exercícios de física

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Problemas do Capítulo 9
Problemas resolvidos
Problema 1 – Um automóvel atinge a potência máxima de 120 cv quando seu motor realiza
5400 rpm (rotações por minuto), o que equivale a 90 rotações por segundo. Qual é o torque
exercido pelo motor nessa rotação?
Solução – Seja R o raio da engrenagem na marcha em que o motor está realizando a referida
potência. A potência realizada pelo motor será
wFRFP == v ,
onde v é a velocidade da borda da engrenagem e wé a sua velocidade angular, que deve ser
a mesma do motor. Notando que o torque do motor é FRT = , obtemos
w
w PTTP == , .
Uma vez que 1cv = 0,7457 kW, a potência do carro é P = 89,5 kW. Portanto,
mN158
s
smN
158
s902
W105,89
1
1
1-
3
×=
××
=
´
´
= -
-
p
T
Problema 2 – Uma partícula de massa m move-se em trajetória circular de raio r com
velocidade de módulo constante v. Calcule o seu momento angular em relação ao centro da
órbita.
Solução – Fazendo z = 0 , r=r e r/v=w na Equação (9.9) do texto, e tomando k como a
normal à órbita, apontando para o lado do qual o percurso da órbita é visto no sentido anti-
horário, obtemos
krmv=l .
Vê-se que o l é constante durante o movimento, o que não ocorre quando o ponto de
referência está fora do centro da órbita, como ocorre na Figura 9.5 do texto.
Problema 3 – Um bloco homogêneo em forma de paralelepípedo tem altura H e base de
largura a e se apóia em um piso, como mostra a Figura 1. O coeficiente de atrito estático
entre o bloco e o piso é m . Calcule a altura máxima h em que a força F pode ser aplicada ao
bloco para que ele seja arrastado sem tombar.
2
 Figura 1
Solução – A figura mostra as forças atuando sobre o corpo. Se a força F for nula, também o
será a força de atrito estático Fa , e além disso a força normal N do piso será alinhada com a
força peso mg. Quando F cresce de intensidade, o ponto de aplicação de N se aproxima do
ponto O, mas enquanto o bloco permanecer na vertical N será igual a mg, pois a aceleração
vertical do centro de massa do corpo será nula. O ponto de aplicação da força de atrito
também se deslocará do centro da base do bloco para o ponto O quando F cresce, e se o
bloco estiver imóvel teremos Fa = F. Na verdade, parte dessa discussão preliminar é
dispensável na solução do problema, e tem por objetivo esclarecer alguns fenômenos
interessantes que ocorrem quando a força F cresce de intensidade.
Suponhamos que o atrito seja suficiente para impedir o deslizamento do bloco.
Nesse caso, quando este começa a tombar, a força N se localiza no ponto O, e somente as
forças mg e F realizam torque em relação ao ponto O, por onde passa o eixo de rotação do
bloco. O torque será
kT )2/( mgaFh -=
e, no valor mínimo de F para iniciar o tombamento, temos T = 0, ou seja,
h
mga
F
2
= .
Por outro lado, como o bloco não desliza, temos
Fmg ³m .
O valor máximo de F corresponde à igualdade nesta equação, e portanto,
m
m
2
,
2 máx
a
h
h
mga
mg =\= .
Esta é a altura máxima de aplicação da força F.
Problema 4 – O coeficiente de atrito estático da escada da Figura 2 com o piso é m , e não
há atrito entre a escada e a parede. Calcule o valor máximo de q para que a escada não
escorregue.
h
H
mg
Fa
F
a
O
i
j
k
N
3
 Figura 2
Solução: Para que a escada permaneça em equilíbrio, as resultantes tanto das forças quanto
dos torques aplicados sobre ela devem ser nulas. Podemos então escrever:
a) Nulidade da resultante das forças
.
,
NFN
mgN
ah m£=
=
 (1)
b) Nulidade da resultante dos torques em relação ao ponto O
qq cos
2
LNsen
L
mg h= , (2)
Onde L é o comprimento da escada.
Combinando a Equação 2 com as Equações 1, obtemos
qmq cossen
2
mgL
L
mg £ ,
e, finalmente,
)2(arctg,2 mqmq =£ máxtg .
Problema 5 – Uma esferinha presa a um fio sem massa gira em um plano horizontal, como
mostra a Figura 3. O fio passa por um pequeno orifício na placa e o comprimento l
q
O
mg N
Fa
Nh
l
F
f
q
w
4
Figura 3
da sua parte pendular pode ser controlado. (a) Calcule o momento angular da esfera em
relação ao orifício. (b) Calcule o torque sobre a esfera em relação ao orifício. (c) O fio é
puxado lentamente pela força F de forma que seu comprimento decresce. Calcule a forma
como o ângulo q e a freqüência angular w da esferinha variam com l.
Solução – (a) Pela Equação 9.9 do texto, podemos escrever
kL 2ñcos wrw mèml += r .
(b) A única força que realiza torque sobre a esfera é seu peso –mgk. De fato, a força T do
fio é antiparalela a r, onde r é o vetor que vai do orifício à esfera, e, portanto, 0=´ Tr . O
vetor r é expresso por kr qq cos-ñˆsen ll= . Podemos então escrever
mg
llsenmg
-
-=´=
00
cos0
ñˆ
qq
ki
krT ,
iT qsenmgl-= .
(c) Uma vez que o torque sobre a esfera não tem componente na direção k, a componente
vertical do momento angular do movimento fica constante quando puxamos o fio. Ou seja,
ooo ll
m
qwqw
wr
2222
2
sensen
constante,
=
=
. (1)
onde os índices o indicam os valores iniciais das variáveis. Por outro lado, a força centrípeta
sobre a esferinha é qsenT . Além do mais, como a esfera sobe lentamente, sua aceleração
vertical pode ser desprezada, o que significa mgT =qcos e Portanto a força centrípeta sobre
a esfera é qq cos/senmg . Podemos então escrever
,
cos
sen
sen2
q
qw èmglm =
.
cosq
w
l
g
= (2)
Substituindo este valor de w na equação (1), obtemos
ooo lsenll
g
qwq
q
2222 sen
cos
= ,
5
 oo
oo
l
l
senl
l
q
q
q
q
2222 sen
cos
1
cos
1
= (3)
Esta equação permite calcular q em função de l, dados os valores iniciais oq e lo. Calculado
q , a equação (2) permite calcular w .
Problema 6 – A barra mostrada na Figura 4, de massa M e comprimento L, está parada e
livre de qualquer força, quando uma esferinha colide muito rapidamente em sua
extremidade e lhe imprime um impulso L = Li, Descreva o movimento da barra após a
colisão.
 Figura 4
Solução: A velocidade do centro de massa da barra será dada por
iv
M
I
cm = ,
O torque, em relação ao centro de massa, que a força de colisão realiza sobre a barra é
FjT ´=
2
l
.
Uma vez que
dt
dL
T = ,
podemos escrever
Fj
L ´=
2
l
dt
d
.
Integrando esta equação, uma vez que a integral no tempo de F é o impulso I, obtemos
kijIjL I
l
I
ll
222
-=´=´= .
Considerando que
i
j
k
6
ùL 2
12
1
lM= ,
onde 12/2lM é o momento de inércia da barra em relação ao eixo horizontal passando pelo
seu centro, obtemos
kkù
llM
I cmv66 -=-= .
Problema 7 – Por que o movimento da bicicleta evita que ela caia?
Solução – Para reduzir o problema aos seus elementos essenciais, consideraremos apenas
uma roda rolando em um piso horizontal, como mostra a Figura 5. A roda rola para fora do
papel, o que gera um momento angular L na direção e sentido indicados na figura. A roda
está inclinada, e se estivesse parada iria cair devido ao seu peso mg. Consideremos agora o
que resulta do movimento. A força peso da roda é incapaz de alterar o seu momento angular
porque o seu torque em relação ao eixo de rotação é nulo. Uma vez que para que a roda caia
a direção de L tem de alterar, o movimento evita a queda. Resta agora analisar o efeito da
força N que o piso faz sobre a roda. Esta força realiza um torque em relação ao eixo cujo
módulo vale qsenrN , onde r é o raio da roda. Sua direção é normal ao papel, com sentido
saindo do papel. Portanto,o efeito da força N é girar o vetor L para fora do papel; isso
implica que a roda deixa de andar em linha reta e realiza uma curva para dentro (esquerda
do leitor). Um resultado da curvatura da roda é o aparecimento da força de atrito lateral Fa,
indicada na figura. Tal força gera a aceleração centrípeta na roda, e seu valor é
R
mFa
2v= ,
onde R é o raio de curvatura da trajetória da roda. Vê-se que a força de atrito lateral também
realiza torque sobre a roda, e que seu sentido se opõe ao torque exercido pela força N.
Entretanto, ele não é capaz de neutralizar ou inverter a curvatura da trajetória, pois por
necessidade Fa tem de apontar para o interior da curva.
Figura 5
q
L
N
mg
Fa
7
Problema 8 – Esse meteoro irá colidir na Terra?. Um astrônomo descobre um meteoro em
uma trajetória que pode resultar em colisão com a Terra e rapidamente todo um grupo de
vigilância determina sua distância r até o centro da Terra e sua velocidade v, medida no
referencial da Terra. A Figura 6 mostra esses dados iniciais, sobre os quais o grupo realiza
cálculos computacionais muito precisos sobre a trajetória prevista para o meteoro. O que
ocorrerá?
 Figura 6
Solução – Com o que já aprendemos neste curso podemos fazer um cálculo preliminar,
usando algumas aproximações, e obter uma boa idéia do risco de colisão. Nossa primeira
aproximação será ignorar a influência dos outros planetas e do Sol sobre a órbita do
meteoro, e a segunda será considerar a Terra como referencial inercial. Neste último caso
estamos ignorando a curvatura da trajetória da Terra em sua órbita em torno do Sol. Se o
meteoro estiver suficientemente próximo da Terra e por isso o tempo necessário para que ele
colida com nosso planeta ou passe por ele seja pequeno, nosso erro não será grande.
Todo o cálculo será feito no referencial da Terra, ou seja, ela estará parada. A única
força atuando sobre o meteoro será a gravitação da Terra e, como essa força é conservativa,
poderemos usar a conservação da energia mecânica. Além disto, a força da gravidade não
realizará torque, em relação ao centro da Terra, sobre o meteoro, pois tal força sempre estará
alinhada com o vetor que vai do centro da Terra ao meteoro.
Iremos calcular a condição para que não haja colisão, ou seja, a condição para que a
distância mínima R entre o meteoro e o centro da Terra seja maior do que o raio RT da Terra.
Ao passar pelo ponto de aproximação mínima, a velocidade V do meteoro será ortogonal à
linha que vai dele ao centro da Terra, pois caso contrário a distância ao centro da Terra
estaria diminuindo ou aumentando, não sendo portanto um valor mínimo. Assim, naquele
ponto o momento angular do meteoro será mVRLR = . Usando o fato de que o momento
angular inicial era bmLo v= e a conservação do momento angular, podemos escrever
vv
R
b
VmVRbm =\= , .
A conservação da energia mecânica se exprime pela equação
R
Mm
GmV
r
Mm
Gm -=- 22
2
1
2
1
v .
Substituindo o valor de V nesta equação obtemos
R
M
G
R
b
r
M
G 22 22
2
2 -=- vv ,
90o
v
V R b
r
8
02)2( 2222 =-+- vv bGMRR
r
M
G .
Resolvendo esta equação,
r
M
G
b
r
M
GMGGM
R
2
)2(
2
22222
-
-++-
=
v
vv
,
que exprime o valor de R em termos das condições iniciais b, v e r, da massa da Terra e da
constante da gravitação G. A condição para que não haja colisão é
r
M
G
b
r
M
GMGGM
RT
2
)2(
2
22222
-
-++-
<
v
vv
.
Problema 9 – A Figura 7 mostra dois blocos suspensos por uma roldana. O valor de M é
maior do que o de m, e o atrito do fio com a roldana é suficiente para que ela gire sem haver
deslizamento do fio. Calcule a aceleração angular da roldana.
Figura 7
Solução – As equações de movimento dos blocos e da roldana são
aIRTRT
mamgT
MaMgT
=-
=-
-=-
21
2
1
.
Considerando que Ra a= , este sistema de equações pode ser escrito na forma
matricial
÷
÷
÷
ø
ö
ç
ç
ç
è
æ
=
÷
÷
÷
ø
ö
ç
ç
ç
è
æ
÷
÷
÷
ø
ö
ç
ç
ç
è
æ
-
-
011
10
01
2
1
mg
Mg
T
T
I
mR
MR
a
.
I,R
M m
T1
T2
9
A aceleração angular da roldana será dada por
,
11
10
01
011
10
01
ImRMR
mgMg
I
mR
MR
mg
Mg
++
-
=
-
-
-
=a
RImM
mM
R
g
/++
-=a .
 Figura 8
Problema 10 – Um cilindro oco de raio interno R é descido lentamente vestindo um cilindro
de raio e-R ligeiramente menor, sem tocar nele, e finalmente, no instante t = 0,
depositado sobre um pequeno ressalto na base inferior do cilindro de baixo. Este último
cilindro pode girar sem atrito em torno de um eixo preso a uma plataforma fixa ( Figura 8).
O coeficiente de atrito cinético entre o cilindro oco e o ressalto é cm . Determine o
movimento do sistema após t = 0.
Solução – Enquanto os dois cilindros não atingirem a mesma velocidade angular, o cilindro
oco deslizará sobre o ressalto e haverá entre eles uma força de atrito de módulo Mgcm .
Assim, os cilindros sofrerão torques opostos, na direção vertical, de módulo MgRcm . Suas
equações de movimento serão
.
,
2
2
1
1
MgR
dt
d
I
MgR
dt
d
I
c
c
mw
m
w
=
-=
 (1)
�
R
R
I1
I2
M
-�
10
Tais equações de movimento permanecerão válidas até que fwww == 21 . Essa velocidade
final comum é determinada pela conservação do momento angular:
offo II
I
III wwww
21
1
211 ,)( +
=\+= .
Nosso objetivo agora é obter essa velocidade final diretamente pelas equações de
movimento. Pelas equações (1) obtemos
1
1 I
tMgRc
o
m
ww -= ,
2
2 I
tMgRcmw = .
Os dois cilindros atingirão a mesma velocidade angular final fw no instante tf dado por
.
)(
,
21
21
21
II
tMgRII
I
tMgR
I
tMgR
fc
o
fcfc
o
m
w
mm
w
+
=
=-
Portanto,
o
c
f MgRII
II
t w
m)( 21
21
+
= .
A velocidade final será
oo
c
c
f II
I
MgRII
II
I
MgR
ww
m
m
w
21
1
21
21
2 )( +
=
+
= ,
em concordância com o valor calculado anteriormente.
11
Problemas propostos
9.1E – Considere a Terra como uma esfera homogênea com raio de 6104,6 ´ m e massa de
24100,6 ´ kg. Calcule o momento angular e a energia cinética decorrentes de sua rotação.
Resposta: sJ102,7 33 ×´=L , J106,2 29´=K .
9.2E – Idealize a órbita da Terra em torno do Sol como um círculo com raio de 11105,1 ´ m
centrado no Sol. Calcule o momento angular, em relação ao Sol, do movimento orbital da
Terra, cuja massa é de 24100,6 ´ kg.
Resposta: sJ107,2 40 ×´=L
9.3P – Calcule o momento de inércia, em relação ao seu eixo de simetria, de um cilindro
oco de massa M, raio interior r e raio exterior R.
Resposta: )(
2
22 rR
M
I +=
9.4P – Calcule o momento de inércia, em relação ao seu eixo de simetria, de uma esfera oca
de massa M, raio interior r e raio exterior R.
Resposta: 33
55
5
2
rR
rR
MI
-
-
=
9.5P – Um pêndulo é constituído de uma barra fina e homogênea presa por um pino a um
suporte horizontal. O atrito do pino com o pêndulo é desprezível. O Pêndulo tem
comprimento L e massa M. Calcule: (a) o torque, em relação ao pino, que a gravidade faz
sobre o pêndulo quando ele está na posição mostrada na Figura 9.; (b) a aceleração angular
do pêndulo naquele instante.
 Figura 9 Figura 10
Resposta: (a) 
4
L
MgT = ; (b) 
L
g
4
3=a .
l
l
l
F1
F2
F3
30
12
9.6P – As hastes da hélice mostrada na Figura 10 têm o mesmo comprimento l e a mesma
massa m, e todas as três forças mostradas na figura têm o mesmo módulo F. Calcule a
aceleração angular da hélice.
Resposta:2
33 +=
ml
Fa .
Figura 11 Figura 12
9.7P – O sistema mostrado na Figura 11 gira sem atrito entre o eixo e os mancais.Os
momentos de inércia dos cilindros grande e pequeno são, respectivamente, IR e Ir, e um
cilindro está ligado ao outro, de forma que suas velocidades de rotação têm de ser a mesma.
(a) Calcule a aceleração angular dos cilindros. (b) Calcule a razão M/m para que o sistema
possa ficar em equilíbrio. (c) Considere que a razão entre as massas seja tal que o sistema
possa ficar em equilíbrio. Isto significa que com uma velocidade inicial infinitesimal no
sentido correto a massa pequena pode elevar a grande. Demonstre que a conservação da
energia mecânica não é violada nesse processo.
Resposta: (a) 
rR IIMrmR
MrmR
+++
-
= 22a . (b) R
r
m
M =
9.8P – Qual é o maior valor do coeficiente de atrito estático entre a caixa e a rampa
mostradas na Figura 12 para que o bloco, inicialmente colocado em repouso na posição
mostrada, comece a deslizar sem tombar?
Resposta: ha /=m
9.9P – Um carro tem massa de 1200 kg e suas rodas têm raio de 30 cm. Se o carro arranca
em pista horizontal com aceleração de 2,60 m/s2, qual é o torque que a força de atrito com a
pista realiza em cada uma de suas duas rodas de tração? Despreze o momento de inércia das
rodas.
m M
R r
q
h
a
13
Resposta : mN468 ×=T
 Figura 13
9.10P – Um bloco preso a um fio leve desce sob o efeito da gravidade, fazendo girar uma
roldana de raio R e momento de inércia I, presa um eixo sem atrito, como mostra a Figura
13. Calcule (a) a aceleração angular da roldana; (b) o trabalho realizado pelo torque do fio
em uma volta da roldana.
Resposta: (a) 2mRI
mgR
+
=a ; (b) 2
2
mRI
mgR
W
+
=
p
.
I,R
m