-se o princípio de conservação de momento angular total para cada situação individual.</p><p>Execução do plano</p><p>.a� áå 	 cte→ áAåA � áBåB 	 .áA � áB�å → å 	 áAåA � áBåB.áA � áB� ;</p><p>å 	 .3.3 kg mB�.450 rev min⁄ � � .6.6 kg mB�.900 rev min⁄ �3.3 kg mB � 6.6 kg mB	 750 rev min⁄ .anti-horário�.</p><p>.b� å 	 .3.3 kg mB�.450 rev min⁄ � � .6.6 kg mB�."900 rev min⁄ �3.3 kg mB � 6.6 kg mB	 "450 rev min⁄ .horário�.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 44 de 47</p><p>12. Trabalho e Energia Cinética de Rotação</p><p>72) Calcule o momento de inércia de uma roda que possui uma energia cinética de 24400 J</p><p>quando gira a 602 rev/min. Informação útil: �� 	 AB áåB.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta isolar o momento de inércia na equação e substituir os dados.</p><p>Execução do plano</p><p>�� 	 12 áåB → á 	 2��åB 	 2.24400 J�.602 rev min⁄ �B 	 2.24400 J�.602 .2π� 60 s⁄ �B 	 48800 J.63.04 rad s⁄ �B ;</p><p>á 	 12.3 kg mB.</p><p>73) Dois cilindros homogêneos, girando em torno dos respectivos eixos centrais (longitudinais)</p><p>com uma velocidade angular de 235 rad/s, têm a mesma massa de 1.25 kg e raios diferentes.</p><p>Qual é a energia cinética de rotação (a) do cilindro menor, de raio 0.25 m, e (b) do cilindro</p><p>maior, de raio 0.75 m? Informação útil: á�¿ 	 AB ÆÔB; �� 	 AB áåB.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Combinar as fórmulas fornecidas em uma só para a energia cinética e substituir os dados.</p><p>Execução do plano</p><p>�� 	 12 áåB 	 12 812 ÆÔB9 åB → �� 	 14 ÆÔBåB.</p><p>(a) Cilindro raio menor.</p><p>�� 	 14 .1.25 kg�.0.25 m�B.235 rad s⁄ �B 	 1.08 kJ.</p><p>(b) Cilindro raio maior.</p><p>�� 	 14 .1.25 kg�.0.75 m�B.235 rad s⁄ �B 	 9.70 kJ.</p><p>74) Uma roda de 32.0 kg, que pode ser considerada um aro fino com 1.20 m de raio, está</p><p>girando a 280 rev/min. (a) Qual é o trabalho necessário para fazê-la parar? (b) Qual é o</p><p>módulo da força tangencial constante ser aplicada de tal forma que a roda pare após 3</p><p>revoluções?</p><p>Informação útil: á¦� 	 ÆÔB; J 	 ∆��; ∆�� 	 AB á.å�B " å¤B�; J 	 ø<G� " G¤> 	 ø∆G; ø 	 KÔ.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>O trabalho e igual à variação da energia cinética.</p><p>A energia cinética pode ser calculada a partir do momento de inércia da roda e das</p><p>velocidades angulares inicial e final, conhecidas.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 45 de 47</p><p>Conhecendo-se o trabalho e o deslocamento angular, obtém-se o torque.</p><p>Conhecendo-se o torque e seu braço, que é o raio, obtém-se a força.</p><p>Execução do plano</p><p>.a� J 	 ∆�� 	 12 á<å�B " å¤B> 	 12 ÆÔB<å�B " å¤B></p><p>12 .32 kg�.1.2 m�Bw0 " .280 ∙ 2æ rad 60 s⁄ �Bx.</p><p>J 	 "19.8 kJ.</p><p>.b� J 	 ø∆G → ø 	 J∆G 	 " 19800 J3 ∙ 2æ rad → ø 	 1050 Nm → ø 	 KÔ;</p><p>K 	 øÔ 	 1050 Nm1.2 m 	 0.876 N.</p><p>75) Uma chaminé cilíndrica cai quando a base sofre um abalo. Trate a</p><p>chaminé como uma barra fina, com 55.0 m de comprimento. No</p><p>instante em que a chaminé faz um ângulo de 35.0o com a vertical</p><p>durante a queda, (a) qual é a aceleração radial do topo e (b) qual é a</p><p>aceleração tangencial do topo? (Sugestão: Use considerações de</p><p>energia e não de torque.) (c) Para qual ângulo G a aceleração tangencial</p><p>é igual a g? Informação útil: á��±Ð 	 AAB �³B; á 	 á�¿ � �ℎB; ∆�</p><p>� ∆�� 	 0; ∆�</p><p>�z∆Ú�¿; ∆�� 	 AB á.å�B " å¤B�; ø 	 TK sin G ; ø 	 á�; �ê 	 �T; �è 	 åBT.</p><p>Solução</p><p>(1) Cálculo do momento de inércia em relação ao ponto O.</p><p>á 	 á��±Ð � �ℎB 	 AAB �³B � � �nB�B 	 AAB �³B � A5 �³B 	 � AAB � A5� �³B 	 �A�4AB � �³B 	5AB �³B.</p><p>á 	 13 �³B.</p><p>(2) Expressão da variação de altura do CM, ∆Ú�¿.</p><p>∆Ú�¿ 	 ³2 cos G " ³2 	 ³2 .cos G " 1�.</p><p>(3) Conservação de energia: obtenção da expressão de å.</p><p>∆�</p><p>� ∆�� 	 0 → �z∆Ú�¿ � 12 á.åB " 0B� 	 0 → �z∆Ú�¿ � 12 áåB 	 0;</p><p>�z 8³2 cos G " ³29 � 12 813 �³B9 åB 	 0 → 812 �³9 z.cos G " 1� � 812 �³9 ³3 åB 	 0;</p><p>z.cos G " 1� � ³3 åB 	 0 → å 	 �3z³ .1 " cos G�.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 46 de 47</p><p>(4) å para G 	 35°.</p><p>å 	 �3 ∙ 9.855 .1 " cos 35°� 	 0.311 rad s⁄ .</p><p>(a) �è 	 åBT 	 åB³ 	 .0.311 rad s⁄ �B.55 m� 	 5.32 m sB⁄ .</p><p>(b1) Torque atuando na chaminé.</p><p>ø 	 ³2 �z sin G.</p><p>(b2) Aceleração angular da chaminé.</p><p>ø 	 á� → ³2 �z sin G 	 13 �³B� → � 	 32³ z sin G.</p><p>(b3) Aceleração tangencial no topo a 35°.</p><p>�ê 	 �T 	 32³ z sin G ³ 	 32 z sin G → �ê 	 32 .9.8� sin 35° 	 8.43 m sB.⁄</p><p>(c) Angulo G para �ê 	 z.</p><p>�ê 	 32 z sin G → z 	 32 z sin G → sin G 	 23 → G 	 41.8°.</p><p>76) A figura mostra um corpo rígido formado por um aro fino</p><p>(de massa � e raio Ô 	 0.15 m) e uma barra fina radial (de</p><p>massa � e comprimento ³ 	 2Ô). O conjunto está na vertical,</p><p>mas, se receber um pequeno empurrão, começa a girar em</p><p>torno de um eixo horizontal no plano do aro e da barra, que</p><p>passa pela extremidade inferior da barra. Desprezando a energia</p><p>fornecida ao sistema pelo pequeno empurrão, qual é a</p><p>velocidade angular do conjunto ao passar pela posição invertida</p><p>(de cabeça para baixo)?</p><p>Informação útil: á��±Ð 	 AAB �³B; ám�±Ð 	 AB �ÔB; á 	 á�¿ � �ℎB; ∆�</p><p>� ∆�� 	 0; ∆�</p><p>�z∆Ú�¿; ∆�� 	 AB á.å�B " å¤B�; ø 	 TK sin G ; ø 	 á�; �ê 	 �T; �è 	 åBT.</p><p>Solução</p><p>(1) Cálculo do momento de inércia do conjunto em elação ao eixo de rotação. á 	 á�� � ám�;</p><p>á 	 ºá��±Ð � � 8³29B» � üám�±Ð � �.³ � Ô�Bý 	;</p><p>á 	 º 112 �³B � � 8³29B» � �12 �ÔB � �.³ � Ô�B� 	;</p><p>á 	 º 112 �.2Ô�B � � 82Ô2 9B» � �12 �ÔB � �.2Ô � Ô�B� ;</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 47 de 47</p><p>á 	 �13 �ÔB � �ÔB� � �12 �ÔB � 9�ÔB� 	 43 �ÔB � 192 �ÔB 	 8 � 576 �ÔB 	 656 �ÔB.</p><p>(2) Cálculo do CM do conjunto.</p><p>�¿ 	 ���¿°î � ���¿m�2� 	 ³2 � ³ � Ô2 	 2Ô2 � 2Ô � Ô2 	 2Ô.</p><p>(2) Cálculo de ∆Ú�¿ do conjunto. ∆Ú�¿ 	 �¿� " �¿� 	 ."2Ô� " .2Ô� 	 "4Ô.</p><p>(3) Conservação de energia: obtenção da expressão para cálculo de å.</p><p>∆�</p><p>� ∆�� 	 0 → 2�z∆ℎ�¿ � 12 á.åB " 0B� 	 0 → 2�z∆ℎ�¿ � 12 áåB 	 0;</p><p>2�z."4Ô� � 12 8656 �ÔB9 åB 	 0 → 8�zÔ 	 6512 �ÔBåB → 4z 	 6512 ÔåB;</p><p>å 	 �96z65Ô 	 �96.9.8 m sB⁄ �65.0.15 m� 	 9.82 rad s⁄</p><p>246 ∙ 2B " 5 	 atan "28 ∙ 824 " 5 	 atan "22419 → θ 	 "85.2°.</p><p>Assim, o ângulo entre o semieixo positivo x e uma reta tangente à trajetória da partícula em t 	 2 s é 85.2° para baixo do eixo.</p><p>11) Um dardo é arremessado horizontalmente com uma velocidade inicial de 10 m/s em</p><p>direção a um ponto P, o centro de um alvo de parede. O dardo atinge um ponto Q do alvo,</p><p>verticalmente abaixo de P, 0.19 s depois do arremesso. (a) Qual é a distância vertical entre</p><p>PQ? (b) A que distância horizontal do alvo foi arremessado o dardo?</p><p>Fórmulas úteis: � " �V 	 .'V cos GV�W; " V 	 .'V sen GV�W " AB zWB; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Sabendo-se o ângulo inicial e o tempo, é possível obter as distância solicitadas por simples</p><p>aplicação das fórmulas.</p><p>Execução do Plano</p><p>a) Do enunciado, GV 	 0° (lançamento horizontal) e sen GV 	 0. Assim,</p><p>" V 	 " 12 zWB 	 " 12 .9.8�.0.19�B 	 "0.177m ≈ "18cm.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 7 de 47</p><p>Assim, L|} 	 18cm.</p><p>b) Do enunciado, 'V 	 10 m s⁄ , GV 	 0° (lançamento horizontal) e cos GV 	 1. Assim � " �V 	 L~ 	 'VW 	 .10�.0.19� 	 1.9m.</p><p>12) Um projétil é disparado horizontalmente de uma arma que está 45m acima de um terreno</p><p>plano, saindo da arma com uma velocidade de 250 m s⁄ . (a) Por quanto tempo o projétil</p><p>permanece no ar? (b) A que distância horizontal do ponto de disparo o projétil se choca com o</p><p>solo? (c) Qual é o módulo da componente vertical da velocidade quando o projétil se choca</p><p>com o solo? Fórmulas úteis: � " �V 	 .'V cos GV�W; " V 	 .'V sen GV�W " AB zWB; 'Y 	 'V sin GV " zW; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Trata-se de aplicação direta de fórmulas na sequência correta, uma vez que se tem os dados.</p><p>Inicialmente, obtém-se o tempo de queda (2a fórmula), e com esse valor a distância horizontal</p><p>e a velocidade vertical no choque podem ser calculadas usando as outras fórmula.</p><p>Execução do Plano</p><p>Dados: 'V 	 250 m s⁄ , " V 	 "45m e GV 	 0° (F�� GV 	 0 e cos GV 	 1).</p><p>a) " V 	 .'V sen GV�W " AB zWB. (A)</p><p>Substituindo os dados em (A),</p><p>"45 	 .250 sen 0°�W " 12 .9.8�WB → "45 	 0 " 4.9WB → W 	 �454.9 	 3.03s.</p><p>b) � " �V 	 .'V DEF GV�W. � " �V 	 L~ 	 .250 ∙ 1�.3.03� 	 758m.</p><p>c) 'Y 	 'V F�� GV " zW. 'Y 	 .250 ∙ 0� " .9.8�.3.03� 	 "29.7 m s⁄ → |'Y| 	 29.7 m s⁄ .</p><p>3. Forças e Leis de Newton</p><p>13) Apenas duas forças horizontais atuam em um corpo de 3.0 kg que pode se mover em um</p><p>piso sem atrito. Uma força é de 9.0 N e aponta para o leste; a outra é de 8.0 N e atua 62° ao</p><p>norte do oeste. Qual é o módulo da aceleração do corpo?</p><p>Fórmulas úteis: K⃗ 	 K_ #⃗ � KY %⃗; K 	 PK_B � KYB; K⃗� 	 ∑ K⃗�� ; K 	 ��.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para achar a força resultante, decompõe-se as forças dadas nos eixos x e y e somam-se as</p><p>componentes, no que resultará nas componentes da força resultante. Tendo essas</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 8 de 47</p><p>componentes, obtém-se o módulo da força, K. Usando a</p><p>segunda lei de Newton (K 	 ��), calcula-se o módulo da</p><p>aceleração.</p><p>Execução do Plano</p><p>Forças e suas componentes. K⃗A 	 .9 N�#⃗ K⃗B 	 ."8 cos 62° N�#⃗ � .8 sin 62° N�%⃗ 	 ."3.76 N�#⃗ � .7.06 N�%⃗ K⃗� 	 K⃗A � K⃗B 	 w.9 " 3.76�Nx#⃗ � .7.06 N�%⃗ 	 .5.24 N�#⃗ � .7.06 N�%⃗</p><p>Módulo da força resultante.</p><p>OK�����⃗ O 	 K 	 PK�_B � K�YB 	 I5.24B � 7.06B 	 8.79 N.</p><p>Cálculo da aceleração. K 	 �� → � 	 K �⁄ 	 .8.79 N� .3 kg�⁄ 	 2.93 m sB⁄ .</p><p>14) Se um corpo-padrão de 1 kg tem uma aceleração de 2 m/s2 a 20.0° com o semieixo x</p><p>positivo, qual é (a) a componente x e (b) qual é a componente y da força resultante a que o</p><p>corpo está submetido e (c) qual é a força resultante na notação dos vetores unitários (K 	��)?</p><p>Fórmulas úteis: K 	 ��; K⃗ 	 K_ #⃗ � KY %⃗.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Conhecendo-se a aceleração e a massa, calcula-se o módulo da força</p><p>usando-se a lei de Newton. E tendo-se e a direção da força (mesmo ângulo</p><p>da aceleração), obtém-se as componentes x e y da força e sua</p><p>representação vetorial no plano.</p><p>Execução do Plano K 	 �� 	 .1 kg� �2 h��� 	 2 N;</p><p>(a) K_ 	 .2 N� cos 20° 	 1.879 N;</p><p>(b) KY 	 .2 N� sin 20° 	 0.684 N;</p><p>(c) K⃗ 	 .1.879 N�#⃗ � .0.684 N�%⃗.</p><p>15) Três astronautas, impulsionados por mochilas a jato, empurram</p><p>e guiam um asteroide de 120 kg para uma base de manutenção,</p><p>exercendo as forças mostradas na figura à direita, com F1 = 32 N,</p><p>F2 = 55 N, F3 = 41 N, θ1 = 30° e θ3 = 60°. Determine a aceleração do</p><p>asteroide (a) na notação dos vetores unitários e como (b) um</p><p>módulo e (c) um ângulo em relação ao semieixo x positivo.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 9 de 47</p><p>Fórmulas úteis: K⃗ 	 K_ #⃗ � KY %⃗; K 	 PK_B � KYB; K⃗� 	 ∑ K⃗�� ; K 	 ��.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Da figura e dos dados (módulos de força e ângulos), obtém-se a representação vetorial de</p><p>cada força.</p><p>Na sequência, somam-se as componentes em x e y de todas as forças e obtém-se as</p><p>componentes da força resultante.</p><p>Como consequência, torna-se possível calcular o seu módulo.</p><p>Das componentes x e y da resultante, obtém-se o ângulo pedido (arctan Fy/Fx).</p><p>Execução do Plano K⃗A 	 .32 cos 30° N�#⃗ � .32 sin 30° N�%⃗ 	 .27.7 N�#⃗ � .16.0 N�%⃗ K⃗B 	 .55 N�#⃗ K⃗4 	 .41 cos."60°� N�#⃗ � .41 sin."60°� N�%⃗ 	 .20.5 N�#⃗ � ."35.5 N�%⃗ K⃗� 	 K⃗A � K⃗B � K⃗4 	 w.27.7 � 55.0 � 20.5� Nx#⃗ � w.16.0 " 35.5� Nx%⃗ 	 .103.2 N�#⃗ �."19.5 N�%⃗.</p><p>(a) �⃗� 	 K⃗� � 	 w.103.2 N�#⃗ � ."19.5 N�%⃗x 120 kg⁄ 	 .0.86 m sB⁄ �#⃗ � ."0.16 m sB⁄ �%⃗�</p><p>(b) ‖�⃗�‖ 	 � 	 I��_B � ��YB 	 I0.86B � ."0.16�B 	 0.88 m sB⁄</p><p>(c) � 	 arctan<K�Y K�_⁄ > 	 arctan."0.16 0.86⁄ � 	 "10.7°</p><p>16) Duas forças agem sobre a caixa de 2.00 kg vista de cima na Figura</p><p>à esquerda, mas apenas uma força é mostrada. Para F1 = 20.0 N,</p><p>a = 12.0 m/s2 e θ = 30°, determine a segunda força (a) na notação dos</p><p>vetores unitários e como (b) um módulo e (c) um ângulo em relação</p><p>ao semieixo x positivo.</p><p>Fórmulas úteis: K⃗� 	 K⃗A � K⃗B; OK⃗O 	 PK_B � KYB.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Deve ser observado que a força resultante pode ser calculada, uma</p><p>vez que se conhece o vetor aceleração resultante (mesma direção da</p><p>força) e a massa. Para esse cálculo, aplica-se a segunda lei de</p><p>Newton. Obtém-se assim a força resultante na notação vetorial.</p><p>Como essa força é resultante da soma da força F1 com F2, é possível</p><p>obter as componentes da força F2, pois tem-se as componentes de</p><p>FR e F1. Obtém-se assim F2 na notação vetorial, sendo possível então calcular o módulo de F2</p><p>e seu ângulo em relação ao semieixo positivo x (a2<0; arctan Fy/Fx).</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 10 de 47</p><p>Execução do Plano K⃗A 	 .20 N�#⃗</p><p>�⃗� 	 ."12 sin 30° m sB⁄ �#⃗ � ."12 cos 30° m sB⁄ �%⃗ 	 ."6.0 m sB⁄ �#⃗ � ."10.4 m sB⁄ �%⃗ K⃗� 	 ��⃗� 	 .2 kg�w."6.0 m sB⁄ �#⃗ � ."10.4 m sB⁄ �%⃗x 	 ."12.0 N�#⃗ � ."20.8 N�%⃗. K⃗� 	 K⃗A � K⃗B</p><p>(a) K⃗B 	 K⃗� " K⃗A 	 ."12.0 N�#⃗ � ."20.8 N�%⃗ " .20 N�#⃗ 	 ."32.0 N�#⃗ � ."20.8 N�%⃗.</p><p>(b) OK⃗BO 	 PKB_B � KBYB 	 I."32.0�B � ."20.8�B 	 38.2 N.</p><p>(c) G 	 arctan<KBY KB_⁄ > 	 arctan."20.8 "32.0⁄ � 	 33°, entre K⃗B e o semieixo negativo. Em</p><p>relação ao semieixo positivo, � 	 ".180° " 33°� 	 "147° (negativo no sentido horário).</p><p>17) A figura à direita mostra um arranjo no qual quatro discos estão</p><p>suspensos por cordas. A corda mais comprida, no alto, passa por uma polia</p><p>sem atrito e exerce uma força de 98 N sobre a parede à qual está presa. As</p><p>trações das cordas mais curtas são T1 = 58.8 N, T2 =49.0 N e T3 = 9.8 N. Qual é</p><p>a massa (a) do disco A, (b) do disco B, (c) do disco C e (d) do disco D?</p><p>(g=9.8 m/s2; K 	 ��z → � 	 K/z).</p><p>Fórmulas úteis: g=9.8 m/s2; K 	 �z → � 	 K/z).</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>O peso de cada disco é calculado através das diferenças das trações em cada disco. Tendo-se</p><p>os pesos, calculam-se as massas pela segunda lei de Newton.</p><p>Execução do Plano UA 	 98 N " �m → �m 	 98 N " UA 	 98 N " 58.8 N 	 39.2 N</p><p>→ �m 	 �m z⁄ 	 .39.2 N� .9.8 � FB⁄ � 	 4 kg⁄ . UB 	 UA " �� → �� 	 UA " UB 	 58.8 N " 49 N 	 9.8 N</p><p>→ �� 	 �� z⁄ 	 .9.8 N� .9.8 � FB⁄ � 	 1 kg⁄ . U4 	 UB " �� → �� 	 UB " U4 	 49 N " 9.8 N 	 39.2 N</p><p>→ �� 	 �� z⁄ 	 .39.2 N� .9.8 � FB⁄ � 	 4 kg⁄ . �� 	 U4 	 9.8 N → �� 	 �� z⁄ 	 .9.8 N� .9.8</p><p>� FB⁄ � 	 1 kg⁄ .</p><p>4. Trabalho e Energia Cinética</p><p>18) Um trenó é puxado em uma rampa, estando ele em repouso nos instantes inicial e final;</p><p>portanto, sua energia cinética não varia (figura). Uma corda puxa para cima o trenó de 200kg</p><p>em uma encosta com um ângulo G 	 30°, por uma distância L 	 20m. A encosta nevada é</p><p>tão escorregadia que o atrito entre o trenó e a encosta pode ser desprezado. Qual é o</p><p>trabalho realizado pelas forças que agem sobre o trenó? Considere que a subida é um</p><p>movimento com velocidade constante (sem aceleração: ou seja, os transiente iniciais e finais</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 11 de 47</p><p>são desprezíveis). Informações úteis: J 	 KL cos � (� é o ângulo entre a força e o deslocamento); J� 	 �zL cos �; z 	 9.8 m/sB; J 	 ������� " ��������� 	 ∆��.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>As únicas forças que realizam trabalho são a força de tração e a componente do peso na</p><p>direção do deslocamento. A componente da força peso perpendicular ao deslocamento e a</p><p>força normal não realizam trabalho. Basta então aplicar a fórmula do trabalho nos dois casos</p><p>onde os trabalhos não são nulos.</p><p>Execução do Plano</p><p>O trabalho da força gravitacional é negativo, pois a força atua na mesma direção, mas em</p><p>sentido oposto ao deslocamento. Logo, Jz 	 Kz�L cos 180° 	 �z sen G L."1� 	 "�zL sen G	 ".200 kg�<9.8 m s2⁄ >.20 m� sen 30 °. Jz 	 "1960 J 	 "1.96 kJ.</p><p>A força de tração é o suficiente para equilibrar a componente do peso paralela à rampa</p><p>(exceto na aceleração do início e na desaceleração no final, que serão consideradas muito</p><p>rápidas e desprezadas). Assim, durante o movimento, U��⃗ 	 "K��⃗ z�; U 	 �U��⃗ � 	 �K��⃗ z�� 	 �z sin G</p><p>O trabalho da tração é positivo, pois a força atua na mesma direção e sentido do</p><p>deslocamento. Logo, JU 	 UL cos 0° 	 �z sin G L.1� 	 .200 kg�<9.8 m s2⁄ >.20 m� sen 30 °; JU 	 1960 J 	 1.96 kJ.</p><p>Como não há variação da energia cinética (∆�� 	 0) mesmo resultado poderia ser obtido</p><p>lembrando-se do teorema do trabalho e energia cinética, ou seja, J 	 Jk � J� 	 ������� " ��������� 	 ∆�� 	 0.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 12 de 47</p><p>Assim, Jk 	 "J� 	 "."1.96 ∙ 105 J� 	 1.96 ∙ 105 J.</p><p>19) Uma força K⃗ 	 .10 N�#⃗ � .5 N�%⃗ � .6 N�=�⃗ ocasiona um deslocamento L⃗ 	 .1 m�#⃗ �.2 m�%⃗ � .2 m�=�⃗ em um corpo. (a) Qual o trabalho realizado por essa força? (b) Se o corpo</p><p>estava incialmente em repouso .'V 	 0) e sua a massa é � 	 2 =z, qual a sua velocidade ao</p><p>final do deslocamento ('�) sabendo-se que K⃗ foi a única força a atuar nesse período?</p><p>Informações úteis: J 	 K⃗ ∙ L⃗; �⃗ ∙ &�⃗ 	 �_&_ � �Y&Y � ��&�; J 	 AB �.'�B " 'VB�.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>(a) Utiliza-se a fórmula de cálculo do trabalho pelo produto escalar, visto que os vetores força</p><p>e deslocamento são dados.</p><p>(b) Basta aplicar o teorema do trabalho e energia cinética.</p><p>Execução do Plano .a� J 	 K⃗ ∙ L⃗ 	 K_L_ � KYLY � K�L� 	 .10 N�.1 m� � .5 N�.2 m� � .6 N�.2 m� 	 32 J.</p><p>.b� J 	 12 �.'�B " 'VB� → '� 	 �2J� � 'VB 	 �2 ∙ 322 � 0B 	 √32 	 5.7 m s⁄ .</p><p>20) Um elevador de massa m = 500 kg está descendo</p><p>com velocidade 'V 	 4.0 m/s quando o cabo de</p><p>sustentação começa a patinar, permitindo que o</p><p>elevador caia com aceleração constante �⃗ 	 z⃗/5.</p><p>(a) Se o elevador cai de uma altura L 	 12 m, qual é</p><p>o trabalho realizado J� sobre o elevador pela força</p><p>gravitacional, K⃗�? (b) Qual é o trabalho Jk realizado</p><p>sobre o elevador pela força de tração do cabo, U�⃗ ,</p><p>durante a queda? (c) Qual é o trabalho total J</p><p>realizado sobre o elevador durante a queda? (d) Qual</p><p>é a energia cinética �� e a (e) velocidade do elevador</p><p>no final da queda de 12 m?</p><p>Informações úteis: J 	 KL cos �; J� 	 K�L cos � 	 �zL cos �; z 	 9.8 m/sB; J 	 �� " �V 	 AB �.'�B " 'VB�; K� " U 	 ��, � 	 z/5, pois U ¡ K�, pois o cabo está patinando (essa fórmula é necessária no</p><p>item (b) para considerar a perda de tração). Se o cabo não patinasse, U " K� 	 0.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta aplicar as fórmulas indicadas substituindo corretamente os dados.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 13 de 47</p><p>Execução do Plano</p><p>.a� J� 	 �zL cos � 	 .500 kg� �9.8 msB� .12 m� cos 0° 	 5.88 ∙ 105 J 	 59 kJ.</p><p>.b� K� " U 	 �� → U 	 K� " �� 	 �z " � z5 	 45 �z.</p><p>Jk 	 UL cos � 	 45 �zL cos � 	 45 .500 kg� �9.8 msB� .12 m� cos 180° 	 "4.70 ∙ 105 J	 "47 kJ.</p><p>(c) J 	 J� � Jk 	 59 kJ " 47 kJ 	 12 kJ.</p><p>.d� �� 	 J � �V 	 J � 12 �'VB 	 12000 J � 12 .500 kg�.4.0 m s⁄ �B 	 16000 J 	 16 kJ.</p><p>.d� '� 	 �2��� 	 �2 ∙ 16000500 	 8 m/s.</p><p>21) A única força que age sobre uma lata de 2.0 kg que está se movendo em um plano xy tem</p><p>um módulo de 5.0 N. Inicialmente, a lata tem uma velocidade de 4.0 m/s no sentido positivo</p><p>do eixo x; em um instante posterior, a velocidade passa a ser 6.0 m/s no sentido positivo do</p><p>eixo y. Qual é o trabalho realizado sobre a lata pela força de 5.0 N nesse intervalo de tempo?</p><p>Informações úteis: J 	 �� " �V; � 	 AB �'B.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta aplicar as fórmulas indicadas substituindo corretamente os dados.</p><p>Execução do Plano</p><p>J 	 �� " �V 	 12 �<'�B " 'VB> 	 12 2.6B " 4B� 	 20 J.</p><p>22) Um trenó e seu ocupante, com massa total de 85 kg, descem uma encosta e atingem um</p><p>trecho horizontal retilíneo com uma velocidade de 37 m/s. Se uma força desacelera o trenó</p><p>até o repouso a uma taxa constante de 2.0 m/s2, determine (a) o módulo F da força, (b) a</p><p>distância d que o trenó percorre até parar e (c) o trabalho W realizado pela força sobre o</p><p>trenó. Quais são os valores de (d) F, (e) d e (f) W, se a taxa de desaceleração for 4.0 m/s2?</p><p>Informações úteis: K 	 ��; 'B 	 'VB � 2�L; J 	 KL cos �.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta aplicar as fórmulas indicadas substituindo corretamente os dados.</p><p>Execução do Plano</p><p>.a� K 	 �� 	 .85 kg� �2 msB� 	 170 N.</p><p>.b� L 	 'B " 'VB2� 	 37B " 0B2 ∙ 2 	 342 m.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 14 de 47</p><p>.c� J 	 KL cos � 	 .170 N�.342 m� cos 180° 	 "58 kJ.</p><p>.d� K 	 �� 	 .85 kg� �4 msB� 	 340 N.</p><p>.e� L 	 'B " 'VB2� 	 37B " 0B2 ∙ 4 	 171 m.</p><p>.f� J 	 KL cos � 	 .340 N�.171 m� cos 180° 	 "58 kJ.</p><p>5. Forças Conservativas, Energias Potencial e Mecânica</p><p>23) Qual é a constante elástica de uma mola que armazena 25 J de energia potencial ao ser</p><p>comprimida 7.5 cm? Informações úteis: �| 	 AB =�B.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta isolar = na fórmula fornecida para a energia potencial da mola e substituir valores com</p><p>unidades coerentes.</p><p>Execução do Plano</p><p>�| 	 12 =�B → = 	 2�|�B → = 	 2 ∙ 250.075B 	 8889 N m⁄ .</p><p>24) Você deixa cair um livro de 2.0 kg para uma amiga que está na</p><p>calçada, a uma distância D = 10.0 m abaixo de você. Se as mãos</p><p>estendidas da sua amiga estão a uma distância d = 1.5 m acima do</p><p>solo, (a) qual é o trabalho J� realizado sobre o livro pela força</p><p>gravitacional até o livro cair nas mãos da sua amiga? (b) Qual é a</p><p>variação ∆�| da energia potencial gravitacional do sistema livro-</p><p>Terra durante a queda? Se a energia potencial gravitacional �| do</p><p>sistema é considerada nula no nível do solo, qual é o valor de �|</p><p>(c) quando você deixa cair o livro e (d) quando o livro chega às</p><p>mãos da sua amiga? Suponha agora que o valor de �| é 100 J ao</p><p>nível do solo e calcule novamente (e) J�, (f) ∆�|, (g) �| no ponto</p><p>do qual você deixou cair o livro e (h) �| no ponto em que o livro</p><p>chegou às mãos da sua amiga. Por último, desprezando a</p><p>resistência do ar, (i) com qual velocidade o livro chega às mãos da amiga? Informações úteis: �| 	 �zℎ; ∆�| 	 �z∆ℎ 	 �z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§> 	 "J�; ' 	 I2zℎ; z 	 9.8 m sB⁄ ; ∆�| 	 �|����� " �|�������.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Trata-se de avaliar o tipo de energia envolvido (trabalho ou variação de energia potencial) e</p><p>aplicar corretamente as fórmulas fornecidas.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 15 de 47</p><p>Execução do Plano .a� J� 	 "�z∆ℎ 	 "�z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§> 	 "�z.L " ¨� 	 "2.0 ∙ 9.8.1.5 " 10.0�	 167 J. .b� ∆�| 	 "J� → ∆�| 	 "167 J. .c� �|© 	 �z¨ 	 2.0 ∙ 9.8 ∙ 10.0 	 196 J. .d� �|ª 	 �zL 	 2.0 ∙ 9.8 ∙ 1.5 	 29 J. .e� O trabalho não muda com o referencial, pois a distância .L " ¨� se mantém: J� 	 167 J. .f� A variação de energia potencial não muda com o referencial</p><p>pelo mesmo motivo: ∆�| 	"167 J. .g� �|© 	 �z¨ � �|« 	 2.0 ∙ 9.8 ∙ 10.0 � 100 	 296 J. .h� �|ª 	 �zL � �|« 	 2.0 ∙ 9.8 ∙ 1.5 � 100 	 129 J. .i� ' 	 I2zℎ 	 I2.0 ∙ 9.8 ∙ .10.0 " 1.5� 	 13 m s⁄ .</p><p>25) Na figura ao lado, um floco de gelo de 2 g é liberado na</p><p>borda de uma taça hemisférica com 22 cm de raio. Não há</p><p>atrito no contato do floco com a taça, nem resistência do ar.</p><p>(a) Qual é o trabalho realizado sobre o floco pela força</p><p>gravitacional durante a descida do floco até o fundo da taça?</p><p>(b) Qual é a variação da energia potencial do sistema floco-</p><p>Terra durante a descida? (c) Se a energia potencial é tomada</p><p>como nula no fundo da taça, qual é seu valor quando o floco é</p><p>solto? (d) Se, em vez disso, a energia potencial é tomada</p><p>como nula no ponto onde o floco é solto, qual é o seu valor quando o floco atinge o fundo da</p><p>taça? (e) Se a massa do floco fosse duplicada, os valores das respostas dos itens de (a) a (d)</p><p>aumentariam, diminuiriam ou permaneceriam os mesmos?</p><p>Informações úteis: �| 	 �zℎ; ∆�| 	 �|� " �|¬ 	 "J�; z 	 9.8 ­®�.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Novamente, trata-se de avaliar o tipo de energia envolvido (trabalho ou variação de energia</p><p>potencial) e aplicar corretamente as fórmulas fornecidas, averiguando a influência de cada</p><p>parâmetro, como a massa, nos valores finais calculados..</p><p>Execução do Plano</p><p>.a� J� 	 "�z∆ℎ 	 ".0.002 kg� �9.8 msB� .0 m " 0.22 m� 	 0.00431 J 	 4.31 mJ.</p><p>.b� ∆�| 	 "J� 	 "4.31 mJ. .c� ∆�| 	 �|� " �|¬ → �A 	 �|� " ∆�| 	 0 " ."4.31 mJ� 	 4.31 mJ. .d� ∆�| 	 �|� " �|¬ → �B 	 �|¬ � ∆�| 	 0 � ."4.31 mJ� 	 "4.31 mJ. .e� Todas aumentariam por um fator 2.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 16 de 47</p><p>26) Na figura ao lado, um bloco desliza de A</p><p>para C em uma rampa sem atrito e depois</p><p>passa para uma região horizontal CD onde</p><p>está sujeito a uma força de atrito. A energia</p><p>cinética do bloco aumenta, diminui ou</p><p>permanece constante (a) na região AB, (b) na</p><p>região BC e (c) na região CD? (d) A energia</p><p>mecânica do bloco aumenta, diminui ou</p><p>permanece constante nessas regiões?</p><p>Informações úteis: ∆�| 	 "J� 	 "∆��.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>É necessário avaliar o intercâmbio entre energia potencial e energia cinética, e se ocorre</p><p>alguma outra força (não conservativa).</p><p>Execução do Plano</p><p>(a) A energia cinética aumenta na região AB, pois ∆�|¯° ¡ 0 (altura diminui).</p><p>(a) A energia cinética diminui na região BC, pois ∆�|°± ² 0 (altura aumenta).</p><p>(c) Apesar da altura constante, a energia cinética diminui pois, mesmo sendo ∆�|±© 	 0, a</p><p>uma força realizando trabalho contrário ao movimento devido ao atrito.</p><p>(d) Como não há atrito (força dissipativa) nas regiões AB e BC, a energia mecânica se mantém</p><p>constante, mas diminui na região CD.</p><p>27) A figura ao lado mostra uma haste fina, de comprimento L = 2.0 m e</p><p>massa desprezível, que pode girar em torno de uma das extremidades</p><p>para descrever uma circunferência vertical. Uma bola, de massa</p><p>m = 5.0 kg, está presa na outra extremidade. A haste é puxada</p><p>lateralmente até fazer um ângulo θ0 = 30.0° com a vertical e liberada com</p><p>velocidade inicial v0 = 0. Quando a bola desce até o ponto mais baixo da</p><p>circunferência, (a) qual é o trabalho realizado sobre a bola pela força</p><p>gravitacional e (b) qual é a variação da energia potencial do sistema bola-</p><p>Terra? (c) Se a energia potencial gravitacional é tomada como zero no</p><p>ponto mais baixo da circunferência, qual é seu valor no momento em que a bola é liberada?</p><p>(d) Os valores das respostas dos itens de (a) a (c) aumentam, diminuem ou permanecem os</p><p>mesmos se o ângulo θ0 é aumentado?</p><p>Informações úteis: ∆�| 	 �z∆ℎ 	 �z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§> 	 "J�; z 	 9.8 ­®�.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Primeiro calcula-se a variação de altura possível. A partir do valor obtido, aplicam-se as</p><p>relações fornecidas conforme o intercâmbio de energia analisado.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 17 de 47</p><p>Execução do Plano</p><p>Cálculo da variação de altura. ∆ℎ 	 ℎ4V° " ℎV° 	 ³ " ³ cos GV 	 ³.1 " cos GV� 	 2.0.1 " cos 30°� 	 2.0.1 " 0.866�	 0.268 m. .a� J� 	 "�z.ℎV° " ℎ4V°� 	 "�z."∆ℎ� 	 �z∆ℎ 	 5.0 ∙ 9.8 ∙ 0.268 	 13.1 J. .b� ∆�| 	 "J� 	 "13.1 J. .c� ∆�| 	 �|«° " �|´«° → �|́ «° 	 �|«° " ∆�| 	 0 " ."13.1 J� 	 13.1 J. .b� Todos aumentam, pois ∆ℎ aumenta.</p><p>28) Na figura, um caminhão perdeu os</p><p>freios quando estava descendo uma</p><p>ladeira a 130 km/h e o motorista dirigiu o</p><p>veículo para uma rampa de emergência,</p><p>sem atrito, com uma inclinação θ = 15°. A</p><p>massa do caminhão é de 1.2⋅104 kg.</p><p>(a) Qual é o menor comprimento L que a rampa deve ter para que o caminhão pare</p><p>(momentaneamente) antes de chegar ao final (suponha que o caminhão pode ser tratado</p><p>como uma partícula)? O comprimento mínimo L aumenta, diminui ou permanece o mesmo</p><p>(b) se a massa do caminhão for menor e (c) se a velocidade for menor?</p><p>Dica. Para calcular o comprimento, é necessário saber a altura necessária para a energia</p><p>cinética ser transformada totalmente em energia potencial.</p><p>Informações úteis: ∆�| 	 "∆��; ∆�| 	 �z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§>; ∆�� 	 AB �<'�¤¥¦§B " '¤¥¤�¤¦§B >.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Trata-se de intercâmbio entre energia potencial e cinética do caminhão: a soma será nula.</p><p>Aplicando-se a fórmula fornecida, é possível encontrar a altura da rampa e, como o ângulo</p><p>dado, calcula-se o seu comprimento. Para analisar a influência, analisar a participação da</p><p>massa nos cálculos.</p><p>Execução do Plano</p><p>Da conservação da energia mecânica, ∆�| 	 "∆��.</p><p>.a� �z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§> 	 " 12 �<'�¤¥¦§B " '¤¥¤�¤¦§B > → z∆ℎ 	 " 12 <"'¤¥¤�¤¦§B > 	 12 '¤¥¤�¤¦§B ;</p><p>∆ℎ 	 12z '¤¥¤�¤¦§B 12.9.8 m sB⁄ � 8130 kmh 9 	 119.6 m sB⁄ 8130 1000 m3600 s 9B 	 1304 mB sB⁄19.6 m sB⁄ ;</p><p>∆ℎ 	 66.53 m.</p><p>sin 15° 	 ∆ℎ³ → ³ 	 ∆ℎsin 15° 	 66.53 msin 15° 	 66.53 m0.2588 	 257.1 m.</p><p>(b) Seja a fórmula de intercâmbio de energia potencial e cinética.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 18 de 47</p><p>�z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§> 	 " 12 �<'�¤¥¦§B " '¤¥¤�¤¦§B > → ∆ℎ 	 " 12z <'�¤¥¦§B " '¤¥¤�¤¦§B >.</p><p>Se a massa do caminhão for menor, não haverá alteração na distância, pois ela não interfere</p><p>no intercâmbio das energias.</p><p>(c) Por outro lado, se a velocidade inicial for menor, há influência no sentido de diminuir ∆ℎ e,</p><p>consequentemente, ³.</p><p>29) A figura mostra uma pedra de 8.0 kg em repouso sobre uma mola. A mola é</p><p>comprimida 10 cm pela pedra. (a) Qual é a constante elástica da mola? (b) A</p><p>pedra é empurrada mais 20 cm para baixo e liberada. Qual é a energia potencial</p><p>elástica da mola comprimida antes de ser liberada? (c) Qual é a variação da</p><p>energia potencial gravitacional do sistema pedra-Terra quando a pedra se</p><p>desloca do ponto onde foi liberada até a altura máxima (ela oscila em torno de</p><p>x = 10 cm, que é o ponto de equilíbrio da massa)? (d) Qual é a altura máxima,</p><p>medida a partir do ponto onde a pedra foi liberada?</p><p>Informações úteis: K 	 "=�; �| 	 AB =�B; ∆�| 	 �z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§>; z 	 9.8 ­®�.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta aplicar as fórmulas na ordem que foram fornecidas.</p><p>Execução do Plano</p><p>.a� K 	 "=� → "�z 	 "=� → = 	 �z� 	 .8.0 kg�9.8 msB0.10 m 	 784 Nm.</p><p>.b� �|µ 	 12 =�B 	 12 794.0.1 � 0.2�B 	 35.3 J.</p><p>.c� ∆�| 	 �z<ℎ�¤¥¦§ " ℎ¤¥¤�¤¦§> 	 �z∆ℎ 	 .8.0 kg�9.8 msB .0.4 m� 	 31.4 J</p><p>.d� A altura máxima é 40 cm.</p><p>6. Forças Não Conservativas: Atrito e Arrasto</p><p>30) Uma cômoda com uma massa de 45 kg, incluindo as gavetas e as roupas, está em repouso</p><p>no piso. (a) Se o coeficiente de atrito estático entre a cômoda e o piso é 0.45, qual é o módulo</p><p>da menor força horizontal necessária para fazer a cômoda entrar em movimento? (b) Se as</p><p>gavetas e as roupas, com uma massa total de 17 kg, são removidas antes de empurrar a</p><p>cômoda, qual é o novo módulo mínimo? Informações úteis: ¶®·�` 	 ¸®K¹; K� 	 �z; z 	9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para começar deslocar a cômoda, a força necessária deve ser igual à força de atrito máxima.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 19 de 47</p><p>Assim, basta calcular essa força nas duas situações.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Para começar deslocar a cômoda, a força necessária deve ser igual à força de atrito máxima,</p><p>ou seja, K 	 ¶®·�` 	 ¸®K¹ 	 ¸®�z.</p><p>(A)</p><p>(a) Para a cômoda completa, K 	 0.45.45 kg�.9.8 m sB⁄ � 	 199 N.</p><p>(b) Para a cômoda sem gavetas e roupas, K 	 0.45.45 kg " 17 kg�.9.8 m sB⁄ � 	 123 N.</p><p>31) O piso de um vagão de trem está carregado de caixas soltas cujo coeficiente de atrito</p><p>estático com o piso é 0.25. Se o trem está se movendo inicialmente com uma velocidade de</p><p>48 km/h, qual é a menor distância na qual o trem pode ser parado com aceleração constante</p><p>sem que as caixas deslizem no piso?</p><p>Informações úteis: z 	 9.8 m sB⁄ ; K 	 ��; K� 	 �z; ¶®·�` 	 ¸®K¹; 'B 	 'VB �2�.� " �V� (MRUA).</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para não haver deslocamento das caixas, a força de desaceleração (inércia) das caixas não</p><p>deve ultrapassar a força máxima de atrito estático. No limite, elas devem ser iguais.</p><p>Assim, obtém-se a desaceleração máxima a partir da força máxima de atrito, e utiliza-se esse</p><p>resultado na fórmula da cinemática que relaciona a aceleração, a variação das velocidades e o</p><p>deslocamento.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Cálculo da desaceleração máxima da caixa. K­� 	 ��; ¶®·�` 	 ¸®K¹; K¹ 	 K� 	 �z → ¶®·�` 	 ¸®�z; K­� 	 ¶­¦_ → �� 	 ¸®�z → � 	 ¸®z 	 2.45 m sB⁄ .</p><p>Cálculo da distância percorrida para o trem parar. 'B 	 'VB � 2�.� " �V� 	 'VB � 2�L → L 	 .'B " 'VB� .2��⁄ .</p><p>Substituem-se os valores calculados lembrando que, como é desaceleração, o valor da</p><p>aceleração deve ser negativo.</p><p>L 	 º.0�B " 848 ∙ kmh 9B » ."2 ∙ 2.45 m sB⁄ �� 	 º.0�B " 848 ∙ 1000 m3600 s 9B » ."4.9 m sB⁄ �.�</p><p>L 	 36.3 m.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 20 de 47</p><p>32) Um bloco de 2.5 kg está inicialmente em repouso em</p><p>uma superfície horizontal. Uma força horizontal de módulo</p><p>6.0 N e uma força vertical são aplicadas ao bloco (figura). Os</p><p>coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco e a</p><p>superfície são, respectivamente, ¸® 	 0.40 e ¸� 	 0.25.</p><p>Determine o módulo da força de atrito que age sobre o bloco</p><p>se o módulo de ��⃗ é (a) 8.0 N, (b) 10.0 N e (c) 12.0 N. Informações úteis: ¶®·�` 	 ¸®K¹; ¶� 	¸�K¹; K� 	 �z; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para cada situação, compara-se o valor do atrito estático máximo, ¶®·�` , com a força aplicada, K.</p><p>Se ¶®·�` ² K, utiliza-se o coeficiente de atrito estático no cálculo; caso contrário, o coeficiente</p><p>de atrito dinâmico.</p><p>• Execução do Plano .a� ¶®·�` 	 ¸®K¹ 	 ¸®.�z " �� 	 0.4.2.5 ∙ 9.8 " 8.0� 	 6.6 N.</p><p>Como ¶®·�` 	 6.6 N ² 6.0 N 	 K, então ¶® 	 K 	 6.0 N .b� ¶®·�` 	 ¸®.�z " �� 	 0.4.2.5 ∙ 9.8 " 10.0� 	 5.8 N.</p><p>Como ¶®·�` 	 5.8 N ¡ 6.0 N 	 K, então ¶� 	 ¸�K¹ 	 ¸�.�z " �� 	 0.25.2.5 ∙ 9.8 " 10� 	3.6 N. .c� ¶®·�` 	 ¸®.�z " �� 	 0.4.2.5 ∙ 9.8 " 12� 	 5.0 N.</p><p>Como ¶®·�` 	 5.0 N ¡ 6.0 N 	 K, então ¶� 	 ¸�K¹ 	 ¸�.�z " �� 	 0.25.2.5 ∙ 9.8 " 12� 	3.1 N</p><p>33) A velocidade terminal de um paraquedista é 160 km/h na posição de águia e 310 km/h na</p><p>posição de mergulho de cabeça. Supondo que o coeficiente de arrasto ¼� do paraquedista não</p><p>muda de uma posição para a outra, determine a razão entre a área da seção reta efetiva ½ na</p><p>posição de menor velocidade e a área na posição de maior velocidade. Informações úteis: ¨ 	AB ¼�¾'B½.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>O que muda de uma situação para outra é a área e a velocidade. O arrasto não muda (igual ao</p><p>peso), o coeficiente de arrasto e a densidade são os mesmos. Assim, usando a fórmula de</p><p>arrasto, pode-se achar a relação entre a velocidade e a área.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Na posição de águia: m̈ 	 AB ¼�¾'mB½m.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 21 de 47</p><p>Na posição de mergulho: ¨¿ 	 AB ¼�¾'¿B ½¿.</p><p>Em ambos os casos, o arrasto está equilibrando o peso, ou sejam, são iguais. Logo, 12 ¼�¾'mB½m 	 12 ¼�¾'¿B ½¿ → 'mB½m 	 '¿B ½¿ → ½m½¿ 	 '¿B'mB 	 .310/160�B 	 .1.94�B 	 3.8.</p><p>34) Calcule a razão entre a força de arrasto experimentada por um avião a jato voando a</p><p>1000 km/h a uma altitude de 10 km e a força de arrasto experimentada por um avião a hélice</p><p>voando à metade da altitude e com metade da velocidade. A massa específica do ar é</p><p>0.38 kg/m3 a 10 km e 0.67 kg/m3 a 5.0 km. Suponha que os aviões possuem a mesma área de</p><p>seção reta efetiva e o mesmo coeficiente de arrasto ¼�. Informações úteis: ¨ 	 AB ¼�¾'B½.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para achar esta relação, basta calcular a razão entres os arrastos em cada situação, já que há</p><p>dados suficiente para calculá-la: tem-se as densidades, o coeficiente de arrasto e a área</p><p>frontal são iguais, e foi fornecida a razão das velocidades.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Para o avião a jato,</p><p>À̈ 	 12 ¼�¾À'ÀB½.</p><p>Para o avião a hélice,</p><p>¨Á 	 12 ¼�¾Á'ÁB½.</p><p>A razão T é dada por</p><p>T 	 À̈̈</p><p>Á 	 12 ¼�¾À'ÀB½12 ¼�¾Á'ÁB½ 	 ¾À'ÀB¾Á'ÁB 	 ¾À'ÀB</p><p>¾Á �'À2 �B 	 4¾À¾Á 	 4.0.38 kg m4⁄ �0.67 kg m4⁄ 	 2.3.</p><p>35) Na figura, os blocos A e B pesam 44 N e 22 N,</p><p>respectivamente. (a) Determine o menor peso do bloco C que</p><p>evita que o bloco A deslize, se ¸® entre o bloco A e a mesa é 0.20.</p><p>(b) O bloco C é removido bruscamente de cima do bloco A. Qual é</p><p>a aceleração do bloco A se ¸� entre o bloco A e a mesa é 0.15?</p><p>Informações úteis: ¶®·�` 	 ¸®K¹; ¶� 	 ¸�K¹; K 	 ��; � 	 �z; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para saber o menor peso do Bloco C, deve-se calcular a força máxima de atrito estático que</p><p>equilibra o peso do bloco B: o peso do bloco C será a incógnita.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 22 de 47</p><p>No item (b), deve-se considerar que a força resultante (peso do bloco B menos a força de</p><p>atrito) atua na massa dos dois blocos, A e B.</p><p>• Execução do Plano</p><p>(a) Neste caso, ¶®·�`.½ � ¼� 	 �� (tração no blocos A e C). Assim,</p><p>¶®·�` 	 ¸®K¹ 	 ¸®.�m � ��� 	 �� → �� 	 ��̧</p><p>® " �m 	 220.2 N " 44 N 	 66 N.</p><p>(b) Neste caso, ¶®·�`.½� 	 ¸®K¹ 	 ¸®�m 	 0.2 ∙ 44 N 	 8.8 N. ¶®·�`.½� 	 8.8 N ¡ 22 N 	 Pà → atrito cinético.</p><p>Logo, a força K atuando nos dois blocos é K 	 �� " ¶� 	 �� " ¸��m 	 22 " 0.15 ∙ 44 	 15.4 N</p><p>A força K sobre a massa dos blocos A e B, ou seja,</p><p>K 	 .�m � ���� 	 .�m � ���z � → � 	 Kz.�m � ��� 	 .15.4 N�.9.8 m sB⁄ �.44 N � 22 N� 	 2.3 m sB⁄ .</p><p>7. Momento Linear e Dinâmica das Colisões</p><p>36) Uma partícula de 2 kg tem coordenadas .-1.2 m, 0.5 m�, e uma partícula de 4 kg tem</p><p>coordenadas .0.6 m, "0.75 m�. Ambas estão em um plano horizontal. Em que coordenadas � deve ser posicionada uma terceira partícula de 3 kg para que o centro de massa do sistema</p><p>de três partículas tenha coordenadas ."0.5 m, "0.7 m�?</p><p>Informações úteis: ��¿ 	 A¿ ∑ ����¥�ÅA ; �¿ 	 A¿ ∑ �� �¥�ÅA ; Æ 	 ∑ ��¥�ÅA .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Deve-se utilizar as expressões para as coordenadas x e y do CM, pois em cada expressão</p><p>apenas a respectiva coordenada da terceira partícula será a incógnita.</p><p>• Execução do Plano</p><p>��¿ 	 �A�A � �B�B � �4�4�A � �B � �4 → "0.5 	 2."1.2� � 4.0.6� � 3�42 � 4 � 3 → "0.5 	 3�49 → �4	 "1.50 m.</p><p>�¿ 	 �A A � �B B � �4 4�A � �B � �4 → "0.7 	 2.0.5� � 4."0.75� � 3 42 � 4 � 3 → "0.7 	 "2 � 3 49 ;</p><p>4 	 9."0,7� � 23 	 "6.3 � 23 	 "1.43 m.</p><p>37) Uma pedra é deixada cair em W 	 0 ms. Uma segunda pedra, com massa duas vezes</p><p>maior, é deixada cair do mesmo ponto em W 	 100 ms. (a) A que distância do ponto inicial da</p><p>queda está o centro de massa das duas pedras em W 	 300 ms (supor que as pedras ainda não</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 23 de 47</p><p>chegaram ao solo)? (b) Qual é a velocidade do centro de massa das duas pedras nesse</p><p>instante?</p><p>Informações úteis: ' 	 'V � zW; " V 	 'VW � AB zWB; z 	 9.8 m sB⁄ ; z⃗ 	 ".9.8 m sB⁄ �=�⃗ ; .W 	 0 s� 	 0 m;</p><p>�¿ 	 A¿ ∑ �� �; ¥�ÅA '�¿ 	 A¿ ∑ ��'�� .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>A sequência de solução é a abaixo.</p><p>- Calcular a posição A e B das pedras 1 e 2 em t = 100 ms.</p><p>- Calcular as velocidades 'A, 'B e '�¿ (do centro de massa) das pedras em t = 100 ms.</p><p>- Calcular a posição �¿ do centro de massa das pedras em t = 100 ms.</p><p>- (a) Calcular a posição �¿ do centro de massa das pedras em t = 300 ms a partir de</p><p>t = 100 ms</p><p>(W 	 0.3 s " 0.1 s).</p><p>- (b) Calcular a velocidade '�¿ do centro de massa das pedras em t = 300 ms a partir de</p><p>t = 100 ms.</p><p>• Execução do Plano</p><p>- Cálculo da posição A e B das pedras 1 e 2 em t = 100 ms.</p><p>A " A« 	 'A«W � 12 zWB → A " 0 	 0.0.1</p><p>s� � 12 ."9.8 m sB⁄ �.0.1 s�B</p><p>"0.049 m .para baixo�. A 	 "0.049 m; B 	 0 .ainda não lançada�.</p><p>- Cálculo das velocidades 'A, 'B e '�¿ do centro de massa das pedras em t = 100 ms. 'A 	 'A« � zW 	 0 � ."9.8 m sB⁄ �.0.1 s� 	 "0.98 m s⁄ ; 'B 	 0 m s⁄ ;</p><p>'�¿ 	 1Æ É ��'� 	 �A'A � �B'B�A � �B 	 �A."0.98 m s⁄ � � 2�A.0 m s⁄ ��A � 2�A 	 0.98 m s⁄3� 	 "0.327 m s⁄ '�¿¬«« ÊË 	 "0.327 m s⁄ .</p><p>- Cálculo da posição �¿ do centro de massa das pedras em t = 100 ms.</p><p>�¿¬«« ÊË 	 1Æ É �� � 	 �A A � �B B�A � �B 	 �A."0.049� � 2�A.0��A � 2�A 	 "0.0493</p><p>¥</p><p>�ÅA	 "0.0163 m.</p><p>(a) Cálculo da posição �¿ do centro de massa das pedras em t = 300 ms a partir de t = 100 ms</p><p>(W 	 0.3 s " 0.1 s).</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 24 de 47</p><p>�¿´«« ÊË " �¿¬«« ÊË 	 '�¿¬«« ÊËW � 12 zWB;</p><p>�¿´«« ÊË 	 �¿¬«« ÊË � '�¿¬«« ÊËW � 12 zWB;</p><p>�¿´«« ÊË 	 "0.0163 � ."0.327�.0.3 " 0.1� � 12 ."9.8�.0.3 " 0.1�B;</p><p>�¿´«« ÊË 	 "0.0163 " 0.2614 	 "0.2777 m ≅ "28 cm.</p><p>(b) Cálculo da velocidade '�¿ do centro de massa das pedras em t = 300 ms a partir de</p><p>t = 100 ms. '�¿´«« ·Í 	 '�¿¬«« ·Í � zW 	 "0.327 m s⁄ � ."9.8 m sB⁄ �.0.3 s " 0.1 s� 	 "2.287 m s⁄ ; '�¿´«« ·Í ≅ "2.3 m s⁄ .</p><p>38) Uma grande azeitona (�m 	 0.5 kg) está na origem de um sistema de coordenadas � , e</p><p>uma grande castanha-do-pará (�� 	 1.5 kg) está no ponto .1 m, 2 m�. Em W 	 0 s, uma força K⃗m 	 .2#⃗ � 3%⃗� N começa a agir sobre a azeitona, e uma força K⃗� 	 ."3#⃗ " 2%⃗� N começa a</p><p>agir sobre a castanha. Na notação dos vetores unitários, (a) qual é o vetor deslocamento do</p><p>centro de massa do sistema azeitona-castanha em W 	 4 s em relação à posição em W 	 0 s?</p><p>(b) Qual o vetor posição do centro de massa em W 	 4 s? Informações úteis: K⃗�ή 	 Æ�⃗�¿; ∆T⃗ 	 T⃗B " T⃗A; � " �V 	 L_ 	 '_«W � AB �_WB; ��¿ 	 A¿ ∑ ����; ¥�ÅA �¿ 	A¿ ∑ �� �¥�ÅA .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>A sequência de solução é a abaixo.</p><p>- Calcular o vetor posição em do ¼Æ em W 	 0 s.</p><p>- Calcular o vetor aceleração do centro de massa.</p><p>- Calcular o s deslocamentos em � e do ¼Æ para W 	 4 s.</p><p>- (a) Calcular o vetor deslocamento em W 	 4 s.</p><p>- (b) Calcular o vetor posição em W 	 4 s.</p><p>• Execução do Plano</p><p>- Cálculo do vetor posição em do ¼Æ em W 	 0 s.</p><p>��¿¬ 	 �d�d¬ � �Ï�Ϭ�d � �Ï 	 .0.5�0 � .1.5�10.5 � 1.5 	 0.75 m.</p><p>�¿¬ 	 �d d¬ � �Ï Ï¬�d � �Ï 	 .0.5�0 � .1.5�20.5 � 1.5 	 1.5 m.</p><p>T⃗�¿¬ 	 .0.75#⃗ � 1.5%⃗� m.</p><p>- Cálculo do vetor aceleração do centro de massa. K⃗�ή 	 K⃗m � K⃗� 	 .2#⃗ � 3%⃗� N � ."3#⃗ " 2%⃗� N 	 ."#⃗ � %⃗� N. Æ 	 �d � �Ï 	 2.0 kg.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 25 de 47</p><p>�⃗�¿ 	 K⃗�먮 	 ."#⃗ � %⃗� N2.0 kg 	 ."0.5#⃗ � 0.5%⃗� m sB⁄ .</p><p>- Cálculo dos deslocamentos em � e do ¼Æ para W 	 4 s.</p><p>L_±Ð 	 '_«±Ð W � 12 �__�¿WB 	 0 � 12 ."0.5 m sB⁄ �.4 s�B 	 "4 m.</p><p>LY±Ð 	 'Y«±Ð W � 12 �Y±ÐWB 	 0 � 12 .0.5 m sB⁄ �.4 s�B 	 4 m.</p><p>- Vetor deslocamento. ∆T⃗�¿ 	 <L_±Ð #⃗ � LY±Ð %⃗> 	 ."4#⃗ � 4%⃗� m.</p><p>- Vetor posição em W 	 4 s. T⃗�¿� 	 T⃗�¿¬ � ∆T⃗�¿ 	 .0.75#⃗ � 1.5%⃗� m � ."4#⃗ � 4%⃗� m 	 ."3.25#⃗ � 5.5%⃗� m.</p><p>39) Dois patinadores, um de 65 kg e outro de 40 kg, estão em uma pista de gelo e seguram as</p><p>extremidades de uma vara de 10 m de comprimento e massa desprezível. Os patinadores se</p><p>puxam ao longo da vara até se encontrarem. Qual é a distância percorrida pelo patinador de 40 kg?</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Como não há forças atuando nos patinadores, o centro de massa não altera a sua posição.</p><p>Nesse caso, basta calcular a sua posição relativa no início em relação ao patinador de 40 kg.</p><p>• Execução do Plano</p><p>��¿ 	 40�5V � 65�gÒ105 .</p><p>Assumindo �5V 	 0 m, então �gÒ 	 10 m. Logo,</p><p>��¿ 	 40 ∙ 0 � 65 ∙ 10105 	 6.2 m → distância percorrida pelo patinador com 40 kg.</p><p>40) A massa da Terra é 81 vezes a massa da Lua. A distância entre os centros da Terra e a Lua</p><p>é 60 vezes o raio da terra, Ô 	 6400 km. Encontre o centro de massa do sistema Terra-Lua.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Como a relação entre as massas é conhecida, basta arbitrar uma posição inicial para um dos</p><p>astros (por exemplo, zero para a Terra) e a distância relativa do centro de massa pode ser</p><p>encontrada.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Consideremos a origem dos eixos de referência no centro de massa da terra. Dessa forma, �k 	 0 e �n 	 60Ô. Assim,</p><p>��¿ÕÖ× 	 �k�k � �n�n�k � �n 	 81�n.0� � �n60Ô.81 � 1��n 	 6082 Ô 	 6082 6400 km.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 26 de 47</p><p>∴ ��¿ÕÖ× 	 4683 km.</p><p>41) A molécula de amônia, ÙÚ4, tem a forma de uma pirâmide com os três átomos de</p><p>hidrogênio, Ú, nos cantos de uma base que é um triângulo equilátero, e o átomo de</p><p>nitrogênio, Ù, se localiza no ápice da pirâmide acima do centro de massa da base (ponto ¼). A</p><p>distância Ú " Ú é L~Û~ 	 1.628 Å e a distância Ù " Ú é L¹Û~ 	 1.014 Å. Localize o centro</p><p>de massa da molécula ÙÚ4 em relação à origem do eixos colocado no ponto ¼. Considere as</p><p>massas �~ 	 1 U. A e �¹ 	 14 U. A.</p><p>Solução</p><p>Se o nitrogênio está acima do ponto ¼, então ��¿ßà´ 	 �¿ßà´ 	 0.</p><p>O ponto ¼ é o centro de massa da base formada pelo triângulo de hidrogênios.</p><p>Assim, ��¿´à 	 �¿´à 	 r�¿´à 	 0</p><p>É necessário calcula a distância Ù " ¼, L¹Û�. Para tal, é necessário calcular a distância entre</p><p>um dos hidrogênios e o ponto ¼, L~Û�, para em seguida aplicar o teorema de Pitágoras.</p><p>A geometria do problema mostra que</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 27 de 47</p><p>cos 30° 	 L~Û~2L~Û� → L~Û� 	 L~Û~2 cos 30° 	 1.628 Å2 cos 30° 	 0.940 Å</p><p>A distância L¹Û� é dada por (Pitágoras)</p><p>L¹Û� 	 PL¹Û~B " L~Û�B 	 P<1.014 Å>B " <0.940 Å>B 	 0.380 Å.</p><p>Assim, as coordenadas do átomo de nitrogênio nesse sistema é �¹ 	 ¹ 	 0 e r¹ 	 0.380 Å.</p><p>O valor de r�¿ßà´ é dado então por</p><p>r�¿ßà´ 	 �¹r¹ � �4~r4~�¹ � �4~ 	 14 ∙ 0.380 Å � 3 ∙ 017 	 0.313 Å.</p><p>Assim, ���¿ßà´ , �¿ßà´ , r�¿ßà´ � 	 <0 Å, 0 Å, 0.313 Å>.</p><p>42) Uma bola de 1.2 kg cai verticalmente em um piso com uma velocidade de 25 m/s e</p><p>ricocheteia com uma velocidade inicial de 10 m/s. (a) Qual é o impulso recebido pela bola</p><p>durante o contato com o piso? (b) Se a bola fica em contato com o piso por 0.020 s, qual é a</p><p>força média exercida pela bola sobre o piso? Informação útil: K∆W 	 á 	 �.'B " 'A�.</p><p>Solução</p><p>(a) á 	 �.'B " 'A� 	 1.2w10 " ."25�x 	 42 Ns.</p><p>(b) K∆W 	 á → K 	 á ∆W⁄ 	 42 . 02⁄ 	 2100 N.</p><p>43) Uma força no sentido negativo de um eixo x é aplicada por 27 ms a uma bola de 0.40 kg</p><p>que estava se movendo a 14 m/s no sentido positivo do eixo. O módulo da força é variável, e o</p><p>impulso tem um módulo de 32.4 Ns. (a) Qual é o módulo e (b) qual é o sentido da velocidade</p><p>da bola imediatamente após a aplicação da força? (c) Qual é a intensidade média da força e</p><p>(d) qual é a orientação do impulso aplicado à bola? Informação útil: K∆W 	 á 	 �.'B " 'A�.</p><p>Solução</p><p>á 	 �.'B " 'A� → "32.4 	 0.40.'B " 14� → 'B 	 " 32.40.40 � 14 	 "67 m s⁄ .</p><p>(a) |'B| 	 67 m s⁄ ;</p><p>(b) 'B está no sentido negativo do eixo;</p><p>(c) K 	 á ∆W⁄ 	 32.4 Ns 0.027 s⁄ 	 1200 N;</p><p>(d) O impulso tem a mesma orientação da força aplicada: sentido negativo do eixo x.</p><p>44) A figura mostra um gráfico aproximado do módulo da força F</p><p>em função do tempo t para a colisão de uma bola de 58 g com</p><p>uma parede. A velocidade inicial da bola é 34 m/s, perpendicular à</p><p>parede; a bola ricocheteia praticamente com a mesma velocidade</p><p>escalar, também perpendicular à parede. Quanto vale K­¦_, o</p><p>módulo máximo da força exercida pela parede sobre a bola</p><p>durante a colisão?</p><p>Informação útil: K∆W 	 á 	 �.'B " 'A�.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 28 de 47</p><p>Solução á 	 �.'B " 'A� 	 0.058w34 " ."34�x 	 3.94 Ns</p><p>Do gráfico,</p><p>á 	 â KLW 	 K­¦_2 .0.002 s� � K­¦_.0.002 s� � K­¦_2 .0.002 s�;</p><p>á 	 K­¦_.0.001 s� � K­¦_.0.002 s� � K­¦_.0.001 s� 	 K­¦_.0.004 s�;</p><p>K­¦_ 	 á0.004 s 	 3.94 Ns0.004 s 	 985 N.</p><p>45) Na figura, uma bola de massa m = 60 g é disparada com</p><p>velocidade vi = 22 m/s para dentro do cano de um canhão</p><p>de mola de massa M = 240 g inicialmente em repouso em</p><p>uma superfície sem atrito. A bola fica presa no cano do</p><p>canhão no ponto de máxima compressão da mola. Suponha</p><p>que o aumento da energia térmica devido ao atrito da bola com o cano seja desprezível.</p><p>(a) Qual é a velocidade escalar</p><p>do canhão depois que a bola para dentro do cano? (b) Que</p><p>fração da energia cinética inicial da bola fica armazenada na mola?</p><p>Informação útil: �A'A� � �B'B� 	 .�A � �B�'� 	 ��'�; ∆�� 	 AB .��'�B " �A'AB); �� 	AB �'B.</p><p>Solução</p><p>(a) �A'A� � �B'B� 	 .�A � �B�'� → .0.06 kg�.22 m s⁄ � � .0.24 kg�.0 m s⁄ � 	.0.30 kg�'� .</p><p>'� 	 .0.06 kg�.22 m s⁄ �.0.30 kg� 	 4.4 m s⁄ .velocidade do canhão � bola�.</p><p>(b) ∆�� 	 AB .��'�B " �A'AB� 	 AB .0.30 ∙ 4.4B " 0.06 ∙ 22B� 	 "11.6 J.</p><p>Energia cinética inicial da bola: ��¬ 	 AB 0.06 ∙ 22B 	 14.5 J.</p><p>Ou seja, a fração de energia que a mola absorve é</p><p>|∆ã�|ã�¬ 	 AA.gA5.Ò 	 80% da energia cinética da</p><p>bola.</p><p>8. Cinemática Rotacional</p><p>46) Quando uma torrada na posição horizontal com manteiga para cima é deixada cair de uma</p><p>mesa, ela adquire um movimento de rotação. Supondo que a distância da mesa ao chão é</p><p>76 cm e que a torrada não descreve uma revolução completa, determine (a) a menor e (b) a</p><p>maior velocidade angular para a qual a torrada cai com a manteiga para baixo.</p><p>Informações úteis: ∆ 	 'VW � AB zWB; G " GV 	 åVW; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 29 de 47</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>É preciso identificar em que ângulos limites a manteiga fica para baixo.</p><p>Analisando a figura, isso ocorre entre G 	 æ 2⁄ e G 	 3æ 2⁄ .</p><p>Identificado esses ângulo, e sabendo que GV 	 0, aplica-se a fórmula de deslocamento linear</p><p>na queda para se determinar o tempo de queda.</p><p>Em seguida, com o tempo de casa, usando a fórmula de deslocamento angular, obtém-se as</p><p>velocidades angulares solicitadas.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Tempo de queda:</p><p>∆ 	 'VW � 12 zWB → 'V 	 0 → W 	 �2∆ z 	 �2.0.76 m�9.8 m sB⁄ 	 0.394 s.</p><p>Menor ângulo para manteiga cair para baixo: G 	 æ 2⁄ . Assumindo GV 	 0,</p><p>G " GV 	 åVW → åV 	 GW 	 æ 2⁄0.394 s 	 4.0 rad s⁄ .</p><p>Maior ângulo para manteiga cair para baixo: G 	 3æ 2⁄ . Logo,</p><p>G " GV 	 åVW → åV 	 GW 	 3æ 2⁄0.394 s 	 12.0 rad s⁄ .</p><p>47) Um saltador realiza 2.5 giros ao saltar de uma plataforma de 10 metros. Supondo que a</p><p>velocidade vertical inicial seja nula, determine a velocidade angular média do mergulhador.</p><p>Informações úteis: ∆ 	 AB zWB; G " GV 	 åVW; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para determinar a velocidade angular, é preciso determinar o tempo de queda. Com esse</p><p>tempo, e sabendo-se o ângulo percorrido, calculado a partir dos giros, obtém a velocidade</p><p>angular média.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Tempo de queda:</p><p>∆ 	 12 zWB → W 	 �2∆ z 	 � 2.10 m�9.8 m sB⁄ 	 1.43 s.</p><p>Velocidade angular média, åV:</p><p>G " GV 	 2.5 ∙ 2æ 	 5æ → åV 	 G " GVW 	 5æ1.43 s 	 11 rad s⁄ .</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 30 de 47</p><p>48) Entre 1911 e 1990, o alto da torre inclinada de Pisa, Itália, se deslocou para o sul a uma</p><p>taxa média de 1.2 mm/ano. A torre tem 55 m de altura. Qual é a velocidade angular média do</p><p>alto da torre em relação à base em radianos por segundo? Informações úteis: ' 	 åT.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Calcula-se o deslocamento total do alto da torre messe período (deslocamento anual x anos: o</p><p>arco é pequeno, sendo quase linear). Divide-se este valor pelo tempo decorrido (unidades SI),</p><p>e usando a altura da torre (raio), calcula-se a velocidade angular média.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Arco F descrito em 79 anos:</p><p>F 	 1.2 ∙ 10Û4 mano 79 ano 	 0.0948 m.</p><p>Tempo em segundos:</p><p>79 ano 	 79 ano 365 diaano ∙ 24 hdia ∙ 60 minh ∙ 60 smin 	 2.49 ∙ 10ç s</p><p>Velocidade linear média, ':</p><p>' 	 FW 	 0.0948 m2.49 ∙ 10ç s 	 3.81 ∙ 10ÛAA m s⁄ .</p><p>Velocidade angular média, å:</p><p>å 	 'T 	 3.81 ∙ 10ÛAA m s⁄55 m 	 6.92 ∙ 10ÛA4 rad s⁄ .</p><p>49) Um tambor gira em torno do eixo central com uma velocidade angular de 12.6 rad/s. Se o</p><p>tambor é freado a uma taxa constante de 4.2 rad/s2, (a) quanto tempo ele leva para parar? (b)</p><p>Qual é o ângulo total descrito pelo tambor até parar?</p><p>Informações úteis: å 	 åV � �W; åB 	 åVB � 2�.G " GV� 	 åVB � 2�∆G.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Sabendo a velocidade angular inicial e a final, bem como a aceleração angular, que é</p><p>constante e negativa, a equação da velocidade angular permite obter o tempo.</p><p>E com a velocidade inicial, final e a aceleração, usando fórmula envolvendo deslocamento</p><p>angular, este pode ser calculado.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Tempo para parar o tambor:</p><p>å 	 åV � �W → W 	 å " åV� 	 0 " 12.6 rad s⁄"4.2 rad sB⁄ 	 3 s.</p><p>Ângulo total descrito:</p><p>åB 	 åVB � 2�∆G → ∆G 	 åB " åVB2� 	 .0�B " .12.6 rad s⁄ �B2."4.2 rad sB⁄ � 	 18.9 rad.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 31 de 47</p><p>50) Qual é o módulo (a) da velocidade angular, (b) da aceleração radial e (c) da aceleração</p><p>tangencial de uma nave espacial que faz uma curva circular com 3220 km de raio a uma</p><p>velocidade de 29000 km/h?</p><p>Informações úteis: ' 	 åT; �è 	 é�</p><p>è 	 åBT; �ê 	 �T.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Com a velocidade linear e o raio, obtém-se a velocidade angular. Com o raio e a velocidade</p><p>angular, obtém a aceleração radial (centrípeta). Sendo a velocidade constante, não há</p><p>aceleração angular e, consequentemente, também não há aceleração tangencial.</p><p>• Execução do Plano</p><p>(a) Velocidade angular:</p><p>å 	 'T 	 29000 km h⁄3220 km 	 29000 kmh 1h3600 s3220 km 	 8.056 km s⁄3220 km 	 2.5 ∙ 10Û4 rad s⁄</p><p>(b) Aceleração radial:</p><p>�è 	 åBT 	 .2.5 ∙ 10Û4 rad s⁄ �B 83220 km 1000 m1 km 9 	 20.2 m sB.⁄</p><p>(c) Aceleração tangencial:</p><p>Como a velocidade angular å é constante, a aceleração angular � é zero e �ê 	 �T 	 .0�T 	0.</p><p>51) Qual o momento de inércia de uma roda que possui uma energia cinética de 24400 J</p><p>quando gira a 602 rev/min? Informações úteis: �� 	 AB áåB; 1 rev. 	 2æ rad.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Basta isolar o momento de inércia na fórmula fornecida e substituir os dados nas unidades SI.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Fórmula para calcular o momento de inércia:</p><p>�� 	 12 áåB → á 	 2��åB 	 2.24400 J�.602 rev min⁄ �B 	 2.24400 J�w602 .2æ rad� .60 s�⁄ xB 	 12.3 kg mB.</p><p>9. Momento de inércia</p><p>52) Um cilindro de massa 10 kg e raio 10 cm gira em torno e de um eixo paralelo ao seu eixo</p><p>longitudinal situado a uma distância de 30 cm. Qual é o seu momento de inércia em relação a</p><p>esse eixo? Informações úteis: á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ ; á 	 á�¿ � ÆℎB.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 32 de 47</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Aplica-se a fórmula do cálculo do momento de inércia em relação ao centro de massa e, em</p><p>seguida, o teorema dos eixos paralelos.</p><p>• Execução do Plano á 	 á�¿ � ÆℎB 	 ÆÔB 2⁄ � ÆℎB 	 Æ.ÔB 2⁄ � ℎB� 	 .10 kg�w.0.1�B 2⁄ � 0.3BxmB. á 	 0.95 kg mB.</p><p>53) Um cilindro de massa 5 kg e raio 10 cm gira em torno e de um eixo paralelo ao seu eixo</p><p>longitudinal, tendo em relação a esse eixo um momento de inércia de 0.825 kg mB. A que</p><p>distância esse eixo se encontra do eixo longitudinal do cilindro?</p><p>Informações úteis: á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ ; á 	 á�¿ � ÆℎB.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Obtém-se a fórmula do cálculo do momento de inércia usando o teorema dos eixos paralelos</p><p>para isolar e calcular a distância ℎ.</p><p>• Execução do Plano</p><p>á 	 á�¿ � ÆℎB → ℎ 	 �á " á�¿Æ 	 �á " ÆÔB 2⁄Æ 	 �0.825 kg mB " .5 kg�.0.1 m�B 2⁄.5 kg� ;</p><p>á 	 0.40 m 	 40 cm.</p><p>54) Dois cilindros homogêneos, girando em torno dos respectivos eixos centrais (longitudinais)</p><p>com uma velocidade angular de 235 rad/s, têm a mesma massa de 1.25 kg e raios diferentes.</p><p>Qual é a energia cinética de rotação (a) do cilindro menor, de raio 0.25 m e (b) do cilindro</p><p>maior, de raio 0.75 m? Informações úteis: á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ ; �� 	 AB áåB.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Basta substituir os dados fornecidos nas respectivas fórmulas e realizar o cálculo. Ou montar</p><p>uma fórmula única e calcular.</p><p>• Execução do Plano</p><p>�� 	 12 áåB 	 12 ÆÔB 2⁄ åB 	 14 ÆÔBåB.</p><p>(a) ��¬ 	 A5 .1.25 kg�.0.25 m�B.235 rad s⁄ �B 	 1079 J 	 1.1 kJ</p><p>(b) ��� 	 A5 .1.25 kg�.0.75 m�B.235 rad s⁄ �B 	 9708 J 	 9.7 kJ</p><p>55) Alguns caminhões utilizam a energia armazenada em um volante que um motor elétrico</p><p>acelera até uma velocidade de 200π rad/s. Suponha que um desses volantes é um cilindro</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 33 de 47</p><p>homogêneo com massa de 500 kg e raio de 1.0 m. Qual é a energia cinética do volante quando</p><p>está girando à velocidade máxima? Informações</p><p>úteis: á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ ; �� 	 AB áåB.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Basta substituir os dados fornecidos nas respectivas fórmulas e realizar o cálculo.</p><p>• Execução do Plano</p><p>�� 	 12 áåB 	 12 ÆÔB 2⁄ åB 	 14 ÆÔBåB 	 14 .500 kg�.1.0 m�B.200π rad s⁄ �B;</p><p>�� 	 4.93 ∙ 10ì J 	 49.3 MJ.</p><p>56) Calcular o momento de inércia de uma régua de um metro, com massa de 0.56 kg, em</p><p>relação a um eixo perpendicular à régua na marca de 20 cm. Tratar a régua como uma barra</p><p>fina.</p><p>Informações úteis: á�¿°î 	 ƳB 12⁄ (em relação ao eixo central perpendicular à barra); á 	 á�¿ � ÆℎB.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Calcular.</p><p>• Execução do Plano á 	 á�¿ � ÆℎB 	 ƳB 12⁄ � ÆℎB 	 Æ.³B 12⁄ � ℎB�;</p><p>á 	 .0.56 kg� º.1 m�B12 � .0.30 m�B» 	 0.0971 kg mB.</p><p>57) Na figura, duas partículas, ambas de massa � 	 0.85 kg,</p><p>estão ligadas uma à outra, e a um eixo de rotação no</p><p>ponto O, por duas barras finas, ambas de comprimento L 	5.6 cm e massa Æ 	 1.2 kg. O conjunto gira em torno do</p><p>eixo de rotação com velocidade angular å 	 1.2 rad s⁄ .</p><p>Determinar (a) o momento de inércia do conjunto em</p><p>relação ao ponto O e (b) a energia cinética do conjunto.</p><p>Informações úteis: á 	 �TB; á�¿°�ïï� 	 ƳB 12⁄ (em relação</p><p>ao eixo central perpendicular à barra);</p><p>á 	 á�¿ � ÆℎB; �� 	 AB áåB.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Para calcular o momento de inércia total, calculam-se os momentos das duas partículas em</p><p>relação ao eixo de rotação, bem como o da barra usando o teorema dos eixos paralelos. Com</p><p>esse valor e a velocidade angular, obtém-se a energia cinética do conjunto.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 34 de 47</p><p>• Execução do Plano</p><p>(a) á 	 á­¬ � á­� � á�¦èè¦ 	 �LB � �.2L�B � w��¦èè¦.2L�B 12⁄ � ��¦èè¦.L�Bx.</p><p>á 	 5�LB � 43 ��¦èè¦LB 	 5.0.85 kg�.0.056 m�B � 43 .2.4 kg�.0.056 m�B;</p><p>á 	 0.0234 kg mB.</p><p>(b) �� 	 AB áåB 	 AB .0.0234 kg mB�.1.2 rad s⁄ �B 	 0.0168 J.</p><p>58) O bloco homogêneo da figura tem massa 0.172 kg e</p><p>lados a = 3.5 cm, b = 8.4 cm e c = 1.4 cm. Calcule o momento</p><p>de inércia do bloco em relação a um eixo que passa por um</p><p>canto e é perpendicular às faces maiores.?</p><p>Informações úteis: á�¿ 	 ð TBL�ñ B⁄Ûñ B⁄ ; L� 	 ­ñ LT; á 	 á�¿ � ÆℎB.</p><p>Solução</p><p>• Plano</p><p>Calcula-se o momento de inércia do bloco em relação ao eixo perpendicular que passa pelo</p><p>CM, e depois aplica-se o teorema dos eixos paralelos.</p><p>Para calcular o momento de inércia utilizando a integral, é necessário expressar o elemento de</p><p>massa como função da variável de integração.</p><p>• Execução do Plano</p><p>Elemento de massa para cálculo de á�¿.</p><p>¾ 	 �ò → � 	 ¾ò → L� 	 ¾Lò. .A�</p><p>Densidade:</p><p>¾ 	 �ò 	 ��&D . .B�</p><p>Emento de volume na direção de &: variável T, " & 2⁄ ô T ô & 2⁄ . ò 	 �&D → Lò 	 �DL& 	 �DLT. .C�</p><p>Substituindo .B� e .C� em .A�, obtém-se</p><p>L� 	 � ��&D� �DLT → L� 	 �& LT. .D�</p><p>Cálculo de á�¿.</p><p>Substitui-se o elemento de massa obtido (mostrado em .D��, considerando " & 2⁄ ô T ô& 2⁄ , na expressão da integral. Assim,</p><p>á�¿ 	 â TBL�ñB</p><p>ÛñB</p><p>â TB �& LTñB</p><p>ÛñB</p><p>�& â TBLTñB</p><p>ÛñB</p><p>�& ºT43 »ÛñB</p><p>ñB 	 �& º.& 2⁄ �43 " ."& 2⁄ �43 » ;</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 35 de 47</p><p>á�¿ 	 �& º&424 " "&424 » 	 112 �&B → equivalente ao á�¿ de uma barra fina.</p><p>á�¿ 	 112 �&B 	 112 .0.172 kg�.0.084 m�B 	 0.000101 kg mB 	 1.01 ∙ 10Û5 kg mB.</p><p>Cálculo de á. á 	 á�¿ � �ℎB 	 á�¿ � �w.& 2⁄ �B � .� 2⁄ �Bx; á 	 0.000101 kg mB � .0.172 kg�w.0.042 m�B � .0.0175 m�Bx 	 4.57 ∙ 10Û5 kg mB.</p><p>10. Torque</p><p>59) Seja a força K⃗ 	 <2#⃗ � 2%⃗ " =�⃗ >N e o vetor posição T⃗ 	 <#⃗ " 3%⃗ � =�⃗ >m. Calcule o vetor</p><p>torque dado por ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ em relação à origem. Informação útil:</p><p>ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗T_ TY T�K_ KY K�</p><p>S 	 <TYK� " T�KY>#⃗ � .T�K_ " T_K��%⃗ � <T_KY " TYK_>=�⃗ .</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta realizar o produto vetorial para obtenção do torque, uma vez que o vetor posição (que</p><p>define o braço do torque) e a força são conhecidos.</p><p>Execução do plano</p><p>ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗1 "3 12 2 "1S</p><p>ø⃗ 	 w."3�."1� " .1�.2�x #⃗ � w.1�.2� " .1�."1�x %⃗ � w.1�.2� " ."3�.2�x =�⃗ . ø⃗ 	 <#⃗ � 3%⃗ � 8 =�⃗ > Nm.</p><p>60� Na notação dos vetores unitários, qual é o torque resultante em relação à origem a que</p><p>está submetida uma pulga localizada nas coordenadas .0 m, "4 m, 5 m� quando as forças K⃗A 	 .3 N�=�⃗ e K⃗B 	 ."2 N�%⃗ agem sobre a pulga?</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Define-se o vetor posição da e o vetor força resultante sobre a pulga. Após, realiza-se o</p><p>produto vetorial para obter o torque.</p><p>Execução do plano</p><p>Dados:</p><p>Vetor posição da pulga: T⃗ 	 <"4%⃗ � 5=�⃗ >m.</p><p>Força resultante: K⃗� 	 K⃗A � K⃗B 	 .3 N�=�⃗ � ."2 N�%⃗ 	 <"2%⃗ � 3=�⃗ >N.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 36 de 47</p><p>Cálculo do torque:</p><p>ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ù 	 S #⃗ %⃗ =�⃗0 "4 50 "2 3S.</p><p>ø⃗ 	 w."4�.3� " ."2�.5�x #⃗ � w.5�.0� " .0�.3�x %⃗ � w.0�."2� " .0�."4�x =�⃗ . ø⃗ 	 ."2#⃗� Nm.</p><p>61) A força K⃗ 	 <2#⃗ " 3=�⃗ > N age sobre uma pedra cujo vetor posição é T⃗ 	 <0.5%⃗ " 2.0=�⃗ > m</p><p>em relação à origem. Em termos dos vetores unitários, qual é o torque resultante a que a</p><p>pedra está submetida (a) em relação à origem e (b) em relação ao ponto .2 m, 0 m, "3 m�?</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para a origem o braço do torque é vetor posição original. Para o outro ponto, é necessário</p><p>calcular o vetor deslocamento da pedra em relação a esse ponto para definir o braço do</p><p>momento. Em ambos os casos, basta executar o produto vetorial para se obter o torque.</p><p>Execução do plano</p><p>Item (a):</p><p>Dados</p><p>Vetor posição da pedra em relação à origem: T⃗ 	 <0.5%⃗ " 2.0=�⃗ >m.</p><p>Força: K⃗ 	 <2#⃗ " 3=�⃗ >N.</p><p>Cálculo do torque</p><p>ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗0 0.5 "22 0 "3S.</p><p>ø⃗ 	 w.0.5�."3� " .0�."2�x #⃗ � w."2�.2� " ."3�.0�x %⃗ � w.0�.0� " .2�.0.5�x =�⃗ . ø⃗ 	 <"1.5#⃗ " 4%⃗ " =�⃗ > Nm.</p><p>Item (b)</p><p>Dados</p><p>Vetor posição da pedra em relação ao ponto .2 m, 0 m, "3 m�: ø⃗ 	 ∆T⃗ × K⃗ ∆T⃗ 	 T⃗B " T⃗A. T⃗B 	 <0.5%⃗ " 2.0=�⃗ >m. T⃗A 	 <2#⃗ " 3=�⃗ >m. ∆T⃗ 	 <0.5%⃗ " 2.0=�⃗ >m " <2#⃗ " 3=�⃗ >m 	 <"2#⃗ � 0.5%⃗ � =�⃗ >m.</p><p>Cálculo do torque</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 37 de 47</p><p>ø⃗ 	 ∆T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗"2 0.5 12 0 "3S.</p><p>ø⃗ 	 w.0.5�."3� " .0�.1�x #⃗ � w.1�.2� " ."2�."3�x %⃗ � w."2�.0� " .2�.0.5�x =�⃗ . ø⃗ 	 <"1.5#⃗ " 4%⃗ " =�⃗ > N ∙ m.</p><p>62) Uma força K 	 50 N é aplicada tangencialmente a um disco homogêneo de raio Ô 	 0.5 m</p><p>girando em torno de seu eixo central (passando pelo centro de massa). O disco mantém uma</p><p>aceleração angular � 	 2 rad sB⁄ . Qual a massa desse disco? Informações úteis: á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ ; ø 	 KÔ; ø 	 á�.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Calcula-se inicialmente o torque usando a força e o raio (braço). Com o torque e a aceleração</p><p>angular (dada), calcula-se o momento de inércia. Com o momento de inércia e o raio do disco,</p><p>obtém-se a massa.</p><p>Execução do plano</p><p>Cálculo do torque ø 	 KÔ 	 .50 N�.0.5 m� 	 25 Nm.</p><p>Cálculo do momento de Inércia</p><p>ø 	 á� → á 	 ø� 	 25 Nm2 rad sB⁄ 	 12.5 kg mB.</p><p>Cálculo da massa</p><p>á�¿ 	 12 ÆÔB → Æ 	 2á�¿ÔB 	 2.12.5 kg mB�.0.5 m�B 	 100 Kg.</p><p>63) O corpo da figura pode girar em torno de um</p><p>eixo perpendicular ao papel passando por O e está</p><p>submetido a duas forças, como mostra a figura. Se TA 	 1.30 m, TB 	 2.15 m, KA 	 4.20 N, KB 	 4.90 N, GA 	 75° e GB 	 60°. qual é o torque</p><p>resultante em relação ao eixo de rotação?</p><p>Informações úteis: ø 	 TK sin G; ø 	 øA � øB (no plano).</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta somar os módulos de cada torque respeitando-se a regra da mão direita.</p><p>Execução do plano ø�ή 	 øA � øB 	 TAKA sin GA " TBKB sin GB	 .1.30 m�.4.20 N� sin 75° " .2.15 m�.4.90 N� sin 60° ;</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 38 de 47</p><p>ø�ή 	 .5.27 " 9.12�Nm 	 "3.85 Nm.</p><p>64) Na figura, o bloco 1 tem massa �A 	 460 g, o bloco 2 tem</p><p>massa �B 	 500 g, e a polia, que está montada em um eixo</p><p>horizontal com atrito desprezível, tem raio Ô 	 5 cm. Quando o</p><p>sistema é liberado a partir do repouso, o bloco 2 cai 75 cm em 5 s</p><p>sem que a corda deslize na borda da polia. (a) Qual é o módulo da</p><p>aceleração dos blocos? Qual é o valor (b) da tração UA e (c) da</p><p>tração UB? (d) Qual é o módulo da aceleração angular da polia?</p><p>(e) Qual é o momento de inércia da polia? Informações úteis: " V 	 'VW � AB �WB; K�ή 	 ∑ K� 	 ��; � 	 �T (aceleração tangencial);</p><p>ø 	 TK sin G; ø 	 á�; z 	 9.8 m sB⁄ .</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Calcula-se inicialmente a aceleração aplicando a equação de queda ao bloco 2.</p><p>Com essa aceleração, aplicando-se a lei de Newton, obtém-se a tração em cada um dos</p><p>blocos.</p><p>Usando a aceleração linear obtida e conhecendo-se o raio da polia, obtém-se a aceleração</p><p>angular desta.</p><p>A força tangencial na polia é a diferença entre as trações calculadas, o que permite calcular o</p><p>torque na polia usando-se seu raio. Com os valores do toque e da aceleração angular, obtém-</p><p>se o momento de inércia.</p><p>Execução do plano</p><p>Dados B " B« 	 0.75 m; 'B« 	 0 m s⁄ ; W 	 5 s.</p><p>(a) Cálculo da aceleração.</p><p>B " B« 	 'B«W � 12 �WB → 0.75 m 	 12 �.5 s�B → � 	 2.0.75 m�.5 s�B 	 0.060 m sB⁄ .</p><p>(b) Cálculo de UA.</p><p>�� 	 K�ή 	 É K� → �A� 	 UA " �Az;</p><p>UA 	 �A.� � z� 	 .0.46 kg�.0.060 m sB⁄ � 9.8 m sB⁄ � 	 4.54 N;</p><p>(c) Cálculo de UB. �B� 	 "UB � �Bz → UB 	 �B.z " �� 	 .0.50 kg�.9.8 m sB⁄ " 0.060 m sB⁄ � 	 4.87 N;</p><p>(d) Cálculo da aceleração angular da polia.</p><p>� 	 �T → � 	 �T 	 0.060 m sB⁄0.05 m 	 1.2 rad sB⁄ .</p><p>(e) Cálculo do momento de inércia da polia.</p><p>Força que causa o torque: K 	 UB"UA 	 .4.87 " 4.54� N 	 0.33 N</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 39 de 47</p><p>ø 	 á� → á 	 ø� 	 KÔ� 	 .0.33 N�.0.05 m�.1.2 rad sB⁄ � 	 0.0138 kg mB.</p><p>65) A figura mostra um disco homogêneo que pode girar em torno</p><p>do centro como um carrossel. O disco tem um raio Ô 	 2 cm e uma</p><p>massa � 	 20 g e está inicialmente em repouso. A partir do</p><p>instante W 	 0 s, duas forças devem ser aplicadas tangencialmente à</p><p>borda do disco, como mostrado na figura, para que, no instante W 	1.25 s, o disco tenha uma velocidade angular de å 	 250 rad s⁄ no</p><p>sentido anti-horário. A K⃗A tem um módulo de KA 	 0.10 N. Qual é o módulo de K⃗B?</p><p>Informações úteis: å 	 åV � �W; á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ ; ø 	 KÔ; ø 	 á�.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para obter o módulo da segunda força, é necessário obter força tangencial resultante.</p><p>A força tangencial resultante pode ser obtida a partir do valor do torque, uma vez que o braço</p><p>desse torque é conhecido (o raio).</p><p>O torque pode ser obtido a partir do valor do momento de inércia, calculado a partir da massa</p><p>e do raio do disco, e da aceleração angular, uma vez que se conhece a velocidade angular após</p><p>o tempo dado.</p><p>Assim, para se chegar ao resultado desejado, realizam-se os cálculos na sequência inversa</p><p>apresentada acima.</p><p>Execução do plano</p><p>Cálculo da aceleração angular.</p><p>å 	 åV � �W → 250 T�L s⁄ 	 0 � �.1.25 s� → � 	 250 rad s⁄1.25 s 	 200 rad sB⁄ .</p><p>Cálculo do momento de Inércia do disco. á�¿ 	 ÆÔB 2⁄ 	 .0.02 kg�.0.02 cm�B 2⁄ 	 4.0 ∙ 10Ûg kg mB.</p><p>Cálculo do torque. ø 	 á� 	 .4.0 ∙ 10Ûg kg mB�.200 rad sB⁄ � 	 8.0 ∙ 10Û5 N m.</p><p>Cálculo de KB.</p><p>ø 	 .KB " KA�Ô → KB 	 øÔ � KA 	 8.0 ∙ 10Û5 N m0.02 m � 0.10 N 	 0.14 N.</p><p>11. Momento Angular</p><p>66) Em certo instante, a força K⃗ 	 4%⃗ N age sobre um objeto de 0.25 kg cujo vetor posição é T⃗ 	 <2#⃗ " 2=�⃗ > m e cujo vetor velocidade '⃗ 	 <"5#⃗ � 5=�⃗ > m s⁄ . Em relação à origem e na</p><p>notação dos vetores unitários, determine (a) o momento angular do objeto e (b) o torque que</p><p>age sobre o objeto. Informação útil:</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 40 de 47</p><p>ℓ�⃗ 	 �T⃗ × '⃗ 	 � S #⃗ %⃗ =�⃗T_ TY T�'_ 'Y '�</p><p>S ; ø⃗ 	 T⃗ × K⃗.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta aplicar as fórmulas dadas utilizando-se os dados fornecidos.</p><p>Execução do plano</p><p>.a� ℓ�⃗ 	 �T⃗ × '⃗ 	 � S #⃗ %⃗ =�⃗T_ TY T�'_ 'Y '�</p><p>S 	 .0.25 kg� S #⃗ %⃗ =�⃗2 0 "2"5 0 5 S mB s⁄ ;</p><p>ℓ�⃗ 	 .0.25 kg�ü.0 ∙ 5 " 0 ∙ "2�#⃗ � ."2 ∙ "5 " 5 ∙ 2�%⃗ � .2 ∙ 0 " "5 ∙ 0�=�⃗ ý; ℓ�⃗ 	 .0.25 kg�.0� 	 0.</p><p>.b� ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗T_ TY T�K_ KY K�</p><p>S 	 S #⃗ %⃗ =�⃗2 0 "20 4 0 S Nm;</p><p>ø⃗ 	 ü.0 ∙ 0 " 4 ∙ "2�#⃗ � ."2 ∙ 0 " 0 ∙ 2�%⃗ � .2 ∙ 4 " 0 ∙ 0�=�⃗ ýNm; ø⃗ 	 <8#⃗ � 8=�⃗ >Nm.</p><p>67) No instante da figura, duas partículas se movem em um plano � . A partícula �A tem massa �A 	 6.5 kg e velocidade 'A 	2.2 m s⁄ e está a uma distância LA 	 1.5 m do ponto O. A</p><p>partícula �B tem massa �B 	 3.1 kg e velocidade 'B 	 3.6 m s⁄ e</p><p>está a uma distância LB 	 2.8 m do ponto þ. (a) Qual é o módulo</p><p>e (b) qual é a orientação do momento angular resultante das duas</p><p>partículas em relação ao ponto þ?</p><p>Informação útil: ℓ 	 T� sin � 	 T�' sin � 	 T��'; ³ 	 ∑ ℓ�� .</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Basta calcular os módulos dos momentos angulares de cada partícula e somá-los</p><p>considerando a regra da mão direita: o sinal indicará se a orientação é para fora ou para</p><p>dentro do plano onde as partículas se movem.</p><p>Execução do plano</p><p>Cálculo dos momentos angulares das partículas. ℓA 	 "T�¬�A'A 	 "LA�A'A 	 ".1.5 m�.6.5 kg�.2.2 m s⁄ � 	 "21.45 kg mB s⁄ ; ℓB 	 T���B'B 	 LB�B'B 	 .2.8 m�.3.6 kg�.3.1 m s⁄ � 	 31.25 kg mB s⁄ . .a� ³ 	 ℓA � ℓB 	 "21.45 kg mB s⁄ � 31.25 kg mB s⁄ 	 9.8 kg mB s⁄ . .b� Perpendicular ao plano para fora (+z).</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 41 de 47</p><p>68) Na figura, três partículas de massa � 	 23 g estão presas</p><p>a três barras de comprimento L 	 12 cm e massa desprezível.</p><p>O conjunto gira em torno do ponto O com velocidade angular å 	 0.85 rad s⁄ . Determinar, em relação ao ponto O, (a) o</p><p>momento de inércia do conjunto, (b) o módulo do momento</p><p>angular da partícula do meio e (c) o módulo do momento</p><p>angular do conjunto. Informações úteis: á� 	 ��T�B; á 	 ∑ á� ; ' 	 åT; ℓ 	 T�' sin � 	 T��' ; ³ 	 áå.</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para obter o momento de inércia do conjunto, realiza-se o somatório do momento de inércia</p><p>de cada partícula.</p><p>Para calcular o momento angular da partícula do meio basta substituir os dados da partícula</p><p>na fórmula para momento fornecida sabendo-se que o ângulo é reto, com seno unitário.</p><p>Sabendo-se o momento de inércia do conjunto (calculado) e conhecendo-se a velocidade</p><p>angular (dada), utiliza-se a última fórmula fornecida para obter o momento angular do</p><p>conjunto.</p><p>Execução do plano</p><p>(a) Cálculo do momento de inércia.</p><p>á 	 É á� 	 É ��T�B 	 �wLB � .2L�B � .3L�Bx 	 14�LB 	 14.0.023 kg�.0.12 m�B;</p><p>á 	 4.64 ∙ 10Û4 kg mB.</p><p>(b) Cálculo do momentos angular do meio. ℓh�i� 	 T�Ê����­Î¤�'­Î¤� 	 .2L��­Î¤�åT­Î¤� 	 .2L��å.2L� 	 4�åLB; ℓh�i� 	 4.0.023 kg�.0.85 rad s⁄ �.0.12 m�B; ℓh�i� 	 1.13 ∙ 10Û4 kg mB s⁄ .</p><p>(c) Momentos angular do conjunto. ³ 	 áå 	 .4.64 ∙ 10Û4 kg mB�.0.85 rad s⁄ � 	 3.94 ∙ 10Û4 kg mB s⁄ .</p><p>69) No instante W (em s), o vetor T⃗ 	 w4WB#⃗ " .2W � 6WB�%⃗x m fornece a posição de uma</p><p>partícula de 3 kg em relação à origem de um sistema de coordenadas � . (a) Escrever uma</p><p>expressão para o torque em relação à origem que age sobre a partícula. (b) O módulo do</p><p>momento angular da partícula em relação à origem está aumentando, diminuindo ou</p><p>permanece o mesmo?</p><p>Informações úteis: '⃗ 	 LT⃗ LW⁄ ; �⃗ 	 L'⃗ LW⁄ ; K⃗ 	 ��⃗; ø⃗ 	 T⃗ × K⃗; ø⃗ 	 Lℓ�⃗ LW⁄ ;</p><p>ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗T_ TY T�K_ KY K�</p><p>S.</p><p>Prof. Dalton Vinicius Kozak 42 de 47</p><p>Solução</p><p>Plano</p><p>Para obter o torque, primeiramente calcula-se o vetor força aplicando-se a segunda lei de</p><p>Newton. Em seguida, conhecendo-se o vetor posição (dado) e o vetor força (calculado),</p><p>obtém-se o vetor torque. A variação do momento angular á dada pelo torque.</p><p>Execução do plano</p><p>(a) Cálculo do expressão do torque. '⃗ 	 LT⃗ LW⁄ 	 w8W#⃗ " .2 � 12W�%⃗x m s⁄ ; �⃗ 	 L'⃗ LW⁄ 	 .8#⃗ " 12%⃗� m s⁄ B ; K⃗ 	 ��⃗ 	 .3 kg�.8#⃗ " 12%⃗� m s⁄ B 	 .24#⃗ " 36%⃗�N.</p><p>ø⃗ 	 T⃗ × K⃗ 	 S #⃗ %⃗ =�⃗T_ TY T�K_ KY K�</p><p>S 	 S #⃗ %⃗ =�⃗4WB ".2W � 6WB� 024 "36 0S ;</p><p>ø⃗ 	 ü.".2W � 6WB� ∙ 0 " ."36� ∙ 0�#⃗ � .0 ∙ 24 " 4WB ∙ 0�%⃗� <4WB ∙ "36 " 24 ∙ ".2W � 6WB�>=�⃗ ýNm; ø⃗ 	 ü."144WB � 48W � 144WB�=�⃗ ý Nm; ø⃗ 	 <48W =�⃗ > Nm.</p><p>(b) Variação do momento angular.</p><p>ø⃗ 	 Lℓ�⃗LW → Lℓ�⃗LW 	 <48W =�⃗ > Nm → ℓ�⃗ 	 ü.24WB � ¼�=�⃗ ýNm → para W 	 0 s, ℓ só aumenta.</p><p>70) Na figura, duas patinadoras com 50 kg de massa</p><p>cada, que se movem com uma velocidade escalar de</p><p>1.4 m/s, se aproximam em trajetórias paralelas, em</p><p>sentidos opostos, separadas por 3.0 m. Uma das</p><p>patinadoras carrega uma barra comprida, de massa</p><p>desprezível, segurando-a em uma extremidade, e a</p><p>outra se agarra à outra extremidade ao passar pela</p><p>barra, o que faz com que as patinadoras passem a descrever</p>