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Lista Exercicios Física1-13

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1 
Prof. A.F.Guimarães 
Física 1 – Questões 13 
Questão 1 
 
A integral do torque, em relação ao tempo, é denominada impulso angular. Partindo da equação 
dL
dt
ℑ =
�
�
, mostrar que o impulso angular resultante é igual à aviação do momento angular. Essa 
relação constitui o análogo, para o movimento de rotação, do teorema do momento-impulso para o 
movimento retilíneo. 
Resolução: 
J dt J dL
J L
= ℑ ⇒ =
∴ = ∆
∫ ∫
� � � �
� �
 
 
Questão 2 
 
Seja J
�
 o impulso angular definido na questão 1. O torque que atua sobre uma certa partícula é 
dado por: ( )b t kℑ = ⋅
�
, onde t é dado em segundos e b = 2 N∙m∙s -1. (a) Determine o impulso angular 
fornecido à partícula desde t = 0 até t = 2 s. (b) Calcule o módulo do torque médio exercido sobre a 
partícula durante o intervalo de tempo mencionado no item anterior. 
Resolução: 
 
(a) 
 
( )
2 2
0 0
2
2
0
2
4 .
J dt J tkdt
J t k J N m s k
= ℑ ⇒ =
= ∴ = ⋅ ⋅
∫ ∫
� � �
� �
 
 
(b) 
 
4 2 2 .m m mJ t N m= ℑ ∆ ⇒ = ℑ ⋅ ∴ℑ = ⋅ 
 
Questão 3 
 
O impulso angular que atua sobre uma partícula é dado por: 4J bt k=
�
, onde t é dado em 
segundos e b = 0,25 N∙m∙s -3. Calcule o módulo do torque que atua sobre a partícula no instante t = 
0,20s. 
Resolução: 
( )
( )
( )
4
0,20
3
0,25
0, 20
0,008 .
t
d tdL
k
dt dt
k
N m k
=
ℑ = ⇒ ℑ = ⋅ ⋅
ℑ =
∴ℑ= ⋅
�
� �
�
�
 
 
 
 
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2 
Questão 4 
 
Um pião gira a 40 Hz (ciclos∙s -1) em torno de um eixo inclinado de 200 com a vertical. Sua 
massa é de 0,45 kg e sua inércia rotacional (momento de inércia) é de 5,0 x 10-4 kg∙m2. O centro de 
massa está a 3,5 cm da ponteira. Se a rotação é no sentido do movimento dos ponteiros do relógio, 
quando observada de cima, qual é o módulo e o sentido da velocidade angular de precessão? 
Resolução: 
 
A velocidade angular de precessão é dada por: 
 
p
mgr
L
ω = . 
 
Onde, , 2L I fω ω π= = . Determinaremos primeiramente o valor da velocidade angular � e depois o 
momento angular L. Assim, teremos: 
 
1
4 2 2 1
2 40 80
5 10 80 4 10 .
rad s
e
L L kg m s
ω π ω π
π π
−
− − −
= ⋅ ⇒ = ⋅
= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅
 
 
Assim, a velocidade angular de precessão vale: 
 
2
1
2
0,45 9,8 3,5 10
1,23 .
4 10
p p rad sω ωπ
−
−
−
⋅ ⋅ ⋅
= ∴ ≅ ⋅
⋅
 
 
Para um observador que se encontra na vertical do eixo de precessão, o pião precessiona no sentido 
horário. Basta observar a relação: p Lωℑ = ∧
� �
�
. 
 
Questão 5 
 
Um giroscópio consiste num disco de raio R e massa M montado no centro de um eixo de 
comprimento 2x. Determine uma expressão para velocidade angular de precessão quando o eixo fica 
apoiado numa de suas extremidades e na horizontal. Despreze a massa do eixo. 
Resolução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A inércia rotacional é dada por: 
2
2
MR
I = . Assim, a velocidade angular de precessão será: 
2x 
x w
�
 
 
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3 
2
2
2
2
.
p p
p
Mgr Mgx
MRL
gx
R
ω ω
ω
ω
ω
= ⇒ =
⋅
∴ =
 
 
Questão 6 
 
O giroscópio apresentado na questão 5 é modificado ao lhe ser afixado um pequeno peso à 
extremidade do eixo que se encontra mais afastada. Ache a nova taxa de precessão (em rpm) em 
função da razão r (massa do peso adicionado )/(massa do disco do giroscópio). 
Resolução: 
Vamos determinar o novo centro de massa: 
 
2
cm
Mx m x
r
M m
+ ⋅
=
+
. 
 
Assim, para a velocidade angular de precessão teremos: 
 
( ) ( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2
2
2
2 4
;
p
p
p
M m g Mx m x
MR M m
g
Mx m x
MR
gx gx m
r r
R R M
ω
ω
ω
ω
ω
ω ω
+ ⋅ + ⋅
= ⋅
+
⋅
= ⋅ + ⋅
∴ = + ⋅ =
 
 
Onde m é a massa do peso adicionado. Logo, teremos para a frequência: 
 
2
2 2
2
;
2
.
p
p
gx gx
f r A R
R R
gx gx
f r
A A
π
πω πω
ω ω
= + ⋅ =
∴ = + ⋅
 
 
Onde A é a área do disco. 
 
Questão 7 
 
O módulo do torque que atua sobre uma esfera de raio R = 0,02 m e massa m = 0,004 kg vale 2 
N∙m. Calcule a aceleração angular da esfera. 
Resolução: 
O momento de inércia (inércia rotacional) da esfera vale: 
 
( )
2
23
7 2
2
1,6 10 0,02
5
6,4 10
MR
I
I kg m
−
−
= = ⋅ ⋅
∴ = ⋅ ⋅
 
 
 
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4 
De posse da inércia rotacional, poderemos agora determinar a aceleração angular. Assim, teremos: 
 
7
6 2
2
6,4 10
3,13 10 .
I
rad s
α α
α
−
−
ℑ = ⇒ =
⋅
∴ = ⋅ ⋅
 
 
Questão 8 
 
Duas rodas, A e B, comunicam-se através de uma correia 
como se pode ver na figura ao lado. O raio de B é três vezes o 
raio de A. Qual seria a relação entre as inércias rotacionais 
(momento de inércia) A
B
I
I
se (a) ambas as rodas tiverem os 
mesmos momentos angulares? (b) ambas as rodas tiverem a 
mesma energia cinética rotacional? 
Resolução: 
(a) Sabemos que as velocidades lineares das duas rodas devem ser iguais, com a correia devidamente 
esticada. Assim, teremos: 
 
3 3 .
A B A A B B
A A B A A B
v v r r
r r
ω ω
ω ω ω ω
= ⇒ =
= ⋅ ∴ =
 
 
Assim, para A BL L= , teremos: 
 
1
.
3
A
A A B B
B
I
I I
I
ω ω= ⇒ = 
 
(b) Para A BK K= , teremos: 
 
2 2
2 2
2 2
1
9 .
9
A A B B
A
A B B B
B
I I
I
I I
I
ω ω
ω ω
=
⋅ = ∴ =
 
 
Questão 9 
 
(a) Suponha que, em um átomo de hidrogênio, o elétron descreva uma órbita circular em torno do 
próton. Se a força centrípeta exercida no elétron é fornecida pela força elétrica 
2
2
0
4
e
rπε
, sendo e o 
valor absoluto da carga de um elétron ou de um próton, r o raio da órbita e �0 uma constante, mostrar 
que o raio da órbita é: 
 
2
2
0
4
e
r
mvπ
=
ε
, 
 
A 
B 
 
 
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5 
sendo m a massa do elétron e v sua velocidade. (b) Suponha agora que os valores do momento angular 
do elétron em torno do núcleo só possam ser múltiplos inteiros n de 2h π , sendo h uma constante 
denominada constante de Planck. Demonstrar que as únicas órbitas eletrônicas possíveis são as que 
possuam raio 
 
2
nh
r
mvπ
= . 
 
(c) Combinar esses resultados para eliminar v e mostrar que as únicas órbitas consistentes com ambas 
as condições têm raios 
 
2 2
0
2
n h
r
meπ
=
ε
. 
 
Portanto, os raios permitidos são proporcionais ao quadrado dos inteiros n = 1, 2, 3 etc. Quando n=1, r 
é mínimo e tem o valor 0,528∙10-10 m. 
Resolução: 
(a) Sendo a força centrípeta resultante sobre o elétron a força elétrica, teremos: 
 
2 2
2
0
2
2
0
4
4
cp eF F
mv e
r r
e
r
mv
π
π
=
=
∴ =
ε
ε
 
 
(b) O momento angular do elétron em torno do núcleo vale: L rmv= . Assim, teremos: 
 
2 2
h nh
rmv n r
mvπ π
= ⋅ ∴ = . 
 
(c) Do resultado do item (b), podemos escrever: 
2
nh
v
mrπ
= . Agora, substituindo essa expressão no 
resultado do item (a), teremos: 
 
2 2 2
2 2 2
0
0
2 2
0
2
4
2
.
e e mr
r r
n hnh
m
mr
n h
r
e m
π
π
π
π
= ⇒ =
 
 
 
∴ =
ε
ε
ε
 
 
Questão 10 
 
Em 1913, Niels Bohr postulou que qualquer sistema mecânico em rotação, cuja inércia 
rotacional (momento de inércia) seja I, só pode ter momento angular com valores múltiplos inteiros 
de um número determinado 341,05410
2
h J sπ
−= ⋅ ⋅ . Em outras palavras: 
 
 
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6 
 
( )2hL I nω π= = , 
 
sendo n um inteiro positivo qualquer ou zero. Dizemos que L está quantizado, 
desde que não pode mais assumir qualquer valor. (a) Mostre que este postulado 
restringe a energia cinética que o sistema em rotação pode ter, a um conjunto 
de valores discretos, isto é, a energia é quantizada. (b) Considere o assim 
chamado rotor rígido, que consiste em uma massa m obrigada a girar em um 
círculo de raio R. Quais seriam as velocidades angulares que poderia ter a massa 
se o postulado fosse correto? Que valores de energia cinética a massa pode 
alcançar? (c) Desenho um diagrama de níveis de energia, de qualquer tipo, que 
indique como varia o espaçamento entre níveis de energia quando n aumenta, 
podendo ser semelhante ao da figura ao lado. Certas moléculas diatômicas de baixa energia 
comportam-se como um rotor rígido. 
Resolução: 
(a) Tomando a expressão do momento angular, teremos: 
 
2
nh
L Iω
π
= = . 
 
A energia cinética do sistema em rotação assume a forma: 
 
2 2
2 2
2
2 2
8
I L
K K
I
n h
K
I
ω
π
= ⇒ =
∴ =
 
 
(b) Da primeira expressão do item (a), temos: 
 
2
;
2
.
2
nh
I mR e v R
I
nh
v
mR
ω ω
π
π
= = =
∴ =
 
 
E para a energia cinética temos: 
 
22
2 2
2 2
2 2 2
.
8
mv m nh
K K
mR
n h
K
mR
π
π
 = ⇒ =  
 
∴ =
 
 
(c) Seja o nível 1 de energia dado por: 
2
1 2 2
8
h
K
mRπ
= , Assim teremos: 
2 1 3 1
2 4 ; 3 9 .n K K n K K e etc= ⇒ = = ⇒ = 
 
 
n = 0 
n = 1 
n = 2 
n = 3 
E 
K1 
K2 
K3 
 
 
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7 
Questão 11 
 
Um bastão de comprimento L e massa m repousa sobre um 
plano horizontal sem atrito (ver figura) Durante o curto intervalo de 
tempo Δt o bastão é atingido por uma força F que produz um impulso 
I. A força age num ponto P situado a uma distância a do centro de 
massa. Procure (a) a velocidade do centro de massa, e (b) a 
velocidade angular em torno do centro de massa. (c) Determine o 
ponto Q, que permanece inicialmente em repouso no referencial de 
laboratório, mostrando que 
2Kb
a
= , onde K é o raio de giração em 
torno do centro de massa. O ponto Q é chamado centro de percussão. 
(Por exemplo, um jogador de basebol deve segurar o taco pelo centro de percussão no sentido de 
evitar a desagradável sensação do taco quando ele atinge a bola.) Prove também que se a força for 
aplicada em Q, o centro de percussão estará em P. 
Resolução: 
(a) Vamos determinar a velocidade do centro de massa a partir do impulso da força F. Assim, teremos: 
 
( )cmf cmi cmf F tF t m v v v
m
⋅ ∆
⋅∆ = − ⇒ = . 
 
(b) Para determinar a velocidade angular em torno do centro de massa, utilizaremos o impulso 
angular. Assim, teremos: 
 
( )cm f i f
cm
F a t
F a t I
I
ω ω ω
⋅ ⋅∆
⋅ ⋅∆ = − ⇒ = . 
 
(c) A velocidade do ponto Q, com relação ao centro de massa (cm), mostrada na figura 11.1, vale: 
 
, ,Q cm f Q cm
cm
F a t
v b v b
I
ω
⋅ ⋅∆
= ⋅ ⇒ = ⋅ 
 
Mas a velocidade do centro de massa com relação ao plano horizontal é dado no item (a). Combinando 
os movimentos para que o ponto Q permaneça em repouso com relação ao plano horizontal, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
,
2
2
;
cm
Q cm cm
cm
cm
IF t F a t
v v b b
m I m a
IK
b K
a m
⋅∆ ⋅ ⋅∆
= ⇒ = ⋅ ⇒ =
⋅
∴ = =
 
 
P 
Q 
CM 
F 
a b 
P 
Q 
CM 
VP,cm 
a b 
VQ,cm 
P 
Q 
CM 
Vcm 
a b 
VQ,cm 
Vcm + VP,cm Vcm 
P 
Q 
CM 
Vcm 
a b 
Vcm Vcm 
+ = 
 
 
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8 
Questão 12 
 
A Lua gira em torno da Terra, de modo que vemos sempre a mesma face dela. (a) Qual a relação 
entre o momento angular orbital da Lua em relação à Terra e o momento angular de spin da Lua 
(momento angular em relação ao seu centro de massa)? (b) De quanto deveria variar o momento 
angular orbital de Lua para que pudéssemos ver toda a sua superfície no transcurso de um mês? 
Resolução: 
(a) O momento angular orbital da Lua é dado por: 
 
2 2
Orb L Orb
Orb
L M R
T
π
= ⋅ ⋅ . 
 
Onde ROrb é o raio da órbita da Lua em torno da Terra. O momento angular de spin da Lua é dado por: 
 
2
2 2
5
L L
S
S
M R
L
T
π
= ⋅ . 
 
Onde RL é o raio da Lua. Porém, como vemos sempre a mesma face da Lua, aqui na Terra, o período de 
spin da Lua é igual ao período de sua órbita. Portanto: s OrbT T= . Assim, teremos: 
 
2
2
2
2 2
25
2 5
L L
s s L
Orb Orb Orb
L Orb
M R
L L RT
L L R
M R
T
π
π
⋅  
= ∴ = ⋅ 
 ⋅
 
 
(b) Um aumento ou uma diminuição de 50% do seu valor original. 
 
Questão 13 
 
Um cilindro desce, rolando, um plano inclinado de ângulo θ. Mostrar, por aplicação direta da 
equação ( )dL dtℑ =
�
�
, que a aceleração de seu centro de massa é 
2
3
g senθ⋅ . 
Resolução: 
Considerando a figura, podemos escrever: 
 
( )
( )2
x
cm
dL d
P R I
dt dt
d
P Rsen I
dt
MgRsen I MR
ω
ω
θ
θ α
ℑ= ⇒ ⋅ =
⋅ = ⋅
= + ⋅
 
 
Onde M é a massa e I é o momento de inércia (inércia rotacional) do cilindro, com relação ao ponto A. 
Sendo Icm a inércia rotacional do cilindro com relação ao centro de massa, dada por: 
 
2
2
cm
MR
I = , 
Px 
θ 
A 
R 
 
 
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9 
teremos então: 
 
2
2
2
2
,
3
2
.
3
cm
cm
MR
MgRsen MR
R gsen a R
a gsen
θ α
α θ α
θ
 
= + ⋅ 
 
⋅ = = ⋅
∴ =
 
 
Questão 14 
 
Relação entre o momento angular total de um sistema de partículas e os momentos angulares 
orbital e de spin. O momento angular total de um sistema de partículas, em relação à origem O de um 
referencial inercial, é expresso por i iL r p= ∧∑
�
� �
, sendo ir
�
 e ip
�
 medidos em relação a O. (a) Usar as 
relações i cm ir r r′= +
� � �
 e i i cm ip m v p′= +
� � �
, para exprimir L
�
 em função dos vetores posição ir′
�
 e dos 
momentos lineares ip′
�
 relativos ao centro de massa C. (b) Usar a definição e centro de massa e a de 
momento angular L′
�
 em relação ao centro de massa para obter a equação cm cmL L r Mv′= + ∧
� �
� �
. (c) 
Mostrar que este resultado pode ser interpretado como significando que o momento angular total é a 
soma do momento angular de spin (momento angular em relação ao centro de massa) e do momento 
angular orbital (momento angular do movimento do centro de massa em relação a O, se toda a massa 
do sistema estivesse concentrada em C). 
Resolução: 
a) Utilizando as relações acima, teremos: 
 
( ) ( )
( ) ( )
cm i i cm i
i
cm i i cm cm i i
i
cm i cm i i cm cm i i i
i
L r r m v p
L r r m v r r p
L r m v r m v r p r p
′ ′= + ∧ +
′ ′ ′= + ∧ + + ∧
′ ′ ′ ′= ∧ + ∧ + ∧ + ∧
∑
∑
∑
�
� � � �
�
� � � � � �
�
� � � � � � � �
 
 
O primeiro termo da expressão acima será igual a: 
 
cm cmr Mv∧
� �
 
 
b) O segundo e o terceiro termos serão nulos pela definição de centro de massa. Assim, teremos: 
 
cm cmL L r Mv′∴ = + ∧
� �
� �
 
 
Questão 15 
 
Uma lâmina retangular fina, de comprimento a e largura b, gira em torno de uma de suas 
diagonais com velocidade angular constante �, estando o eixo fixo em um referencial inercial. 
Determinar o sentido e o módulo do momento angular L
�
 em relação à origem localizada no centro de 
massa. 
 
 
www.profafguimaraes.net10 
Resolução: 
 Para resolver este problema, vamos considerar a lâmina com distribuição uniforme de massa e 
dividi-la em dois centros de massas, a saber: 1 e 2. Esses centros de massas estão na diagonal que se 
encontra o centro de massa da lâmina. Os centros de massas 1 e 2 serão os centros de massas dos dois 
triângulos retângulos que compõe a lâmina. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Com relação ao centro de massa, poderemos calcular o momento angular dos dois centros de 
massas e somá-los. Assim, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 2
L L L= +
� � �
 
 
Aqui, p1 e p2 são os momentos lineares dos centros de massas 1 e 2, perpendiculares ao plano 
da lâmina. L1 e L2 são os momentos angulares dos centros 1 e 2 e são perpendiculares ao plano 
formado pelos momentos lineares 1 e 2 e por “x”. 
Os módulos dos momentos angulares 1 e 2 valem: 
 
1 2
2
.
m
L L y x
L m x y
ω
ω
= = ⋅ ⋅ ⋅
∴ = ⋅ ⋅
 
 
a 
b 
cm 
cm1 
cm2 
a 
b 
x 
x 
cm 
cm1 
cm2 
y 
y 
ω
�
⊗ 
⊙ 
1
p
�
2
p
�
1
L
�
2
L
�
L
�
 
 
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11 
Teremos agora que determinar os valores de “x” e “y”. Para isso, devemos encontrar a posição dos 
centros de massas 1 e 2. Considere a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Da semelhança de triângulos, teremos: 
 
( )
.
b a zh a z
h
b a a
−−
= ⇒ = 
 
Para determinar a posição do centro de massa, teremos: 
 
( )
0
0
2 3
2
0
1 2
;
2
1 2
2
.
2 3 3
a
cm
a
cm
a
cm cm
m m
z z dm m e dm dz h
m ab
b a zm
z z dz
m a ab
az z a
z z
a
′
′= = = ⋅ ⋅
′
/ −′/= ⋅ ⋅
′ //
 
= − ∴ = 
 
∫
∫ 
 
Assim, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, poderemos determinar o valor de “x”. A distância de 0 até “cm” vale: 
 
2 2
.
2
a b+
 
 
De 0 até “cm1”, temos: 
 
2 2
.
3
a b+
 
 
Então, de “cm” até “cm1” temos: 
 
cm 
cm1 
a 
b 
z 
h 
dz 
cm 
cm1 
3
a
3
b
0 
 
 
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12 
2 2 2 2 2 2
2 3 6
a b a b a b
x
+ + +
= − = 
 
Agora, determinaremos o valor de “y”. Da figura abaixo teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 22 2 2 2
2 2
2 2
2
; ; 2 2
2 2 ;
6
3
b a ab
sen cos sen sen cos
a ba b a b
y a b
sen y x sen x
x
ab
y
a b
α α α α α
α α
= = = ⋅ =
++ +
+
= ⇒ = ⋅ =
∴ =
+
 
 
Assim, o momento angular da lâmina com relação ao centro de massa “cm” vale: 
 
2 2
2 2
.
6 183
a b ab m ab
L m L
a b
ω
ω
+ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ∴ =
+
 
 
Questão 16 
 
O eixo do cilindro da figura ao lado é fixo, e o cilindro 
está inicialmente em repouso. O bloco de massa M move-se 
inicialmente para a direita, com velocidade v1, não havendo 
atrito. O bloco passa sobre o cilindro, alcançando a posição 
indicada em traço interrompido. Ao tocar o cilindro, ele 
escorrega sobre este, mas o atrito é suficiente para anular o 
deslizamento antes de M perder contato com o cilindro. O raio do cilindro é R e seu momento de 
inércia é I. Determinar a velocidade final v2 em função de v1, M, I e R. O cálculo poderá ser facilitado 
utilizando a relação entre impulso e variação de momento. 
Resolução: 
Sabemos que o impulso oferece uma variação no momento linear. Assim, teremos: 
 
2 1
J P J Mv Mv= ∆ ⇒ − = −
� �
 
 
Após a passagem do bloco sobre o cilindro, o cilindro adquire uma velocidade angular, devido ao 
impulso oferecido a ele quando ocorre a passagem do bloco. Logo: 
 
2
1 2
;f i
vI
J R L L v v L I e
MR R
ω
ω ω⋅ = − ⇒ − = = = 
cm 
cm1 
3
a
3
b
0 
x 
y 
2
3
a
2α ∙∙∙∙ 
α α 
M 
v1 v2 
R 
 
 
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13 
2 1
1 2 22
2
1
Iv v
v v v
IMR
MR
= + ∴ =
+
 
 
Onde I é o momento de inércia (inércia rotacional) do cilindro. 
 
Questão 17 
 
Uma haste de comprimento l está sobre uma mesa horizontal, sem 
atrito. Sua massa é M e ela pode mover-se livremente. Um disco de hóquei 
m, que se move como indica a figura ao lado, com velocidade v, colide 
elasticamente com a haste. (a) Que grandezas são conservadas na colisão? 
(b) Qual deve ser a massa m do disco de modo que ele permaneça em 
repouso imediatamente após a colisão? 
Resolução: 
a) Vamos levar em consideração que os momentos linear e angular se 
conservem. 
 
b) Assim, teremos: 
 
i f cm i f cmP P mv MV e L L mvd I ω= ⇒ = = ⇒ =
� � � �
 
 
Onde a velocidade final do disco será nula (condição do exercício). Assim, teremos: 
 
2 2
; .
12 12
cm
Ml Ml
mvd Iω= ⋅ = 
 
Após a colisão, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Levando em consideração que o disco colide elasticamente com a haste, temos que: 
 
.cm cmv d V V v dω ω= + ⇒ = − 
 
Então para o momento linear podemos escrever: 
 
( ) ( ) .mv M v d v M m M dω ω= − ⇒ − = 
 
E para o momento angular: 
 
M 
m 
d 
v 
cm 
d 
d 
����d 
����d 
cm 
d 
d 
VVVVcmcmcmcm 
VVVVcmcmcmcm 
VVVVcmcmcmcm 
cm 
d 
d 
����d+Vd+Vd+Vd+Vcmcmcmcm 
VVVVcmcmcmcm ++++ ==== 
 
 
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14 
2 2
.
12 12
l l v M m
mvd M mvd
d
ω
− = ⋅ ⇒ =  
 
 
 
Logo, 
 
2
2 2
.
12
Ml
m
d l
=
+
 
 
Questão 18 
 
Uma bola de bilhar, inicialmente em repouso, recebe um impulso instantâneo de um taco. Este é 
mantido horizontalmente à distância h acima da linha centro, como indica a figura. A bola sai com 
velocidade 
0
v e, devido ao “efeito para frente”, ela adquire, eventualmente, a velocidade final 0
9
7
v
. 
Mostrar que 
 
4
5
R
h = , 
 
sendo R o raio da bola. 
Resolução: 
Imediatamente depois do impulso oferecido pelo taco, antes do efeito para frente, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
2
0 0
2
0
0 0 0 2
2
;
5
52
.
5 2
F F cm cm
MR
J Mv e J h I I
v hMR
Mv h
R
ω
ω ω
= = =
= ⋅ ⇒ =
 
 
Essa é a velocidade angular inicial da bola, logo após o impulso oferecido pelo taco. Como a bola gira 
com �0 (no sentido anti-horário, para o leitor), o atrito também oferece um impulso para a esquerda, 
conforme mostra a figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, teremos: 
 
( ) 00
2
7
fat fat
Mv
J M v v J= − ⇒ = 
h 
R 
F
�
0
v
�
0
ω
0
v
solofat
bolafat
0
9
7
v
 
 
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15 
E como a bola não desliza, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
0 0
9 9
.
7 7
cm
v v
R v
R
ω ω= = ⇒ = 
 
Mas, o impulso angular oferecido pelo atrito é contrário ao sentido do giro da bola. Assim, temos: 
 
( )0
2
0 0
2 2 9 5
7 5 7 2
4
.
5
fat cmJ h I
Mv R Mv R h
R R
R
h
ω ω− ⋅ = −
 − = − 
 
∴ =
 
 
Questão 19 
 
Dois patinadores, cada um com massa de 60 kg, aproximam-se um do outro ao longo de 
trajetórias paralelas, separadas de 5,0 m. Eles têm velocidades iguais e opostas de 12 m∙s-1. O primeiro 
patinador possui uma vara longa e leve de 3,0 m de comprimento, e o segundo se agarra à 
extremidade da vara quando a alcança (suponha que o gelo não tenha atrito). (a) Descrever 
quantitativamente o movimento dos patinadores depois de ligados pelo bastão. (b) Puxando a vara, os 
dois patinadores aproximam-se até 1,0 m. Qual será então o movimento deles? (c) Comparar a energiacinética do sistema nas partes (a) e (b). De onde provém a diferença? 
Resolução: 
a) Considere a figura abaixo, representando as direções dos patinadores e suas respectivas 
velocidades: 
 
 Antes: Depois: 
 
 
 
 
 
 
 
Levando em consideração que os dois patinadores com os braços esticados e mais a vara de 3m 
atingem a distância de 5 m, após o contato, o sistema (dois patinadores), executará um movimento 
circular uniforme de raio igual a 2,5 m. Esse movimento é provido de uma velocidade angular igual a: 
 
112
4,8 .
2,5
v
rad s
r
ω −= = = ⋅ 
 
O momento de inércia (inércia rotacional) dado por: 
Rω
Rω
cmv
cmv
cmv
cmv Rω+
cmv
0v =
+ =
m1 
m2 
5 m 
v1 
v2 
m1 
m2 
v1 
v2 
2,5 m 
 
 
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16 
 
( )22 22 120 2,5 750 .i i i iI mr I I kg m= ⇒ = ⇒ = ⋅ 
 
b) Ao puxar a vara, os patinadores atingem a distância de 1 m. A inércia rotacional é então alterada 
para o seguinte valor: 
 
( )22 22 120 0,5 30 .f f f fI mr I I kg m= ⇒ = ⇒ = ⋅ 
 
Logo, aplicando a conservação do momento angular, poderemos encontrar a nova velocidade angular 
do sistema. Assim, teremos: 
 
1
750 4,8 30
120 .
i i f f f
f
I I
rad s
ω ω ω
ω −
= ⇒ ⋅ = ⋅
∴ = ⋅
 
 
c) A energia cinética inicial do sistema: 
 
2 2
750 4,8
8640 .
2 2
i i
i i
I
K K J
ω ⋅
= ⇒ = = 
 
ou 
 
2
22
60 12 8640 .
2
i i i
mv
K K K J= ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 
 
Agora a energia cinética final do sistema vale: 
 
2 2
30 120
216000 .
2 2
f f
f f f
I
K K K J
ω ⋅
= ⇒ = ⇒ = 
 
Essa diferença de energia é proveniente do trabalho realizado pelos patinadores ao puxar a vara e 
assim encurtarem a distância. 
 
Questão 20 
 
Uma roda de bicicleta, cujo eixo e raios têm massas desprezíveis, possui um aro delgado cujo 
raio é de 36,0 cm e massa de 3,80 kg, ela pode girar em torno de seu eixo com atrito mínimo. Um 
homem, em pé sobre mesa giratória, segura a roda acima de sua cabeça, mantendo vertical o eixo, a 
mesa pode girar sem atrito. A roda gira no sentido horário, vista de cima, com velocidade angular de 
60 rad∙s -1, a mesa está inicialmente em repouso. O momento de inércia do conjunto roda-homem-
mesa, em torno do eixo em comum de rotação, é de 2,50 kg∙m2. (a) Com a mão, o homem 
repentinamente para a roda (em relação à mesa). Determinar o módulo e o sentido da velocidade 
angular resultante da mesa. (b) A experiência é repetida com notável atrito, introduzido no eixo da 
roda, que, partindo da mesma velocidade angular inicial (60 rad∙s -1), gradualmente diminui sua 
rotação e para (em relação à mesa) enquanto o homem segura a roda como foi descrito antes. (A mesa 
ainda pode girar sem atrito.) Descrever o que ocorre ao sistema, fornecendo tanta informação 
quantitativa quanto seja possível a partir dos dados. 
 
 
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17 
Resolução: 
a) Ao parar a roda com a mão, o homem exerce sobre a roda uma força de atrito que poderemos 
considerar como uma força interna do sistema. Assim poderemos aplicar a conservação do 
momento angular do sistema e determinar a velocidade angular final. 
 
O momento de inércia da roda vale: 
 
( )22 23,8 0,36 0,5 .roda rodaI mr I kg m= = ⇒ ≅ ⋅ 
 
Assim, aplicando a conservação do momento angular, teremos, para o sistema: 
 
1
0,5 60 2,5
12 .
roda roda sistema sistema
sistema
sistema
I I
rad s
ω ω
ω
ω −
=
⋅ =
∴ = ⋅
 
 
b) Como não existe impulso angular externo, o que ocorre nesse caso é semelhante ao caso anterior, 
porém, e o sistema gradativamente aumenta sua velocidade angular até o valor determinado 
anteriormente. 
 
Questão 21 
 
Uma moça (massa M) está em pé na borda de um carrossel (massa 10 M, raio R, inércia rotacional 
I) sem atrito e em repouso. Ela joga uma pedra (massa m) em uma direção horizontal que é tangente à 
borda externa do carrossel. A velocidade da pedra, em relação ao solo, é v. Quais são (a) a velocidade 
angular do carrossel e (b) a velocidade linear da moça depois que a pedra foi jogada? 
Resolução: 
a) Poderemos aplicar a conservação do momento angular, imediatamente antes e após o lançamento 
da pedra. Assim, teremos: 
 
( )
( )
2 2
2
0 ,
.
i f i f moça moça
v
L L L L I I mR I MR
R
mRv
I MR
ω
ω
= ⇒ = ⇒ = + − ⋅ =
∴ =
+
� �
 
 
b) A velocidade linear da moça é dada por: 
 
( )
2
2
.M M
mR v
v R v
MR I
ω= ∴ =
+
 
 
Questão 22 
 
Em um grande trilho circular horizontal, sem atrito, de raio R, estão duas pequenas massas m e 
M, que podem deslizar no trilho. Entre as duas massas está comprimida uma mola, que, entretanto, 
não está presa a m ou M. As duas massas são mantidas unidas por um fio. (a) Se o fio rompe, a mola 
comprimida (cuja massa pode ser desprezada) lança as duas massas em sentidos opostos, enquanto 
que ela mesma não se desloca. As bolas colidem quando se encontram novamente no trilho. Onde 
 
 
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18 
ocorre esta colisão? (Pode ser conveniente exprimir a resposta em 
termos do ângulo descrito pelo raio que localiza M). (b) Sendo U0 a 
energia potencial inicialmente armazenada na mola, que tempo 
decorre desde que o fio se rompe até que a colisão ocorra? (c) 
Supondo que a colisão seja perfeitamente elástica e frontal, em que 
ponto as bolas se chocarão novamente após a primeira colisão? 
Resolução: 
a) Utilizando a conservação do momento angular teremos: 
 
2 2
0
.
i f i f M m
M
m
L L L L MR mR
M
m
ω ω
ω
ω
= ⇒ = ⇒ = −
=
� �
 
 
Onde �M e �m são, respectivamente, as velocidades angulares dos corpos “M” e “m”. Desta relação, 
podemos concluir: 
 
.Mm
M
m
θ
θ
∆
∆ = 
 
Onde ΔθM e Δθm são os deslocamentos angulares dos corpos “M” e “m”, respectivamente. Observando 
a figura abaixo, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2
2
.
M m
M
M
M
M
m
m
M m
θ θ π
θ
θ π
π
θ
∆ + ∆ =
∆
∆ + =
∴∆ =
+
 
 
 
b) Utilizando a conservação da energia, teremos: 
 
( )
2 22 2
0
2 2
0
1
2
0
2
;
2 2
1
2
2
.
mM M
m
M
M
mRMR M
U
m
MR M
U
m
mU
MR M m
ωω ω
ω
ω
ω
= + =
 = + 
 
 
=   + 
 
Colisão 
R 
Colisão 
ΔθM 
Δθm 
 
 
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19 
E, como MM
t
θ
ω
∆
=
∆
, teremos então: 
 
( )
( )
1
2
0
2
1
22 2
0
2
2
2
.
m
M mt
mU
MR M m
mMR
t
U M m
π
π
+∆ =
 
 + 
 
∴∆ =  
+ 
 
 
c) Como a colisão será elástica, as velocidades angulares terão o mesmo módulo e, 
consequentemente, os deslocamentos angulares serão os mesmo. Assim, o ponto de colisão será 
exatamente na posição inicial.

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