Resolucao Halliday vol 1_part10

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334 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(a) De acordo com a Eq. 10-13 (com ω0 = 0), temos:
u   
u= + ⇒ = = =0
2
2
1
2
2 2 0 130
t t
t
( , rad)
(0,0910 s)2
331 4, .rad/s2
(b) Como a = Rα, temos:
a
R
t
= = =2 2 0 024 0 130
0
2
u ( , ( ,
,
m) rad)
(0,0910 s)2
7754 m/s2.
(c) De acordo com a primeira equação,
T m g a M g
R
t
1 1 1 2
2
6 20 9 80= −( ) = −



=u
( , ,kg) m/ss
m) rad)
(0,0910 s)
2
2
−



=
2 0 024 0 130( , ( ,
556 1, .N
(d) De acordo com a terceira equação, 
T T
I
R
2 1
4
56 1
7 40 10 31 4= − = − × ⋅−
,
( , )( ,
N
kg m rad2 //s )
0,024 m
N.
2
= 55 1,
72. (a) Chamando de α a aceleração angular, de ω0 a velocidade angular inicial e de t o tempo 
que a barra leva para parar, a equação ω0 + αt = 0 nos dá

= − = − = − = −0 39 0
1 22 7 66
t
,
, ,
rev/s
32,0 s
rev/s rad2 //s2.
(b) Usamos a equação τ = Iα, em que τ é o torque e I é o momento de inércia do sistema. A con-
tribuição da barra para o momento de inércia é Ml2/12 [Tabela 10-2(e)], na qual M é a massa e 
l o comprimento da barra. A contribuição de cada bola é m(l/2)2, em que m é a massa da bola. 
O momento de inércia total é
I
M m= + = +l l2 2
12
2
4
6 40 1 20
12
1 06 1( , )( , ) ( , )( ,kg m kg 220
2
2m) ,
o que nos dá I = 1,53 kg ⋅m2. O torque, portanto, é
t = ⋅ − = − ⋅( , )( , )1 53 7 66 1172 2kg m rad/s N m.
(c) Como o estado final do sistema é o repouso, a energia mecânica que é convertida em energia 
térmica é igual à energia cinética inicial:
E K It i= = = ⋅ 
1
2
1
2
1 53 2 39 00
2 2 ( , ) ( )( , )kg m rad/s = ×
2
44 59 10, .J
(d) De acordo com a Eq. 10-13,
u   = + = [ ] + −0
21
2
2 39 0 32 0
1
2
7t t ( )( , ) ( , ) ( ,rad/s s 666 32 0 2rad/s s2 )( , ) ,
o que nos dá 3920 rad ou (dividindo por 2π) 624 rev.
(e) Apenas a energia mecânica que é transformada em energia térmica pode ser calculada sem 
informações adicionais. O valor dessa energia é 4,59 × 104 J independentemente do modo como 
o torque varia com o tempo, contanto que o estado final do sistema seja o repouso.
73. A sugestão proposta no enunciado facilita a solução do item (a), mas apresentamos uma so-
lução mais detalhada para que o leitor possa confirmar que a sugestão está correta.
(a) De acordo com a Segunda Lei de Newton, a força centrípeta exercida sobre uma parte in-
finitesimal da pá, de massa dm, situada a uma distância r do eixo de rotação, é dada por dF = 
(dm)ω2r e a velocidade angular é 
 = ( )( ) =320 2 60π 33 5, .rad s
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 335
Assim, chamando de M e de L a massa e o comprimento da pá, respectivamente, e levando em 
conta a relação dm = (M/L) dr, a força total a que está submetida a pá é
F dF rdm
M
L
rdr
M LL
5 5 5 5 5
(
∫ ∫ ∫ 
2
0
2
2
1102 kg)) ( , ) ( , )
, .
33 5 7 80
2
4 81 10
2
5
rd/s m
N5 3
(b) De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia da pá em relação ao centro de massa 
é I = ML2/12. Quando usamos o teorema dos eixos paralelos para “transferir” o eixo de rotação 
para a extremidade da pá, o momento de inércia se torna I = ML2/3. De acordo com a Eq. 10-
45, o torque (suposto constante) é
t 
= = 







= ( )( )I ML
t
1
3
1
3
110 7 82
2D
D
kg m,
333 5
6 7
1 12 104
,
,
,
rad/s
s
N m.




= × ⋅
(c) De acordo com a Eq. 10-52, o trabalho realizado é
W K I ML= = − = 



= ( )D
1
2
0
1
2
1
3
1
6
110 7 802 2 2 kg m,(( ) ( ) = ×
2 2
633 5 1 25 10, ,rad/s J.
74. O deslocamento angular dos discos A e B é dado por
u  u A A B Bt t= =, .
1
2
2
(a) O instante em que u uA B= é dado por
 


A B
A
B
t t t= ⇒ = =1
2
2 2 9 52 rad/s)
(2,2 rad
( ,
//s )
s.
2
= 8 6,
(b) A diferença entre os deslocamentos angulares é 
Du u u  = − = − = −A B A Bt t t t
1
2
9 5 1 12 2, , .
Para que as linhas de referência dos dois discos estejam alinhadas, é preciso apenas que ∆θ = 
2πN, em que N é um número inteiro. Resolvendo a equação do segundo grau acima, obtemos:
t
N
N =
± −
= ± −9 5 9 5 4 1 1 2
2 1 1
9 5 90 25 22, ( , ) ( , )( )
( , )
, , 77 6
2 2
,
,
.
N
A solução ′t0 = 8,63 s, obtida fazendo N = 0 e escolhendo o sinal positivo para a raiz quadrada, 
coincide com o resultado obtido no item (a), enquanto a solução ′′t0 = 0, obtida escolhendo o 
sinal negativo para a raiz quadrada, é o momento em que os discos começam a girar. Fazendo 
N = 1 e escolhendo a raiz positiva, obtemos ′t1 = 7,92 s; escolhendo a raiz negativa, obtemos 
′′t1 = 0,72. Fazendo N = 2 e escolhendo a raiz positiva, obtemos ′t2 = 7,01 s; escolhendo a raiz 
negativa, obtemos ′′t2 = 1,63; fazendo N = 3 e escolhendo a raiz positiva, obtemos ′t3 = 5,56 s; 
escolhendo a raiz negativa, obtemos ′′t3 = 3,08. Para valores de N maiores que 3, o radicando se 
torna negativo e a equação não tem solução real. Assim, a resposta é não.
75. O módulo do torque é o produto do módulo da força pelo braço de alavanca. Neste caso, a 
força é a força gravitacional, que passa pelo centro de massa. Assim, 
t = = =I rF rmg,
em que r é a distância horizontal entre o centro de massa do equilibrista e o arame.
(a) Sem a vara, para I = 15 kg ? m2, a aceleração angular é 
 = = =
⋅
=rF
I
rmg
I
( , )( )( , )0 050 70 9 8
15
m kg m/s
kg m
2
2
22 3, .rad/s2
336 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) Quando o equilibrista carrega uma vara, o torque aplicado à vara pela força gravitacional 
tem o sentido oposto ao torque aplicado ao equilibrista pela força gravitacional. Assim, o tor-
que resultante é 
t res
2m kg m/s= = −∑r Fi i
i
( , )( )( , ) ( ,0 050 70 9 8 0 10 mm kg m/s N m2)( )( , ) ,14 9 8 20 58= ⋅ ,
e a aceleração angular resultante é

t= =
⋅
⋅
≈res
2
2
N m
kg m
rad/s
I
20 58
15
1 4
,
, .
76. O movimento acontece em duas etapas. Na primeira, no intervalo 0 ≤ t ≤ 20 s, a roda se 
move com uma aceleração angular constante dada por
 = =
5 0
2 0
2 5 2,
,
, .
rad s
s
rad s
Na segunda, no intervalo 20 0 
e ω = 0 em um instante t > 0, a aceleração angular é negativa.
(a) Como a aceleração angular é constante, podemos usar a Eq. 10-12 (ω = ω0 + αt). Para t = 
30/60 = 0,50 min, temos:
 = − = − ≈ −33 33
0 50
66 7 67
,
, min
,
rev/min
rev/min2 rrev/min .2
(b) Usamos a Eq. 10-13:
u  = + = + −0
21
2
33 33 0 50
1
2
6t t ( , )( , ) (rev/min min 66 7 0 50 8 32, )( , ) ,rev/min min rev.2 =
78. Usamos a lei de conservação da energia. O centro de massa está no ponto médio da barra 
transversal e desce uma distância L/2, em que L é o comprimento das barras. A energia potencial 
gravitacional diminui de MgL/2, na qual M é a massa do corpo. A energia cinética inicial é zero 
e a energia cinética final é Iω2/2, em que I é o momento de inércia do corpo e ω é a velocidade 
angular no instante em que o corpo está na vertical. Assim,
0 2 2= − + ⇒ =MgL I MgL I/
1
2
/  .
Como as barras são finas, a barra que coincide com o eixo de rotação não contribui para o mo-
mento de inércia. Como todos os pontos da outra barra longitudinal estão à mesma distância do 
eixo de rotação, a contribuição da outra barra longitudinal para o momento de inércia é (M/3)
L2, sendo que M/3 é a massa da barra. A barra transversal é uma barra que gira e torno de uma 
das extremidades e, portanto, sua contribuição é (M/3)L2/3 = ML2/9. O momento de inércia to-
tal é, portanto,
 
I = (ML2/3) + (ML2/9) = 4ML2/9.
Assim, a velocidade angular é
 = = = =MgL
I
MgL
ML
g
L4 9 4
9 9 800
4 0 6002 /
9 m/s2( , )
( , mm
rad/s
)
, .= 6 06
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 337
79. (a) De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia de um cilindro de raio R e de um 
aro de raio r são dados por
I MR I MrC A= =1
2
2 2e



 ..
Depois que o gato rasteja até a borda interna do disco (e, portanto, está a uma distância do eixo 
de rotação), o momento angular do sistema se torna
L m R m R R m R
m
f f f f( )5 1 5 11 1
2
2 1
2
2
2
1 1
2 1
1
2
  
1
2
22
1
2
2
1
21
m
R
R
1









 .
Como Lf = Li, temos:


f R
R
m
m
R
R
0
2
1
2
2
1
1
2
2
21
1
2
1
1
5
1 1
1








( , )
( ,
1
2
1
2 0
1 2 0 25 1
2
1
2
2
1
2
2
m
m
R
R
1
5
1 1




))
( )
, .
1 2 1 4
1 273
1 1
5
Assim,  f = 1 273 0, . Para ω0 = 8,00 rad/s, temos ωf = 10,2 rad/s. Fazendo I = L/ω na equação 
K I= 2 2/ , obtemos K L=  / 2 . Como Li = Lf, a razão entre as energias cinéticas se torna
K
K
L
L
f
i
f f
i i
f= = =




/
/
,
2
2
1 273
0
,
o que significa que DK K K Kf i i= − = 0 273, . Este resultado é coerente com o fato de que o 
gato realiza um trabalho positivo ao rastejar em direção ao centro do anel, aumentando a ener-
gia cinética total do sistema.
Como a energia cinética inicial é
Ki 5 1 1 5( )
1
2
1
2
1
21 2
2
2 1
2
2
2 2
1m R m R R m R



0 22
2 2 2
1
1
2
2
21
1
2
1
1
2
2 0
0 1 1
5 ( ,
m
m
R
R










00 0 800 8 00 1 1 2 42)( , ) ( , [ ( / )( )(kg m rad/s)2 1 00 5 1
143 36
2, )
, ,
1
5 J
o aumento de energia cinética é 
DK = =( , )( ,0 273 143 36 J) 39,1 J.
55. Antes da queda da massa, o momento angular do sistema é Ii i , com Ii = 5,0 × 10-4 kg . m2 e 
ωi = 4,7 rad/s. Depois da queda, o momento de inércia do conjunto disco + massa passa a ser 
I I mRf i= + 2
com m = 0,020 kg e R = 0,10 m. A massa do disco (0,10 kg), embora apareça nos dados do pro-
blema, não é usada na solução. De acordo com a lei de conservação do momento angular,
I I
I
I mR
i i f f f
i i
i
  
= ⇒ =
+
=
2
3 4, .rad/s
56. A Tabela 10-2 fornece o momento de inércia de uma barra fina que gira em torno de um eixo 
perpendicular passando pelo centro da barra. As velocidades angulares dos dois braços são:



1
0 500
4 49= =( ,
,
rev)(2 rad/rev)
0,700 s
rad/s
22
1 00
8 98= =( ,
,
rev)(2 rad/rev)
0,700 s
rad/s.

SOLUçõES DOS PROBLEMAS 365
Os momentos angulares dos braços, supondo que podem ser considerados como barras finas 
com 4,0 kg de massa e 0,60 m de comprimento, são
L I mr1 1
2
1
24 0 0 60 4 49 6= = = =  ( , )( , ) ( , ) ,kg m rad/s 446
4 0 0 60 8 92 2
2
2
2
kg m /s
kg m
2⋅
= = =L I mr  ( , )( , ) ( , 88 12 92rad/s kg m /s.2) ,= ⋅
No referencial do atleta, um dos braços gira no sentido horário e o outro gira no sentido anti-
horário. Assim, o momento angular total em relação a um eixo de rotação comum passando 
pelos ombros é
L L L= − = ⋅ − ⋅ = ⋅2 1 12 92 6 46 6 46, , ,kg m /s kg m /s kg m /2 2 2 ss.
57. De acordo com a Tabela 10-2(c), o momento de inércia inicial do sistema é
I I I0 = +discomaior discomenor
em que Idiscomaior = MR2/2 e Idiscomenor = mr2/2. O novo momento do disco menor, depois de sofrer 
o deslizamento, pode ser calculado usando o teorema dos eixos paralelos, fazendo h = R − r. O 
novo momento de inércia do sistema é
I MR mr m R r= + + −( )1
2
1
2
2 2 2
.
(a) Chamando de ω0 a velocidade angular comum dos dois discos antes do deslizamento, podemos 
usar lei de conservação do momento angular, I0ω0 = Iω, para obter a nova velocidade angular:
 =
+
+ + −( )0
2 2
2 2 2
2 2
2 2
( / ) ( / )
( / ) ( / )
.
MR mr
MR mr m R r
Para M = 10m e R = 3r, ω = ω0(91/99). Assim, com ω0 = 20 rad/s, obtemos ω = 18 rad/s.
(b) De acordo com os resultados do item anterior,
I
I
0 91
99
= e 

0
91
99
= .
Substituindo esses valores na razão das energias cinéticas, obtemos
K
K
I
I
I
I0
2
0 0
2
0 0
2
2
2
99
91
91
99
= =




= 





/
/ 
=
2
0 92, .
58. O momento de inércia inicial do sistema é Ii = Idisco + Iestudante, em que Idisco = 300 kg ⋅ m2 [o 
que está de acordo com a Tabela 10-2(c)] e Iestudante = mR2, com m = 60 kg e R = 2,0 m. 
O momento de inércia do estudante em um ponto onde r = 0,5 m é If = Idisco + mr2. De acordo 
com a lei de conservação do momento angular, temos:
I I
I mR
I mr
i i f f f i   = ⇒ = +
+
disco
disco
2
2
que, para ωi = 1,5 rad/s, nos dá uma velocidade angular final ωf = 2,6 rad/s.
59. De acordo com a lei de conservação do momento angular (Eq. 11-33), o momento angular 
após a liberação é igual ao momento angular antes da liberação:
′ + ′ = +L L L Lp b p b
C
mv MC I MCp p2
1
12
1
12
2 2+ ′ = +  
em que C é o comprimento da barra. Note que, de acordo com a Eq. 10-33, Ip = m(C/2)2 e, de 
acordo com o enunciado do problema, 
′ = vbarra/r = (vp − 6)/(C/2)
366 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Como sabemos que C = 0,800 m, M = 3m e ω = 20 rad/s, temos informações suficientes para 
calcular a velocidade da partícula: vp = 11,0 m/s.
60. (a) Para r = 0,60 m, temos I = 0,060 + (0,501)r2 = 0,24 kg · m2.
(b) De acordo com a lei de conservação do momento angular, usando unidades do SI, temos:
l0 0 00 001 0 60 0 24 4 5= ⇒ = ⇒ ( ) ( ) = ( )( )L mv r I vf  , , , , ,
o que nos dá v0 = 1,8 × 103 m/s.
61. Usamos a convenção pouco habitual de considerar as rotações no sentido horário como 
positivas para que as velocidades angulares deste problema sejam positivas. Para r = 0,60 m e 
I0 = 0,12 kg · m2, o momento de inércia do sistema bola-barra (após a colisão) é 
I = I0 + (0,20)r2 = 0,19 kg · m2.
De acordo com a lei de conservação do momento angular, L Lf0 = ou I I0 0 = , o que nos 
dá
 = =
⋅
⋅ ( ) =I
I
0
0
0 12
0 19
2 4 1 5
,
,
, ,
kg m
kg m
rad/s rad
2
2
//s.
62. Como o trapezista mantém o corpo esticado, com I1 19 9= ⋅, kg m2 , no primeiro e no último 
quarto de volta (ou seja, em um oitavo do ângulo total), o ângulo descrito em um certo tempo t1 
com esse momento angular éu1 0 500= , rev. No resto do percurso, realizado em um certo tempo 
t2, o corpo está na posição grupada, I2 3 93= ⋅, kg m2 , e o ângulo total descrito é u2 3 500= , rev. 
Como não existe nenhum torque externo aplicado, o momento angular é conservado e, portanto, 
I I1 1 2 2 = . Assim, o tempo total do percurso é
t t t
I I
I
I
= + = + = + = +1 2
1
1
2
2
1
2 2 1
2
2 2
1
2
1
1u

u

u

u
 
u
/
uu2




.
Explicitando ω2 e substituindo os valores conhecidos, temos:
 u u2
1
2
1 2
1 1
1 87
19 9
3 93
= +




=
⋅
⋅t
I
I ,
,
,s
kg m
kg
2
mm
rev rev rev/s
2
( , ) , , .0 500 3 50 3 23+




=
63. Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica, que podemos analisar usando a lei de con-
servação do momento angular. Sejam m e v0 a massa e a velocidade inicial da bola e seja R o 
raio do carrossel. O momento angular inicial é

l  
0 0 0 0 0= ⇒ ( ) cosr p R mv3 5l 
em que  = 37° é o ângulo entre 

v0 e a reta tangente à borda do carrossel. Substituindo os va-
lores conhecidos, obtemos l0 19= ⋅kg m s2 . Em unidades do SI, temos:
l0
2 219 150 30 1 0= ⇒ ⋅ = = + ( ) + ( )( )L I R Rf kg m2  , ,
o que nos dá ω = 0,070 rad/s.
64. Tratamos a bailarina como um objeto rígido girando em torno de um eixo fixo, inicialmente 
e quando está quase atingindo a altura máxima. O momento de inércia inicial (do tronco e de 
uma perna fazendo um ângulo de 90° com o tronco) é 
I I Ii = + = ⋅ + ⋅ =tronco perna
2 2kg m kg m0 660 1 44 2 10, , , kkg m2⋅ .
O momento de inércia final (do tronco e das duas pernas fazendo um ângulo u = °30 com o 
tronco) é 
I I If = + = ⋅ +tronco perna
2kg m kg2 0 660 2 1 442sen , ( ,u ⋅⋅ °
= ⋅
m
kg m
2
2
)sen
, ,
2 30
1 38
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 367
em que fizemos uso do fato de que o comprimento efetivo da perna estendida fazendo um ân-
gulo θ com o tronco é L L⊥ = senu e I L~ .⊥
2 Depois que a bailarina inicia o salto, não existe 
nenhum torque externo agindo sobre o seu corpo e, portanto, seu momento angular permanece 
constante. Assim, L Li f= ou I Ii i f f = e a razão das velocidades angulares é


f
i
i
f
I
I
= =
⋅
⋅
=2 10
1 38
1 52
,
,
, .
kg m
kg m
2
2
65. Considerando um pequeno intervalo de tempo que começa pouco antes de o bloco de massa 
de modelar colidir com uma das bolas e termina pouco depois da colisão, podemos usar a lei de 
conservação do momento angular. O momento angular inicial é o momento angular do bloco. 
O bloco se move inicialmente ao longo de uma linha reta que está a uma distância d/2 do eixo 
de rotação, na qual d é o comprimento da barra. O momento angular do bloco é mvd/2, em que 
m e v são a massa e a velocidade inicial do bloco. Depois que o bloco gruda na bola, a barra 
possui uma velocidade angular ω e um momento angular Iω, no qual I é o momento de inércia 
do sistema formado pela barra, as duas bolas de massa M e o bloco. De acordo com a lei de con-
servação do momento angular, mvd/2 = Iω, em que (desprezando a massa da barra) 
I = (2M + m)(d/2)2.
Essa igualdade permite determinar o valor de ω. 
(a) Para M = 2,00 kg, d = 0,500 m, m = 0,0500 kg e v = 3,00 m/s, temos:
 = =
+( ) =
( )( )mvd
I
mv
M m d2
2
2
2 0 0500 3 00
2 2
, ,
( ,
kg m/s
000 0 0500 0 500
0 148
kg kg m
rad s
) , ) ,
, .
+ ( )
=
(b) Como a energia cinética inicial é Ki = mv2/2 e a energia cinética final é Kf = Iω2 /2, a razão 
das duas energias é
K K I mvf i = 2 2 .
Para I M m d= +( )2 42 e  = +( )2 2mv M m d , temos:
K
K
m
M m
f
i
=
+
= ( ) +
=
2
0 0500
2 2 00 0 0500
0 012
,
, ,
,
kg
kg kg
33.
(c) Enquanto a barra gira, a soma da energia cinética com a energia potencial permanece cons-
tante. Se uma das bolas desce uma distância h, a outra sobe a mesma distância e, portanto, a 
soma das energias potenciais das bolas não muda. Assim, precisamos considerar apenas a ener-
gia potencial do bloco. Após a colisão, o bloco descreve um arco de 90° para baixo até chegar 
ao ponto mais baixo da trajetória, ganhando energia cinética e perdendo energia potencial no 
processo. Em seguida, descreve um arco θ para cima, perdendo energia cinética e ganhando 
energia potencial no processo, até parar momentaneamente. Vamos considerar o ponto mais 
baixo da trajetória como nível de referência zero para a energia potencial. Nesse caso, como o 
bloco inicia o movimento (após a colisão) a uma distância d/2 desse ponto, a energia potencial 
inicial é U mg di = ( / )2 . Se o bloco se desloca para cima de um ângulo θ, a altura final é (d/2)
(1 – cos θ) e a energia potencial final é
U mg df = ( ) −( )2 1 cos .u
A energia cinética inicial é a soma das energias cinéticas das bolas e do bloco: 
K I M m di = = +( )( )1
2
1
2
2 22
2
2  .
Na posição em que a barra está momentaneamente parada, Kf = 0. De acordo com a lei de con-
servação da energia,
U K U K mg
d
M m
d
mg
d
i i f f+ = + ⇒ + +( )



= −
2
1
2
2
2 2
1
2
2 ccos .u( )
368 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Explicitando cos θ, temos:
cos
,
u = − +







= −
(
1
2
2
2
1
2
2 2 00
2M m
mg
d
kg)) +
( )( )








0 0500
0 0500 9 8
0 500
2
,
, ,
,kg
kg m s
m
22
rad s



 ( )
= −
0 148
0 0226
2
,
, ,
o que nos dá θ = 91,3°. Assim, o ângulo total de giro do sistema antes de parar momentanea-
mente é 90° + 91,3° = 181°.
66. Ao contrário do que costumamos fazer, escolhemos o sentido horário de rotação como posi-
tivo para que as velocidades angulares (e os ângulos) deste problema sejam positivos. Aplicando 
a lei de conservação da energia mecânica à partícula (antes do impacto), obtemos a relação
mgh mv v gh= ⇒ =1
2
22
que nos dá a velocidade da partícula no momento do impacto. Aplicando a lei de conservação 
do momento angular à colisão, temos:
mvd I md= +( )barra
2 
em que Ibarra pode ser calculado usando a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos:
I Md M
d
Mdbarra = + 



=1
12 2
1
3
2
2
2 .
Assim, a velocidade angular do sistema imediatamente após a colisão é
 =
+
md gh
Md md
2
32 2( / )
,
o que significa que o sistema possui uma energia cinética I mdbarra +( )2 2 2 / , que é totalmente 
convertida em energia potencial na posição em que o bloco para momentaneamente depois de 
atingir uma altura H em relação ao ponto mais baixo da trajetória. Nesse instante, o centro de 
massa da barra está a uma altura H/2. Usando relações trigonométricas, é fácil demonstrar que 
H = d(1 – cosθ), que nos leva à seguinte relação:
1
2 2
1
2
2
3
2 2
2 2
2
I md mgH Mg
H m d gh
Md
barra +( ) = + ⇒ ( )

( / ))
cos .
+
= +



−( )
md
m
M
gd
2 2
1 u
Explicitando θ, temos:
u 5 2
1 1
52 2cos
( / )( / )
cos1
2
11
2 3
m h
m M m M




hh d
M m M m
/
( / )( /
cos
1 2 1 3
11
1 1
5 22




(20 cmm / 40cm)
(1 11 1
5
5
2
)( / )
cos ( , )
1 2 3
0 851



.32°
67. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular (Eq. 11-33), temos:
L L dmv MLi f= ⇒ − + =1
12
02
na qual consideramos negativo o sentido horário de rotação e usamos a Tabela 11-2(e) e a Eq. 
11-21 com r⊥ = d. Explicitando d, temos:
d
ML
mv
M
M
= =
2 2
12
0 60 80
12 3 40
 ( , ) ( )
( / )( )
m rad/s
m/s
== 0 180, .m
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 369
(b) Se d for maior que o valor calculado, o termo negativo da equação acima será maior, o que 
tornará o momento angular total negativo após a colisão. Isso significa que a barra e a partícula 
irão girar no sentido horário.
68. (a) A velocidade angular do pião é  = =30 30 2rev/s rad/s( ) . A velocidade de precessão 
do pião pode ser calculada usando a Eq. 11-46:
 = =
×
Mgr
I
( ,0 50 kg)(9,8 m/s )(0,040 m)
(5,0 10
2
−− ⋅
= ≈
4 2kg m )(60 rad/s)
rad/s rev/s

2 08 0 33, , ..
(b) O sentido da precessão é o sentido horário quando o pião é visto de cima.
69. A velocidade de precessão pode ser calculada usando a Eq. 11-46 com r = (11/2) cm = 0,055 
m. Como Idisco = MR2/2, a velocidade angular do disco é

= = ≈ ×1000
2 1000
60
rev/min rad/s 1,0 10 rad2( )
//s
e 
 = = =Mgr
MR
gr
R( / )2 22
2
 
2(9,8 m/s )(0,055 m)
(0
2
,,50 m) (1,0 10 rad/s)
rad/s.
2 2×
≈ 0 041,
70. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica antes que a bola comece 
a subir a rampa é igual à energia mecânica no momento em que bola para momentaneamente. 
Assim, temos:
1
2
1
2
1
2
1
2
2 2 2 2mv I mgh mv If f+ + = +CM CM 
na qual vf = ωf = 0. Note que a altura h está relacionada à distância d percorrida pela bola ao 
longo da rampa através da equação h = d sen(15º). De acordo com a Tabela 10-2(f) e a Eq. 
11-2, temos:
mgd mv mR
v
R
mvsen15
1
2
1
2
2
5
1
2
2 2
2
° = + 







= 22 2 21
5
7
10
+ =mv mv .
Dividindo a equação por m e fazendo d = 1,5 m, obtemos v = 2,33 m/s.
71. Ao contrário do que costumamos fazer, escolhemos o sentido horário de rotação como po-
sitivo para que a aceleração angular seja positiva.
(a) Usamos a mesma abordagem da Eq. 11-3 (rotação pura em torno de um eixo passando pelo 
ponto P), mas trabalhamos com torques em vez de energias. O torque em relação a um eixo 
passando pelo ponto P é t = IP , onde
I MR MR MRP = + =1
2
3
2
2 2 2
de acordo com a Tabela 10-2(c) e o teorema dos eixos paralelos. O torque é produzido pela força 
F = 12 N e é dado por τ = 2RF. Assim, temos:
t  = = 



=I MR RFP
3
2
22 ,
o que nos dá
 = = =
( )
=2 4 4 12
3 10 0 10
16
RF
MR
F
MR3 /2 3
N
kg m
r
2 ( )( , )
aad/s2.
Assim, aCM = Rα = 1,6 m/s2.
(b) Como foi visto acima, α = 16 rad/s2.
370 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(c) Aplicando a versão linear da Segunda Lei de Newton, temos: F − f = MaCM. Assim, f = 
MaCM − F = 16,0 N − 20,0 N = –4,0 N. Isso significa que a força de atrito aponta para a direita 
e tem módulo 4,0 N, ou seja, 

f = ( . ˆ4 0 N)i .
72. A energia cinética de rotação é K I= 1
2
2 , em que I = mR2 é o momento de inércia em re-
lação a um eixo passando pelo centro de massa [Tabela 10-2(a)], m = 140 kg e ω = vCM/R (Eq. 
11-2). A razão pedida é
K
K
mv
mR v R
transl
rot
CM
2
1
2 CM
5 5
/
, .
1
2
2 2 1 00( )( )
73. Este problemaenvolve o produto vetorial de vetores que estão no plano xy. Para vetores 
desse tipo, que podem ser representados na forma 
′ = ′ ′r x yˆ ˆi + j , a Eq. 3-30 nos dá
 ′ × = ′ − ′( )r v x v y vy x k̂.
(a) Sabemos que 
′r aponta na direção + î ou na direção − î , já que a partícula está se mo-
vendo ao longo do eixo x. Como nem 
′r nem 

v possuem uma componente y, podemos con-
cluir a partir da expressão acima (ou mais simplesmente, a partir do fato de que ˆ ˆi i = 0× ) que 
l  = ′ ×( ) =m r v 0 .
(b) Como a força é aplicada na direção − î (o que podemos constatar derivando a expressão da 
velocidade para obter a aceleração), argumentos semelhantes aos usados no item anterior mos-
tram que t = ′ × = 
r F 0 . 
(c) Nesse caso, 
  ′ = −r r ro , em que 

ro i j= +2 0 5 0, ˆ , ˆ (com unidades do SI implícitas), é um ve-
tor que aponta do ponto (2,0; 5,0; 0) para a posição instantânea do carro [indicada pelo vetor 
posição 

r , que aponta na direção +x, na direção –x ou é nulo (se o carro estiver passando pela 
origem)]. Como 
 
r v× = 0 , temos:

l    = ′ × = − × = − −m r v m r v( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( ,o 3 0 2 0 0 5 0))( , ) ˆ−[ ]2 0 3t k,
o que nos dá 

l = − ⋅( ˆ30 3t k) kg m/s2 . 
(d) O vetor aceleração é dado por 


a
dv
dt
t= = −6 0 2, î em unidades do SI e a força exercida sobre 
o carro é ma

. Usando um raciocínio semelhante ao do item anterior, temos:
   
t = ′ × = − × = − −m r a m r a( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( , )o 3 0 2 0 0 5 0 (( , ) ˆ−[ ]6 0 2t k,
o que nos dá 

t = − ⋅( ˆ90 2t k) N m.
(e) Nesse caso, 
  ′ = −r r ro , em que 

ro i j= −2 0 5 0, ˆ , ˆ (com unidades do SI implícitas), é um ve-
tor que aponta do ponto (2,0; −5,0; 0) para a posição instantânea do carro [indicada pelo vetor 
posição 

r , que aponta na direção +x, na direção –x ou é nulo (se o carro estiver passando pela 
origem)]. Como 
 
r v× = 0 , temos:

l    = ′ × = − × = − − −m r v m r v( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( ,o 3 0 2 0 0 5 00 2 0 3)( , ) ˆ−[ ]t k,
o que nos dá 

l = ⋅( ˆ30 3t k) kg m/s2 . 
(f) O vetor aceleração é dado por 

a
dv
dt
t= = −6 0 2, î em unidades do SI e a força exercida sobre 
o carro é ma

. Usando um raciocínio semelhante ao do item anterior, temos:
   
t = ′ × = − × = − − −m r a m r a( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( ,o 3 0 2 0 0 5 0))( , ) ˆ−[ ]6 0 2t k
o que nos dá 

t = ⋅( ˆ90 2t k) N m.
	Resolucao Halliday vol 1.pdf
	Capa
	SUMÁRIO
	Capítulo 1
	Capítulo 2
	Capítulo 3
	Capítulo 4
	Capítulo 5
	Capítulo 6
	Capítulo 7
	Capítulo 8
	Capítulo 9
	Capítulo 10
	Capítulo 11.
Como os dois corpos têm a mesma massa, para que tenham o mesmo momento de inércia é 
preciso que
 
R RA
2 22/ = → R RA = / 2 .
(b) Se queremos escrever o momento de inércia na forma I = Mk2, em que M é a massa do corpo 
e k é o raio do “aro equivalente”, é evidente que k I M= / .
80. (a) De acordo com a Eq. 10-15, 60,0 rad = (ω1 + ω2)(6,00 s)/2. Para ω2 = 15,0 rad/s, ω1 = 
5,00 rad/s.
(b) De acordo com a Eq. 10-12, α = (15,0 rad/s – 5,0 rad/s)/(6,00 s) = 1,67 rad/s2.
(c) Interpretando ω como ω1 e θ como θ1 = 10,0 rad (e fazendo ωo = 0), a Eq. 10-14 nos dá
θo = – 


1
2
2
 + θ1 = 2,50 rad .
81. O centro de massa está à altura h = (L/2) sen 40o quando a barra é liberada. A energia po-
tencial correspondente, Mgh, é convertida em energia cinética de rotação Iω2/2, em que I é o 
momento de inércia da barra em relação ao pino, quando a barra passa pela posição horizontal. 
De acordo com a Tabela 10-2 (e) e o teorema dos eixos paralelos, temos:
I ML M ML
L
= +




=1
12 2
1
3
2 2
2
.
Assim,
Mg
L
ML
g
L2
40
1
2
1
3
3 40
3 12 2sen
sen
,° = 



⇒ =
°
=  rrad/s.
82. O momento de inércia dos passageiros é dado (com boa aproximação) pela Eq. 10-53: 
I mR NmR= =∑ 2 2, em que N é o número de passageiros e m é a massa (média) por pessoa. 
De acordo com a Eq. 10-52,
W I NmR= =1
2
1
2
2 2 2  .
Como a velocidade de rotação é constante, ω = θ/t, o que nos dá ω = 2π/120 = 0,052 rad/s. 
Como a massa média por pessoa está quase certamente no intervalo 50 ≤ m ≤ 100, o trabalho 
realizado está no intervalo
1
2
2160 50 38 0 052
1
2
2160 100 32 2( ( ()( )( ) , ) )( )(≤ ≤W 88 0 052
2 10 4 10
2 2
5 5
) , )(
× ≤ ≤ ×J J.W
83. Escolhemos o sentido dos eixos e o sentido da rotação para que as acelerações sejam po-
sitivas, o que nos permite fazer a1 = a2 = a. Para isso, escolhemos o sentido para cima como 
positivo para o bloco 1, o sentido para baixo como positivo para o bloco 2 e o sentido horário 
como positivo para a rotação do disco. Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos um sis-
tema de três equações:
T m g m a
m g T m a
T R T R I
1 1 1
2 2 2
2 1
− =
− =
− = 
338 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(a) Substituindo o momento de inércia do disco na terceira equação pelo seu valor, I = MR2/2 
[veja a Tabela 10-2(c)], dividindo a terceira equação por R, e somando as equações, obtemos:
m g m g m m M a2 1 1 2
1
2
− = + +



o que nos dá a g= =4
25
1 57, .m/s2
(b) Substituindo a pelo seu valor na primeira equação e fazendo m1 = 0,40 kg, obtemos
T m g1 1
29
25
4 55= = , N.
(c) Para m2 = 0,60 kg, obtemos
T m g2 2
5
6 4 55= = , N.
84. (a) A distância em longitude entre Helsinki e o local da explosão é ∆θ = 102o − 25o = 77o. 
Como a velocidade de rotação da Terra é
 = =1 rev
1 dia
360
24 h
 ,
um deslocamento angular de ∆θ corresponde a um intervalo de tempo de 
Dt = ( )


 =77
24 h
360
5,1 h.

(b) Nesse caso, ∆θ = 102o − (−20o) = 122o, de modo que o intervalo de tempo pedido seria
Dt = ( )


 =122
24
360
8 1

h
h, .
85. Para calcular o tempo necessário para a bola atingir a altura máxima, usamos a Eq. 4-23, 
fazendo o lado direito igual a zero. O resultado é o seguinte:
t = =( )sen( )
,
, .
60 20
9 8
2 094
m/s
m/s
s
2

Nesse caso, de acordo com a Eq. 10-13 (com α = 0), temos:
θ − θ0 = ω0 t = (90 rad/s)(2,094 s) = 188 rad,
o que equivale a aproximadamente 30 rev.
86. No cálculo a seguir, M1 e M2 são as massas dos anéis, R1i e R2i são os raios internos e R1e e 
R2e são os raios externos. De acordo com a Tabela 10-2 (b), temos:
I = 
1
2
M1 (R1i
2 + R1e
2) + 
1
2
M2 (R2i
2 + R2e
2) = 0,00346 kg m2⋅ .
Nesse caso, de acordo com as Eqs. 10-39 (τ = rF, em que r = R2e) e 10-45 (τ = Iα), temos:
 = =( , )( , )
,
,0 140 12 0
0 00346
485 rad/s2
e a Eq. 10-12 nos dá ω = αt = 146 rad/s.
87. Escolhemos o sentido do eixo de referência e o sentido da rotação para que as acelerações 
sejam positivas. Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos as seguintes equações, em que 
a é a aceleração da caixa e θ é o ângulo do plano inclinado:
mg T ma
TR I
senu

− =
=
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 339
Como, de acordo com o enunciado, a = 2,0 m/s2, a primeira equação nos dá:
T = m (g sen θ – a) = 2,7 N.
Substituindo T e R por seus valores na segunda equação (e usando a relação α = a/R), obte-
mos 
I = TR2/a = 0,054 kg ⋅ m2.
88. (a) Usando a relação τ = Iα, na qual τ é o torque resultante que age sobre a casca, I é o mo-
mento de inércia da casca e α é a aceleração angular, temos:
I = =
⋅
= ⋅t

960
6 20
155
N m
rad/s
kg m
2
2
,
.
(b) Como, de acordo com a Tabela 10-2 (g), o momento de inércia da casca é dado por I = (2/3) 
MR2, temos:
M
I
R
= = ⋅ =3
2
3 155
2 1 90
64 4
2
2
2
( )
( , )
, .
kg m
m
kg
89. De acordo com a Eq. 10-40, τ = mgr = (70 kg) (9,8 m/s2) (0,20 m) = 1,4 × 102 N m⋅ .
90. (a) De acordo com a Eq. 10-12, α = − o /t = −(25,0 rad/s)(20,0 s) = −1,25 rad/s2. 
(b) De acordo com a Eq. 10-15, u = = =1
2
1
2
25 0 20 0 250o rad/s s rad.t ( , )( , )
(c) Dividindo o resultado do item (b) por 2π, obtemos θ = 39,8 rev.
91. Como vamos usar métodos de conservação de energia para resolver o problema, o sentido 
de rotação da roda é irrelevante.
(a) Como a velocidade da caixa está relacionada à velocidade angular da roda através da equa-
ção v = Rω, temos:
K m v v
K
m
caixa caixa
caixa
caixa
m/s,= ⇒ = =1
2
2
1 412 ,
o que significa que a velocidade angular da roda é ω = 1,41/0,20 = 0,71 rad/s. Assim, a energia 
cinética de rotação é Iω2/2 = 10 J.
(b) Como o sistema foi liberado a partir do repouso, tomando como referência para a energia 
potencial a posição inicial da caixa, temos, em unidades do SI:
K U K U m g h0 0 0 0 6 0 10 0+ = + ⇒ + = +( ) + −( ), , .caixa
Assim, h = 16,0/58,8 = 0,27 m.
92. (a) O tempo T que o Sol leva para completar uma revolução é igual à circunferência da ór-
bita dividida pela velocidade v do Sol: T = 2πR/v, na qual R é o raio da órbita. Vamos converter 
o raio para quilômetros:
R = × ×( , ) ( )2 3 104 anos-luz 9,46 10 km/anos-luz12 == ×2,18 10 km,17
sendo que a relação entre ano-luz e quilômetro pode ser encontrada no Apêndice D ou deduzida 
a partir da velocidade da luz. Assim, temos:
T =
×
= ×
2 2 18 10
5 5 10
17
15
π ( , )
,
km
250 km/s
s.
340 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) O número N de revoluções é o tempo total t dividido pelo tempo T necessário para completar 
uma revolução, ou seja, N = t/T. Convertendo o tempo total de anos para segundos, obtemos
N =
× ×
×
=
( , ) ( )
,
4 5 10
5 5 10
26
9
15
anos 3,16 10 s/ano
s
.
7
93. A força aplicada P faz o bloco acelerar e, com isso, a roda é submetida a um torque que 
produz uma aceleração angular. 
Vamos tomar o sentido para a direita como positivo e uma rotação no sentido anti-horário como 
positiva (que é o sentido convencional). Nesse caso, a aceleração tangencial da roda tem o sen-
tido oposto ao da aceleração do bloco (que vamos chamar de a), ou seja, a at = − . Aplicando ao 
bloco a Segunda Lei de Newton, obtemos P − T = ma, em que T é a tensão da corda. Aplicando 
à roda a Segunda Lei de Newton (para rotações), obtemos − =TR I . Multiplicando esta última 
equação por R e levando em conta o fato de que Rα = at = –a, obtemos
− = − ⇒ =TR Ia T a
I
R
2
2
.
Somando esta equação à equação P − T = ma, obtemos P = (m + I/R2)a. Assim, a aceleração 
angular é
 
 = − = −
+
a
R
P
m I R R( )
.
/ 2
Para m = 2,0 kg, I = 0,050 kg . m2, P = 3,0 N e R = 0,20 m, temos: 
 = −
+
= −
+ ⋅
P
m I R R( )
,
( , ) / ( ,/
N
[2,0 kg kg m22
3 0
0 050 0 200 0 20
4 6
2m m
rad/s2
) ]( , )
,= −
o que nos dá |α| = 4,6 rad/s2.
Nota: O sinal negativo de α não deve ser confundido com uma desaceleração; indica apenas que 
a rotação acontece no sentido horário.
94. (a) A velocidade tangencial (linear) no instante t = 15,0 s é
v a tt= = =( ( , ) , .)0,500 m s s m s2 15 0 7 50
 A aceleração radial (centrípeta) nesse instante é
a
v
r
r = = =
2 27 50
30 0
(,
,
.
)m s
m
1,875m s2
Assim, o módulo da aceleração linear resultante é
a a at r= + = + =2 2 2 20 500 1 875 1 94( , ( , , .) )m s m s m s2 2 2
 (b) Como  
a vt || , o ângulo entre 

v e a é
tan tan
,
,
, ,− −



= 



=1 1 1 875
0 5
75 1
a
a
r
t

o que significa que o vetor 

a aponta em uma direção muito mais próxima da direção do centro 
da curva que da direção do movimento.
95. As distâncias que separam o ponto P das três partículas são:
r a1 = para a partícula situada no vértice infeerior esquerdo (partícula 1)
para ar b a2
2 2= − partícula situada no vértice superior (parrtícula 2)
para a partícula situada nor a3 = vvértice inferior direito (partícula 3)
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 341
O momento de inércia do sistema em relação ao ponto P é
I m r a b Mi i
i
= = +( )
=
∑ 2
1
3
2 23 ,
o que nos dá I = 0,208 kg . m2 para M = 0,40 kg, a = 0,30 m e b = 0,50. De acordo com a Eq. 
10-52, temos:
W I= = ⋅ =1
2
1
2
0 208 5 0 2 62 2 ( , )( , ) ,kg m rad/s J.2
96. A figura a seguir mostra o anel de puxar de uma lata de refrigerante. Como a peça é arti-
culada, ao puxar uma das extremidades com uma força 

F1 , exercemos uma força 

F2 sobre a 
outra extremidade. Para que a peça não gire, o torque produzido pela força 

F1 deve ser igual 
ao torque produzido pela força 

F2 .
A igualdade dos torques significa que
r F r F1 1 2 2=
em que r1 ≈ 1,8 cm e r2 ≈ 0,73 cm. Assim, para F1 = 10 N, 
F
r
r
F2
1
2
1
1 8
0 73
10=




≈ 



≈,
,
(
cm
cm
N) 255 N.
97. A aceleração centrípeta em um ponto P situado a uma distância r do eixo de rotação é 
dada pela Eq. 10-23: a = v2/r = ω2r.
(a) Se os pontos A e P estão a distâncias radiais rA = 1,50 m e r = 0,150 m do eixo de rotação, a 
diferença entre as acelerações centrípetas é
Da a a r rA A= − = − = −2 2209 4 1 50 0 15( ) ( , ) ( , ,rad/s m 00 5 92 104m m/s2) , .≈ ×
(b) A inclinação é a/r = ω2 = 4,39 × 104 s−2.
98. Seja T a tensão da corda. De acordo com a Segunda Lei de Newton, temos: 
T mg ma T m g a− = ⇒ = +( ) .
 Como a caixa tem uma aceleração para cima a = 0,80 m/s2, a tensão é 
T = + =( )( , , )30 9 8 0 8 318kg m/s m/s N.2 2
Aplicando a Segunda Lei de Newton à rotação do mecanismo, temos:
FR Tr I Ia r− = = / .
O momento de inércia é, portanto,
I
r FR Tr
a
= − = −( ) (0,20 m)[(140 N)(0,50 m) (318 N))(0,20 m)]
m/s
kg m
2
2
0 80
1 6
,
, .= ⋅
99. (a) O momento de inércia do sistema é
I Mr= = = ⋅2 21 30 0 780 0 791( , )( , ) , .kg m kg m2
342 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) O torque que deve ser aplicado para equilibrar a força de arrasto é
t = = × = × ⋅− −rf ( , )( , ) ,0 780 2 30 10 1 79 102 2m N N m.
100. Podemos usar a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36). O índice 1 será 
usado para designar a barra mais curta e o índice 2 para designar a barra mais comprida.
(a) O momento de inércia é
I I I m L m L= + = + = ⋅1 2 1 1
2
2 2
21
12
1
3
0 019, .kg m2
(b) Nesse caso, o momento de inércia é
I I I m L m h m L= + = + +1 2 1 1
2
1
2
2 2
21
12
1
12
em que h = 0,26 m é a distância entre o eixo e o centro da barra mais curta. Substituindo por 
valores numéricos, obtemos novamente I = 0,019 kg ⋅ m2.
101. (a) A velocidade tangencial de um ponto da polia 1 é 
v rA A1
215 10= = = × ( cm)(10 rad/s) 1,5 cm/s .
(b) A velocidade angular da polia B é
r r
r
r
B B A A B
A A
B
  
= ⇒ = = 



cm
cm
(10
15
10
rad/s) 15 rad/s= .
(c) Como as duas polias estão rigidamente acopladas, a velocidade angular da polia ′B é igual 
à da polia B, ou seja, ′ =B 15 rad/s.
(d) A velocidade tangencial de um ponto da polia 2 é 
v rB B2 5 75= ′ = =′ ( cm)(15 rad/s) cm/s.
(e) A velocidade angular da polia C é
r r
r
r
C C B B C
B B
C
  
= ′ ⇒ = ′ = 


′
′ 5 cm
25 cm
(155 rad/s) rad/s.= 3 0,
102. (a) O momento de inércia em relação ao eixo especificado é
I m r M L M L M L MLi i= = ( ) + ( ) + ( ) =∑ =2 2 2 2 22 2 2 5 8 1 6 0( , )( ,, ) , .6 4 62 2= ⋅kg m
A energia cinética é dada pela Eq. 10-34:
K I= =1
2
3 32 , J.
(b) Neste caso, as bolas de massa 2M estão a uma distância r = L cos 30° = L 3 2/ do eixo e 
o momento de inércia é
I m r M L M L M Li i= = 



+ 



+∑ 2 2 22
3
4
2
3
4
2( ) ( ) ( )) , .2 2 27 4 0= = ⋅ML kg m
A energia cinética é dada pela Eq. 10-34:
K I= =1
2
2 92 , J.
103. Podemos usar a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos (Eq. 10-36).
(a) O momento de inércia é
I ML Mh= + = +1
12
1
12
3 0 4 0 3 0 12 2 2( , )( , ) ( , )(kg m kg ,, ) , .0 7 02m kg m2= ⋅
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 343
(b) A energia cinética de rotação é
K I
K
I
rot
rot
2
2 J)
7 kg m
r= ⇒ = =
⋅
=1
2
2 20
2 42 
(
, aad/s.
A velocidade linear da extremidade B da barra ao passar pela posição vertical é dada por vB = 
ωrAB = (2,4 rad/s)(3,00 m) = 7,2 m/s, sendo que rAB é a distância entre os pontos A e B.
(c) O ângulo θmáx no qual a barra para momentaneamente é o ângulo para o qual toda a ener-
gia cinética de rotação é transformada em energia potencial. Quando a barra passa da posição 
vertical (θ = 0) para o ângulo θmáx, o centro de massa sobe uma distância Dy dAC= −( cos )1 u , 
na qual dAC é a distância entre o ponto A e o centro de massa da barra. Assim, a variação de 
energia potencial é
D DU mg y mgdAC= = − ⇒ =( cos )1 20u J (3,0 kg)(9,8 m/s22 )(1,0 m)(1 cos )− u
o que nos dá cos θ = 0,32, ou θ ≈ 71o.
104. (a) A distância entre a partícula A e o eixo de rotação é r = 0. A distância entre a partícula 
B e o eixo de rotação é r = L; a distância entre a partícula que está acima de A e o eixo também 
é r = L. A distância entre a partícula que está acima de B e o eixo é r L= 2. Assim,
I m r mL m L mLi i= = + ( ) = = =∑ 2 2
2
22 2 4 4 0 2 0 25( , )( , ) 0,20 kkg m2⋅ .
(b) Quando o conjunto gira 90° no sentido horário em torno do eixo A, o centro de massa desce 
uma distância L. Tomando como referência para a energia potencial gravitacional a altura do 
centro de massa no instante em que a barra AB está na vertical, temos:
K U K U m gh K0 0 00 4 0+ = + ⇒ + = +( ) .
Como h0 = L = 0,50 m, K = 3,9 J. Assim, de acordo com a Eq. 10-34,
K I A= ⇒ =1
2
6 32  , .rad/s
1. A velocidade do carro é constante, 

v = +( ) = +80 1000 22km/h m/km)(1 h/3600 s) i( ˆ ( mm s i)ˆ,
e o raio da roda é r = 0,66/2 = 0,33 m.
(a) No referencial do carro (referencial no qual a mulher se considera em repouso), a estrada 
está se movendo com uma velocidade 

vestrada m s)i= −( ˆ22 e o movimento dos pneus é apenas 
de rotação. Neste referencial, o centro do pneu está “em repouso” e, portanto, 

vcentro = 0.
(b) Como, neste referencial, o movimento dos pneus é apenas de rotação (não há translação), a 
Eq. 10-18 nos dá 

valto m/s)i= +( ˆ.22
(c) A base dos pneus está (momentaneamente) em contato com a estrada e tem a mesma velo-
cidade da estrada: 

vbase m s)i= −( ˆ.22
(d) Como o referencial da mulher está se movendo com velocidade constante, a aceleração de 
qualquer ponto que esteja em repouso em relação a esse referencial é zero; assim, acentro = 0.
(e) Neste referencial, o movimento dos pneus não só é apenas de rotação, mas é de rotação com 
velocidade angular constante, o que significa que a aceleração dos pontos na borda do pneu é 
apenas a aceleração radial (centrípeta). Assim, o módulo da aceleração é
a
v
r
alto
2m/s
m
m s= = = ×
2 2
3
22
0 33
1 5 10
( )
,
, .
(f) O módulo da aceleração é o mesmo do item (e): abase = 1,5 × 103 m/s2.
(g) Agora examinamos a mesma situação no referencial da estrada (ou seja, em um referencial 
no qual a estrada está “em repouso” e é o carro que está se movendo). Nesse caso, o centro dos 
pneus descreve um movimento apenas de translação, enquanto os pontos da borda dos pneus 
descrevem um movimento que é uma combinação de translação e rotação. A velocidade do 
centro dos pneus é 

v = +( )ˆ.22m s i
(h) Como, de acordo com o item (b), 

v valto,carro = + , temos, de acordo com a Eq. 4-39:
  
v v valto,estrada carro,estrad=alto,carro 1 aa 5 1 5ˆ ˆ ˆv v vi i i2
o que nos dá valto, estrada = 2v = +44 m/s. 
(i) Podemos proceder como no item (h) ou simplesmente observar que, como a base dos pneus 
está em contato com a estrada, deve ter a mesma velocidade que a estrada. Seja qual for o mé-
todo usado, a resposta é zero.
(j) Como o centro dos pneus tem um movimento de translação com velocidade constante, a 
aceleração é zero.
Capítulo 11
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 345
(k) Como estamos passando de um referencial para outro que se move com velocidade cons-
tante em relação ao primeiro, as acelerações não mudam. Assim, a resposta é a mesma do item 
(e): 1,5 × 103 m/s2.
(1) A resposta é a mesma do item (f): a = 1,5 × 103 m/s2.
2. A velocidade inicial do carro é
v = ( ) =80 1000 22 2km/h m/km)(1 h/3600 s) m/s( , .
O raio dos pneus é R = 0,750/2 = 0,375 m.
(a) Como a velocidade inicial do carro é igual à velocidade inicial do centro de massa dos pneus, 
a Eq. 11-2 nos dá
0
22 2
0 375
59 3= = =v
R
CM0 m/s
m
rad/s.
,
,
,
(b) Para θ = (30,0)(2π) = 188 rad e ω = 0, a Eq. 10-14 nos dá
  u 2
0
2
2
2
59 3
2 188
9 31= + ⇒ = ( ) =( , )
,
rad/s
rad
raad/s2.
(c) De acordo com a Eq. 11-1, a distância percorrida pelo carro é Rθ = 70,7 m.
3. De acordo com a Eq. 10-52, o trabalho necessário para fazer o aro parar é o negativo da ener-
gia cinética inicial do aro. A energia cinética inicial é K I mv= +1
2
2 1
2
2 (Eq. 11-5), em que 
I = mR2 é o momento de inércia em relação ao centro de massa, m = 140 kg e v = 0,150 m/s é 
a velocidade do centro de massa. A Eq. 11-2 relaciona a velocidade angular à velocidade do 
centro de massa: ω = v/R. Assim,
K mR
v
R
mv mv= 



+ = = ( )1
2
1
2
140 0 1502
2
2
2 2 kg m/s,(( ) =
2
3 15, J,
o que significa que o trabalho necessário é W K= = − = −D 0 3 15 3 15, ,J J .
4. Usamos os resultados da Seção 11.3.
(a) Fazemos I M R= 2
5
2 [Tabela 10-2(f)] e a = – 0,10g na Eq. 11-10:
−
+
−= − =0 10
1 7 52
5
2 2
,
( )
,g
g
MR MR
gsen
/
sen
/
u u
o que nos dá θ = sen–1 (0,14) = 8,0°.
(b) O módulo da aceleração seria maior. Podemos analisar a questão em termos de forças ou 
em termos de energia. Em termos de forças, a força de atrito estático, que aponta para cima, não 
estaria presente, de modo que a força da gravidade agiria sozinha, produzindo uma aceleração 
maior. Em termos de energia, a energia de rotação da Eq. 11-5 não estaria presente, de modo 
que a energia potencial inicial seria toda transformada em energia cinética de translação 1
2
2mv 
(não seria necessário “compartilhá-la” com a energia de rotação) e, para compensar, a velocidade 
teria que ser maior (e, por causa da Eq. 2-16, a aceleração também teria que ser maior).
5. Seja M a massa do carro (que, presumivelmente, inclui a massa das rodas) e seja v a veloci-
dade. Seja I o momento de inércia de uma das rodas e seja ω a velocidade angular das rodas. A 
energia cinética de rotação é
K Irot = 



4
1
2
2 ,
346 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
na qual o fator 4 aparece porque o carro tem quatro rodas. A energia cinética total é dada por
K Mv I= +1
2
2 1
2
24( ) .
A fração da energia cinética total que se deve à rotação é
fração rot= =
+
K
K
I
Mv I
4
4
2
2 2


.
O momento de inércia de um disco homogêneo em relação ao centro de massa é I mR= 1
2
2 
[Tabela 10-2(c)]. Como as rodas rolam sem deslizar, ω = v/R (Eq. 11-2). Assim, o numerador 
da fração é
4 4
1
2
22 2
2
2I mR
v
R
mv = 







=
e a fração se torna
fração =
+
=
+
= ( ) = =2
2
2
2
2 10
1000
1
50
0
2
2 2
mv
Mv mv
m
M m
,0020.
Assim, o raio das rodas não aparece na expressão final e não é necessário especificar o seu va-
lor.
6. Fazemos a = –3,5 m/s2 (o módulo desse número pode ser estimado a partir da inclinação do 
gráfico, θ = 30º, M = 0,50 kg e R = 0,060 m na Eq. 11-10 e calculamos o momento de inércia. 
O resultado é I = 7,2 × 10−4 kg . m2
.
7. (a) Podemos calcular a velocidade angular do cilindro ao deixar o telhado usando a lei de 
conservação da energia. A energia cinética inicial é Ki = 0 e a energia potencial inicial é Ui = 
Mgh, em que h = ° =6 0 30 3 0, s n ,e m (estamos usando a borda do telhado como nível de re-
ferência para calcular a energia potencial). De acordo com a Eq. 11-5, a energia cinética final 
(na borda do telhado) é
K Mv If = +1
2
2 1
2
2 ,
na qual v é a velocidade do centro de massa e ω é a velocidade angular. Como, até esse mo-
mento, o cilindro rolou sem deslizar, sabemos que v = Rω, sendo R = 0,10 m. Como I MR= 1
2
2 
[Tabela 10-2(c)], temos, de acordo com a lei de conservação da energia,
Mgh Mv I MR MR MR= + = + =1
2
1
2
1
2
1
4
3
4
2 2 2 2 2 2 2 2    .
Dividindo a equação pela massa M, obtemos
 = = =1 4
3
1
0 10
4
3
9 8 3 0 632
R
gh
,
( , )( , ) .
m
m/s m rad/s
(b) Depois que o cilindro atinge a borda do telhado, temos um problema de movimento balísti-
co do tipo que foi discutido no Capítulo 4. Colocamos a origem na posição do centro de massa 
no instante em que o cilindro deixa o telhado (a posição “inicial” para esta parte do problema) 
e tomamos como positivos o sentido para esquerda do eixo x e o sentido para baixo do eixo y. 
De acordo com o resultado do item (a), v0 = Rω = 6,3 m/s, cujas componentes são (com essa 
escolha de eixos)
v0x 5 v0 cos 30° 5 5,4 m/s
v0y 5 v0 sen 30° 5 3,1 m/s.
Assim, o movimento balístico se torna
x v t y x t gtx y= = +0 0
21
2
e .
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 347
Para começar, usamos a segunda equação para determinar o instante em que y = H = 5,0 m. 
Escolhendo a raiz positiva da solução da equação do segundo grau, temos:
t
v gH
g
y
5
2 1 1
5
v0y
, .
0
2 2
0 74 s
Substituindo esse valor na primeira equação, obtemos x = (5,4 m/s)(0,74 s) = 4,0 m.
8. (a) Vamos chamar de P o ponto de retorno. De acordo com a lei de conservação da energia, a 
energia mecânica no ponto x = 7,0 m é igual à energia mecânica no ponto P. Assim, de acordo 
com a Eq. 11-5, temos:
75 J = mvp
2/2 + ICM ωp
2/2 + Up.
De acordo com o item (f) da Tabela 10-2 e a Eq. 11-2 (segundo a qual, se existe um ponto de 
retorno, ωp = vp = 0), obtemos Up = 75 J. No gráfico, isso parece corresponder a x = 2,0 m e 
concluímos que existe um ponto de retorno (e acabamos de encontrá-lo). A bola, portanto, não 
chega à origem.
(b) Notamos que não existe nenhum ponto no gráfico, à direita de x = 7,0 m, que esteja “mais 
alto” que 75 J. Por isso, suspeitamos que não existe um ponto de retorno nessa direção e tenta-
mos calcular a velocidade vp em x = 13 m. Se conseguimos obter uma solução real diferente de 
zero, é porque nossa suspeita está correta (ou seja, a bola não atinge o ponto P antes de chegar 
a x = 13 m). De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica no ponto x = 
7,0 m é igual à energia mecânica no ponto P. Assim, 
75 J = mvp
2/2 + ICM ωp
2/2 + Up.
Usando novamente o item (f) da Tabela 11-2, a Eq. 11-2 (desta vez, o cálculo é menos trivial) 
e Up = 60 J (valor obtido no gráfico), além dos dados do enunciado do problema, obtemos 
vp = 7,3 m/s.
9. Para calcular a posição do ponto em que a bola toca o chão, determinamos primeiro, usando 
a lei de conservação da energia, a velocidade com a qual a bola deixa a pista. A energia cinéti-
ca inicial é Ki = 0 e a energia potencial inicial é Ui = MgH. A energia cinética final da bola (ao 
deixar a pista) é Kf = Mv2/2 + Iω2/2 (Eq. 11-5), em que v é a velocidade do centro de massa e ω 
é a velocidade angular, e a energia potencial final é Mgh. Como, até esse momento, a bola rola 
sem deslizar, sabemos que ω = v/R. Como o momento de inércia é dado por I = 2MR2/5 [Tabela 
10-2(f)], a lei de conservação da energia nos dá
MgH Mv I Mgh Mv Mv Mgh
Mv
= + + = + +
=
1
2
1
2
1
2
2
10
7
10
2 2 2 2
2

++ Mgh.
Dividindo a equação por M, obtemos
v g H h= − = − =10
7
10
7
9 8 6 0 2 0 7 482( ) ( , )( , , ) ,m/s m m m/s..
A partir do momento em que a bola deixa a pista, temos um movimento balístico do tipo quefoi 
discutido no Capítulo 4. Colocamos a origem na posição do centro de massa no instante em que 
a bola deixa a pista (a posição “inicial” para esta parte do problema) e tomamos como positivos 
o sentido para direita do eixo x e o sentido para baixo do eixo y. Nesse caso, como a velocidade 
inicial é horizontal, as equações do movimento balístico se tornam
x vt y gt= = −e
1
2
2.
348 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Fazendo y = h da segunda equação, obtemos t h g= 2 . Substituindo t pelo seu valor na pri-
meira equação, temos:
x v
h
g
= = ( ) ( ) =2
7 48
2 2 0
9 8
4 8,
,
,
,m/s
m
m/s
m.
2
10. Como, neste caso, I MR= 2
3
2 [Tabela 10-2(g)], temos:
M
I
R
= =
⋅( )
( )
=3
2
3 0 040
2 0 15
2 7
2 2
,
,
,
kg m
m
kg.
2
Também sabemos que 1
2
2 1
3
2 2I MR = e que, como a esfera rola sem deslizar, vCM = Rω. 
Assim,
K
K K
MR
mR MR
rot
CM rot+
=
+
1
3
1
2
1
3
2 2
2 2 2 2

 
(a) Simplificando a equação acima, obtemos Krot/K = 0,4. Assim, 40% da energia cinética é ro-
tacional e 
Krot = (0,4)(20 J) = 8,0 J.
(b) Como K M Rrot J= =1
3
2 2 8 0 , , usando o valor conhecido de M, obtemos
 = =1
0 15
3 8 0
2 7
20
,
( , )
,m
J
kg
rad/s,
o que nos dá vCM = (0,15 m)(20 rad/s) = 3,0 m/s.
(c) Note que uma distância de 1,0 m ao longo da superfície corresponde a uma altura h = 1,0 
sen 30° = 0,50 m. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica,
K K U K Mghi f f f= + ⇒ = +20 J ,
o que nos dá (usando os valores conhecidos de M e h) Kf = 6,9 J.
(d) Como determinamos no item (a) que 40% da energia cinética total é rotacional, temos:
1
3
0 40
1
0 15
3 0 40 6 9
2
2 2MR Kf f f = ( ) ⇒ = ( )( )
,
,
, ,
m
J
,,
,
7 kg
o que nos dá ωf = 12 rad/s e
v Rf fCM m rad/s m/s= = ( )( ) = 0 15 12 1 8, , .
11. Com 
 
Fap N i( )5 10 , resolvemos o problema usando as Eqs. 9-14 e 11-37.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção x, temos:
Fap 2 fs 5 ma 1 fs 5 10 N 2 (10 kg)(0,60 m/s2) 5 4,0 N.
Na notação de vetores unitários, temos 

fs = −( , )ˆ4 0 N i , que aponta para a esquerda.
(b) Para R = 0,30 m, o módulo da aceleração angular é, de acordo com a Eq. 11-6,
|α | = |aCM| / R = 2,0 rad/s2.
A única força cuja linha de ação não passa pelo centro de massa é 

fs ; o módulo do torque pro-
duzido por essa força é dado por
t = ⇒ ( )( ) = ( )I I0 30 4 0 2 0, , , ,m N rad s2
o que permite calcular o momento de inércia da roda em relação ao centro de massa: I = 0,60 
kg ? m2. 
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 349
12. Usando o solo como posição de referência para a energia potencial, a lei de conservação da 
energia mecânica nos dá
U K U mgh mv I mgliberada alto alto CM
2= + ⇒ = + +1
2
1
2
22 RR( ).
Fazendo I mr= 2
5
2 [Tabela 10-2(f)] e ω = vCM/r (Eq. 11-2), temos:
mgh mv mr
v
r
mgR g= + 







+ ⇒1
2
1
2
2
5
22
2
CM
2 CM hh v gR= +7
10
2CM
2
sendo que, no lado direito, a equação foi dividida pela massa m.
(a) Para a bola estar na iminência de perder contato com o trilho no ponto mais alto do percurso, 
a força normal deve se anular nesse ponto. Sendo assim, a aplicação da Segunda Lei de Newton 
na direção do eixo y leva a
mg ma g
v
R r
r= ⇒ = CM
2
–
em que usamos a Eq. 10-23 para expressar a aceleração radial (centrípeta) do centro de mas-
sa, que, nesse instante, está a uma distância R – r do centro da curva. Substituindo o resultado 
v g R rCM
2 = −( ) na expressão obtida anteriormente, temos:
gh g R r gR= ( ) −( ) +7
10
2
o que nos dá h 5 2,7 R 2 0,7r  2,7 R. Para R = 14,0 cm, temos 
h = (2,7)(14,0 cm) = 37,8 cm.
(b) As considerações de energia usadas no item anterior (agora com h = 6R) podem ser aplica-
das ao ponto Q, o que nos dá
g R v gR( )6
7
10
2= +CM
ou vCM
2 = 50gR/7. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo horizontal no ponto Q e usando 
o raciocínio anterior quanto à aceleração radial, temos:
N m
v
R r
m
gR
R r
=
−
=
−( )
CM
2 50
7
que, para R r>> , nos dá
 
N
mg≈ = × = ×
−50
7
50 2 80 10
7
1 96 1
4( ,
,
kg)(9,80 m/s )2
00 2− N.
(c) A orientação é para o centro da curva.
13. O estudo dos objetos que rolam requer uma discussão que vai além dos princípios básicos da 
rotação analisados no Capítulo 10; isso é feito nas primeiras três seções do Capítulo 11. A força 
normal exercida sobre um objeto que descreve uma trajetória circular é discutida na Seção 6-6. 
Adaptando a Eq. 6-19 às forças presentes na parte mais baixa da curva, temos:
 
FN – Mg = Mv2/r,
o que mostra (já que sabemos que FN = 2Mg) que a velocidade do centro de massa (ao quadra-
do é v2 = gr, em que r é o raio da pista (0,48 m). Assim, a velocidade angular da bola (ao qua-
drado) é 
ω2 = v2/R2 = gr/R2,
na qual R é o raio da bola. Substituindo na Eq. 10-5 e explicitando o momento de inércia (em 
relação ao centro de massa), temos:
ICM = 2MhR2/r – MR2 = MR2[2(0,36/0,48) – 1] .
350 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Assim, o valor do parâmetro β definido no enunciado do problema é 
β = 2(0,36/0,48) – 1 = 0,50.
14. Para calcular qual é a velocidade v do centro de massa da bola no platô, usamos as equações 
do movimento balístico do Capítulo 4. Com voy = 0 (e substituindo h2 por h), a Eq. 4-22 nos dá 
um tempo de percurso t = 2h g/ . Nesse caso, de acordo com a Eq. 4-21 (elevada ao quadra-
do, e usando d com alcance horizontal), v2 = gd2/2h. Para calcular a velocidade vp no ponto P, 
aplicamos a lei de conservação da energia, ou seja, o fato de que a energia mecânica no platô 
deve ser igual à energia mecânica no ponto P. De acordo com a Eq. 11-5, temos:
mv2/2 + ICM ω2/2 + mgh1 = mvp
2/2 + ICM ωp
2/2 .
Usando o item (f) da Tabela 10-2, a Eq. 11-2, a expressão v2 = gd2/2h, obtida anteriormente, 
temos:
gd2/2h + 10gh1/7 = vp
2
o que nos dá (usando os dados do problema) vp = 1,34 m/s.
15. (a) Escolhemos o sentido de rotação anti-horário e o sentido de movimento para a direita 
como positivos. Nesse caso, no momento em que a bola passa a rolar sem deslizar, a Eq. 11-2 
nos dá
v RCM m= − = − ( , ) .0 11
Essa velocidade é positiva (para a direita) e ω é negativa (no sentido horário), como mostra a 
figura.
(b) Chamando de m a massa da bola, a força de atrito a que a bola está sujeita é −mkmg (nega-
tiva, já que aponta para a esquerda). Igualando essa força a maCM, temos:
a gCM m/s m/s= − = − = −m ( , )( , ) ,0 21 9 8 2 12 2
em que o sinal negativo indica que a aceleração do centro de massa é para a esquerda, no sentido 
oposto ao da velocidade da bola, ou seja, a velocidade da bola está diminuindo.
(c) Medido em relação ao centro de massa, o torque exercido pela força de atrito sobre a bola 
é dado por t m= − mgR . De acordo com a Eq. 10-45 e usando o momento de inércia da Tabela 
10-2(f), temos:

t m m= = − = − =
− ( )( )
I
mgR
m R
g
R2 5
5
2
5 0 21 9 8
2 02
, ,
,
m/s2
111
47
m
rad s2
( ) = −
na qual o sinal negativo indica que a aceleração angular é no sentido horário, o mesmo de ω (ou 
seja, a velocidade angular está aumentando).
(d) Enquanto a bola está deslizando, a velocidade do centro de massa diminui de vCM,0 para vCM 
de acordo com a Eq. 2-11: vCM = vCM,0 −µgt. Durante esse tempo, a velocidade angular da bola 
aumenta (em módulo) de zero para  de acordo com a Eq. 10-12:
 
m= = =t
gt
R
v
R
5
2
CM
na qual usamos o resultado do item (a) na última igualdade. Como temos duas equações envol-
vendo vCM, podemos eliminar essa variável, o que nos dá
t
v
g
= =
( )
( )( ) =
2
7
2 8 5
7 0 21 9 8
1 2CM,0
2
m/s
m/s
s.
m
,
, ,
,
(e) De acordo com a Eq. 2-15, a distância que a bola percorre enquanto está deslizando é
Dx v t g t= − ( ) = ( )( ) − ( )CM,0 m/s s
1
2
8 5 1 2
1
2
0 21 92m , , , ,, , ,8 1 2 8 6
2
m/s s m.2( )( ) =
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 351
(f) A velocidade do centro de massa no instante calculado no item (d) é
v v gtCM CM,0
2m/s m/s s= − = − ( )( )( ) =m 8 5 0 21 9 8 1 2, , , , 66 1, .m/s
16. Combinando a lei de conservação da energia com a Eq. 11-5 e explicitando o momento de 
inércia (em relação ao centro de massa),temos:
ICM = 2MhR2/r – MR2 = MR2[2g(H – h)/v2 – 1] .
Comparando a expressão de ICM com a expressão I = βMR2 apresentada no enunciado, obte-
mos: 
β = 2g(H – h)/v2 – 1.
Para prosseguir, precisamos determinar a velocidade v do centro de massa, o que fazemos usan-
do as equações do movimento balístico do Capítulo 4. Com voy = 0, a Eq. 4-22 nos dá o tempo 
de percurso como t = 2h g/ . Nesse caso, a Eq. 4-21 (elevada ao quadrado, e chamando o al-
cance de d) nos dá v2 = gd2/2h. Substituindo na expressão de β, obtemos 
2g(H – h)/v2 – 1 = 4h(H – h)/d2 – 1.
Assim, para os dados do problema, obtemos β = 0,25.
17. (a) O cálculo da aceleração aparece na Seção 11-4; de acordo com a Eq. 11-13,
a
g
I MR
CM
CM
= −
+1 0
2/
na qual o sentido positivo é para cima. Fazendo ICM = 950 g . cm2, M = 120 g, R0 = 0,320 cm e 
g = 980 cm/s2, obtemos
| |
,
aCM
2
2
cm/s
g cm g cm
=
+ ⋅( ) ( )( )
=980
1 950 120 0 32 2 112 5 132 2, .cm/s cm/s≈
(b) Colocando a origem das coordenadas na posição inicial, a Eq. 2-15 nos dá y a tCM CM= 1
2
2. 
Assim, fazendo yCM = –120 cm, obtemos
t
y
a
5 5
2
2
5
(
,
2 2
4 38CM
CM
2
120 cm)
12,5 cm/s
s  4,4 s.
(c) Quando o ioiô chega à extremidade da corda, a velocidade do centro de massa é dada pela 
Eq. 2-11: 
v a tCM CM
2cm s cm s= = −( )( )12 5 4 38 54 8, , , ,s 5 2
e, portanto, a velocidade escalar linear é aproximadamente | |vCM = 55 cm/s.
(d) A energia cinética de translação é 
K mvtrans CM
2 kg m s= = ( )( ) = ×1
2
1
2
0 120 0 548 1 8 10
2
, , , −−2 J .
(e) A velocidade angular é dada por ω = –vCM/R0 e a energia cinética de rotação é
K I I
v
R
rot CM CM
CM= =




= × −1
2
1
2
1
2
9 50 102
0
2
5 ( , kkg m
m s
m
J2⋅
×




≈
−
)
,
,
,
0 548
3 2 10
1 4
3
2
.
(f) A velocidade angular é 
 = =
×
= ×
−
v
R
CM m/s
m
rad/s
0
3
2
0 548
3 2 10
1 7 10
,
,
,
 
= 27rev s.
352 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Nota: No final da descida do ioiô, a energia potencial gravitacional foi totalmente convertida 
em energia cinética de translação e energia cinética de rotação. Para mostrar que a energia total 
foi conservada, notamos que a energia inicial é
U Mgyi i= = =( , )( , )( , ) ,0 120 9 80 1 20 1 411kg m/s m J2
que é igual à soma de K trans (0,018 J) e Krot (1,393 J). 
18. (a) O cálculo da aceleração aparece na Seção 11-4; de acordo com a Eq. 11-13,
a
g
I MR
CM
CM
= −
+1 0
2/
na qual o sentido positivo é para cima. Fazendo I MRCM = 2 2/ , sendo R = 0,32 m e M = 116 kg, 
a massa total (levando em conta o fato de que existem dois discos), obtemos
a
g
MR MR
g
R R
= −
+
=
+ ( )1 2 1 22
0
2
0
2( / ) / /
que nos dá a = –g/51 quando fazemos R0 = R/10 = 0,032 m. Assim, o módulo da aceleração do 
centro de massa é 0,19 m/s2. 
(b) Como foi observado na Seção 11-4, o resultado do item (a) se aplica tanto à descida como 
à subida do ioiô.
(c) As forças externas a que está submetido o centro de massa do ioiô são a tração da corda (para 
cima) e a força da gravidade (para baixo). De acordo com a Segunda Lei de Newton,
T Mg ma T M g
g− = ⇒ = −



= ×
51
1 1 103, .N
(d) O resultado do item (c) mostra que a tração era bem menor que o limite de resistência da 
corda.
(e) Como vimos no cálculo da aceleração, tudo que importava era a razão R/R0 (e, naturalmente, 
o valor de g). Assim, em uma versão ampliada do ioiô, a aceleração seria a mesma.
(f) Como a tração depende da massa do ioiô, em uma versão ampliada a tração da corda seria 
maior.
19. De acordo com a Eq. 3-30, se 

r x y z= ˆ ˆ ˆi + j + k,
 
r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) −( ) −( )ˆ ˆ ˆi+ j+ k.
Se (em unidades do SI) x = 0, y = –4,0, z = 5,0, Fx = 0, Fy = –2,0 e Fz = 3,0 (os últimos dois va-
lores são os das forças aplicadas à pulga), a expressão acima nos dá
  
t 5 3 5 2 ?( ˆr F 2,0 N m)i.
20. De acordo com a Eq. 3-30, se 

r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k,
 
r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 6,0, Fy = 0 e Fz = 0,
  
t = × = ⋅r F ( ˆ24 N m)j.
(b) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = −6,0, Fy = 0 e Fz = 0,
  
t = × = − ⋅r F ( ˆ24 N m)j.
(c) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 0,0, Fy = 0 e Fz = 6,0,
  
t = × = ⋅r F ( ˆ12 N m)j.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 353
(d) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 0,0, Fy = 0 e Fz = −6,0,
  
t = × = − ⋅r F ( ˆ12 N m)j.
21. De acordo com a Eq. 3-30, se 

r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k,
 
r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Se (em unidades do SI) x = 0, y = –4,0, z = 3,0, Fx = 2,0, Fy = 0 e Fz = 0, temos: 
  
t = × = +( ) ⋅r F 6 0 8 0, ˆ , ˆj k N m.
Este vetor tem módulo ( , ) ( , )6 0 8 0 102 2N m N m N m⋅ + ⋅ = ⋅ e está no plano yz. O ângulo do 
vetor (medido no sentido anti-horário a partir do semieixo y positivo) é tan .− ( ) = °1 8 6 53
(b) Fazendo x = 0, y = –4,0, z = 3,0, Fx = 0, Fy = 2,0 e Fz = 4,0 na expressão acima, obtemos 
  
t = × = − ⋅r F ( ˆ22 N m)i. Este vetor tem módulo 22 N m⋅ e aponta no sentido negativo do 
eixo x.
22. De acordo com as Eqs. 3-30 e 11-14, temos:
  
t = ×r F = 4,00 î + (12,0 + 2,00Fx) ĵ + (14,0 + 3,00Fx) k̂
na qual o uso de unidades do SI está implícito. Comparando com a expressão do torque, dada 
no enunciado do problema, vemos que Fx deve satisfazer duas condições: 
12,0 + 2,00Fx = 2,00 e 14,0 + 3,00Fx = –1,00.
A resposta (Fx = –5,00 N) satisfaz as duas condições.
23. Usamos a notação 
′r para indicar um vetor que aponta do eixo de rotação para a posição da 
partícula. De acordo com a Eq. 3-30, se 
′ = ′ + ′ + ′r x y zˆ ˆ ˆi j k, 
 
′ ×r F é igual a 
′ − ′( ) + ′ − ′( ) + ′ − ′( )y F z F z F x F x F y Fz y x z y x
ˆ ˆ ˆi j k.
(a) Nesse caso, 
 ′ =r r . Descartando as plicas na expressão acima, fazemos (com unidades do 
SI implícitas) x = 0, y = 0,5, z = –2,0, Fx = 2,0, Fy = 0 e Fz = –3,0, o que nos dá 
  
t = × = − − −( ) ⋅r F 1 5 4 0 1 0, ˆ , ˆ , ˆi j k N m.
(b) Nesse caso, 
  ′ = −r r ro , sendo 

ro 5 2, ˆ , ˆ2 0 3 0i k. Assim, na expressão acima fazemos 
′ = − ′ = ′ = = =x y z F Fx y2 0 0 5 1 0 2 0 0, , , , , , , , e Fz = −3 0, . O resultado é 
  
t = ′ × = − − −( ) ⋅r F 1 5 4 0 1 0, ˆ , ˆ , ˆi j k N m.
24. De acordo com a Eq. 3-30, se 
′ = ′ + ′ + ′r x y zˆ ˆ ˆi j k, 
 
′ ×r F é igual a
′ − ′( ) + ′ − ′( ) + ′ − ′( )y F z F z F x F x F y Fz y x z y x
ˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Nesse caso, 
 ′ =r r , na qual 

r = , ˆ ˆ , ˆ3 0 4 0i 2,0j k,2 1 e 
 
F F= 1. Descartando as plicas na ex-
pressão acima, fazemos (com unidades do SI implícitas) x = 3,0, y = –2,0, z = 4,0, Fx = 3,0, Fy 
= –4,0 e Fz = 5,0. O resultado é
t = × = − − ⋅ 
r F1 6 0 3 0 6 0( , ˆ , ˆ , ˆ )i j k N m.
(b) O cálculo é o mesmo do item (a), mas com 
 
F F= 2 . Fazendo Fx = –3,0, Fy = –4,0 e Fz = 
–5,0, temos:
  
t = × = − ⋅r F1 26 3 0 18( ˆ , ˆ ˆ )i + j k N m.
354 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(c) Podemos proceder de duas formas: somar (vetorialmente) as respostas dos itens (a) e (b) ou 
somar as duas forças [o que, de qualquer forma, terá que ser feito no item (d)] e calcular o valor 
de 
   
t = × +( )r F F1 2 . O resultado é o mesmo:
   
t = × +( ) = −( ) ⋅r F F1 2 32 ˆ ˆi 24 k N m.
(d) Nesse caso, 
  ′ = −r r ro , em que 

r0 3 0 2 0 4 0= , ˆ , ˆ , ˆ .i j k1 1 Assim, na expressão acima temos 
que fazer ′ = ′ = − ′ =x y z0 4 0 0, , , , Fx = 3,0 − 3,0 = 0, Fy = −4,0 −4,0 = 8,0 e Fz = 5,0 − 5,0 = 
0. O resultado é o seguinte:
   
t = ′ × +( ) =r F F1 2 0.
25. De acordo com a Eq. 3-30, se 

r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, 
 
r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆi j k.
(a) Substituindo por valores numéricos, temos:

t , , , , ˆ5 2 2 53 0 6 0 4 0 8 0 5m N m N k( )( ) ( )( )  00 N m k.?( ) ˆ
(b) De acordo com a Eq. 3-27, 
 
r F rF× = sen  , na qual  é o ângulo entre 

r e 

F . Como 
r x y= + =2 2 5 0, m e F F Fx y= + =2 2 10 N, temos:rF = = ⋅( , )( ) ,5 0 10 50m N N m
que é igual ao módulo do produto vetorial calculado no item (a). Isso significa que sen  = 1 
e, portanto,  = 90°. 
26. Note que a componente de 

v perpendicular a 

r tem módulo v sen θ2, com θ2= 30°.
(a) A Eq. 11-20 nos dá
l = = ( )( )( ) ° = ⋅⊥rmv 3 0 2 0 4 0 30 12 2, , , s nm kg m/s e kg m ss.
(b) Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, vemos que 
 
r p× aponta para fora 
do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z.
(c) De acordo com a Eq. 10-38,
t 5 rF sen u2 5 (3,0 m)(2,0 N) sen 30° 5 3,0 N?m.
(d) Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, vemos que 
 
r F× também aponta 
para fora do papel, no sentido positivo do eixo z.
27. Seja 

r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor posição, seja 

v v v vx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor velocidade e seja m a 
massa do objeto. De acordo com a Eq. 3-30, o produto vetorial de 

r e 

v é
 
r v yv zv zv xv xv yvz y x z y x× = −( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆi j k.
Como apenas as componentes x e z dos vetores posição e velocidade são diferentes de zero, a 
expressão acima se torna 
 
r v xv zvz z× = − +( ) ĵ. Quanto ao torque, fazendo 

F F F Fx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, 
o produto vetorial 
 
r F× se torna
  
t = × = −( ) + −( ) + −( )r F yF zF zF xF xF yFz y x z y x
ˆ ˆ ˆi j kk.
(a) Para 

r = −( , )ˆ ( , ) ˆ2 0 2 0m i m k e v = − +( , )ˆ ( , ) ˆ5 0 5 0m/s i m/s k, o momento angular do obje-
to é

l = − +( ) = ( ) −( )( ) + −m xv zvz x
ˆ , , , ,j kg m m s0 25 2 0 5 0 2 00 5 0 0m m s j( ) −( )( ) =, ˆ .
(b) Para x = 2,0 m, z = –2,0 m, Fy = 4,0 N e todos os outros componentes nulos, a expressão 
acima se torna
  
t = × = ⋅ + ⋅r F ( , )ˆ ( , ) ˆ8 0 8 0N m i N m k .
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 355
Nota: O fato de que 

l = 0 significa que 

r e 

v são paralelos (
 
r v× = 0 ). De acordo com a 
equação t = × =| | s n
 
r F rF e , o ângulo entre 

r e 

F é dado por
sen .
t
= = ⋅ = ⇒ =
rF
8 2
1 90
N m
(2 2 m)(4,0 N)

Isso significa que 

r e 

F são mutuamente perpendiculares. 
28. De acordo com a Eq. 3-30, se 
′ = ′ + ′ + ′r x y zˆ ˆ ˆi j k, o produto vetorial de 
′r e 

v é
′ − ′( ) + ′ − ′( ) + ′ − ′( )y v z v z v x v x v y vz y x z y x
ˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Nesse caso, 
 ′ =r r , sendo 

r = −3 0 4 0, ˆ , ˆ.i j Assim, descartando as plicas na expressão aci-
ma e fazendo (com unidades do SI implícitas) x y z v vx y= = − = = =3 0 4 0 0 30 60, , , , , , , vz = 0 
e m = 2,0 kg, temos: 

l  = ×( ) = × ⋅m r v ( , ˆ .6 0 102 kg m s)k2
(b) Nesse caso, 
  ′ = −r r ro , sendo 

ro 5 2, ˆ , ˆ2 0 2 0i j. Assim, fazendo
′ = ′ = − ′ = = =x y z v vx y5 0 2 0 0 30 60, , , , , , e vz = 0,
temos:

l  = ′ ×( ) = × ⋅m r v ( , ) ˆ .7 2 102 2kg m s k
29. No caso da partícula de 3,1 kg, a Eq. 11-21 nos dá 
l1 1 1
22 8 3 1 3 6 31 2= = ( )( )( ) = ⋅⊥r mv , , , ,m kg m/s kg m s..
Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, constatamos que o vetor 
 
r p1 1×( ) aponta 
para fora do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z, perpendicular ao plano da Fig. 11-41. 
No caso da partícula de 6,5 kg, temos:
l2 2 2
21 5 6 5 2 2 21 4= = ( )( )( ) = ⋅⊥r mv , , , ,m kg m/s kg m s..
Usando novamente a regra da mão direita, constatamos que o vetor 
 
r p2 2×( ) aponta para dentro 
do papel, ou seja, no sentido negativo do eixo z. 
(a) Como os dois vetores momento angular têm a mesma direção e sentidos opostos, a soma 
vetorial é a diferença dos módulos: L = − = ⋅l l1 2 9 8, .kg m /s2
(b) O momento angular resultante aponta no sentido positivo do eixo z.
30. (a) O vetor aceleração é obtido dividindo o vetor força pela massa (uma grandeza escalar):
 

a = 

F /m = (3,00 m/s2) î – (4,00 m/s2) ĵ + (2,00 m/s2) k̂.
(b) De acordo com a Eq. 11-18, temos: 

L = (42,0 kg.m2/s) î + (24,0 kg.m2/s) ĵ + (60,0 kg.m2/s) k̂.
(c) O torque é dado por 
  
t = ×r F = (–8,00 N m⋅ ) î – (26,0 N m⋅ ĵ – (40,0 N m⋅ ) k̂.
(d) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do vetor velocidade é 7,35 m/s e o mó-
dulo da força é 10,8 N. O produto escalar dos dois vetores é 

v .

F = –48 (em unidades do SI). 
Assim, a Eq. 3-20 nos dá 
θ = cos−1[−48,0/(7,35 × 10,8)] = 127°.
356 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
31. (a) Como a velocidade é (momentaneamente) nula no instante em que a bola atinge a altura 
máxima, o momento angular nesse instante é zero.
(b) Com a convenção (usada em vários pontos deste livro) de que o sentido horário está asso-
ciado ao sinal negativo, L = –r⊥ m v, sendo r⊥ = 2,00 m, m = 0,400 kg e v pode ser calculado a 
partir das equações de queda livre (como no Capítulo 2). Especificamente, ymáx pode ser calcu-
lado fazendo a velocidade igual a zero na Eq. 2-16; o resultado é ymáx = vo
2/2g, em que vo = 40,0 
m/s. Nesse caso, com y = 1/2ymáx, a Eq. 2-16 nos dá v = vo / 2 . Substituindo v por esse valor, 
obtemos L = –22,6 kg m /s2⋅ .
(c) Como foi mencionado no item anterior, usamos o sinal negativo para o torque, o que nos dá 
τ = –r⊥F, em que F = mg. Assim, τ = –7,84 N m⋅ .
(d) Devido ao modo como r⊥ é definido, a altura da bola é irrelevante. Assim, a resposta é a 
mesma do item (c), τ = –7,84 N m⋅ .
32. A taxa de variação do momento angular é
d
dt
l
5 1 5 ? 2 ?( , )ˆ ( , ˆ 
t t1 2 N m i N m)j.2 0 4 0
Isso significa que o módulo do vetor d dt

l é ( , ) , ,2 0 4 0 4 52
2
N m N m N m⋅ + − ⋅( ) = ⋅ e que 
o vetor faz um ângulo θ (no plano xy ou em um plano paralelo ao plano xy) com o semieixo x 
positivo
u =
− ⋅
⋅




= − °−tan
,
,
1
4 0
2 0
63
N m
N m
,
na qual o sinal negativo indica que o ângulo é medido no sentido horário quando visto “de cima” 
(por uma pessoa situada no semieixo z positivo).
33. Seja 

r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor posição, seja 

v v v vx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor velocidade e seja m a 
massa do objeto. O produto vetorial de 

r e 

v é
 
r v yv zv zv xv xv yvz y x z y x× = −( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆi j k.
O momento angular é dado pelo produto vetorial 

l  = ×mr v . Quanto ao torque, escrevendo a 
força na forma 

F F F Fx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, temos: 
  
t = × = −( ) + −( ) + −( )r F yF zF zF xF xF yFz y x z y x
ˆ ˆ ˆi j kk.
(a) Fazendo m = 3,0 kg, x = 3,0 m, y = 8,0 m, z = 0, vx = 5,0 m/s, vy = −6 0, m/s e vz = 0 nesta 
expressão, obtemos

l = ( ) − −3 0 3 0 6 0 8 0 5 0, [( , )( , ) ( , )( ,kg m m/s m m/s))] ˆ ( ) ˆk kg m s k.2= − ⋅174
(b) Como 

r x y= +ˆ ˆi j e 

F Fx= î, o torque correspondente é

t = +( ) × ( ) = −x y F yFx x
ˆ ˆ ˆ ˆi j i k .
Substituindo os valores dados, obtemos 

t = −( ) −( ) = ⋅8 0 7 0 56, , ˆ ( ˆm N k N m)k.
(c) De acordo com a Segunda Lei de Newton, 
 
lt = d dt/ e, portanto, a taxa de variação do mo-
mento angular é 56 kg ⋅ m2/s2, no sentido positivo do eixo z.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 357
34. Usamos um sistema de coordenadas dextrogiro, com a orientação do vetor unitário k̂ com-
patível com um sentido positivo para as rotações no sentido anti-horário (e com a regra da mão 
direita). Nesse caso, todos os momentos angulares do problema estão orientados no sentido con-
trário ao do vetor k̂; no item (b), por exemplo, 

l = −4 0 2, ˆt k em unidades do SI. Para calcular o 
torque, usamos a Eq. 11-23.
(a) Como o momento angular é constante, a derivada em relação ao tempo é nula e, portanto, 
o torque é nulo.
(b) O torque é calculado derivando o momento angular em relação ao tempo:


l
t = = −( ) = − ⋅d
dt
d t
dt
t4 0 8 0
2
, ˆ ( )
( , ) ˆk N m k .
Este vetor aponta no sentido contrário ao do vetor k̂ (aumentando a velocidade angular dos ob-
jetos que giram no sentido horário) para t > 0 e no sentido do vetor k̂ para t 0 e não é definido para t(d) Finalmente, temos

t = −( ) = −( ) −



=
−
4 0 4 0
2 8 02
3
, ˆ ( )
, ˆ ,
k k
d t
dt t t33
k̂ N m.




⋅
Este vetor aponta no sentido do vetor k̂ (diminuindo a velocidade angular dos objetos que giram 
no sentido horário) para t > 0 e no sentido contrário ao do vetor k̂ para te velocidade angular) na forma
mvR I mR I f− = − + 0
2( ) .
Explicitando a velocidade angular final do sistema, temos:
| |
| | ( ,


f
mvR I
mR I
= −
+
=0
2
0 17 kg)(2,0 m/s)(0,15 m) (5,0 10 kg m )(2,8 rad/s)
(5,0 10 k
3 2
3
− × ⋅
×
−
− gg m ) kg)(0,15 m)
rad/s
2 2⋅ +
=
( ,
, .
0 17
4 2
(b) Não, K Kf i≠ e podemos calcular a diferença:
K K
mI v R Rv
mR I
i f− =
+ +
+2
22
0
2 2
0
2
 
que é necessariamente positiva. Assim, parte da energia cinética inicial é “perdida”, ou seja, 
transferida para outra forma de energia. A culpada é a barata, que, ao parar, tem que fazer um 
certo esforço para “internalizar” essa energia.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 361
45. (a) Como nenhum torque externo age sobre o sistema formado pelo homem, os tijolos e a 
plataforma, o momento angular total do sistema é conservado. Seja Ii o momento de inércia ini-
cial do sistema e seja If o momento de inércia final. Nesse caso, Iiωi = Ifωf e
 f
i
f
i
I
I
=




=
⋅
⋅




6 0
2 0
1 2
,
,
,
kg m
kg m
re
2
2
vv s rev s.( ) = 3 6,
(b) A energia cinética inicial é K Ii i i= 1
2
2 , a energia cinética final é K If f f= 1
2
2 e a razão 
entre as duas é
K
K
I
I
f
i
f f
i i
= =
⋅( )( )

2
2
2
2
2
2 0 3 6 2
6
/
/
, , /kg m rev s2
,, , /
, .
0 1 2 2
3 02
kg m rev s2⋅( )( )
=
(c) O homem realizou um trabalho para diminuir o momento de inércia, aproximando os tijolos 
do corpo. A energia necessária para realizar esse trabalho veio das reservas de energia interna 
do homem.
46. De acordo com a lei de conservação do momento angular, I Ii i f f = e, portanto,


f
i
i
f
I
I
= = 3
e
K
K
I
I
I
I
f
i
f f
i i
f
i
f
i
= =




=




2
2
2
2
2
3
/
/
.
47. Como o sistema formado pelo trem e a roda não está sujeito a nenhum torque externo, o 
momento angular total (que inicialmente é nulo) permanece nulo. Seja I = MR2 o momento de 
inércia da roda. O momento angular final da roda é 

Lf = = −I M R ˆ ˆk k,2
na qual k̂ aponta para cima na Fig. 11-48 e o termo da direita (com o sinal negativo) foi cal-
culado com o conhecimento de que a um movimento da roda no sentido horário está associado 
um valor negativo para ω. A velocidade linear de um ponto da pista é ωR e a velocidade escalar 
do trem (que, de acordo com a Fig. 11-48, se move no sentido anti-horário com velocidade es-
calar em relação a um observador externo) é, portanto, ′ = −v v R , na qual v é a velocidade 
escalar em relação à pista. Assim, o momento angular do trem é m v R R−( ) k̂ . De acordo 
com a lei de conservação do momento angular, temos:
0 2= − + −( )MR m v R R ˆ ˆk k.
Explicitando a velocidade angular escalar, obtemos
| |
/
( ,
 =
+( ) =
+( ) =mvR
M m R
v
M m R2 1
0 15 m/s)
(1,1+1)(00,43 m)
rad/s= 0 17, .
48. Combinando a Eq. 11-31 com a lei de conservação do momento angular, 

Li = 

Lf (Eq. 
11-33), vemos que a razão dos momentos de inércia é inversamente proporcional à razão das 
velocidades angulares: If /Ii = 6/5 = 1,0 + 0,2. Interpretamos o “1,0” como a razão entre o mo-
mento de inércia do disco e o próprio momento de inércia do disco (que, naturalmente, é igual 
à unidade) e o “0,2” como a razão entre o momento de inércia da barata e o momento de inércia 
do disco. Assim, a resposta é 0,20.
49. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular,
I1ω1 + I2ω2 = (I1 + I2)ω.
362 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
A velocidade angular após o acoplamento é, portanto,

 = +
+
=
⋅( )( ) +I I
I I
1 1 2 2
1 2
3 3 450 6 6, ,kg m rev min k2 gg m rev min
kg m kg m
rev m
2
2 2
⋅( )( )
⋅ + ⋅
=
900
3 3 6 6
750
, ,
iin .
(b) Nesse caso, temos:

 = +
+
=
⋅( )( ) +I I
I I
1 1 2 2
1 2
3 3 450 6 6, ,kg m rev/min2 kkg m rev/min
kg m kg m
2
2 2
⋅( ) −( )
⋅ + ⋅
= −
900
3 3 6 6
450
, ,
rev min
ou | | = 450 rev min.
(c) O sinal negativo de ω indica que os discos giram no sentido horário, ou seja, no mesmo sen-
tido que o segundo disco antes do acoplamento.
50. De acordo com a lei de conservação do momento angular, 
Imωm = Isωs.
A relação entre os ângulos de rotação θm do motor e θs da sonda é a seguinte:
I dt I I dt Im m m m s s s s u  u= = =∫∫
o que nos dá
u
u
m
s s
m
I
I
= =
⋅
× ⋅
=
−
( )( )
,
.
12 30
2 0 10
180 0
2
3 2
kg m
kg m
o
000o.
O número de revoluções do rotor é, portanto, 
N = (1,8 × 105)º/(360º/rev) = 5,0 × 102 rev.
51. Como o sistema formado pelas duas rodas não está submetido a nenhum torque externo, o 
momento angular total do sistema é conservado. 
Seja I1 o momento de inércia da roda que está girando inicialmente (com velocidade angular ωi) 
e seja I2 o momento de inércia da roda que está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo 
com a lei de conservação do momento angular, I I Ii f1 1 2 = +( ) e, portanto,
 f i
I
I I
=
+
1
1 2
na qual  f é a velocidade angular final das duas rodas. 
(a) Fazendo I2 = 2I1 e i = 800 rev min, obtemos
 f i
I
I I
I
I I
=
+
=
+
=1
1 2
1
1 12
800
1
3
800
( )
( ) (rev/min reev/min rev/min) = 267 .
(b) A energia cinética inicial é K Ii i= 1
2 1
2 e a energia cinética final é K I If f= +( )1
2 1 2
2 , que 
pode ser escrita na forma
K I I
I
I I
If
i
i= +( )
+




=1
2
2
2
1
61 1
1
1 1
2
2
 .
Assim, a fração perdida é
DK
K
K K
K
K
K
I
Ii
i f
i
f
i
i
i
=
−
= − = − = =1 1
6
2
2
3
0 667
2
2


/
/
, ..
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 363
52. Vamos usar o índice 1 para a barata e o índice 2 para o disco. A massa da barata é m1 = m 
e a massa do disco é m2 = 4,00 m.
(a) Inicialmente, o momento angular do sistema formado pela barata e pelo disco é
L m v r I m R m Ri i i i= + = +1 1 1 2 2 1 0
2
2 0
21
2
   .
Depois que a barata executa a caminhada, sua posição (em relação ao eixo) é r Rf1 2= e, por-
tanto, o momento angular final do sistema é
L m
R
m Rf f f= 


 +1
2
2
2
2
1
2
  .
Como Lf = Li, temos:
 f m R m R m R m R
1
4
1
2
1
21
2
2 0 1
2
2
2+



= +



.
Assim,
 f
m R m R
m R m R
m m
=
+
+




=
+1
2
2
2
1
2
2
2 0
2 12
4 2
1 2( / )
11 4 2
1 2
1 4 2
1
2 1
0 0/ ( / ) /
,
+




= +
+




=
m m
  333 0 .
Como ω0 = 0,260 rad/s, ωf = 0,347 rad/s. 
(b) Fazendo I = L/ω na equação K I= 1
2
2 , obtemos K L= 1
2
 . Como Li = Lf, a razão entre 
as energias cinéticas se torna
K
K
L
L
f f
i i
f
0 0
2
2
1 33
/
/
, .5 5 5




(c) Porque a barata realiza um trabalho positivo ao caminhar na direção do centro do disco, o 
que aumenta a energia cinética total do sistema.
53. O eixo de rotação está no centro da barra, a r = 0,25 m de distância das extremidades. De 
acordo com a Eq. 11-19, o momento angular inicial do sistema (que é apenas o da bala, antes da 
colisão) é rmv senθ, em que m = 0,003 kg e θ = 60°. O ângulo é medido no sentido anti-horário 
e, portanto (por convenção), positivo. Após a colisão, o momento de inércia do sistema é 
I = Ibarra + mr2
em que, de acordo com a Tabela 10-2(e), Ibarra = ML2/12, com M = 4,0 kg e L = 0,5 m. De acordo 
com a lei de conservação do momento angular, 
rmv ML mr .sen
1
12
u 5 12 2



Assim, para ω = 10 rad/s, temos:
v =
( )( ) + ( )( )( )1
12
2 2
4 0 0 5 0 003 0 25 10, , , ,kg m kg m rrad/s
m kg e
m/s
( )
( )( ) °
= ×
0 25 0 003 60
1 3 103
, , s n
, .
54. Vamos usar o índice 1 para o gato e o índice 2 para o anel. A massa do gato é m1 = M/4 
e a massa do anel é m2 = M = 8,00 kg. O momento de inércia do anel é I m R R2 2 1
2
2
2 2= +( ) / 
(Tabela 10-2) e o momento de inércia do gato é I1 = m1r2, em que r é a distância entre o gato e 
o eixo de rotação. 
Inicialmente, o momento angular do sistema formado pelo gato (que está a uma distância r = 
R2 do eixo de rotação) e o anel é
364 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
L m v r I m R m R Ri i i i (5 1 5 1 11 1 1 2 2 1 0 2
2
2 1
2
2
1
2
  22
0 1 2
2
0
2
1
1
2
2
21
1
2
1) 5 1 1m R
m
m
R
R




