Exercícios REsolvidos- Resnick Física I

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 12 – Dinâmica da Rotação 
1 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 12 – DINÂMICA DA ROTAÇÃO 
 
6. A Fig. 36 mostra um bloco uniforme de massa M e arestas de comprimento a, b e c. Calcule a sua 
inércia rotacional em torno de um eixo que passe em um vértice e seja perpendicular à face 
maior do bloco. (Dica: Veja a Fig. 9.) 
 
 (Pág. 247) 
Solução. 
A Fig. 9 mostra que o momento de inércia de um bloco, semelhante ao da Fig. 36, em relação a um 
eixo que passa pelo seu centro de massa e paralelo ao eixo mostrado na Fig. 36 é dado por: 
 
2 2
12
CM
M a b
I 
Para descobrir o momento de inércia do bloco em relação ao eixo que passa pelo vértice basta 
aplicar o teorema do eixos paralelos: 
 2CMI I Mh 
Considere o seguinte esquema, em que h, a distância de separação entre os dois eixos, é dada pelo 
teorema de Pitágoras: 
 
Logo: 
 
2 2 2 2
12 2 2
M a b a b
I M 
 
2 2
3
M a b
I 
a/2
b/2
h
CM
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Como esperado, I ICM. Quando o eixo está localizado no vértice do bloco a distribuição geral de 
sua massa é mais afastada do eixo quando comparada ao eixo passando pelo centro de massa. 
 
8. Duas partículas, cada uma com massa m, estão unidas uma a outra e a um eixo de rotação por 
duas hastes, cada uma com comprimento L e massa M, conforme a Fig. 37. O conjunto gira em 
torno do eixo de rotação com velocidade angular . Obtenha uma expressão algébrica para (a) a 
inércia rotacional do conjunto em torno de O e (b) a energia cinética de rotação em torno de O. 
 
 (Pág. 247) 
Solução. 
Considere o esquema a seguir: 
 
(a) O momento de inércia total do conjunto vale: 
 Barra A Bola B Barra C Bola DI I I I I 
Podemos tratar as barras A e C como sendo apenas uma barra E de comprimento 2L e massa 2M: 
 Barra E Bola B Bola DI I I I (1) 
O momento de inércia da barra E é (conferir Fig. 9, pág. 234): 
 
2 2
Barra E
2 (2 ) 8
3 3
M L ML
I (2) 
Os momentos de inércia devido às bolas valem: 
 2Bola BI mL (3) 
 2 2Bola D (2 ) 4I m L mL (4) 
Substituindo-se (2), (3) e (4) em (1): 
 
2
2 28 4
3
ML
I mL mL 
 
285
3
M
I m L (5) 
(b) A energia cinética do sistema vale: 
 2
1
2
K I (6) 
Substituindo-se (5) em (6): 
 
2 25 4
2 3
m M
K L 
C
A m
mB
D
z
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13. Neste problema desejamos calcular a inércia rotacional de um disco de massa M e raio R em 
torno de um eixo que passa através de seu centro, perpendicularmente à sua superfície. 
Considere um elemento de massa dm na forma de um anel de raio r e largura dr (veja a Fig. 39). 
(a) Qual é a massa dm desse elemento, escrita como fração da massa total M do disco? Qual é a 
inércia rotacional dI desse elemento? (c) Integre o resultado da parte (b) para encontrar a inércia 
rotacional do disco como um todo. 
 
 (Pág. 248) 
Solução. 
(a) O elemento de massa dm pode ser encontrado partindo-se da densidade superficial de massa , 
supostamente uniforme. 
 
2 2
M dm
R rdr
 
Logo: 
 
2
2dm rdr
M R
 
(b) A inércia rotacional de um anel de raio r e massa dm é dada por: 
 2dI r dm 
Utilizando-se o resultado do item (a), temos: 
 2
2
2Mrdr
dI r
R
 
 
3
2
2Mr dr
dI
R
 
(c) 
 
3 4
3
2 2 20 0
2 2 2
4
R RMr dr M M R
I dI r dr
R R R
 
 
2
2
MR
I 
 
14. Neste problema, utilizamos o resultado do problema anterior para a inércia rotacional de um 
disco para calcular a inércia rotacional de uma esfera maciça uniforme de massa M e raio R em 
torno de um eixo que passe através de seu centro. Considere um elemento dm da esfera na 
forma de um disco de espessura dz à altura z do centro (veja a Fig. 40). (a) Quando escrita em 
fração da massa total M, qual é a massa dm do elemento? (b) Considerando-se o elemento como 
um disco, qual é a sua inércia rotacional dI? (c) Integre o resultado de (b) sobre a esfera toda 
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para encontrar a inércia rotacional da esfera. 
 
 (Pág. 248) 
Solução. 
(a) O elemento de massa dm pode ser encontrado partindo-se da densidade volumétrica de massa , 
supostamente uniforme. 
 
2
34
3
M dm
r dz
R
 
Logo: 
 
2 2
3
3
4
R z dzdm
M R
 
(b) A inércia rotacional de um disco de raio r e massa dm é dada por: 
 2
1
2
dI r dm 
Utilizando-se o resultado do item (a), temos: 
 
2
2
3
1 3
2 4
Mr dz
dI r
R
 
 
2
2 2
3
3
8
M R z dz
dI
R
 
(c) 
 
2
2 2
2
2 2
3 3 0
3 3
2
8 8
R R
R
M R z dz M
I dI R z dz
R R
 
 
2 3 5 5 5 5
4 5
3 3 3
0
3 2 3 2 3 8
2
8 3 5 4 3 5 4 15
R
M R z z M R R M R
I R z R
R R R
 
 
22
5
MR
I 
 
28. A Fig. 45 mostra dois blocos, cada um de massa m, suspensos nas extremidades de uma haste 
rígida e sem massa de comprimento L1 + L2, com L1 = 20,0 cm e L2 = 80,0 cm. A haste é 
mantida na posição horizontal mostrada na figura e então liberada. Calcule as acelerações 
lineares dos dois blocos quando eles começarem a mover-se. 
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5 
 
 (Pág. 249) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema das forças que atuam sobre a haste: 
 
Como a haste é rígida as acelerações angulares ( ) de ambos os blocos serão iguais. Suas 
acelerações lineares, na coordenada y, serão dadas por: 
 1 1a L (1) 
 2 2a L (2) 
A aceleração angular é calculada por meio da segunda lei de Newton: 
 Iτ α 
Torques em z: 
 1 2 0L mg L mg I 
 1 2
0
mg L L
I
 (3) 
Como a barra possui massa desprezível, o momento de inércia do sistema em relação ao eixo de 
suspensão consiste apenas na contribuição das massas m em cada lado desse eixo. 
 2 2 2 20 1 2 1 2I mL mL m L L (4) 
Substituindo-se (4) em (3): 
 
2
1 2 2
2 22 2
1 2
9,81 m/s 0,200 m 0,800 m
8,65588 rad/s
0,200 m 0,800 m
g L L
L L
 
O sinal negativo de indica que o sentido da aceleração da barra é horário. Para o cálculo de a1 e 
a2, utilizamos as Eqs. (1) e (2): 
 2 21 8,65588 rad/s 0,200 m 1,7311 m/sa 
 
2
1 1,73 m/sa 
O sinal positivo de a1 indica que a extremidade esquerda da barra acelera no sentido positivo do 
eixo y. 
 2 22 8,65588 rad/s 0,800 m 6,9247 m/sa 
x
y
F
O CM
mg mg
z
L1 L2
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2
2 6,92 m/sa 
O sinal negativo de a2 indica que a extremidade direita da barra acelera no sentido negativo do eixo 
y. 
 
29. Dois blocosidênticos, cada um com massa M, são ligados por uma corda leve que passa sobre 
uma polia de raio R e inércia rotacional I (Fig. 46). A corda não escorrega sobre a polia e não se 
sabe se existe atrito ou não entre o plano e o bloco que escorrega. Quando esse sistema é solto, 
verifica-se que a polia gira do ângulo durante o intervalo de tempo t e a aceleração dos blocos 
é constante. (a) Qual a aceleração angular da polia? (b) Qual a aceleração dos dois blocos? (c) 
Quais as trações nas porções superior e inferior da corda? Expresse todas as respostas em 
termos de M, I, R, , g e t. 
 
 (Pág. 249) 
Solução. 
(a) A polia percorre um ângulo num tempo t, logo: 
 2
0 0
1
2
t t 
 2
1
0 0
2
t 
 
2
2
t
 (1) 
O sinal negativo de está em acordo com o referencial adotado. 
(b) A aceleração do bloco sobre a superfície horizontal vale: 
 a R (2) 
O sinal negativo corrige o sinal da aceleração em x (positiva) em relação ao sinal da aceleração 
angular da polia (negativa). Substituindo-se (1) em (2): 
 
2
2
a R
t
 
 
2
2 R
a
t
 
(c) Esquema de forças sobre o bloco 1 (suspenso pelo fio): 
 
x
y
z
M
T1
Mg
x
y
a
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7 
Forças no bloco 1 em y: 
 y yF Ma 
 
1 2
2 R
T Mg M
t
 
 1 2
2 R
T M g
t
 (3) 
Esquema de forças na polia: 
 
Torques na polia em z: 
 z zI 
 1 2RT RT I (4) 
Substituindo-se (2) e (3) em (4) 
 
22 2
2 2R
RM g RT I
t t
 
 
2 2 2
2 2I MR
T Mg
Rt t
 
 2 2
2 I
T Mg MR
t R
 
 
34. Uma esfera oca uniforme gira em torno de mancais verticais sem atrito (Fig. 47). Uma corda de 
massa desprezível passa pelo equador da esfera e sobre uma polia; ela está presa a um pequeno 
objeto que pode cair livremente sob a influência da gravidade. Qual será a velocidade do objeto 
após este ter caído a distância h a partir do repouso? 
 
 (Pág. 250) 
Solução. 
A variação da energia cinética do bloco m é igual ao trabalho gravitacional: 
 0gW K K K 
T2
T1
x
y
z
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8 
 2
1
1
2
mgh T h mv 
 2 12
T
v h g
m
 (1) 
Forças no corpo m em y: 
 
 y yF Ma 
 1 mT mg ma 
 1
m
T
a g
m
 (2) 
Torques na polia em z: 
 
 z zI 
 2 1rT rT I 
 
2 1
I
T T
r
 (3) 
Substituindo-se (2) em (3) e por am/r:: 
 
2 2
m
m
Ia
T ma mg
r
 (4) 
Torques na casca esférica: 
 
 z zI 
 2 MRT I 
 2
2
2
3
MaRT MR
R
 
 
2
2
3
MT Ma (5) 
m
T1
mg
x
y
am
T2
T1
m x
y
z
r
m
T2
m x
y
z
aM
R
M
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Substituindo-se (5) em (4): 
 
2
2
3
m
M m
Ia
Ma ma mg
r
 (6) 
Na Eq. (6), aM é a aceleração linear do fio ligado à casca esférica, está na coordenada x e é positivo. 
am é a aceleração linear do bloco m, está na coordenada y e é negativo. Portanto: 
 M ma a (7) 
Substituindo-se (7) em (6): 
 
2
2
3
m
m m
Ia
Ma ma mg
r
 
 
2
2
3
m
I
a M m mg
r
 
 
2
2
1
3
m
g
a
M I
m mr
 (8) 
Substituindo-se (8) em (2): 
 1
2
2
1
3
T g
g
M Im
m mr
 (9) 
Substituindo-se (9) em (1): 
 
2
2
2
2
1
3
g
v h g g
M I
m mr
 
 
2
2
2
1
3
gh
v
M I
m mr
 
 
36. Um corpo rígido é formado por três barras finas idênticas, presas na forma de uma letra H (Fig. 
48). O corpo pode girar livremente em torno de um eixo horizontal que passa por uma das 
pernas do H. Solta-se esse corpo a partir do repouso, de uma posição na qual o plano do H é 
horizontal. Qual é a velocidade angular do corpo quando o plano do H for vertical? 
 
 (Pág. 250) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação, em que CM indica o centro de massa das duas barras que 
efetivamente giram: 
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Pode-se aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos estados inicial (E0) e final (E): 
 
0E E 
 0 0g gK U K U 
 2
1
0 2 0
2
mgh I 
 2
4mgh
I
 (1) 
Na Eq. (1), m é a massa de cada barra, I é o momento de inércia das barras que giram, sem contar 
com a barra que está no eixo e h é a queda sofrida pelo centro de massa das barras que giram. A 
distância que vai do eixo até o centro de massa das barras que giram vale: 
 Cm i iMy m y 
 2
2
Cm
L
my m mL 
 
3
4
Cm
L
y h (2) 
Momento de inércia do conjunto das barras que giram: 
 
2
2
1 2
3
mL
I I I mL 
 
24
3
mL
I (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
 2
2
3
4
94
4 4
3
L
mg
g
mL L
 
 
3
2
g
L
 
 
50. Uma bolinha compacta de massa m e raio r rola sem deslizar ao longo do trilho em curva 
mostrado na Fig. 50, tendo sido abandonada em repouso em algum ponto da região reta do 
trilho. (a) De que altura mínima, a partir da base do trilho, a bolinha deve ser solta para que 
percorra a parte superior da curva? (O raio da curva é R; suponha que R r). (b) Se a bolinha 
for solta da altura 6R acima da base do trilho, qual a componente horizontal da força que atua 
sobre ela no ponto Q? 
x y
z
CM
Ug = 0
h
L
L
L CM
0 = 0
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 (Pág. 251) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema das situações (a) e (b): 
 
(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e C: 
 A CE E 
 A gA C gCK U K U 
 2 2
1 1
0 2
2 2
C Cmgh mv I mg R 
Sabendo-se que o momento de inércia de uma esfera sólida de raio r e massa m é 2mr
2
/5 e 
aplicando-se a relação v = r: 
 
22
2
2
1 1 2
2
2 2 5
C
C
vmr
mgh mv mgR
r
 
 
2
2 22 4
5
C
C
v
gh v gR 
 
27
2
10
Cvh R
g
 (1) 
A condição mínima para que a esfera possa dar a volta em torno do círculo de raio R é que no ponto 
C a força centrípeta do movimento circular seja igual ao peso da esfera: 
 cF P 
 
2
Cmv mg
R
 
 2Cv gR (2) 
h
R
y
0
m, r
A
C
Q
mg
vC
vQ
N
C
6R
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Substituindo-se (2) em (1): 
 
7
2
10
R
h R 
 
27
10
R
h 
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos B e Q: 
 B QE E 
 B gB Q gQK U K U 
 2 2
1 1
0 6
2 2
Q Qmg R mv I mgR 
 
22
2
2
1 1 2
6
2 2 5
Q
Q
vmr
mgR mv mgR
r
 
 
2
2
2
12 2
5
Q
Q
v
gR v gR 
 
27
10
5
Qv
gR 
 2
50
7
Qv gR (3) 
A componente horizontal da força que age na esfera no ponto Q (força normal, N) é a força 
centrípeta do movimento circular da esfera naquela posição: 
 cN F 
 
2
Qmv
N
R
 (4) 
Substituindo-se(3) em (4): 
 
50
7
m
N gR
R
 
 
50
7
N mg 
 
51. Um cilindro maciço de comprimento L e raio R tem peso P. Duas cordas são enroladas em torno 
do cilindro, perto de cada borda, e as pontas das cordas são presas a ganchos no teto. O cilindro 
é mantido na horizontal com as duas cordas exatamente verticais e então é abandonado (Fig. 
51). Ache (a) a tração em cada corda enquanto elas se desenrolam e (b) a aceleração linear do 
cilindro enquanto ele cai. 
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 (Pág. 251) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro: 
 
Torques em z: 
 z zI 
 
2
.2
2
MR a
R T
R
 
 
4
Pa
T
g
 (1) 
Análise da translação do cilindro: 
 y yF Ma 
 2
P
T P a
g
 
 2
g
a T P
P
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 2
4
P g
T T P
g P
 
 4 2T P T 
 
6
P
T (3) 
(b) Substituindo-se (3) em (2): 
 
1
2 1
6 3
g P
a P g
P
 
 
2
3
g
a 
 
P
R
M
x
y
z
2T
a
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53. Mostre que um cilindro vai derrapar num plano inclinado com inclinação se o coeficiente de 
atrito estático entre o plano e o cilindro for menor do que 1/3 tan . 
 (Pág. 251) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A condição de rolamento do cilindro é dada por a = R, em que a é a aceleração linear, é 
aceleração angular e R é o raio do cilindro. A condição para que o cilindro deslize pela rampa ao 
invés de rolar é que a seja maior do que o produto R: 
 a R (1) 
Agora vamos calcular a e para substituir em (1). Forças em y: 
 0yF 
 cos 0N mg 
 cosN mg (2) 
Forças em x: 
 x xF ma 
 xP f ma 
 senmg N ma (3) 
Substituindo-se (2) em (3): 
 sen cosmg mg ma 
 sen cosa g (5) 
Torques em relação ao eixo que passa pelo centro de massa do cilindro, em z: 
 z zI 
 
2
2
mR
fR 
 
2
cos
2
mR
mg R 
 
2 cosg
R
 (6) 
Substituindo-se (5) e (6) em (1): 
 
2 cos
sen cos
g
g R
R
 
a
x
y
P
N
f
z
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 sen cos 2 cos 
 tan 2 
 
1
tan
3
 
 
54. Um corpo rola horizontalmente, sem deslizar, com velocidade v. A seguir ele rola para cima em 
uma rampa até a altura máxima h. Se h = 3v
2
/4g, que corpo deve ser esse? 
 (Pág. 251) 
Solução. 
Este é um sistema conservativo e, portanto, a energia mecânica é conservada. A estratégia para 
resolver este problema é descobrir o momento de inércia do corpo e compara-lo com o momento de 
inércia de corpos conhecidos. 
 0E E 
 0 0g gU K U K 
 2 2
1 1
0 0
2 2
mv I mgh 
Aplicando-se a condição de rolamento v = R: 
 
2 2
2
2
1 1 3
2 2 4
v v
mv I mg
R g
 
 
2
3
2
I m
m
R
 
 
2
2
mR
I 
Com este momento de inércia, o corpo pode ser um disco ou um cilindro de massa m e raio R. 
 
57. Um cilindro maciço de 10,4 cm e massa 11,8 kg parte do repouso e rola sem deslizar uma 
distância de 6,12 m para baixo do telhado de uma casa, que é inclinado de 27
o
. (a) Qual a 
velocidade angular do cilindro em torno de seu eixo, quando ele deixa o telhado? (b) A parede 
exterior da casa tem 5,16 m de altura. A que distância da parede o cilindro deverá tocar no solo? 
Veja a Fig. 54. 
 
 (Pág. 251) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
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a
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16 
 
(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica do sistema aos estados A e B: 
 
A BE E 
 A gA B gBK U K U 
 2 2
1 1
0 '
2 2
B Bmg h h mv I mgh 
 2 22 ' B Bmgh mv I 
 
2
2 2 22 sen
2
B B
mr
mgd m r 
 
2
232 sen
2
B
r
gd 
 2
2
4 sen
3
B
gd
r
 
 
4
sen
3
57,9655 rad/sB
gd
r
 (1) 
 58,0 rad/sB 
(b) Análise do movimento da esfera do momento em que perde contato com o telhado até tocar o 
solo. Em x: 
 0 xx x v t 
 0 cosBx v t 
 
cosB
x
t
v
 (2) 
Em y: 
 2
0
1
2
y yy y v t a t 
 2
1
0 sen
2
Bh v t gt (3) 
Substituindo-se (2) em (3): 
vB
m, r
x
y
d
h
A
B h’
l
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17 
 
2
1
sen
2 cos cos
B
B B
x x
h g v
v v
 
 
2
2 2
tan
2 cosB
gx
h x
v
 
Como vB = Br, temos: 
 
2
2 2 2
tan
2 cosB
gx
h x
r
 
 
2
2 2 2
tan 0
2 cosB
g
x x h
r
 
As raízes desta equação do segundo grau são: 
 1 4,2108 mx 
 
2 7,2079 mx 
De acordo com o referencial adotado, a coordenada x onde a esfera toca o solo é negativa. Logo, a 
distância alcançada pela bola na queda do telhado vale: 
 4,21 ml 
 
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18 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 13 – MOMENTO ANGULAR 
 
03. Mostre que o momento angular, em relação a um ponto qualquer, de uma partícula que se move 
com velocidade uniforme, permanece constante durante o movimento. 
 (Pág. 268) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
O módulo do momento angular do sistema em relação a um ponto genérico O vale: 
 l r p 
Na coordenada z: 
 senl rmv 
O esquema mostra que: 
 senr d 
Logo: 
 l mvd 
Como m, v e d são constantes, l também é constante. 
 
05. Duas partículas de massa m e velocidade v deslocam-se, em sentido contrário, ao longo de duas 
retas paralelas separadas por uma distância d. Ache a expressão para o momento angular do 
sistema em relação a qualquer ponto. 
 (Pág. 269) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação, em que v1 = v2 = v: 
d
mv
x
y
z
O
r
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19 
 
O módulo do momento angular do sistema em relação a um ponto genérico O vale: 
 
1 2L l l 
Na coordenada z: 
 
1 1 2 2sen senL rmv r mv 
 1 1 2 2sen senL mv r r 
 L mvd 
 
12. A Fig. 26 mostra duas rodas, A e B, ligadas por uma correia. O raio de B é três vezes maior do 
que o de A. Qual seria a razão dos momentos de inércia IA/IB, se (a) ambas tivessem o mesmo 
momento angular e (b) ambas tivessem a mesma energia cinética de rotação? Suponha que a 
correia não escorregue. 
 
 (Pág. 269) 
Solução. 
(a) 
 A BL L 
 A A B BI I 
 A B
A B
v v
I I
R R
 
 
3
A A A
B B A
I R R
I R R
 
 
1
3
A
B
I
I
 
(b) 
 Rot RotA BK K 
d
v2
m
mv1
x
y
zO
r2
r1
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a
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20 
 2 2
1 1
2 2
A A B BI I 
 
2 2
A B
A B
v v
I I
R R
 
 
2 2 2
22 293
A A A A
B B AA
I R R R
I R RR
 
 
1
9
A
B
I
I
 
 
14. Ache o momento angular da Terra em sua rotação em torno do próprio eixo, utilizando os dados 
dos apêndices. Suponha que a Terra seja uma esfera uniforme. 
 (Pág. 269) 
Solução. 
Dentro da aproximação referida no enunciado, o momento angular da Terra vale: 
 2
2 2
5
L Iw MR
T
 (1) 
Na Eq. (1), M e R são a massa e o raio da Terra e T é o período de rotação da Terra em torno do seu 
próprio eixo. 
 
2
24 62
33 2
4 5,98 10 kg 6,37 10 m4
7,0583 10 kg.m /s
s5
5 24 h 3.600 
h
MR
L
T
 
 
33 27,06 10 kg.m /sL 
 
16. A Fig. 27 mostra um corpo rígido simétrico girando em torno de um eixo fixo. Por 
conveniência, a origem das coordenadas é colocada no centro de massa. Divida o corpo em 
elementos de massa mi e, somando as contribuições destes elementos para o momento angular, 
mostre que o momento angular total L = Iw. 
 
 (Pág. 269) 
Solução. 
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21 
Vamos analisar o caso tridimensional, que é mais geral do que o apresentado na Fig. 27. 
 
Seja mi um elemento de massa do corpo M, ri a localização, vi a velocidade linear e li o momento 
linear de mi. Logo: 
 imi i il r v 
 
xi yi zi i xi yi zir r r m v v vil i j k i j k 
Como o movimento circular é em torno do eixo z, a velocidade linear tem componentes apenas em x 
e y. 
 i zi yi i zi xi i xi yi yi xim r v m r v m r v r vil i j k (1) 
A velocidade vi do elemento de massa é dada por: 
 'i iv ω r (2) 
Na Eq. (2), é o mesmo para todos os elementos de massa. Multiplicando-se ambos os membros 
de (2) por ri
’
: 
 ' ' '
i i i i
r v r ω r 
 . .' ' ' ' '
i i i i i i
r v r r ω r ω r 
O último termo entre parênteses é zero por se tratar de produto escalar entre vetores ortogonais. 
Logo: 
 
.
'
i i
i ' '
i i
r v
ω
r r
 
 
2 2 '2
xi yi yi xi xi yi yi xi
xi yi i
r v r v r v r v
r r r
i
ω k k 
Eliminando-se a notação vetorial: 
 
'2
xi yi yi xi ir v r v r (3) 
Substituindo-se (3) em (1): 
 
'2
i zi yi i zi xi i im r v m r v m ril i j k 
Somando-se os momentos angulares de todos os elementos de massa: 
 
'2
i zi yi i zi xi i im r v m r v m riL l i j k 
Por razões de simetria os dois primeiros termos do segundo membro resultam em zero. Portanto: 
x
z
y
a
mi
vi
ri
li
r ’i
r ’i
r ’iy r ’ix
i
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22 
 
'2 '2
i i i im r m rL k k 
 IL k 
 
19. Para fazer uma bola de bilhar rolar sem escorregar, deve-se bater com o taco exatamente a uma 
altura de 2R/5 acima do centro, e não no centro da bola. Prove isso. (Para aprender mais a 
respeito da mecânica do bilhar, veja Arnold Sommerfeld, Mechanics, Academic Press, Orlando, 
pp. 158-161.) 
 (Pág. 270) 
Solução. 
Considere o esquema a seguir: 
 
Forças em x: 
 x xF ma 
 F Ma 
 
F
a
M
 (1) 
Torques em relação ao centro de massa da bola na coordenada z: 
 z zI 
 2
2
. .
5
F h MR (2) 
A condição para que a bola comece a rolar sem deslizar imediatamente após a tacada é: 
 
a
R
 (3) 
O sinal negativo em (3) corresponde ao fato de em x a aceleração linear a ser positiva e em z a 
aceleração angular ser negativa, de acordo com o referencial adotado. Substituindo-se (3) em (2): 
 
2
5
MRa
h
F
 (4) 
Substituindo-se (1) em (4): 
 
2
5
R
h 
È interessante notar que a bola irá começar a rolar imediatamente após a tacada independentemente 
de haver ou não atrito entre a bola e a mesa. 
 
21. Uma barra de comprimento L e massa M repousa sobre uma mesa horizontal sem atrito. Um 
taco de hóquei de massa m movendo-se com velocidade v, como mostra a Fig. 29, colide 
elasticamente com a barra. (a) Que grandezas são conservadas na colisão? (b) Qual deve ser a 
massa do taco para que ele fique em repouso após a colisão? 
CM
F
h
M, R
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23 
 
 (Pág. 270) 
Solução. 
(a) Ocorre conservação da energia cinética (colisão elástica), do momento linear total (ausência de 
força externa resultante) e do momento angular total (ausência de torque externo resultante). 
(b) Como o taco não colide no centro de massa da barra, após a colisão haverá movimento de 
translação do centro de massa da barra (V) associado ao movimento de rotação da barra em torno de 
seu centro de massa ( ). Aplicando-se a conservação do momento linear: 
 0P P 
 mv MV 
 
2 2
2
2
m v
V
M
 (1) 
Aplicando-se a conservação da energia cinética: 
 0K K 
 2 2 2
1 1 1
2 2 2
mv MV I 
 
2
2 2 2
12
ML
mv MV (2) 
Aplicando-se a conservação do momento angular: 
 0L L 
 mvd I 
 
2
12
ML
mvd 
 
2 2 2 2
2
2 4
12 m v d
M L
 (3) 
Substituindo-se (1) e (3) em (2): 
 
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 4
12
12
m v ML m v d
mv M
M M L
 
 
2
2
12
1
m md
M ML
 
 2 2 212ML m L d 
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24 
 
2
2 212
ML
m
L d
 
 
23. Um jogador de bilhar dá uma tacada em uma bola inicialmente em repouso. O taco é sustentado 
na horizontal à distância h acima da linha do centro, como mostra a Fig. 31. A bola inicia seu 
movimento com velocidade v0 e, eventualmente, adquire a velocidade final 9 v0/7, por causa 
desse tipo de tacada. Mostre que h = 4R/5, sendo R o raio da bola. 
 
 (Pág. 270) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação, que está invertido em relação à Fig. 31. 
 
Dividimos o problema em três estados. O estado A refere-se ao instante em que a bola recebe a 
tacada, B refere-se ao instante imediatamente após a tacada, em que a bola adquire velocidade v0 e 
desliza sobre a mesa e C é quando a bola, após deslizar certa distância sobre a mesa, possui 
velocidade v e rola sobre a mesa. O movimento de translação gerado em B é o resultado do impulso 
( P, em que P é o momento linear da bola) da força (F) aplicada em A. 
 0 0B AP P P Mv F t 
 0F t Mv (1) 
A mesma análise pode ser feita para o movimento de rotação da bola, em que L é o momento 
angular, I é o momento de inércia e 0 é a velocidade angular inicial da bola: 
 0 0B AL L L I t 
 
2
0
2
5
MR
Fh t 
 
2
02
5
MR
F t
h
 (2) 
v0
M
x
y
z
f
h
Deslizamento
Rolamento
A
B
C
F
v
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25 
O sinal negativo que aparece em (2) refere-se ao sentido do torque quea força F exerce sobre a 
bola. Igualando-se (1) e (2): 
 
2
0
0
2
5
MR
Mv
h
 
 0
0 2
5
2
hv
R
 (3) 
Vamos analisar agora a translação da bola desde o estado B até o estado C: 
 x xF Ma 
 f Ma 
 
f
a
M
 (4) 
Movimento de B a C: 
 
0x x xv v a t 
A velocidade vx foi dada no enunciado do problema e ax é dada pela Eq. (4): 
 0
0
9
7
v f
v t
M
 
 
0
2
7
ft Mv (5) 
Agora vamos analisar a rotação da bola desde o estado B até o estado C: 
 z zI 
 
22
5
MR
fR 
 
5
2
f
MR
 
Rotação de B a C: 
 0z z zt 
 0 0
2
9 5 5
7 2 2
v hv f
t
R R MR
 
 0 0
5 95
2 2 7
hv vft
M R
 
 0
18
35
h
ft Mv
R
 (6) 
Igualando-se (5) e (6): 
 
0 0
2 18
7 35
h
Mv Mv
R
 
 
4
5
h R 
 
27. Suponha que o combustível nuclear do Sol se esgote e ele sofra um colapso brusco, 
transformando-se numa estrela anã branca com diâmetro igual ao da Terra. Supondo que não 
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26 
haja perda de massa, qual seria o seu novo período de rotação, sabendo-se que o atual é de 25 
dias? Suponha que o Sol e a anã branca sejam esferas uniformes. 
 (Pág. 270) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Considerando-se que durante no processo de colapso do Sol não há torques externos atuando sobre 
ele, o momento angular do sistema é conservado. Logo: 
 
0L L 
 
0 0I I 
 2 2
0
0
2 2 2 2
5 5
MR MR
T T
 
 
2 2
0
0
R R
T T
 
 
2
2 6
3
0 8
0
6,37 10 m
25 d 2,09411 10 d
6,96 10 m
R
T T
R
 
 180 sT 
A situação descrita no enunciado deste problema deve realmente ocorrer daqui a muitos milhões de 
anos. 
 
29. Em uma demonstração de aula, um trem elétrico de brinquedo, de massa m, é montado em seu 
trilho em uma roda que pode girar em torno de seu eixo vertical com atrito desprezível (Fig. 
32). O sistema está em repouso quando a energia é ligada. O trem atinge a velocidade v em 
relação ao trilho. Qual é a velocidade angular da roda, se a sua massa for M e o seu raio, R? 
(Despreze a massa das barbatanas da roda.) 
 
 (Pág. 270) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
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27 
 
Análise da velocidade angular relativa do trem, onde o índice T se refere ao trem, R à roda: 
 
T TR R
ω ω ω 
 TR RTω k k 
 R TRTω k (1) 
Nessas equações, T é a velocidade angular do trem (em relação a um referencial inercial externo), 
R é a velocidade angular da roda (em relação ao mesmo referencial inercial de T) e TR é a 
velocidade angular do trem em relação à roda). Na ausência de torques externos, o momento 
angular do sistema é conservado: 
 
0
L L 
 0
T R
L L 
 0 T RI IT Rω ω 
 2 2MR mRR Tω ω (2) 
Substituindo-se (1) em (2) 
 R R TRM m mk k k 
 
R R
v
M m m
R
 
 R
mv
m M R
 
 
31. Uma roda cujo momento de inércia é de 1,27 kg.m
2
 gira com velocidade angular de 824 rev/min 
em torno de um eixo de momento de inércia desprezível. Uma segunda roda, de momento de 
inércia de 4,85 kg.m
2
, inicialmente em repouso, é acoplada bruscamente ao mesmo eixo. (a) 
Qual será a velocidade angular da combinação de eixo e rodas? (b) Qual é a fração da energia 
cinética original perdida? 
 (Pág. 271) 
Solução. 
(a) Como não existem torques externos sobre o sistema, o momento angular em z (ortogonal ao 
plano das rodas) é conservado: 
 0z zL L 
 1,0 2,0 1 2l l l l 
 1,0 1 1 1 2 20I I I 
Como a velocidade final das duas rodas é igual, temos: 
 1,0 1 1 2I I I 
z
m
v
R
T
TR
M
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28 
 
1,0 1
1 2
170,993 rev/min
I
I I
 (1) 
 171 rev/min 
(b) 
 
2 2
1 1,0 1 2
0
2
1 1,0
1 1
2 2
1
2
I I I
K K
f
K
I
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
2 2 2
1,0 12 1
1 1,0 1 2 2 1 2 2
1 2 1 2 1 1 2 1 1 2
2
1 1,0 1 1 1 2 1 1 2
I I
I I I I
I I I I I I I I I I
f
I I I I I I I I
 
 2
1 2
0,79248
I
f
I I
 
 0,792f 
 
32. Uma roda de bicicleta tem um aro fino de 36,3 cm de raio e 3,66 kg de massa. As massas das 
barbatanas e do centro e também o atrito no eixo são desprezíveis. Um homem, de pé em uma 
plataforma que gira sem atrito em torno de seu eixo, sustenta a roda acima sua cabeça 
segurando o eixo na posição vertical. A plataforma está inicialmente em repouso e a roda, vista 
de cima, gira no sentido horário com velocidade angular de 57,7 rad/s. O momento de inércia do 
sistema (plataforma + homem + roda) em torno do eixo de rotação comum é de 2,88 kg.m
2
. (a) 
O homem pára subitamente a rotação da roda em relação à plataforma, com a mão. Determine a 
nova velocidade angular do sistema (módulo, direção e sentido). (b) A experiência é repetida, 
introduzindo-se atrito no eixo da roda (a plataforma continua a girar sem atrito). O homem 
segura a roda da mesma maneira e esta, começando com a mesma velocidade angular inicial 
(57,7 rad/s), vai gradualmente ao repouso. Descreva o que acontece ao sistema, dando tanta 
informação quantitativa quanto os dados permitam. 
 (Pág. 271) 
Solução. 
(a) Considere o esquema a seguir: 
 
Como não existe atrito nos eixos de rotação, isto implica em que não haja torques externos no 
sistema plataforma + homem + roda. Com isso o momento angular total do sistema é conservado: 
 0L L (1) 
0
M, R
L0
L
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29 
 Plat,0 Hom,0 Roda,0 Roda 00 0 I0L L L L k 
Na situação inicial L0 aponta verticalmente para baixo, devido ao movimento de rotação da roda 
(regra da mão direita). Sendo M a massa e R o raio da roda, o momento de inércia da roda (na 
realidade um aro) é MR
2
 (ver Fig. 9, pág. 234). Logo: 
 2 0MR0L k (2) 
O momento angular final vale: 
 IL ω (3) 
Substituindo-se (2) e (3) em (1): 
 2 0MR Ik ω 
 
2
0 9,6622 rad/s
MR
I
ω k k 
 9,66 rad/sω k 
Como o momento angular do sistema deve ser conservado, isto implica em que o sentido da rotação 
deve permanecer idêntico ao inicial, ou seja, sentido horário quando visto de cima para baixo. 
(b) A força de atrito que age entre o eixo e a roda tende a freá-la, o que implica num torque sobre a 
roda que possui o sentido +k. A terceira lei de Newton exige que um mesmo torque com o sentido 
contrário ( k) deve ser aplicado ao eixo e, conseqüentemente, sobre o homem e a plataforma. Estes 
começam a girar no mesmo sentido de rotação da roda e, portanto, possuem velocidade angular 
negativa. A velocidade angular final do sistema após a roda não mais girar em relação ao homem 
deve satisfazer à conservação do momento angular, porém não à conservação da energia mecânica, 
que diminui. Uma parte da energia cinética inicial do sistema é convertida principalmente em calor, 
o que aumenta ligeiramente a temperatura do sistema. 
 
35. Um disco uniforme de massa M e raio R gira com velocidade angular 0 em torno de um eixo 
horizontal que passa por seu centro. (a) Determine a energia cinética e o momento angular do 
disco. (b) Um pedaço de massa m quebrana beirada do disco e sobre verticalmente acima do 
ponto do qual se desprendeu (Fig. 33). Até que altura ele sobe, antes de começar a cair? (c) 
Qual a velocidade angular final do disco quebrado? 
 
 (Pág. 271) 
Solução. 
(a) Energia cinética: 
 
2
2 2
0
1 1
2 2 2
MR
K I 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 13 – Momento Angular 
30 
 
2 2
0
4
MR
K 
Módulo do momento angular: 
 
2
0
2
MR
L I 
 
2
0
2
MR
L 
(b) Para que o pedaço de massa m suba verticalmente para cima após desprender-se do disco, o 
local da quebra deve ser tal como mostrado no esquema a seguir: 
 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica ao pedaço de disco m: 
 0E E 
 0 0g gK U K U 
 2
0
1
0 0
2
mv mgh 
 
2
0
2
v
h
g
 
Mas: 
 0 0v R 
Logo: 
 
2 2
0
2
R
h
g
 
(c) A partir do momento em que o pedaço de disco m começa a subir, a força da gravidade exerce 
torque sobre o mesmo em relação ao eixo de rotação e, o momento angular não se conserva. No 
entanto, pode-se aplicar a conservação do momento angular aos instantes antes da quebra e 
imediatamente após a quebra (quando o pedaço de disco ainda não se separou do disco), pois o 
torque gravitacional só atuará a partir daí. 
 0L L 
 Disco Disco quebrado Pedaço de discoL L L 
Imediatamente após a quebra o pedaço m tem a mesma velocidade angular do disco. Também nesse 
instante a soma do momento de inércia do disco quebrado e do pedaço é igual ao momento de 
inércia do disco intacto (isso ocorre devido ao pedaço ainda não ter se separado do disco): 
 0 0 Disco quebrado PedaçoI I I 
v0
v = 0
h
Ug = 0
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 13 – Momento Angular 
31 
 
0 0 Disco quebrado PedaçoI I I 
 
0 0 0I I 
 0 
O que ocorre com o pedaço de disco a partir da separação não mais interfere no comportamento do 
disco.