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www.profafguimaraes.net 1 Prof. A.F.Guimarães Física 1 – Questões 12 Questão 1 (a) Sabendo que r xi yj zk= + +? e x y zF F i F j F k= + + ? determine o torque r Fℑ= ×? ?? . (b) Obtenha os componentes do torque, sabendo que r? e F? estão contidos no plano x0y. Resolução: a) Vamos efetuar o produto de duas formas: 1º ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0. , , . . x y z x y z x y z x y z z y x z y x r F xi yj zk F i F j F k xF i i xF i j xF i k yF j i yF j j yF j k zF k i zF k j zF k k i i j j k k i j k i k j j k i yF zF i zF xF j xF yF k ℑ= ∧ = + + ∧ + + ∧ + ∧ + ∧ + ∧ + ∧ + ∧ + ∧ + ∧ + ∧ ∧ = ∧ = ∧ = ∧ = ∧ =− ∧ = ∴ℑ= − + − + − ? ?? ? 2º ( ) ( ) ( ) . x y z z x y x z y z y x z y x i j k r F x y z F F F iyF jzF kxF kyF jxF izF yF zF i zF xF j xF yF k ℑ= ∧ = = + + − − − ∴ℑ= − + − + − ? ?? ? b) r xi yj= +? e x yF F i F j= + ? . Teremos então: ( )0 . 0 y x x y i j k x y xF yF k F F ℑ= = −? Questão 2 Demonstre que o momento angular, em relação a um ponto qualquer, de uma partícula que se move com velocidade constante, permanece constante durante o movimento. Resolução: O momento angular é dado por: i j k www.profafguimaraes.net 2 .l r p= ∧? ? ? A taxa de variação do momento angular no tempo será então: , 0; 0. 0 . dl dr dp dr dr dp dr dr dpp r m r dt dt dt dt dt dt dt dt dt dl l cte dt = ∧ + ∧ = ∧ + ∧ ∧ = = ∴ = ⇒ = ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? Questão 3 Se r, p e θ são dados, podemos calcular o momento angular de uma partícula usando l r psenθ= . Entretanto, ocorre que, em alguns casos, são dados os componentes (x, y e z) de r e (px, py e pz) de p. (a) Mostre, então, que os componentes de l segundo os eixos Ox, Oy e Oz serão dados por: x z y y x z z y x l yp zp l zp xp l xp yp = − = − = − (b) Mostre que, se a partícula estiver se movendo apenas no plano xOy, o vetor momento angular resultante terá somente o componente segundo Oz. Resolução: a) O momento angular é dado por: ( ) ( ) ( ) , . x y z z y x z y x x z y y x z z y x i j k l r p x y z p p p yp zp i zp xp j xp yp k l yp zp l zp xp e l xp yp = ∧ = = − + − + − ∴ = − = − = − ? ? ? b) r xi yj= +? e x yp p i p j= +? . Assim, teremos: ( )0 . 0 y x x y i j k l r p x y xp yp k p p = ∧ = = −? ? ? Questão 4 Três partículas, cada qual de massa m, estão ligadas uma a outra e a um eixo de rotação por três fios leves cada um com um comprimento l como mostra a figura. O sistema gira em torno do eixo de rotação com velocidade angular ω de tal modo que as partículas permanecem em linha reta. Calcule: (a) o momento de inércia do sistema em relação a O, (b) o momento angular da partícula do meio, l l l m m m O ω www.profafguimaraes.net 3 (c) o momento angular total das três partículas. Expresse suas respostas em termos de m, l e ω. Resolução: a) O momento de inércia do sistema é dado por: ( )3 2 2 2 2 2 1 4 9 14i i i I m r m l l l m l = = = + + = ⋅∑ b) O momento angular da partícula do meio é dado por: 2 2 , 2 2 4 . rp l mv v r l m l ml ω ω ω = = ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ ∴ = ? ? ? c) O momento angular total das três partículas é dado por: 214 .L I mlω ω= = Questão 5 Relação entre o Torque Externo Resultante e o Momento Angular de um Sistema de Partículas Relativos ao Centro de Massa do Sistema. Seja cmr ? o vetor posição do centro de massa, C, de um sistema de partículas em relação à origem O de um sistema referencial inercial e seja ir ′? o vetor posição da i‐ésima partícula, de massa mi, em relação ao centro de massa C. Então, i cm ir r r ′= +? ? ? (veja figura). Agora, defina o momento angular total do sistema de partículas, em relação ao centro de massa C, como sendo i i i L r p′ ′ ′= ×∑? ? ? , onde i i i drp m dt ′′= ?? . (a) Mostre que i cmi i i i i cm dr drp m m p m v dt dt ′= − = − ? ?? ? ? . (b) Mostre, em seguida, que ii i dpdL r dt dt ′′ ′= ×∑? ?? . (c) Combine os resultados de (a) e (b) e, usando a definição de centro de massa e a terceira Lei de Newton, mostre que .ext′ℑ ? é a soma de todos os torques externos que atuam no sistema em relação ao seu centro de massa. Resolução: a) Sejam os momentos lineares da partícula “i”, com relação a O e ao centro de massa, respectivamente dados por: ; .i ii i i i dr drp m p m dt dt ′′= = ? ?? ? (5.1) Utilizando as relações (5.1) e i cm ir r r ′= +? ? ? , teremos: i i cm i i cm i dr dr drr r r m dt dt dt ′′= − ⇒ = − ⋅ ? ? ?? ? ? x y C mi O cmr ?i r? ir′? www.profafguimaraes.net 4 , . i i cm cm i i i cm i i i cm dr dr dr drm m m v dt dt dt dt p p m v ′= − = ′∴ = − ? ? ? ? ? ? ? ? (5.2) b) Da definição i i i L r p′ ′ ′= ×∑? ? ? , teremos: . i i i i i i i i L r p dr dpdL p r dt dt dt ′ ′ ′= × ′ ′′ ′ ′= ∧ + ∧ ∑ ∑ ? ? ? ? ? ?? ? (5.3) Mas, 0, 0.i i i i ii i dr dr dr dr drp m dt dt dt dt dt ′ ′ ′ ′ ′′∧ = ∧ = ∧ = ? ? ? ? ?? Então, (5.3) se torna: .ii i dpdL r dt dt ′′ ′= ∧∑? ?? (5.4) c) Utilizando as relações (5.2) e (5.4), teremos: ,ii i i i cm i i i cm i i cm i i i dpdL r p p m v dt dt dp dp dvm dt dt dt dp dvdL r m dt dt dt ′′ ′ ′= ∧ = − ′ = − ⎛ ⎞′ ⎟⎜′= ∧ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∑ ∑ ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? Mas ii dpF dt = ?? , onde iF ? é a força resultante na partícula i. E cm cmcm dv Fa dt M = = ?? ? , onde acm é a aceleração do centro de massa. Logo, teremos: , 0, 0. . i cm i i i cm ext i i i i i cm i i ext i i i dp dvdL r m dt dt dt FdL r F m r r F r dt M r F ⎛ ⎞′ ⎟⎜′= ∧ − ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ′′ ′ ′ ′ ′ℑ = = ∧ + ∧ ∧ = = ′ ′∴ℑ = ∧ ∑ ∑ ∑ ? ? ?? ??? ? ?? ? ? ? ?? Observa‐se que as forças internas (ação e reação) não exercem torques resultantes. Considere duas partículas do sistema em questão (veja figura a seguir): www.profafguimaraes.net 5 O torque resultante para esse caso é dado por: .R ji ji′ ′ ′ℑ =ℑ +ℑ ? ? ? Onde ji′ℑ ? é o torque exercido pela força que a partícula “j” exerce na partícula “i” (com relação ao centro de massa). E ij′ℑ ? o torque exercido pela força que a partícula “i” exerce na partícula “j”, também com relação ao centro de massa. Esses torques são dados por: . ji i ji ji ji ij j ij ij ij r F rF r F rF ′ ′ ′ℑ = ∧ ⇒ℑ =− ′ ′ ′ℑ = ∧ ⇒ℑ = ? ?? ? ?? Mas, ij jiF F= (ação e reação). Então, 0. R ji ij R rF rF′ℑ = − ′∴ℑ = Portanto, . .ext i ext i i r F′ ′ℑ = ∧∑? ?? Questão 6 A molécula de oxigênio tem massa total de 5,3ڄ10‐26 kg e inércia rotacional (momento de inércia) de 1,94ڄ10‐46 kgڄm2 em relação a um eixo que passa pelo seu centro, perpendicularmente à linha que une os átomos. Suponha que o valor médio da velocidade desta molécula, em um gás, seja de 500 mڄs ‐1 e que a sua energia cinética de rotação seja igual a dois terços de sua energia cinética de translação. Calcule o valor médio de sua velocidade angular. Resolução: Logo, podemos escrever: 2 2 1 12 2 2 2 3 2 2 2 2 3 3 t rot K I mvK mv mv I I ω ω = ⇒ = ⎛⎞ ⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜⎟= = ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ x y O C ir′? jr′? cmr ? jiF ? ijF ? • • r • www.profafguimaraes.net 6 1 26 2 46 12 1 2 5,3 10500 3 1,94 10 6,76 10 .rad s ω ω − − − ⎛ ⎞⋅ ⋅ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⋅ ⋅⎝ ⎠ ∴ ≅ ⋅ ⋅ Questão 7 Suponha que os fios que trata a questão 4 sejam todos substituídos por hastes uniformes, cada qual de massa M. (a) Calcule o momento de inércia total do sistema em relação a O. (b) Calcule a energia cinética rotacional do sistema. Resolução: a) O momento de inércia para uma haste rígida com relação ao um eixo perpendicular ao seu comprimento fixo no centro de massa é dado por: 2 . 12cm MlI = Utilizando o teorema dos eixos paralelos, para a primeira haste, com o eixo no ponto O, o momento de inércia é dado por: 2 1 2 1 , 2 3 o cm o lI I Mh h MlI = + = ∴ = (7.1) Para a segunda haste, utilizando o teorema dos eixos paralelos, teremos: 2 22 2 2 2 3 12 2 7 . 3 o cm o o I I Mh Ml lI M MlI = + ⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∴ = (7.2) E para a terceira haste, novamente com o auxílio do teorema de Steiner (eixos paralelos), teremos: ω l l l m m m O M M M l l/2 cm O ω www.profafguimaraes.net 7 2 3 2 3 5 2 14 . 3 o cm o lI I M MlI ⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ∴ = (7.3) Assim, o momento de inércia total, utilizando o resultado da questão 4 e também os resultados (7.1), (7.2) e (7.3), teremos: ( ) 214 9 .TI m M l= + b) A energia cinética rotacional é dada por: ( ) ( ) 2 22 2 2 14 9 2 2 7 4,5 . rot rot m M lIK K m M l ωω ω += = ∴ = + Questão 8 (a) Mostre que, para rotação em torno de um eixo central, um cilindro maciço de massa M, e raio R é equivalente a um aro delgado de massa M e raio 2R . (b) A distância radial, a um dado eixo, na qual a massa de um corpo poderia ser concentrada, sem alterar a sua inércia rotacional em relação ao eixo dado, denomina‐se raio de giração. Represente por k o raio de giração e mostre que Ik M = . Esta equação fornece o raio do “aro equivalente” no caso geral. Resolução: a) Para um eixo maciço o momento de inércia é dado por: 2l l/2 cm O ω ω? R www.profafguimaraes.net 8 2 2 MRI = . O aro equivalente possui um momento de inércia dado por: 2I MR′ ′= Desta forma, I=I’, logo: 2 2 2 . 2 I I MRMR RR ′ = ′ = ′∴ = b) 2 .II Mk k M = ∴ = Questão 9 (a) Demonstre que o momento de inércia de uma barra fina, de comprimento l, em relação a um eixo que passe por seu centro, perpendicularmente ao seu comprimento, é I = Ml2/12. (b) Use o teorema dos eixos paralelos para mostrar que, quando o eixo de rotação passa pela extremidade da barra, perpendicularmente ao seu comprimento, tem‐se que I = Ml2/3. Resolução: a) Considere a barra da figura a seguir: ω′? R’ k M eixo l l/2 r dr dm • www.profafguimaraes.net 9 Considerando que, a massa da barra é uniformemente distribuída, a densidade linear da barra será dada por: .M l λ= Assim, considerando o elemento infinitesimal de massa dm será dado por: .Mdm dr dr l λ= = Logo, teremos: 2 22 2 02 3 22 0 2 2 . 3 12 l l l l MI r dm r dr l M r MlI I l − = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ∴ = ∫ ∫ b) Agora, utilizando o teorema dos eixos paralelos, teremos: 2 2 2 2 12 4 . 3 cmI I Mh Ml MlI MlI = + = + ∴ = Questão 10 (a) Demonstre que a soma dos momentos de inércia de uma lâmina plana, relativos a dois eixos perpendiculares quaisquer situados no plano da lâmina, é igual ao momento de inércia da lâmina em relação a um eixo perpendicular ao seu plano e que passe pelo ponto de interseção dos outros dois eixos. (b) Aplique este resultado a um disco circular, para determinar o seu momento de inércia em relação a um dos seus diâmetros. Resolução: l l/2 • • www.profafguimaraes.net 10 a) Para o eixo “x”, teremos: Para uma lâmina com massa uniformemente distribuída, a densidade superficial de massa é dada por: M a b σ= ⋅ . (10.1) Assim, para Ix, teremos: 2 .xI x dm=∫ (10.2) Agora para o eixo “y”, teremos: 2 .yI y dm=∫ (10.3) Agora, vamos somando os resultados de (10.2) e (10.3), teremos: ( )2 2 2 2 .x yI I x dm y dm x y dm+ = + = +∫ ∫ ∫ (10.4) Agora, vamos tomar um eixo perpendicular ao plano da lâmina. Para o eixo “z”, teremos: a b x dm Ix • a b y Iy • dm a b x Ix y Iy • •• Iz dm 2 2 2r x y= + • • www.profafguimaraes.net 11 ( )2 2 2 .zI r dm x y dm= = +∫ ∫ (10.5) Comparando os resultados de (10.4) e (10.5), podemos concluir que Ix + Iy = Iz. b) Vamos determinar o momento de inércia com relação a um eixo perpendicular ao plano de um disco de raio R. Assim, teremos: 2 2 0 4 3 2 2 0 0 2 2 , 2 1 2 2 4 . 4 R d RR d d MI I r dm dm rdr R M M rI r dr R R MRI ππ= = = ⋅ /= ⋅ = ⋅/ ∴ = ∫ ∫ Questão 11 Mostre que o momento de inércia de uma placa retangular, de lados a e b, em relação a um eixo perpendicular a ela e que passe pelo centro, é ( )2 21 12 M a b⋅ + . Resolução: Utilizando a relação (10.1), temos que: .dm dAσ= 2 2 0 3 22 0 2 , . 2 . 3 12 a x a x x MI x bdx dA bdx ab M x MaI b I ab = ⋅ = /= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =/ ∫ R r dm I • Id Id Ix x dx a/2 a/2 b www.profafguimaraes.net 12 Para o eixo “y”, teremos, agindo da mesma forma: 2 . 12y MbI = Logo, para Iz, teremos: ( )2 2 . 12z x y MI I I a b= + = + Questão 12 Um motor de automóvel desenvolve um torque igual a 450 Nڄm. A frequência angular do motor vale 2000 r.p.m. (a) Calcule a potência em W. (b) Calcule a potência em CV (1 CV = 745,7 W). (c) Supondo que a potência se mantenha constante, qual seria a energia gasta durante uma hora? Resolução: a) Com a frequência angular podemos determinar a velocidade angular. Assim, teremos: 120002 6,28 209,3 . 60 f rad sω π −= ≅ ⋅ = ⋅ Logo, poderemos determinar a potência: 4450 209,3 9,4 10 .P Wω=ℑ = ⋅ = ⋅ b) A potência em CV é dada por: 126,1 CV. c) A energia gasta durante uma hora vale: 4 8 9, 4 10 3600 3,4 10 . P t J = ⋅∆ ⇒ = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅ E E E Questão 13 Considere a máquina de Atwood (ver figura ao lado). Um dos blocos possui massa de 1 kg e o outro bloco possui massa de 0,8 kg. A polia, montada em mancais horizontais, sem atrito, possui raio de 5,0 cm. Quando abandonamos o bloco mais pesado, observamos que ele cai 1,0 m em 4,0 s. Determine: (a) o módulo da aceleração do bloco de 1,0 kg, (b) o módulo da aceleração do bloco de 0,8kg, (c) a aceleração angular da polia, (d) o momento de inércia da polia, (e) as tensões na corda. Resolução: a) Seja o bloco de 1 kg, o bloco da esquerda. Assim, teremos: 1 2F T T=+ Onde F é a força que o suporte exerce na roldana. 2 2 1 1 1 2 2 1 41 2 2 1 0,125 . 8 a t ah a m s m s− − ⋅= ⇒ = = ⋅ = ⋅ P1 P2 T1 T1 T2 T2 F www.profafguimaraes.net 13 b) A aceleração do bloco 2 será igual a aceleração do bloco 1. Se não o cabo que os liga deveria se romper. Logo, 22 1 0,125 .a a a m s −= = = ⋅ c) Para a polia teremos: 20,125 2,5 . 0,05 a rad s r α α α −= ⇒ = ∴ = ⋅ d) Ainda, para a polia, teremos: ( )1 2 .T T r Iα− = Mas, para os blocos teremos: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 9,675 . 7,94 . m a P T T m g a T N m a T P T m a g T N = − ⇒ = − ⇒ = = − ⇒ = − ⇒ = Assim, teremos: 21,735 0,05 2,5 0,0347 .I I kg m⋅ = ⋅ ∴ = ⋅ e) Vide o item anterior. Questão 14 Uma esfera uniforme gira em torno de um eixo vertical sem atrito (figura ao lado). Uma corda leve, que passa em torno do equador da esfera e por uma polia tem, pendente à outra extremidade, um pequeno objeto pendurado. Qual é a velocidade do objeto, inicialmente em repouso, após ele ter descido uma distância h? Resolução: Podemos utilizar a conservação da energia. Assim, teremos: 22 2 . 2 2 2 i f esf esf E E Imv Imgh ωω = = + + Onde, o momento de inércia da esfera será dado por: 22 . 5esf MRI = Além disso, a velocidade linear (tangencial) da polia (ω) e da esfera (ωesf ) são dadas por: ; .pol esf esfv r v Rω ω= ⋅ = M,R I,r m www.profafguimaraes.net 14 Sendo que vpol = vesf = v. Assim, substituindo na equação da conservação da energia, teremos: ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 1 21 2 2 2 2 2 2 2 5 . 2 2 5 esf esfImv Imgh mv I v MR vmgh r R m I Mv mgh r ωω − = + + = + ⋅ + ⋅ ⎡ ⎤⎢ ⎥= + +⎢ ⎥⎣ ⎦ Poderíamos também utilizar o método das forças: Observando o diagrama de forças, podemos escrever: ( ) 2 2 1 2 1 2 ; 5 ; . MR aT R R aT T r I r m a mg T α α α α = ⋅ = ′ ′− = ⋅ = ⋅ = − Assim, teremos: 2 2 1 2 2 1 2 2 5 2 . 5 MR aT R R aT T I r I MT a r // = ⋅ / + − = ⋅ ⎛ ⎞⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ Substituindo na equação para “m”, teremos: M,R I,r P T1 T1 T2 T2 m www.profafguimaraes.net 15 2 1 2 2 5 2 . 5 I Mm a mg a r I Ma mg m r − ⎛ ⎞⎟⎜⋅ = − + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎟⎜= + + ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠ Aplicando a equação 2 2 2iv v a h= + ∆ , teremos: 2 2 2 2 .2 5 2 2 5 mgh mghv vI M m I Mm r r = ⋅ ∴ = + + + + Questão 15 Uma roda de massa M e raio de giração k (veja questão 8) gira em torno de um eixo horizontal fixo, que passa pelo seu centro. A roda atrita o eixo cujo raio é a em um único ponto, sendo µc o coeficiente de atrito cinético. A velocidade angular inicial da roda é ω0. Suponha uma desaceleração uniforme e determine: (a) o tempo decorrido, (b) o número de rotações efetuadas até que a roda pare. Resolução: a) Determinação da aceleração angular (com relação ao centro de massa da roda): 2 2 2 . at c c I f a Mk Mga Mk ga k α α µ α α µ ℑ= ⇒ = / /= = ⋅ Agora, com a equação horária, determinar o tempo decorrido: 0 2 0 . c t kt g a ω ω α ω µ = − ∴ = ⋅ ⋅ b) Da equação 2 20 2ω ω α θ= − ∆ , teremos: 2 2 0 . 2 c k g a ωθ µ∆ = ⋅ ⋅ Assim, o nº de rotações será: N P fat ω www.profafguimaraes.net 16 2 2 01 2 4 c kn g a ωθ π π µ ∆= = ⋅ ⋅⋅ ⋅ Questão 16 O momento angular de uma partícula é dado em função do tempo pelo vetor: 2i jL bt ct= +? onde o módulo de L é dado em kgڄm2ڄs ‐1, b = 2 kgڄm2ڄs ‐2, c = 1 kgڄm2ڄs ‐4 e o tempo t é dado em segundos. (a) Obtenha a expressão do torque que atua sobre a partícula. (b) Calcule o módulo do torque para t = 1 s. Resolução: a) O torque é dado por: 2i 3 j.dL b ct dt ℑ= ⇒ℑ= + ?? ? b) Para t = 1 s, teremos: 2 22i 3j = 2 3 3,6 .kg m ℑ= + ⇒ℑ + ∴ℑ≅ ⋅ ? Questão 17 Um aro possui massa igual a 400 g e raio de 30 cm. O aro está rolando sobre um plano horizontal. A velocidade do centro de massa do aro é igual a 0,50 mڄs ‐1. Calcule: (a) a velocidade angular do aro, supondo que não haja deslizamento. (b) o trabalho que deve ser realizado para fazê‐lo parar. Resolução: a) A velocidade do aro é dada por: 1 0,50 0,3 1,7 cmv r rad s ω ω ω − = ⇒ = ⋅ ∴ = ⋅ b) , 0,f i f i cm rotW K K K K K K K=∆ = − = = + r ω? cm2v ? cmv ? www.profafguimaraes.net 17 2 2 2 22 2 0, 4 0,5 0,05 ; 2 2 0,05 . 2 2 2 cm cm cm cm rot mvK J I mvmrK Jω ω ⋅= = = = = = = Então: 0,1 .W J=− Questão 18 Mostre que um cilindro deslizará sobre um plano inclinado, cujo ângulo de inclinação é θ, quando o coeficiente de atrito estático entre o plano e o cilindro é menor que 1 . 3 tgθ⋅ Resolução: Para o centro de massa, teremos: ( ). r at cm cm F mg sen f ma mg sen mg cos a g sen cos θ θ µ θ θ µ θ = ⋅ − ⇒ = ⋅ − ⋅ = − Porém, para que o cilindro gire, se faz necessário que a força de atrito ofereça um torque dado por: at cmI αℑ = . Assim, teremos: 2 2 2 . 2 cm at cm at cm mr amrI f r mg cos r a g cos α α µ θ µ θ / //ℑ = ⇒ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅/ / / = ⋅ Agora, substituindo a expressão da aceleração, teremos: ( ) 2 2 2 . 3 g sen cos tg gcos tg θ µ θ θ µµ θ θµ −/= = −/ ∴ = Se o torque do atrito for menor do Icmα, o cilindro deslizará, assim: 3 tg θµ< . N P fat θ www.profafguimaraes.net 18 Questão 19 Um cilindro de comprimento L e raio R tem peso W. Dois cordões são enrolados em volta do cilindro, cada qual próximo da extremidade, e suas pontas presas a ganchos fixos no teto. O cilindro é mantido horizontalmente com os dois cordões exatamente na vertical e, sem seguida, é abandonado (ver figura ao lado). Determine: (a) a tensão de cada cordão enquanto eles estão se desenrolando e (b) a aceleração linear do cilindro durante a queda. Resolução: a) Para o centro de massa, teremos: 2 2 , .r cm wF w T ma w T m g = − ⇒ = − = Como as duas tensões exercidas pelos cordões provocam no cilindro uma rotação, teremos: 2 2 , 2 . 4 cm cm cm aw RI TR g R awT g α α α / /ℑ= ⇒ = ⋅ ⋅ = = ⋅ Agora substituindo a expressão da aceleração, teremos: 2 . 4 4 2 6 w T w T wT T T−= ⇒ = − ∴ = b) Agora, podemos substituir o resultado para a tensão, na expressão da aceleração: 2 . 4 6 4 3 cm cm cm w wa awT a g g g / /= ⋅ ⇒ = ⋅ ∴ = ⋅ Questão 20 Uma esfera homogênea parte, do repouso, no ponto mais alto do trilho mostrado na figura ao lado e rola, sem deslizar, até abandonar a superfície na parte inferior à direita. Se H = 50 m, h = 15 m e o trilho é horizontal na extremidade direita, determinar a distância, à direita do ponto A, em que a bola atinge a linha horizontal da base. Resolução: Pela conservação da energia mecânica, teremos: i f i f cm rot E E U U K K = = + + H h A www.profafguimaraes.net 19 2 2 2 2 2 2 1 2; ,2 2 5 2 5 7490 147 2 22,14 . cm cm cm cm cm cm mv vI mrmgH mgh I r mv mvmgH mgh v v m s ω ω − = + + = = / /= + +/ / = + ∴ ≅ ⋅ Essa é a velocidade do centro de massa quando atingir o ponto de altura h. A partir de agora, teremos que determinar o tempo de queda e depois o alcance “x” da bola a partir do ponto A. Efetuando os cálculos teremos: 2 1,75 . 2 38,7 . queda queda cm queda gt h t s x v t x m = ⇒ ≅ = ⋅ ∴ = Desprezando a resistência do ar. Questão 21 Um pedaço de fita flexível de comprimento l é firmemente enrolado. Permite‐se em seguida, que ele se desenrole enquanto desce um declive que forma um ângulo θ com a horizontal, sendo que a parte superior da fita fica presa por um prego (ver figura ao lado). Mostre que a fita se desenrola completamente em um tempo 3lT g senθ= ⋅ . Resolução: Para o centro de massa, teremos: .r cmF mg sen T ma mg sen Tθ θ= ⋅ − ⇒ = ⋅ − Onde T é a tensão exercida pelo prego. 2 . 2 2 cm cm T cm a mamRI TR T R α //ℑ = ⇒ = ⋅ ⇒ =/ Substituindo na expressão da aceleração, teremos: 2 . 2 3 cm cm cm mama mg sen a g senθ θ= ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ Logo, para o tempo, teremos: 2 2 3 . 2 3 cma t g sen lS l t t g sen θ θ ⋅∆ = ⇒ = ⋅ ∴ = ⋅ θ www.profafguimaraes.net 20 Questão 22 Uma bola de gude de massa m e raio r rola sem deslizar ao longo do trilho curvo mostrado na figura ao lado, tendo sido abandonado do repouso em algum lugar sobre a seção reta do trilho. (a) De que altura mínima acima da base do trilho deve a bola ser abandonada a fim de que se mantenha no trilho no topo da circunferência? (O raio é R. Suponha que R >> r). (b) Se a bola é abandonada da altura 6R acima da base do trilho, qual será o componente horizontal da força atuante sobre ela no ponto Q? Resolução: a) Utilizaremos a conservação da energia mecânica para determinar a altura mínima acima da base do trilho para que a bola de gude execute a trajetória circular. Assim, teremos: , . i f i f cm rot E E U U K K K K = = + = + Onde Ei é a energia inicial da bola e Ef é a energia da bola no topo da circunferência. No topo da circunferência, o centro de massa da bola deve ter uma velocidade dada por: 2 0 .cmcp cm mvN P F mg v Rg R → ⇒ = ⇒ = ⇒ = Assim, teremos para a energia cinética: 2 2 2 22 2 7 . 2 2 2 5 10 cm cm cm cmmv I mv vmr m RgK K K r ω ⋅= + ⇒ = + ⋅ ⇒ = Agora, substituindo na expressão da conservação de energia teremos: 7 272 . 10 10 mRg Rmgh mg R h / /= + ∴ =/ // / b) Utilizaremos também, a conservação da energia mecânica para esse caso. Assim, teremos: .i f i fE E U U K= ⇒ = + Q R Q vcm P www.profafguimaraes.net 21 2 2 2 6 2 5 7 505 . 10 7 cm cm cm cm mv mvmg R mgR v RgRg v = + + = ⇒ = No ponto Q, a força horizontal que atua na bola é a força normal de contato que será a resultante centrípeta. Assim, teremos: 2 50 . 7 cm cp mv PN F N R = = ∴ = Questão 23 Considere que um cilindro seja puxado diretamente para cima, ao longo de um plano inclinado de um ângulo θ, por uma força T paralela ao plano. Obtenha uma expressão para o módulo da aceleração do centro de massa do cilindro em função do peso p e da massa m do cilindro, sem que ocorra deslizamento. Resolução: Ao longo do plano, teremos: .r cmF p sen T ma p sen Tθ θ= ⋅ − ⇒ = ⋅ − Para o torque, teremos: 2 . 2 2 cm cm cm a mamRI TR T R αℑ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = Somando os dois resultados teremos: 2 2 4 2 . 3 cm cm cm mama T psen T p sena m θ θ + = − − ⋅∴ = Q vcm P N θ T
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