MecanicaGeral_03_exercicios_MEDIADOR_r2

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3
mecânica geral
exercícios das aulas 5-6
ExErcício 1 
Uma haste metálica delgada de comprimento d e massa 
M pode girar livremente em torno de um eixo horizontal, 
que a atravessa perpendicularmente, à distância d/4 de 
uma extremidade. A haste é solta a partir do repouso, na 
posição horizontal. 
3d/4
d/4
0
θ
a. Calcule o momento de inércia I da haste com res-
peito ao eixo em torno do qual ela gira.
b. Calcule a velocidade angular ω adquirida pela haste 
após ter caído de um ângulo θ (vide figura), bem 
como a aceleração angular α.
c. Determine o período de pequenas oscilações.
ExErcício 2 
Libera-se uma caixa que está presa a uma corda enrola-
da em uma peça denominada nora, de forma cilíndrica e 
Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios 2
uniforme (vide figura abaixo). A massa da caixa é MC = 35 KG, a massa e o 
raio da nora são, respectivamente, Mn = 94 kg e Rn = 83 mm. 
a. Determine a aceleração com que a caixa desce.
b. Determine a força de tração na corda.
Nora
eixo z
Corda
Caixa
ExErcício 3 
Um corpo esférico sólido de raio igual a 10 cm e massa de 12 kg, parte do 
repouso e rola uma distância de 6,0 m, descendo o telhado de uma casa, 
cuja inclinação é igual a 30o.
6,0 m
5,0 m
R  =  10-1 m
M  =  12Kg
I  =  
2
5
 MR2  = 
2
5
12. (10-1)2  =  0,048Kg . m2/s
Equações em movimento
N - P cos θ = 0
P sen θ - A  =  Ma
AR  =  Iα
Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios 3
Condições de não deslizamento
α  =  α/R
AR  =  I  α
R
  ⇒  A  =   I
R2
 a
P sen θ – 
I
R2
 a  =  Ma ⇒  a  =  
M + I
R2
Mg senθ
a. Qual a aceleração linear do corpo durante o rolamento?
b. Qual é a força de atrito fe?
c. Qual é a velocidade do corpo quando ele sai do telhado?
ExErcício 4 
Dois blocos idênticos, de massa M cada um, estão ligados por uma corda 
de massa desprezível, que passa por uma polia de raio R e de momento 
de inércia I (fig. a seguir). A corda não desliza sobre a polia; desconhece-
-se existir ou não atrito entre o bloco e a mesa; não há atrito no eixo da 
polia. Quando esse sistema é liberado, a polia gira de um ângulo θ, num 
tempo t, e aceleração dos blocos é constante. Todas as respostas devem 
ser expressas em função de M, I, R, θ, g e t. 
T2
T1
R.I.
 N2 – P2 = 0
T2 - A  =  Ma
(T1 - T2)R  =  Iα
P1 - T1  =  Ma
a. Qual a aceleração angular da polia?
b. Qual a aceleração dos dois blocos?
c. Quais as tensões na parte superior e inferior da corda?
Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios 4
ExErcício 5 
Uma roda de bicicleta de massa M e raio R1(massa dos raios da roda des-
prezível) pode girar livremente em torno de um eixo horizontal. Um fio 
de massa desprezível é enrolado em torno de seu diâmetro, e ligado a 
um bloco de massa m1 = M/5 , passando por uma polia que é um disco de 
massa m2 = 4M/5 e raio R2 , como visto na figura:
T2 T2
T1
T1
R1 R2m2M
m1
P
a. Faça um diagrama mostrando as forças aplicadas pelo fio em cada 
um dos três corpos e determine os torques relevantes.
b. Determine a aceleração comum a todos os corpos
c. Deternine todas as forças de tração.
ExErcício 6 
Um cilindro de massa m e raio R, é solto (a partir do repouso) do topo de 
um plano inclinado que faz um ângulo α com a horizontal (vide figura).
a. Determine o torque de cada uma das forças em relação ao ponto de 
contato e, no outro caso, em relação ao centro de massa.
b. Sabendo-se que o cilindro desce o plano inclinado rolando sem des-
lizar, encontre sua aceleração. Ou seja, a aceleração do centro de 
massa do cilindro.
Fat
P
α
N
α
y
x
5Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
gabarito
ExErcício 1
a. 
ICM  =  
1
12
 md2
Io  =  IM + m 
d
4
2
  =   1
12
 md2 +  1
16
 md2  =   7
48
 md2
b(θ)  =  d
4
 cos θ
τ  =  b(θ)F  =   d
4
 cos θ mg  =  Iα ⇒
⇒ 
1
4
 mgd cos θ  =   7
48
 md2 α  ⇒  α  =  12
7
 .  g
d
 cos θ
b. 
∆k  =  ∫
θ
θ
1
2
 τ (θ)dθ  =  
1
4
 mgd ∫
θ
0 cos θdθ  =  
1
4
 mgd sen θ
Em θ  =  0, k  =  0 pois a barra está parada.
Em θ > 0, k  =   1
2
 Iω2
1
2
 Iω2 = 
1
4
 mgd sen θ ⇒  7
48
 md2ω2  =   1
2
 mgd sen θ ⇒
⇒  ω2  =  
24
7
 .  g
d
 . sen θ
6Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
c. 
τ  =  Mg  d
4
 cos θ
dL
dt
  =  τ
I α  =  Mg  d
4
 cos θ onde I  =   7
48
Md2
Fazendo θ  =   π
2
 - φ
- I  d
2
dt2
 (φ)  =  Mg  d
4
 senφ
Portanto:
d2
dt2
 (φ) + Mgd
4I
sen φ  =  0
Para pequenas oscilações sen φ ~ φ
E a frequência de pequenas oscilações será dada por: 
12g
17d
1/2
7Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
ExErcício 2
a. A aceleração linear da caixa é dada por:
mca  =  P - T
Enquanto que o movimento de rotação da nora é regido pela lei:
τ  =  Iα  =  TRn
Tendo em vista que:
α  =  
a
RE que:
I  =   1
2
 mnR
2
n  (momento de inércia de um cilindro)
Obtemos:
mca  =  mc g - 
1
2
 mnR
2
n 
α
Rn
 
1
Rn
Daí obtendo a seguinte relação:
α  mc + 
1
2
 mn   =  mc g
Ou seja:
a  =  
mc + 
1
2
 mn
mc  g
Assim, de acordo com os dados, obtemos:
R  :  a  =  4,2 m/s2
b. A tensão T da corda
A nora pode ser tratada como um cilindro uniforme de raio Rn. Ade-
mais desprezaremos o torque devido ao atrito nos mancais da cor-
da. O resultado é que:
T  =   Iα
Rn
  =   Iα
R2n
  =  
1
2
 mna
R : T  =  197,4N
8Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
ExErcício 3
a. 
α  =  
12 + 
0,048
0,12
12 . 9,8 . 
1
2
  =  3,5 m/s2
b. 
A  =   0,048
0,12
 . 3,5  =  16,8 N
c. 
V 2  =  V 20 + 2ad  ⇒  v 2 . 3,5 . 6   ⇒  v  =  6,48 m/s
2
9Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
ExErcício 4
a. Se a aceleração é constante:
θ  =  θ0 + ω0t - 
1
2
αt2 ⇒ α =  2θ
t2
b. Como não há deslizamento, α = α / R:
Portanto:
a  =  2θR
t2
c. 
T1  =  P1 - Ma  =  Mg - Ma  =  M(g - a)  =  M  g - 
2θR
t2
 
T2  =  
T1R - Iα
R
  =  
M(g - a)R - I 
2θR
t2
R
  =
=  Mg - M 2θR
t2
 - 
2Iθ
Rt2
10Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
ExErcício 5
As equações dos dois movimentos de rotação pura (sem translação), o 
movimento da roda de bicicleta e da polia, são respectivamente:
 τ1  =  I1α1 = R1T2
  τ2  =  I2α2 = R2(T1 - T2)
O movimento de translação pura, o movimento do bloco, é regido pela 
equação:
m1a  =  m1g - T1
Tendo em vista que a aceleração escalar é a mesma para os três corpos, 
as equações acima são escritas como:
  I1 
a
R21
  =  T2
  I2 
a
R22
  =  (T1 - T2)
  m1a  =  m1g - T1
Somando as três equações acima, obtemos a seguinte expressão:
m1a + 
I1
R 21
 a + 
I2a
R22
  =  m1g
Ou seja:
a m1 + 
I1
R 21
 + 
I2
R 22
    =  m1g
Levando-se em conta que o aro da bicicleta pode ser tratado aproximada-
mente como um anel, temos, dentro de boa aproximação:
I1  =  MR
2
1
Enquanto que o disco será tratado como um disco fino, ou um pequeno 
cilindro. Em qualquer caso, escrevemos:
I2  =  
m2R
2
2
2
11Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
Assim, a aceleração escalar pode ser escrita em termos das 3 massas de 
acordo com a expressão:
a  =  
m1g
m1 + M + 
M2
2
Para as relações estipuladas no problema, obtemos:
a  =  
(1/5) Mg
M    
1
5
 + 1 + 
2
5
  =  
g
8
a. As forças de tração
A força de tração T2 é a mais fácil de ser determinada, pois ela é dada 
pela expressão:
T2  =  
I2a
R21
  =  Ma  =  (M)  g
8
  =  
Mg
8
Portanto:
T2  =  
Mg
8
Para T1 , temos a seguinte relação:
T1  =  T2 + 
I2a
R2
2
Donde inferimos que:
T1  =  
Mg
8
 + 
m
2
a
2
Logo:
T1  =  
Mg
8
 + 
2
5
 M  g
8
  = 
Mg
8
   1 + 
2
5= 
7
40
 Mg
12Mecânica Geral / Aulas 5–6 Exercícios
ExErcício 6
a.    τcontato  =  mgR senα
τCM  =  AR
Os torques apontam para dentro na normal ao plano da figura.
b. Considerando-se um referencial no centro de massa, o movimento 
de rotação é descrito pela equação
RFa  =  Iα  =  I 
X
..
R
O fato de não haver deslizamento nos leva ao resultado:
α  =  
X
..
R
E, portanto:  RFa  =  Iα  =  I 
X
..
R
Onde I é o momento de inércia associado a rotações quando elas se 
dão ao longo de um eixo passando pelo centro de massa (o eixo de 
simetria do cilindro).
I  =   mR
2
2
Para o movimento de translação escrevemos:
mgsenα - Fa  =  mx
..
Levando-se em conta a expressão para a força de atrito, a equação 
acima se escreve:
mx
..
  1 +  I
R2
  =  mgsenα
Donde concluímos que:
a  =  gsenα  1 + mR
2
2R2
-1
a  =   2
3
 gsenα
R  =  a  =   2
3
gsenα