Resolução Halliday Vol1 cap 11 ed 9

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1. A velocidade do carro é constante, 

v = +( ) = +80 1000 22km/h m/km)(1 h/3600 s) i( ˆ ( mm s i)ˆ,
e o raio da roda é r = 0,66/2 = 0,33 m.
(a) No referencial do carro (referencial no qual a mulher se considera em repouso), a estrada 
está se movendo com uma velocidade vestrada m s)i= −( ˆ22 e o movimento dos pneus é apenas 
de rotação. Neste referencial, o centro do pneu está “em repouso” e, portanto, vcentro = 0.
(b) Como, neste referencial, o movimento dos pneus é apenas de rotação (não há translação), a 
Eq. 10-18 nos dá valto m/s)i= +( ˆ.22
(c) A base dos pneus está (momentaneamente) em contato com a estrada e tem a mesma velo-
cidade da estrada: vbase m s)i= −( ˆ.22
(d) Como o referencial da mulher está se movendo com velocidade constante, a aceleração de 
qualquer ponto que esteja em repouso em relação a esse referencial é zero; assim, acentro = 0.
(e) Neste referencial, o movimento dos pneus não só é apenas de rotação, mas é de rotação com 
velocidade angular constante, o que significa que a aceleração dos pontos na borda do pneu é 
apenas a aceleração radial (centrípeta). Assim, o módulo da aceleração é
a
v
r
alto
2m/s
m
m s= = = ×
2 2
322
0 33
1 5 10
( )
,
, .
(f) O módulo da aceleração é o mesmo do item (e): abase = 1,5 × 103 m/s2.
(g) Agora examinamos a mesma situação no referencial da estrada (ou seja, em um referencial 
no qual a estrada está “em repouso” e é o carro que está se movendo). Nesse caso, o centro dos 
pneus descreve um movimento apenas de translação, enquanto os pontos da borda dos pneus 
descrevem um movimento que é uma combinação de translação e rotação. A velocidade do 
centro dos pneus é v = +( )ˆ.22m s i
(h) Como, de acordo com o item (b), v valto,carro = + , temos, de acordo com a Eq. 4-39:
  
v v valto,estrada carro,estrad= alto,carro 1 aa 5 1 5ˆ ˆ ˆv v vi i i2
o que nos dá valto, estrada = 2v = +44 m/s. 
(i) Podemos proceder como no item (h) ou simplesmente observar que, como a base dos pneus 
está em contato com a estrada, deve ter a mesma velocidade que a estrada. Seja qual for o mé-
todo usado, a resposta é zero.
(j) Como o centro dos pneus tem um movimento de translação com velocidade constante, a 
aceleração é zero.
Capítulo 11
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 345
(k) Como estamos passando de um referencial para outro que se move com velocidade cons-
tante em relação ao primeiro, as acelerações não mudam. Assim, a resposta é a mesma do item 
(e): 1,5 × 103 m/s2.
(1) A resposta é a mesma do item (f): a = 1,5 × 103 m/s2.
2. A velocidade inicial do carro é
v = ( ) =80 1000 22 2km/h m/km)(1 h/3600 s) m/s( , .
O raio dos pneus é R = 0,750/2 = 0,375 m.
(a) Como a velocidade inicial do carro é igual à velocidade inicial do centro de massa dos pneus, 
a Eq. 11-2 nos dá
0
22 2
0 375
59 3= = =v
R
CM0 m/s
m
rad/s.
,
,
,
(b) Para θ = (30,0)(2π) = 188 rad e ω = 0, a Eq. 10-14 nos dá
  u 2 02
2
2 59 3
2 188
9 31= + ⇒ = ( ) =
( , )
,
rad/s
rad
raad/s2.
(c) De acordo com a Eq. 11-1, a distância percorrida pelo carro é Rθ = 70,7 m.
3. De acordo com a Eq. 10-52, o trabalho necessário para fazer o aro parar é o negativo da ener-
gia cinética inicial do aro. A energia cinética inicial é K I mv= +12 2 12 2 (Eq. 11-5), em que 
I = mR2 é o momento de inércia em relação ao centro de massa, m = 140 kg e v = 0,150 m/s é 
a velocidade do centro de massa. A Eq. 11-2 relaciona a velocidade angular à velocidade do 
centro de massa: ω = v/R. Assim,
K mR v
R
mv mv= 

 + = = ( )
1
2
1
2
140 0 1502
2
2
2 2 kg m/s,(( ) =2 3 15, J,
o que significa que o trabalho necessário é W K= = − = −D 0 3 15 3 15, ,J J .
4. Usamos os resultados da Seção 11.3.
(a) Fazemos I M R= 25 2 [Tabela 10-2(f)] e a = – 0,10g na Eq. 11-10:
−
+
−= − =0 10
1 7 52
5
2 2
,
( )
,g g
MR MR
gsen
/
sen
/
u u
o que nos dá θ = sen–1 (0,14) = 8,0°.
(b) O módulo da aceleração seria maior. Podemos analisar a questão em termos de forças ou 
em termos de energia. Em termos de forças, a força de atrito estático, que aponta para cima, não 
estaria presente, de modo que a força da gravidade agiria sozinha, produzindo uma aceleração 
maior. Em termos de energia, a energia de rotação da Eq. 11-5 não estaria presente, de modo 
que a energia potencial inicial seria toda transformada em energia cinética de translação 12 2mv 
(não seria necessário “compartilhá-la” com a energia de rotação) e, para compensar, a velocidade 
teria que ser maior (e, por causa da Eq. 2-16, a aceleração também teria que ser maior).
5. Seja M a massa do carro (que, presumivelmente, inclui a massa das rodas) e seja v a veloci-
dade. Seja I o momento de inércia de uma das rodas e seja ω a velocidade angular das rodas. A 
energia cinética de rotação é
K Irot =



4
1
2
2 ,
346 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
na qual o fator 4 aparece porque o carro tem quatro rodas. A energia cinética total é dada por
K Mv I= +12 2 12 24( ) .
A fração da energia cinética total que se deve à rotação é
fração rot= =
+
K
K
I
Mv I
4
4
2
2 2


.
O momento de inércia de um disco homogêneo em relação ao centro de massa é I mR= 12 2 
[Tabela 10-2(c)]. Como as rodas rolam sem deslizar, ω = v/R (Eq. 11-2). Assim, o numerador 
da fração é
4 4 1
2
22 2
2
2I mR v
R
mv = 





 =
e a fração se torna
fração =
+
=
+
= ( ) = =2
2
2
2
2 10
1000
1
50
0
2
2 2
mv
Mv mv
m
M m
,0020.
Assim, o raio das rodas não aparece na expressão final e não é necessário especificar o seu va-
lor.
6. Fazemos a = –3,5 m/s2 (o módulo desse número pode ser estimado a partir da inclinação do 
gráfico, θ = 30º, M = 0,50 kg e R = 0,060 m na Eq. 11-10 e calculamos o momento de inércia. 
O resultado é I = 7,2 × 10−4 kg . m2
.
7. (a) Podemos calcular a velocidade angular do cilindro ao deixar o telhado usando a lei de 
conservação da energia. A energia cinética inicial é Ki = 0 e a energia potencial inicial é Ui = 
Mgh, em que h = ° =6 0 30 3 0, s n ,e m (estamos usando a borda do telhado como nível de re-
ferência para calcular a energia potencial). De acordo com a Eq. 11-5, a energia cinética final 
(na borda do telhado) é
K Mv If = +12 2 12 2 ,
na qual v é a velocidade do centro de massa e ω é a velocidade angular. Como, até esse mo-
mento, o cilindro rolou sem deslizar, sabemos que v = Rω, sendo R = 0,10 m. Como I MR= 12 2 
[Tabela 10-2(c)], temos, de acordo com a lei de conservação da energia,
Mgh Mv I MR MR MR= + = + =1
2
1
2
1
2
1
4
3
4
2 2 2 2 2 2 2 2    .
Dividindo a equação pela massa M, obtemos
 = = =1 4
3
1
0 10
4
3
9 8 3 0 632
R
gh
,
( , )( , ) .
m
m/s m rad/s
(b) Depois que o cilindro atinge a borda do telhado, temos um problema de movimento balísti-
co do tipo que foi discutido no Capítulo 4. Colocamos a origem na posição do centro de massa 
no instante em que o cilindro deixa o telhado (a posição “inicial” para esta parte do problema) 
e tomamos como positivos o sentido para esquerda do eixo x e o sentido para baixo do eixo y. 
De acordo com o resultado do item (a), v0 = Rω = 6,3 m/s, cujas componentes são (com essa 
escolha de eixos)
v0x 5 v0 cos 30° 5 5,4 m/s
v0y 5 v0 sen 30° 5 3,1 m/s.
Assim, o movimento balístico se torna
x v t y x t gtx y= = +0 0 2
1
2
e .
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 347
Para começar, usamos a segunda equação para determinar o instante em que y = H = 5,0 m. 
Escolhendo a raiz positiva da solução da equação do segundo grau, temos:
t
v gH
g
y
5
2 1 1
5
v0y
, .
0
2 2
0 74 s
Substituindo esse valor na primeira equação, obtemos x = (5,4 m/s)(0,74 s) = 4,0 m.
8. (a) Vamos chamar de P o ponto de retorno. De acordo com a lei de conservaçãoda energia, a 
energia mecânica no ponto x = 7,0 m é igual à energia mecânica no ponto P. Assim, de acordo 
com a Eq. 11-5, temos:
75 J = mvp2/2 + ICM ωp2/2 + Up.
De acordo com o item (f) da Tabela 10-2 e a Eq. 11-2 (segundo a qual, se existe um ponto de 
retorno, ωp = vp = 0), obtemos Up = 75 J. No gráfico, isso parece corresponder a x = 2,0 m e 
concluímos que existe um ponto de retorno (e acabamos de encontrá-lo). A bola, portanto, não 
chega à origem.
(b) Notamos que não existe nenhum ponto no gráfico, à direita de x = 7,0 m, que esteja “mais 
alto” que 75 J. Por isso, suspeitamos que não existe um ponto de retorno nessa direção e tenta-
mos calcular a velocidade vp em x = 13 m. Se conseguimos obter uma solução real diferente de 
zero, é porque nossa suspeita está correta (ou seja, a bola não atinge o ponto P antes de chegar 
a x = 13 m). De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica no ponto x = 
7,0 m é igual à energia mecânica no ponto P. Assim, 
75 J = mvp2/2 + ICM ωp2/2 + Up.
Usando novamente o item (f) da Tabela 11-2, a Eq. 11-2 (desta vez, o cálculo é menos trivial) 
e Up = 60 J (valor obtido no gráfico), além dos dados do enunciado do problema, obtemos 
vp = 7,3 m/s.
9. Para calcular a posição do ponto em que a bola toca o chão, determinamos primeiro, usando 
a lei de conservação da energia, a velocidade com a qual a bola deixa a pista. A energia cinéti-
ca inicial é Ki = 0 e a energia potencial inicial é Ui = MgH. A energia cinética final da bola (ao 
deixar a pista) é Kf = Mv2/2 + Iω2/2 (Eq. 11-5), em que v é a velocidade do centro de massa e ω 
é a velocidade angular, e a energia potencial final é Mgh. Como, até esse momento, a bola rola 
sem deslizar, sabemos que ω = v/R. Como o momento de inércia é dado por I = 2MR2/5 [Tabela 
10-2(f)], a lei de conservação da energia nos dá
MgH Mv I Mgh Mv Mv Mgh
Mv
= + + = + +
=
1
2
1
2
1
2
2
10
7
10
2 2 2 2
2

++ Mgh.
Dividindo a equação por M, obtemos
v g H h= − = − =10
7
10
7
9 8 6 0 2 0 7 482( ) ( , )( , , ) ,m/s m m m/s..
A partir do momento em que a bola deixa a pista, temos um movimento balístico do tipo que foi 
discutido no Capítulo 4. Colocamos a origem na posição do centro de massa no instante em que 
a bola deixa a pista (a posição “inicial” para esta parte do problema) e tomamos como positivos 
o sentido para direita do eixo x e o sentido para baixo do eixo y. Nesse caso, como a velocidade 
inicial é horizontal, as equações do movimento balístico se tornam
x vt y gt= = −e 1
2
2
.
348 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Fazendo y = h da segunda equação, obtemos t h g= 2 . Substituindo t pelo seu valor na pri-
meira equação, temos:
x v
h
g
= = ( ) ( ) =2 7 48 2 2 09 8 4 8,
,
,
,m/s m
m/s
m.
2
10. Como, neste caso, I MR= 23 2 [Tabela 10-2(g)], temos:
M I
R
= =
⋅( )
( ) =
3
2
3 0 040
2 0 15
2 7
2 2
,
,
,
kg m
m
kg.
2
Também sabemos que 12 2 13 2 2I MR = e que, como a esfera rola sem deslizar, vCM = Rω. 
Assim,
K
K K
MR
mR MR
rot
CM rot+
=
+
1
3
1
2
1
3
2 2
2 2 2 2

 
(a) Simplificando a equação acima, obtemos Krot/K = 0,4. Assim, 40% da energia cinética é ro-
tacional e
 
Krot = (0,4)(20 J) = 8,0 J.
(b) Como K M Rrot J= =13 2 2 8 0 , , usando o valor conhecido de M, obtemos
 = =1
0 15
3 8 0
2 7
20
,
( , )
,m
J
kg
rad/s,
o que nos dá vCM = (0,15 m)(20 rad/s) = 3,0 m/s.
(c) Note que uma distância de 1,0 m ao longo da superfície corresponde a uma altura h = 1,0 
sen 30° = 0,50 m. De acordo com a lei de conservação da energia mecânica,
K K U K Mghi f f f= + ⇒ = +20 J ,
o que nos dá (usando os valores conhecidos de M e h) Kf = 6,9 J.
(d) Como determinamos no item (a) que 40% da energia cinética total é rotacional, temos:
1
3
0 40 1
0 15
3 0 40 6 9
2
2 2MR Kf f f = ( ) ⇒ = ( )( ),
,
, ,
m
J
,,
,
7 kg
o que nos dá ωf = 12 rad/s e
v Rf fCM m rad/s m/s= = ( )( ) = 0 15 12 1 8, , .
11. Com 
 
Fap N i( )5 10 , resolvemos o problema usando as Eqs. 9-14 e 11-37.
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton na direção x, temos:
Fap 2 fs 5 ma 1 fs 5 10 N 2 (10 kg)(0,60 m/s2) 5 4,0 N.
Na notação de vetores unitários, temos 
fs = −( , )ˆ4 0 N i , que aponta para a esquerda.
(b) Para R = 0,30 m, o módulo da aceleração angular é, de acordo com a Eq. 11-6,
|α | = |aCM| / R = 2,0 rad/s2.
A única força cuja linha de ação não passa pelo centro de massa é fs ; o módulo do torque pro-
duzido por essa força é dado por
t = ⇒ ( )( ) = ( )I I0 30 4 0 2 0, , , ,m N rad s2
o que permite calcular o momento de inércia da roda em relação ao centro de massa: I = 0,60 
kg ? m2. 
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 349
12. Usando o solo como posição de referência para a energia potencial, a lei de conservação da 
energia mecânica nos dá
U K U mgh mv I mgliberada alto alto CM2= + ⇒ = + +
1
2
1
2
22 RR( ).
Fazendo I mr= 25 2 [Tabela 10-2(f)] e ω = vCM/r (Eq. 11-2), temos:
mgh mv mr v
r
mgR g= + 





 + ⇒
1
2
1
2
2
5
22
2
CM
2 CM hh v gR= +7
10
2CM2
sendo que, no lado direito, a equação foi dividida pela massa m.
(a) Para a bola estar na iminência de perder contato com o trilho no ponto mais alto do percurso, 
a força normal deve se anular nesse ponto. Sendo assim, a aplicação da Segunda Lei de Newton 
na direção do eixo y leva a
mg ma g v
R rr
= ⇒ = CM
2
–
em que usamos a Eq. 10-23 para expressar a aceleração radial (centrípeta) do centro de mas-
sa, que, nesse instante, está a uma distância R – r do centro da curva. Substituindo o resultado 
v g R rCM2 = −( ) na expressão obtida anteriormente, temos:
gh g R r gR= ( ) −( ) +7
10
2
o que nos dá h 5 2,7 R 2 0,7r  2,7 R. Para R = 14,0 cm, temos 
h = (2,7)(14,0 cm) = 37,8 cm.
(b) As considerações de energia usadas no item anterior (agora com h = 6R) podem ser aplica-
das ao ponto Q, o que nos dá
g R v gR( )6 7
10
2= +CM
ou vCM
2
 = 50gR/7. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao eixo horizontal no ponto Q e usando 
o raciocínio anterior quanto à aceleração radial, temos:
N m v
R r
m
gR
R r
=
−
=
−( )
CM
2 50
7
que, para R r>> , nos dá
 
N mg≈ = × = ×
−50
7
50 2 80 10
7
1 96 1
4( ,
,
kg)(9,80 m/s )2 00 2− N.
(c) A orientação é para o centro da curva.
13. O estudo dos objetos que rolam requer uma discussão que vai além dos princípios básicos da 
rotação analisados no Capítulo 10; isso é feito nas primeiras três seções do Capítulo 11. A força 
normal exercida sobre um objeto que descreve uma trajetória circular é discutida na Seção 6-6. 
Adaptando a Eq. 6-19 às forças presentes na parte mais baixa da curva, temos:
 
FN – Mg = Mv2/r,
o que mostra (já que sabemos que FN = 2Mg) que a velocidade do centro de massa (ao quadra-
do é v2 = gr, em que r é o raio da pista (0,48 m). Assim, a velocidade angular da bola (ao qua-
drado) é 
ω2 = v2/R2 = gr/R2,
na qual R é o raio da bola. Substituindo na Eq. 10-5 e explicitando o momento de inércia (em 
relação ao centro de massa), temos:
ICM = 2MhR2/r – MR2 = MR2[2(0,36/0,48) – 1] .
350 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Assim, o valor do parâmetro β definido no enunciado do problema é 
β = 2(0,36/0,48) – 1 = 0,50.
14. Para calcular qual é a velocidade v do centro de massa da bola no platô, usamos as equações 
do movimento balístico do Capítulo 4. Com voy = 0 (e substituindo h2 por h), a Eq. 4-22 nos dá 
um tempo de percurso t = 2h g/ . Nesse caso, de acordo com a Eq. 4-21 (elevada ao quadra-
do, e usando d com alcance horizontal), v2 = gd2/2h. Para calcular a velocidade vp no ponto P, 
aplicamos a lei de conservação da energia, ou seja, o fato de que a energia mecânica no platô 
deve ser igual à energia mecânica no ponto P. De acordocom a Eq. 11-5, temos:
mv2/2 + ICM ω2/2 + mgh1 = mvp2/2 + ICM ωp2/2 .
Usando o item (f) da Tabela 10-2, a Eq. 11-2, a expressão v2 = gd2/2h, obtida anteriormente, 
temos:
gd2/2h + 10gh1/7 = vp2
o que nos dá (usando os dados do problema) vp = 1,34 m/s.
15. (a) Escolhemos o sentido de rotação anti-horário e o sentido de movimento para a direita 
como positivos. Nesse caso, no momento em que a bola passa a rolar sem deslizar, a Eq. 11-2 
nos dá
v RCM m= − = − ( , ) .0 11
Essa velocidade é positiva (para a direita) e ω é negativa (no sentido horário), como mostra a 
figura.
(b) Chamando de m a massa da bola, a força de atrito a que a bola está sujeita é −mkmg (nega-
tiva, já que aponta para a esquerda). Igualando essa força a maCM, temos:
a gCM m/s m/s= − = − = −m ( , )( , ) ,0 21 9 8 2 12 2
em que o sinal negativo indica que a aceleração do centro de massa é para a esquerda, no sentido 
oposto ao da velocidade da bola, ou seja, a velocidade da bola está diminuindo.
(c) Medido em relação ao centro de massa, o torque exercido pela força de atrito sobre a bola 
é dado por t m= − mgR . De acordo com a Eq. 10-45 e usando o momento de inércia da Tabela 
10-2(f), temos:

t m m= = − = − =
− ( )( )
I
mgR
m R
g
R2 5
5
2
5 0 21 9 8
2 02
, ,
,
m/s2
111
47
m
rad s2( ) = −
na qual o sinal negativo indica que a aceleração angular é no sentido horário, o mesmo de ω (ou 
seja, a velocidade angular está aumentando).
(d) Enquanto a bola está deslizando, a velocidade do centro de massa diminui de vCM,0 para vCM 
de acordo com a Eq. 2-11: vCM = vCM,0 −µgt. Durante esse tempo, a velocidade angular da bola 
aumenta (em módulo) de zero para  de acordo com a Eq. 10-12:
 
m= = =t gt
R
v
R
5
2
CM
na qual usamos o resultado do item (a) na última igualdade. Como temos duas equações envol-
vendo vCM, podemos eliminar essa variável, o que nos dá
t
v
g
= = ( )( )( ) =
2
7
2 8 5
7 0 21 9 8
1 2CM,0
2
m/s
m/s
s.
m
,
, ,
,
(e) De acordo com a Eq. 2-15, a distância que a bola percorre enquanto está deslizando é
Dx v t g t= − ( ) = ( )( ) − ( )CM,0 m/s s12 8 5 1 2
1
2
0 21 92m , , , ,, , ,8 1 2 8 6
2
m/s s m.2( )( ) =
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 351
(f) A velocidade do centro de massa no instante calculado no item (d) é
v v gtCM CM,0 2m/s m/s s= − = − ( )( )( ) =m 8 5 0 21 9 8 1 2, , , , 66 1, .m/s
16. Combinando a lei de conservação da energia com a Eq. 11-5 e explicitando o momento de 
inércia (em relação ao centro de massa), temos:
ICM = 2MhR2/r – MR2 = MR2[2g(H – h)/v2 – 1] .
Comparando a expressão de ICM com a expressão I = βMR2 apresentada no enunciado, obte-
mos: 
β = 2g(H – h)/v2 – 1.
Para prosseguir, precisamos determinar a velocidade v do centro de massa, o que fazemos usan-
do as equações do movimento balístico do Capítulo 4. Com voy = 0, a Eq. 4-22 nos dá o tempo 
de percurso como t = 2h g/ . Nesse caso, a Eq. 4-21 (elevada ao quadrado, e chamando o al-
cance de d) nos dá v2 = gd2/2h. Substituindo na expressão de β, obtemos 
2g(H – h)/v2 – 1 = 4h(H – h)/d2 – 1.
Assim, para os dados do problema, obtemos β = 0,25.
17. (a) O cálculo da aceleração aparece na Seção 11-4; de acordo com a Eq. 11-13,
a
g
I MRCM CM
= −
+1 02/
na qual o sentido positivo é para cima. Fazendo ICM = 950 g . cm2, M = 120 g, R0 = 0,320 cm e 
g = 980 cm/s2, obtemos
| |
,
aCM
2
2
cm/s
g cm g cm
=
+ ⋅( ) ( )( ) =
980
1 950 120 0 32 2
112 5 132 2, .cm/s cm/s≈
(b) Colocando a origem das coordenadas na posição inicial, a Eq. 2-15 nos dá y a tCM CM= 12
2
. 
Assim, fazendo yCM = –120 cm, obtemos
t
y
a
5 5
2
2
5
(
,
2 2 4 38CM
CM
2
120 cm)
12,5 cm/s
s 4,4 s.
(c) Quando o ioiô chega à extremidade da corda, a velocidade do centro de massa é dada pela 
Eq. 2-11: 
v a tCM CM 2cm s cm s= = −( )( )12 5 4 38 54 8, , , ,s 5 2
e, portanto, a velocidade escalar linear é aproximadamente | |vCM = 55 cm/s.
(d) A energia cinética de translação é 
K mvtrans CM2 kg m s= = ( )( ) = ×12
1
2
0 120 0 548 1 8 10
2
, , ,
−−2 J .
(e) A velocidade angular é dada por ω = –vCM/R0 e a energia cinética de rotação é
K I I v
Rrot CM CM
CM= = 



= × −1
2
1
2
1
2
9 50 102
0
2
5 ( , kkg m m s
m
J2⋅
×




≈−)
,
,
,
0 548
3 2 10
1 4
3
2
.
(f) A velocidade angular é 
 = =
×
= ×−
v
R
CM m/s
m
rad/s
0
3
2
0 548
3 2 10
1 7 10
,
,
,
 
= 27rev s.
352 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Nota: No final da descida do ioiô, a energia potencial gravitacional foi totalmente convertida 
em energia cinética de translação e energia cinética de rotação. Para mostrar que a energia total 
foi conservada, notamos que a energia inicial é
U Mgyi i= = =( , )( , )( , ) ,0 120 9 80 1 20 1 411kg m/s m J2
que é igual à soma de K trans (0,018 J) e Krot (1,393 J). 
18. (a) O cálculo da aceleração aparece na Seção 11-4; de acordo com a Eq. 11-13,
a
g
I MRCM CM
= −
+1 02/
na qual o sentido positivo é para cima. Fazendo I MRCM = 2 2/ , sendo R = 0,32 m e M = 116 kg, 
a massa total (levando em conta o fato de que existem dois discos), obtemos
a
g
MR MR
g
R R
= −
+
=
+ ( )1 2 1 22 02 0 2( / ) / /
que nos dá a = –g/51 quando fazemos R0 = R/10 = 0,032 m. Assim, o módulo da aceleração do 
centro de massa é 0,19 m/s2. 
(b) Como foi observado na Seção 11-4, o resultado do item (a) se aplica tanto à descida como 
à subida do ioiô.
(c) As forças externas a que está submetido o centro de massa do ioiô são a tração da corda (para 
cima) e a força da gravidade (para baixo). De acordo com a Segunda Lei de Newton,
T Mg ma T M g g− = ⇒ = −

 = ×51
1 1 103, .N
(d) O resultado do item (c) mostra que a tração era bem menor que o limite de resistência da 
corda.
(e) Como vimos no cálculo da aceleração, tudo que importava era a razão R/R0 (e, naturalmente, 
o valor de g). Assim, em uma versão ampliada do ioiô, a aceleração seria a mesma.
(f) Como a tração depende da massa do ioiô, em uma versão ampliada a tração da corda seria 
maior.
19. De acordo com a Eq. 3-30, se r x y z= ˆ ˆ ˆi + j + k,  r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) −( ) −( )ˆ ˆ ˆi+ j+ k.
Se (em unidades do SI) x = 0, y = –4,0, z = 5,0, Fx = 0, Fy = –2,0 e Fz = 3,0 (os últimos dois va-
lores são os das forças aplicadas à pulga), a expressão acima nos dá
  
t 5 3 5 2 ?( ˆr F 2,0 N m)i.
20. De acordo com a Eq. 3-30, se r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k,  r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 6,0, Fy = 0 e Fz = 0,
  
t = × = ⋅r F ( ˆ24 N m)j.
(b) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = −6,0, Fy = 0 e Fz = 0,
  
t = × = − ⋅r F ( ˆ24 N m)j.
(c) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 0,0, Fy = 0 e Fz = 6,0,
  t = × = ⋅r F ( ˆ12 N m)j.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 353
(d) Se (em unidades do SI) x = –2,0, y = 0, z = 4,0, Fx = 0,0, Fy = 0 e Fz = −6,0,
  t = × = − ⋅r F ( ˆ12 N m)j.
21. De acordo com a Eq. 3-30, se r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k,  r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Se (em unidades do SI) x = 0, y = –4,0, z = 3,0, Fx = 2,0, Fy = 0 e Fz = 0, temos: 
  
t = × = +( ) ⋅r F 6 0 8 0, ˆ , ˆj k N m.
Este vetor tem módulo ( , ) ( , )6 0 8 0 102 2N m N m N m⋅ + ⋅ = ⋅ e está no plano yz. O ângulo do 
vetor (medido no sentido anti-horário a partir do semieixo y positivo) é tan .− ( ) = °1 8 6 53
(b) Fazendo x = 0, y = –4,0, z = 3,0, Fx = 0, Fy = 2,0 e Fz = 4,0 na expressão acima, obtemos 
  
t = × = − ⋅r F ( ˆ22 N m)i. Este vetor tem módulo 22 N m⋅ e aponta no sentido negativo do 
eixo x.
22. De acordo com as Eqs. 3-30 e 11-14, temos:
 t = ×r F = 4,00 ˆi + (12,0 + 2,00Fx) ˆj + (14,0 + 3,00Fx) ˆk
na qual o uso de unidades do SI está implícito. Comparando com a expressão do torque, dada 
no enunciado do problema, vemos que Fx deve satisfazer duas condições: 
12,0 + 2,00Fx = 2,00 e 14,0 + 3,00Fx = –1,00.
A resposta (Fx = –5,00 N) satisfaz as duas condições.
23. Usamos a notação ′r para indicar um vetor que aponta do eixo de rotação para a posição da 
partícula. De acordo com a Eq. 3-30, se ′ = ′ + ′ + ′r x y zˆ ˆ ˆi j k,  ′ ×r F é igual a 
′ − ′( ) + ′ − ′( ) + ′ − ′( )y F z F z F x F x F y Fz y x z y xˆ ˆ ˆi j k.
(a) Nesse caso,  ′ =r r . Descartando as plicas na expressão acima, fazemos (com unidades do 
SI implícitas) x = 0, y = 0,5, z = –2,0, Fx = 2,0, Fy = 0 e Fz = –3,0, o que nos dá 
  
t = × = − − −( ) ⋅r F 1 5 4 0 1 0, ˆ , ˆ , ˆi j k N m.
(b) Nesse caso,   ′ = −r r ro , sendo ro 5 2, ˆ , ˆ2 0 3 0i k. Assim, na expressão acima fazemos 
′ = − ′ = ′ = = =x y z F Fx y2 0 0 5 1 0 2 0 0, , , , , , , , e Fz = −3 0, . O resultado é 
  t = ′ × = − − −( ) ⋅r F 1 5 4 0 1 0, ˆ , ˆ , ˆi j k N m.
24. De acordo com a Eq. 3-30, se ′ = ′ + ′ + ′r x y zˆ ˆ ˆi j k,  ′ ×r F é igual a
′ − ′( ) + ′ − ′( ) + ′ − ′( )y F z F z F x F x F y Fz y x z y xˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Nesse caso,  ′ =r r , na qual r = , ˆ ˆ , ˆ3 0 4 0i 2,0j k,2 1 e  F F= 1. Descartando as plicas na ex-
pressão acima, fazemos (com unidades do SI implícitas) x = 3,0, y = –2,0, z = 4,0, Fx = 3,0, Fy 
= –4,0 e Fz = 5,0. O resultado é
t = × = − − ⋅

r F1 6 0 3 0 6 0( , ˆ , ˆ , ˆ )i j k N m.
(b) O cálculo é o mesmo do item (a), mas com  F F= 2 . Fazendo Fx = –3,0, Fy = –4,0 e Fz = 
–5,0, temos:
  t = × = − ⋅r F1 26 3 0 18( ˆ , ˆ ˆ )i + j k N m.
354 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(c) Podemos proceder de duas formas: somar (vetorialmente) as respostas dos itens (a) e (b) ou 
somar as duas forças [o que, de qualquer forma, terá que ser feito no item (d)] e calcular o valor 
de  
 
t = × +( )r F F1 2 . O resultado é o mesmo:
   t = × +( ) = −( ) ⋅r F F1 2 32 ˆ ˆi 24 k N m.
(d) Nesse caso,   ′ = −r r ro , em que r0 3 0 2 0 4 0= , ˆ , ˆ , ˆ .i j k1 1 Assim, na expressão acima temos 
que fazer ′ = ′ = − ′ =x y z0 4 0 0, , , , Fx = 3,0 − 3,0 = 0, Fy = −4,0 −4,0 = 8,0 e Fz = 5,0 − 5,0 = 
0. O resultado é o seguinte:
   t = ′ × +( ) =r F F1 2 0.
25. De acordo com a Eq. 3-30, se r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k,  r F× é dado por
yF zF zF xF xF yFz y x z y x−( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆi j k.
(a) Substituindo por valores numéricos, temos:

t , , , , ˆ5 2 2 53 0 6 0 4 0 8 0 5m N m N k( )( ) ( )( )  00 N m k.?( ) ˆ
(b) De acordo com a Eq. 3-27,  r F rF× = sen  , na qual  é o ângulo entre r e F . Como 
r x y= + =2 2 5 0, m e F F Fx y= + =2 2 10 N, temos:
rF = = ⋅( , )( ) ,5 0 10 50m N N m
que é igual ao módulo do produto vetorial calculado no item (a). Isso significa que sen  = 1 
e, portanto,  = 90°. 
26. Note que a componente de v perpendicular a r tem módulo v sen θ2, com θ2= 30°.
(a) A Eq. 11-20 nos dá
l = = ( )( )( ) ° = ⋅⊥rmv 3 0 2 0 4 0 30 12 2, , , s nm kg m/s e kg m ss.
(b) Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, vemos que  r p× aponta para fora 
do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z.
(c) De acordo com a Eq. 10-38,
t 5 rF sen u2 5 (3,0 m)(2,0 N) sen 30° 5 3,0 N?m.
(d) Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, vemos que  r F× também aponta 
para fora do papel, no sentido positivo do eixo z.
27. Seja r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor posição, seja v v v vx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor velocidade e seja m a 
massa do objeto. De acordo com a Eq. 3-30, o produto vetorial de r e v é
 
r v yv zv zv xv xv yvz y x z y x× = −( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆi j k.
Como apenas as componentes x e z dos vetores posição e velocidade são diferentes de zero, a 
expressão acima se torna  r v xv zvz z× = − +( ) ˆj. Quanto ao torque, fazendo F F F Fx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, 
o produto vetorial 

r F× se torna
  t = × = −( ) + −( ) + −( )r F yF zF zF xF xF yFz y x z y xˆ ˆ ˆi j kk.
(a) Para r = −( , )ˆ ( , ) ˆ2 0 2 0m i m k e v = − +( , )ˆ ( , ) ˆ5 0 5 0m/s i m/s k, o momento angular do obje-
to é

l = − +( ) = ( ) −( )( ) + −m xv zvz x ˆ , , , ,j kg m m s0 25 2 0 5 0 2 00 5 0 0m m s j( ) −( )( ) =, ˆ .
(b) Para x = 2,0 m, z = –2,0 m, Fy = 4,0 N e todos os outros componentes nulos, a expressão 
acima se torna
  t = × = ⋅ + ⋅r F ( , )ˆ ( , ) ˆ8 0 8 0N m i N m k .
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 355
Nota: O fato de que 

l = 0 significa que r e v são paralelos (  r v× = 0 ). De acordo com a 
equação t = × =| | s n r F rF e , o ângulo entre r e F é dado por
sen .
t
= = ⋅ = ⇒ =
rF
8 2 1 90N m(2 2 m)(4,0 N) 
Isso significa que r e 

F são mutuamente perpendiculares. 
28. De acordo com a Eq. 3-30, se ′ = ′ + ′ + ′r x y zˆ ˆ ˆi j k, o produto vetorial de ′r e v é
′ − ′( ) + ′ − ′( ) + ′ − ′( )y v z v z v x v x v y vz y x z y xˆ ˆ ˆ.i j k
(a) Nesse caso,  ′ =r r , sendo r = −3 0 4 0, ˆ , ˆ.i j Assim, descartando as plicas na expressão aci-
ma e fazendo (com unidades do SI implícitas) x y z v vx y= = − = = =3 0 4 0 0 30 60, , , , , , , vz = 0 
e m = 2,0 kg, temos: 

l
 = ×( ) = × ⋅m r v ( , ˆ .6 0 102 kg m s)k2
(b) Nesse caso,   ′ = −r r ro , sendo ro 5 2, ˆ , ˆ2 0 2 0i j. Assim, fazendo
′ = ′ = − ′ = = =x y z v vx y5 0 2 0 0 30 60, , , , , , e vz = 0,
temos:

l
 = ′ ×( ) = × ⋅m r v ( , ) ˆ .7 2 102 2kg m s k
29. No caso da partícula de 3,1 kg, a Eq. 11-21 nos dá 
l1 1 1
22 8 3 1 3 6 31 2= = ( )( )( ) = ⋅⊥r mv , , , ,m kg m/s kg m s..
Usando a regra da mão direita para produtos vetoriais, constatamos que o vetor  r p1 1×( ) aponta 
para fora do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z, perpendicular ao plano da Fig. 11-41. 
No caso da partícula de 6,5 kg, temos:
l2 2 2
21 5 6 5 2 2 21 4= = ( )( )( ) = ⋅⊥r mv , , , ,m kg m/s kg m s..
Usando novamente a regra da mão direita, constatamos que o vetor  r p2 2×( ) aponta para dentro 
do papel, ou seja, no sentido negativo do eixo z. 
(a) Como os dois vetores momento angular têm a mesma direção e sentidos opostos, a soma 
vetorial é a diferença dos módulos: L = − = ⋅l l1 2 9 8, .kg m /s2
(b) O momento angular resultante aponta no sentido positivo do eixo z.
30. (a) O vetor aceleração é obtido dividindo o vetor força pela massa (uma grandeza escalar):
 

a
 = 

F /m = (3,00 m/s2) ˆi – (4,00 m/s2) ˆj + (2,00 m/s2) ˆk.
(b) De acordo com a Eq. 11-18, temos: 

L = (42,0 kg.m2/s) ˆi + (24,0 kg.m2/s) ˆj + (60,0 kg.m2/s) ˆk.
(c) O torque é dado por 
  t = ×r F = (–8,00 N m⋅ ) ˆi – (26,0 N m⋅ ˆj – (40,0 N m⋅ ) ˆk.
(d) De acordo com o teorema de Pitágoras, o módulo do vetor velocidade é 7,35 m/s e o mó-
dulo da força é 10,8 N. O produto escalar dos dois vetores é v .

F
 = –48 (em unidades do SI). 
Assim, a Eq. 3-20 nos dá 
θ = cos−1[−48,0/(7,35 × 10,8)] = 127°.
356 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
31. (a) Como a velocidade é (momentaneamente) nula no instante em que a bola atinge a altura 
máxima, o momento angular nesse instante é zero.
(b) Com a convenção (usada em vários pontos deste livro) de que o sentido horário está asso-
ciado ao sinal negativo, L = –r⊥ m v, sendo r⊥ = 2,00 m, m = 0,400 kg e v pode ser calculado a 
partir das equações de queda livre (como no Capítulo 2). Especificamente, ymáx pode ser calcu-
lado fazendo a velocidade igual a zero na Eq. 2-16; o resultado é ymáx = vo2/2g, em que vo = 40,0 
m/s. Nesse caso, com y = 1/2ymáx, a Eq. 2-16 nos dá v = vo / 2 . Substituindo v por esse valor, 
obtemos L = –22,6 kg m /s2⋅ .
(c) Como foi mencionado no item anterior, usamos o sinal negativo para o torque, o que nos dá 
τ = –r⊥F, em que F = mg. Assim, τ = –7,84 N m⋅ .
(d) Devido ao modo como r⊥ é definido, a altura da bolaé irrelevante. Assim, a resposta é a 
mesma do item (c), τ = –7,84 N m⋅ .
32. A taxa de variação do momento angular é
d
dt
l
5 1 5 ? 2 ?( , )ˆ ( , ˆ t t1 2 N m i N m)j.2 0 4 0
Isso significa que o módulo do vetor d dt

l é ( , ) , ,2 0 4 0 4 52 2N m N m N m⋅ + − ⋅( ) = ⋅ e que 
o vetor faz um ângulo θ (no plano xy ou em um plano paralelo ao plano xy) com o semieixo x 
positivo
u = − ⋅
⋅




= − °−tan ,
,
1
4 0
2 0
63
N m
N m
,
na qual o sinal negativo indica que o ângulo é medido no sentido horário quando visto “de cima” 
(por uma pessoa situada no semieixo z positivo).
33. Seja r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor posição, seja v v v vx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k o vetor velocidade e seja m a 
massa do objeto. O produto vetorial de r e v é
 
r v yv zv zv xv xv yvz y x z y x× = −( ) + −( ) + −( )ˆ ˆ ˆi j k.
O momento angular é dado pelo produto vetorial 

l
 = ×mr v . Quanto ao torque, escrevendo a 
força na forma 

F F F Fx y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, temos: 
  t = × = −( ) + −( ) + −( )r F yF zF zF xF xF yFz y x z y xˆ ˆ ˆi j kk.
(a) Fazendo m = 3,0 kg, x = 3,0 m, y = 8,0 m, z = 0, vx = 5,0 m/s, vy = −6 0, m/s e vz = 0 nesta 
expressão, obtemos

l = ( ) − −3 0 3 0 6 0 8 0 5 0, [( , )( , ) ( , )( ,kg m m/s m m/s))] ˆ ( ) ˆk kg m s k.2= − ⋅174
(b) Como r x y= +ˆ ˆi j e F Fx= ˆi, o torque correspondente é
t = +( ) × ( ) = −x y F yFx xˆ ˆ ˆ ˆi j i k .
Substituindo os valores dados, obtemos 

t = −( ) −( ) = ⋅8 0 7 0 56, , ˆ ( ˆm N k N m)k.
(c) De acordo com a Segunda Lei de Newton,  lt = d dt/ e, portanto, a taxa de variação do mo-
mento angular é 56 kg ⋅ m2/s2, no sentido positivo do eixo z.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 357
34. Usamos um sistema de coordenadas dextrogiro, com a orientação do vetor unitário ˆk com-
patível com um sentido positivo para as rotações no sentido anti-horário (e com a regra da mão 
direita). Nesse caso, todos os momentos angulares do problema estão orientados no sentido con-
trário ao do vetor ˆk; no item (b), por exemplo, l = −4 0 2, ˆt k em unidades do SI. Para calcular o 
torque, usamos a Eq. 11-23.
(a) Como o momento angular é constante, a derivada em relação ao tempo é nula e, portanto, 
o torque é nulo.
(b) O torque é calculado derivando o momento angular em relação ao tempo:


l
t = = −( ) = − ⋅ddt
d t
dt
t4 0 8 0
2
,
ˆ
( ) ( , ) ˆk N m k .
Este vetor aponta no sentido contrário ao do vetor ˆk (aumentando a velocidade angular dos ob-
jetos que giram no sentido horário) para t > 0 e no sentido do vetor ˆk para t < 0.
(c) Como em unidades do SI, o torque é
t = −( ) = −( )


= −4 0 4 0 1
2
2 0
,
ˆ
( )
,
ˆ
,
ˆk k kd t
dt t t




⋅N m .
Este vetor aponta no sentido contrário ao do vetor ˆk (aumentando a velocidade angular dos ob-
jetos que giram no sentido horário) para t > 0 e não é definido para t < 0.
(d) Finalmente, temos
t = −( ) = −( ) −  =
−
4 0 4 0 2 8 0
2
3
,
ˆ
( )
,
ˆ
,k kd t
dt t t33
ˆk N m.

 ⋅
Este vetor aponta no sentido do vetor ˆk (diminuindo a velocidade angular dos objetos que giram 
no sentido horário) para t > 0 e no sentido contrário ao do vetor ˆk para t < 0.
35. (a) Notamos que
 


v
d r
dt
= = 8,0t ˆi – (2,0 + 12t) ˆj
com unidades do SI implícitas. De acordo com as Eqs. 3-30 e 11-18, o momento angular da 
partícula é 8t2 ˆk . De acordo com a Eq. 11-23, t = (48t ˆk) N m⋅ .
(b) Como o momento angular calculado no item (a) é proporcional a t2, o módulo do momento 
parcial da partícula aumenta com o passar do tempo.
36. Podemos comparar os movimentos dos discos calculando, com o auxílio da Eq. 10-18, a 
velocidade linear de cada disco. O fato de que a velocidade linear da borda do disco A é igual 
à velocidade linear da borda do disco C significa que ωA = 2ωC. O fato de que a velocidade 
linear do cubo do disco A é igual à velocidade linear da borda do disco B significa que ωA = 
ωB/2. Assim, ωB = 4ωC. A razão dos momentos depende da velocidade angular dos discos, mas 
também depende do momento de inércia (veja o item (c) da Tabela 11-2), que, por sua vez, de-
pende da massa dos discos. se h é a espessura e ρ é a massa específica de um disco, a massa é 
ρπR2h. Assim,
L
L
R h
R h
C
B
C C
B B
= =( / )( / ) .
1 2
1 2
1024
2
2
 
 
358 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
37. (a) Cada partícula contribui com mr2 para o momento de inércia, onde r é a distância a que 
a partícula se encontra da origem O. O momento de inércia total é
I 5 m(3d)2 1 m(2d)2 1 m(d)2 5 14md2 5 14(2,3 3 1022kg)(0,12 m)2
 5 4,6 3 1023 kg?m2.
(b) O momento angular da partícula do meio é dado por Lm = Imω, onde Im = 4md 2 é o momento 
de inércia da partícula. Assim, 
Lm 5 4md2 5 4(2,3 3 1022kg)(0,12 m)2 (0,85 rad/s) 5 1,1 3 1023 kg?m2/s.
(c) O momento angular total é 
I  5 14 md2  5 14(2,3 3 1022 kg)(0,12 m)2 (0,85 rad/s) 5 3,9 3 1023 kg ? m2/s.
38. (a) A Eq. 10-34 nos dá α = τ/I e, de acordo com a Eq. 10-12, ω = αt = τt/I. Assim, o mo-
mento angular no instante t = 0,033 s é
I t t= = ⋅( )( ) = ⋅16 0 033 0 53N m s kg m s2, ,
no que é, na verdade, uma versão angular do teorema do impulso e do momento.
(b) Temos:

t= =
⋅( )( )
× ⋅
=−
t
I
16 0 033
1 2 10
440
3
N m s
kg m
rad/s
2
,
,
que podemos converter da seguinte forma:
ω = (440 rad/s)(60 s/min)(1 rev/2π rad) ≈ 4,2 ×103 rev/min.
39. (a) Como τ = dL/dt, o torque médio em um intervalo de tempo Dt é dado por tméd − −( ) /L L tf i D
tméd − −( ) /L L tf i D , em que Li é o momento angular inicial e Lf é o momento angular final. Assim,
tmed
2 2kg m s 3,00 kg m s
s
5
? 2 ?
5
, / /
,
0 800
1 50
1,,47 N m,?
ou | | ,tmed N m= ⋅1 47 . Neste caso, o sinal negativo indica que o torque tem o sentido oposto ao 
do momento angular inicial, que foi implicitamente tomado como sendo positivo.
(b) O ângulo descrito pelo volante é dado por u  = +0 2 2t t / . Se a aceleração angular é cons-
tante, α = τ/I. Além disso, ω0 = Li/I e, portanto,
u
t= + =
⋅( )( ) + − ⋅(L t t
I
i
2 2 3 00 1 50 1 467/ , , ,kg m s s N m2 ))( )
⋅
=
1 50 2
0 140
20 4
2
, /
,
,
s
kg m
rad.
2
(c) O trabalho realizado sobre o volante é
W = = − ⋅( )( ) = −tu 1 47 20 4 29 9, , ,N m rad J
em que valores mais precisos foram usados nos cálculos que os mostrados aqui. Outra forma de 
calcular W é usar a Eq. 10-52, que pode ser escrita na forma W L L If i= −( )2 2 2 .
(d) A potência média é o trabalho realizado pelo volante (o negativo do trabalho realizado sobre 
o volante) dividido pelo intervalo de tempo:
P W
tméd
J
1,50 s
W.= − = − − =
D
29 8 19 9, ,
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 359
40. Como o torque é igual à derivada do momento angular em relação ao tempo, a variação do 
momento angular é igual à integral do torque em relação ao tempo. Para t = + ⋅( , , )5 00 2 00t N m, 
o momento angular (em kg m /s2⋅ ) é dado por
L t dt t dt L t t( ) ( , , ) , ,= = + = + +∫ ∫t 5 00 2 00 5 00 1 000 2.
Como L = ⋅5 00, kg m /s2 para t = 1 00, s , a constante de integração é L0 1= − . Assim, a ex-
pressão completa do momento angular é 
L t t t( ) , , .= − + +1 5 00 1 00 2
Para t = 3 00, s , temos L t( , ) , ( , ) , ( , ) ,= = − + + = ⋅3 00 1 5 00 3 00 1 00 3 00 23 02 kg mm /s.2
41. (a) No caso do aro, usamos a Tabela 10-2(h) e o teorema dos eixos paralelos para obter
I I mh mR mR mR1 2 2 2 2
1
2
3
2
= + = + =CM .
No caso das barras, o momento de inércia da barra que coincide com o eixo de rotação é des-
prezível (por se tratar de uma barra fina) e o momento de inércia da barra paralela ao eixo de 
rotação, de acordo com o teorema dos eixos paralelos, é dado por
I I mR mR mR2 2 2 20= + = + =CM .
Por simetria, as duas barras perpendiculares ao eixo derotação têm o mesmo momento de inér-
cia (I3 = I4). Podemos calcular o valor de I3 usando a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos pa-
ralelos:
I I MR mR m R mR3 2 2
2
21
12 2
1
3
= = = + 

 =CM .
Assim, o momento de inércia total é
I I I I mR1 2 3 4 2 2
19
6
1 6+ + + = = ⋅, .kg m
(b) A velocidade angular é constante:

u = = =D
Dt
2
2 5
2 5
,
, rad/s.
Assim, L Itotal= = ⋅ 4 0, .kg m /s2
42. Este problema pode ser resolvido integrando a Eq. 11-29 em relação ao tempo, tendo em 
mente que 

Li = 0 e que a integração pode ser vista como a soma das áreas sob os segmentos de 
reta, com as áreas sob o eixo dos tempos contribuindo negativamente. Também é útil saber que 
a área de um triângulo é (base)(altura)/2.
(a) L = 24 kg m /s2⋅
(b) L = 1,5 kg m /s2⋅
43. Supomos que, a partir do momento em que as patinadoras agarram a vara, elas não mudam 
mais a postura, de modo que o sistema pode ser analisado como um corpo rígido simétrico, com 
o centro de massa na metade da distância entre as duas patinadoras.
(a) O momento linear total é zero (as patinadoras têm massas iguais e velocidades de mesmo 
módulo e sentidos opostos). Assim, o centro de massa do sistema (o centro da vara) permanece 
fixo e as patinadoras executam um movimento circular (de raio r = 1,5 m) em torno do centro 
de massa. 
360 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(b) De acordo com a Eq. 10-18, a velocidade angular das patinadoras (no sentido anti-horário, 
como mostra a Fig. 11-47) é
 = = =v
r
1 4
1 5
0 93
,
,
,
m/s
m
rad/s.
(c) Como o momento de inércia é igual ao de duas partículas em movimento circular, temos, 
de acordo com a Eq. 10-33,
I mr= = ( )( ) = ⋅∑ 2 22 50 1 5 225kg m kg m2, .
Assim, a Eq. 10-34 nos dá
K I= = ⋅( )( ) =12
1
2
225 0 93 982
2
 kg m rad/s J.2 ,
(d) O momento angular é conservado neste processo. Chamando a velocidade angular calculada 
no item (b) de i e o momento de inércia calculado no item (c) de Ii, temos:
I Ii i f f = ⋅( )( ) =225 0 93kg m rad/s2 , .
Como o momento de inércia final é mrf2∑ , em que rf = 0,5 m, I f = ⋅25 kg m2. Usando este 
valor, a expressão acima nos dá  f = 8 4, .rad/s
(e) Temos:
K If f f= = ⋅( )( ) = ×12
1
2
25 8 4 8 8 102
2 2 kg m rad/s J.2 , ,
(f) Podemos explicar o grande aumento da energia cinética [item (e) menos item (c)] notando 
que as patinadoras executam um trabalho considerável (convertendo sua energia interna em 
energia mecânica) para se aproximar uma da outra, “lutando” contra o que parecem ser “forças 
centrífugas” que tendem a separá-las.
44. Para que o leitor não se confunda com os sinais positivos e negativos, vamos escrever a ve-
locidade angular escalar do disco como  e reservar o símbolo ω para a velocidade escalar 
(que, por convenção, consideramos positiva se a rotação é no sentido anti-horário e negativa 
se a rotação é no sentido horário). Quando dizemos que a barata “parou”, isso significa que ela 
está em repouso em relação ao disco, não em relação ao solo.
(a) De acordo com a lei de conservação do momento angular, temos:
mvR I mR I f+ = +( ) 0 2
que podemos escrever (de acordo com nossa discussão a respeito de velocidade angular escalar 
e velocidade angular) na forma
mvR I mR I f− = − + 0 2( ) .
Explicitando a velocidade angular final do sistema, temos:
| | | | ( , f mvR I
mR I
= −
+
=0
2
0 17 kg)(2,0 m/s)(0,15 m) (5,0 10 kg m )(2,8 rad/s)
(5,0 10 k
3 2
3
− × ⋅
×
−
− gg m ) kg)(0,15 m)
rad/s
2 2⋅ +
=
( ,
, .
0 17
4 2
(b) Não, K Kf i≠ e podemos calcular a diferença:
K K mI
v R Rv
mR Ii f
− = + +
+2
22 02 2 0
2
 
que é necessariamente positiva. Assim, parte da energia cinética inicial é “perdida”, ou seja, 
transferida para outra forma de energia. A culpada é a barata, que, ao parar, tem que fazer um 
certo esforço para “internalizar” essa energia.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 361
45. (a) Como nenhum torque externo age sobre o sistema formado pelo homem, os tijolos e a 
plataforma, o momento angular total do sistema é conservado. Seja Ii o momento de inércia ini-
cial do sistema e seja If o momento de inércia final. Nesse caso, Iiωi = Ifωf e
 f
i
f
i
I
I
=




= ⋅
⋅




6 0
2 0
1 2
,
,
,
kg m
kg m
re
2
2
vv s rev s.( ) = 3 6,
(b) A energia cinética inicial é K Ii i i= 12
2 , a energia cinética final é K If f f=
1
2
2 e a razão 
entre as duas é
K
K
I
I
f
i
f f
i i
= =
⋅( )( )

2
2
2
2
2
2 0 3 6 2
6
/
/
, , /kg m rev s2
,, , /
, .
0 1 2 2
3 02
kg m rev s2⋅( )( ) =
(c) O homem realizou um trabalho para diminuir o momento de inércia, aproximando os tijolos 
do corpo. A energia necessária para realizar esse trabalho veio das reservas de energia interna 
do homem.
46. De acordo com a lei de conservação do momento angular, I Ii i f f = e, portanto,


f
i
i
f
I
I
= = 3
e
K
K
I
I
I
I
f
i
f f
i i
f
i
f
i
= = 



=



2
2
22
2
3
/
/
.
47. Como o sistema formado pelo trem e a roda não está sujeito a nenhum torque externo, o 
momento angular total (que inicialmente é nulo) permanece nulo. Seja I = MR2 o momento de 
inércia da roda. O momento angular final da roda é 

Lf = = −I M R ˆ ˆk k,2
na qual ˆk aponta para cima na Fig. 11-48 e o termo da direita (com o sinal negativo) foi cal-
culado com o conhecimento de que a um movimento da roda no sentido horário está associado 
um valor negativo para ω. A velocidade linear de um ponto da pista é ωR e a velocidade escalar 
do trem (que, de acordo com a Fig. 11-48, se move no sentido anti-horário com velocidade es-
calar em relação a um observador externo) é, portanto, ′ = −v v R , na qual v é a velocidade 
escalar em relação à pista. Assim, o momento angular do trem é m v R R−( ) ˆk . De acordo 
com a lei de conservação do momento angular, temos:
0 2= − + −( )MR m v R R ˆ ˆk k.
Explicitando a velocidade angular escalar, obtemos
| |
/
( ,
 =
+( ) = +( ) =
mvR
M m R
v
M m R2 1
0 15 m/s)
(1,1+1)(00,43 m) rad/s= 0 17, .
48. Combinando a Eq. 11-31 com a lei de conservação do momento angular, 

Li = 

Lf (Eq. 
11-33), vemos que a razão dos momentos de inércia é inversamente proporcional à razão das 
velocidades angulares: If /Ii = 6/5 = 1,0 + 0,2. Interpretamos o “1,0” como a razão entre o mo-
mento de inércia do disco e o próprio momento de inércia do disco (que, naturalmente, é igual 
à unidade) e o “0,2” como a razão entre o momento de inércia da barata e o momento de inércia 
do disco. Assim, a resposta é 0,20.
49. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular,
I1ω1 + I2ω2 = (I1 + I2)ω.
362 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
A velocidade angular após o acoplamento é, portanto,

 = +
+
=
⋅( )( ) +I I
I I
1 1 2 2
1 2
3 3 450 6 6, ,kg m rev min k2 gg m rev min
kg m kg m
rev m
2
2 2
⋅( )( )
⋅ + ⋅
=
900
3 3 6 6
750
, ,
iin .
(b) Nesse caso, temos:

 = +
+
=
⋅( )( ) +I I
I I
1 1 2 2
1 2
3 3 450 6 6, ,kg m rev/min2 kkg m rev/min
kg m kg m
2
2 2
⋅( ) −( )
⋅ + ⋅
= −
900
3 3 6 6
450
, ,
rev min
ou | | = 450 rev min.
(c) O sinal negativo de ω indica que os discos giram no sentido horário, ou seja, no mesmo sen-
tido que o segundo disco antes do acoplamento.
50. De acordo com a lei de conservação do momento angular, 
Imωm = Isωs.
A relação entre os ângulos de rotação θm do motor e θs da sonda é a seguinte:
I dt I I dt Im m m m s s s s u  u= = =∫∫
o que nos dá
u
u
m
s s
m
I
I
= = ⋅
× ⋅
=−
( )( )
,
.
12 30
2 0 10
180 0
2
3 2
kg m
kg m
o
000o.
O número derevoluções do rotor é, portanto, 
N = (1,8 × 105)º/(360º/rev) = 5,0 × 102 rev.
51. Como o sistema formado pelas duas rodas não está submetido a nenhum torque externo, o 
momento angular total do sistema é conservado. 
Seja I1 o momento de inércia da roda que está girando inicialmente (com velocidade angular ωi) 
e seja I2 o momento de inércia da roda que está inicialmente em repouso. Nesse caso, de acordo 
com a lei de conservação do momento angular, I I Ii f1 1 2 = +( ) e, portanto,
 f i
I
I I
=
+
1
1 2
na qual  f é a velocidade angular final das duas rodas. 
(a) Fazendo I2 = 2I1 e i = 800 rev min, obtemos
 f i
I
I I
I
I I
=
+
=
+
=1
1 2
1
1 12
800 1
3
800( ) ( ) (rev/min reev/min rev/min) = 267 .
(b) A energia cinética inicial é K Ii i= 12 1 2 e a energia cinética final é K I If f= +( )12 1 2 2 , que 
pode ser escrita na forma
K I I I
I I
If i i= +( ) +




=1
2
2
2
1
61 1
1
1 1
2
2  .
Assim, a fração perdida é
DK
K
K K
K
K
K
I
Ii
i f
i
f
i
i
i
= − = − = − = =1 1 6
2
2
3
0 667
2
2


/
/
, ..
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 363
52. Vamos usar o índice 1 para a barata e o índice 2 para o disco. A massa da barata é m1 = m 
e a massa do disco é m2 = 4,00 m.
(a) Inicialmente, o momento angular do sistema formado pela barata e pelo disco é
L m v r I m R m Ri i i i= + = +1 1 1 2 2 1 0 2 2 0 2
1
2
   .
Depois que a barata executa a caminhada, sua posição (em relação ao eixo) é r Rf1 2= e, por-
tanto, o momento angular final do sistema é
L m R m Rf f f= 

 +1
2
2
2
2
1
2
  .
Como Lf = Li, temos:
 f m R m R m R m R
1
4
1
2
1
21
2
2 0 1
2
2
2+

 = +



 .
Assim,
 f
m R m R
m R m R
m m= +
+




= +1
2
2
2
1
2
2
2 0
2 12
4 2
1 2( / )
11 4 2
1 2
1 4 2
1
2 1
0 0/ ( / ) / ,+




= +
+



 =m m
  333 0 .
Como ω0 = 0,260 rad/s, ωf = 0,347 rad/s. 
(b) Fazendo I = L/ω na equação K I= 1
2
2 , obtemos K L= 1
2
 . Como Li = Lf, a razão entre 
as energias cinéticas se torna
K
K
L
L
f f
i i
f
0 0
2
2
1 33
/
/
, .5 5 5




(c) Porque a barata realiza um trabalho positivo ao caminhar na direção do centro do disco, o 
que aumenta a energia cinética total do sistema.
53. O eixo de rotação está no centro da barra, a r = 0,25 m de distância das extremidades. De 
acordo com a Eq. 11-19, o momento angular inicial do sistema (que é apenas o da bala, antes da 
colisão) é rmv senθ, em que m = 0,003 kg e θ = 60°. O ângulo é medido no sentido anti-horário 
e, portanto (por convenção), positivo. Após a colisão, o momento de inércia do sistema é 
I = Ibarra + mr2
em que, de acordo com a Tabela 10-2(e), Ibarra = ML2/12, com M = 4,0 kg e L = 0,5 m. De acordo 
com a lei de conservação do momento angular, 
rmv ML mr .sen 1
12
u 5 12 2


Assim, para ω = 10 rad/s, temos:
v =
( )( ) + ( )( )( )112 2 24 0 0 5 0 003 0 25 10, , , ,kg m kg m rrad/s
m kg e
m/s
( )
( )( ) ° = ×0 25 0 003 60 1 3 10
3
, , s n
, .
54. Vamos usar o índice 1 para o gato e o índice 2 para o anel. A massa do gato é m1 = M/4 
e a massa do anel é m2 = M = 8,00 kg. O momento de inércia do anel é I m R R2 2 12 22 2= +( ) / 
(Tabela 10-2) e o momento de inércia do gato é I1 = m1r2, em que r é a distância entre o gato e 
o eixo de rotação. 
Inicialmente, o momento angular do sistema formado pelo gato (que está a uma distância r = 
R2 do eixo de rotação) e o anel é
364 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
L m v r I m R m R Ri i i i (5 1 5 1 11 1 1 2 2 1 0 22 2 12 2
1
2
  22 0 1 2
2
0
2
1
1
2
2
21
1
2
1) 5 1 1m R m
m
R
R









 ..
Depois que o gato rasteja até a borda interna do disco (e, portanto, está a uma distância do eixo 
de rotação), o momento angular do sistema se torna
L m R m R R m R mf f f f( )5 1 5 11 12 2 12 22 1 12 1
1
2
  
1
2
22
1
2
2
1
21m
R
R
1









 .
Como Lf = Li, temos:


f R
R
m
m
R
R
0
2
1
2
2
1
1
2
2
21
1
2
1
1
5
1 1
1







 ( , ) ( ,
1
2
1
2 0 1 2 0 25 1
2
1
2
2
1
2
2
m
m
R
R
1
5
1 1




))
( ) , .1 2 1 4 1 2731 1 5
Assim,  f = 1 273 0, . Para ω0 = 8,00 rad/s, temos ωf = 10,2 rad/s. Fazendo I = L/ω na equação 
K I= 2 2/ , obtemos K L=  / 2 . Como Li = Lf, a razão entre as energias cinéticas se torna
K
K
L
L
f
i
f f
i i
f= = =



/
/
,
2
2
1 273
0
,
o que significa que DK K K Kf i i= − = 0 273, . Este resultado é coerente com o fato de que o 
gato realiza um trabalho positivo ao rastejar em direção ao centro do anel, aumentando a ener-
gia cinética total do sistema.
Como a energia cinética inicial é
Ki 5 1 1 5( )
1
2
1
2
1
21 2
2
2 1
2
2
2 2
1m R m R R m R




0 22
2 2 2
1
1
2
2
21
1
2
1
1
2
2 0
0 1 1
5 ( ,
m
m
R
R










00 0 800 8 00 1 1 2 42)( , ) ( , [ ( / )( )(kg m rad/s)2 1 00 5 1
143 36
2
, )
, ,
1
5 J
o aumento de energia cinética é 
DK = =( , )( ,0 273 143 36 J) 39,1 J.
55. Antes da queda da massa, o momento angular do sistema é Ii i , com Ii = 5,0 × 10-4 kg . m2 e 
ωi = 4,7 rad/s. Depois da queda, o momento de inércia do conjunto disco + massa passa a ser 
I I mRf i= + 2
com m = 0,020 kg e R = 0,10 m. A massa do disco (0,10 kg), embora apareça nos dados do pro-
blema, não é usada na solução. De acordo com a lei de conservação do momento angular,
I I I
I mRi i f f f
i i
i
  
= ⇒ =
+
=
2
3 4, .rad/s
56. A Tabela 10-2 fornece o momento de inércia de uma barra fina que gira em torno de um eixo 
perpendicular passando pelo centro da barra. As velocidades angulares dos dois braços são:



1
0 500 4 49= =( , ,rev)(2 rad/rev)
0,700 s
rad/s
22
1 00 8 98= =( , ,rev)(2 rad/rev)
0,700 s
rad/s.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 365
Os momentos angulares dos braços, supondo que podem ser considerados como barras finas 
com 4,0 kg de massa e 0,60 m de comprimento, são
L I mr1 1 2 1 24 0 0 60 4 49 6= = = =  ( , )( , ) ( , ) ,kg m rad/s 446
4 0 0 60 8 92 2 2 2 2
kg m /s
kg m
2⋅
= = =L I mr  ( , )( , ) ( , 88 12 92rad/s kg m /s.2) ,= ⋅
No referencial do atleta, um dos braços gira no sentido horário e o outro gira no sentido anti-
horário. Assim, o momento angular total em relação a um eixo de rotação comum passando 
pelos ombros é
L L L= − = ⋅ − ⋅ = ⋅2 1 12 92 6 46 6 46, , ,kg m /s kg m /s kg m /2 2 2 ss.
57. De acordo com a Tabela 10-2(c), o momento de inércia inicial do sistema é
I I I0 = +discomaior discomenor
em que Idiscomaior = MR2/2 e Idiscomenor = mr2/2. O novo momento do disco menor, depois de sofrer 
o deslizamento, pode ser calculado usando o teorema dos eixos paralelos, fazendo h = R − r. O 
novo momento de inércia do sistema é
I MR mr m R r= + + −( )1
2
1
2
2 2 2
.
(a) Chamando de ω0 a velocidade angular comum dos dois discos antes do deslizamento, podemos 
usar lei de conservação do momento angular, I0ω0 = Iω, para obter a nova velocidade angular:
 = +
+ + −( )0
2 2
2 2 2
2 2
2 2
( / ) ( / )
( / ) ( / )
.
MR mr
MR mr m R r
Para M = 10m e R = 3r, ω = ω0(91/99). Assim, com ω0 = 20 rad/s, obtemos ω = 18 rad/s.
(b) De acordo com os resultados do item anterior,
I
I
0 91
99
=
 e 

0
91
99
= .
Substituindo esses valores na razão das energias cinéticas,obtemos
K
K
I
I
I
I0
2
0 0
2
0 0
2
2
2
99
91
91
99
= = 



= 




/
/ 
=
2
0 92, .
58. O momento de inércia inicial do sistema é Ii = Idisco + Iestudante, em que Idisco = 300 kg ⋅ m2 [o 
que está de acordo com a Tabela 10-2(c)] e Iestudante = mR2, com m = 60 kg e R = 2,0 m. 
O momento de inércia do estudante em um ponto onde r = 0,5 m é If = Idisco + mr2. De acordo 
com a lei de conservação do momento angular, temos:
I I I mR
I mri i f f f i
   = ⇒ = +
+
disco
disco
2
2
que, para ωi = 1,5 rad/s, nos dá uma velocidade angular final ωf = 2,6 rad/s.
59. De acordo com a lei de conservação do momento angular (Eq. 11-33), o momento angular 
após a liberação é igual ao momento angular antes da liberação:
′ + ′ = +L L L Lp b p b
C
mv MC I MCp p2
1
12
1
12
2 2+ ′ = +  
em que C é o comprimento da barra. Note que, de acordo com a Eq. 10-33, Ip = m(C/2)2 e, de 
acordo com o enunciado do problema, 
′ = vbarra/r = (vp − 6)/(C/2)
366 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Como sabemos que C = 0,800 m, M = 3m e ω = 20 rad/s, temos informações suficientes para 
calcular a velocidade da partícula: vp = 11,0 m/s.
60. (a) Para r = 0,60 m, temos I = 0,060 + (0,501)r2 = 0,24 kg · m2.
(b) De acordo com a lei de conservação do momento angular, usando unidades do SI, temos:
l0 0 00 001 0 60 0 24 4 5= ⇒ = ⇒ ( ) ( ) = ( )( )L mv r I vf  , , , , ,
o que nos dá v0 = 1,8 × 103 m/s.
61. Usamos a convenção pouco habitual de considerar as rotações no sentido horário como 
positivas para que as velocidades angulares deste problema sejam positivas. Para r = 0,60 m e 
I0 = 0,12 kg · m2, o momento de inércia do sistema bola-barra (após a colisão) é 
I = I0 + (0,20)r2 = 0,19 kg · m2.
De acordo com a lei de conservação do momento angular, L Lf0 = ou I I0 0 = , o que nos 
dá
 = = ⋅
⋅ ( ) =
I
I
0
0
0 12
0 19
2 4 1 5
,
,
, ,
kg m
kg m
rad/s rad
2
2
//s.
62. Como o trapezista mantém o corpo esticado, com I1 19 9= ⋅, kg m2 , no primeiro e no último 
quarto de volta (ou seja, em um oitavo do ângulo total), o ângulo descrito em um certo tempo t1 
com esse momento angular éu1 0 500= , rev. No resto do percurso, realizado em um certo tempo 
t2, o corpo está na posição grupada, I2 3 93= ⋅, kg m2 , e o ângulo total descrito é u2 3 500= , rev. 
Como não existe nenhum torque externo aplicado, o momento angular é conservado e, portanto, 
I I1 1 2 2 = . Assim, o tempo total do percurso é
t t t
I I
I
I
= + = + = + = +1 2 1
1
2
2
1
2 2 1
2
2 2
1
2
1
1u

u

u

u
 
u
/
uu2




.
Explicitando ω2 e substituindo os valores conhecidos, temos:
 u u2
1
2
1 2
1 1
1 87
19 9
3 93
= +



= ⋅
⋅t
I
I ,
,
,s
kg m
kg
2
mm
rev rev rev/s
2
( , ) , , .0 500 3 50 3 23+



=
63. Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica, que podemos analisar usando a lei de con-
servação do momento angular. Sejam m e v0 a massa e a velocidade inicial da bola e seja R o 
raio do carrossel. O momento angular inicial é

l
 
0 0 0 0 0= ⇒ ( ) cosr p R mv3 5l 
em que  = 37° é o ângulo entre v0 e a reta tangente à borda do carrossel. Substituindo os va-
lores conhecidos, obtemos l0 19= ⋅kg m s2 . Em unidades do SI, temos:
l0
2 219 150 30 1 0= ⇒ ⋅ = = + ( ) + ( )( )L I R Rf kg m2  , ,
o que nos dá ω = 0,070 rad/s.
64. Tratamos a bailarina como um objeto rígido girando em torno de um eixo fixo, inicialmente 
e quando está quase atingindo a altura máxima. O momento de inércia inicial (do tronco e de 
uma perna fazendo um ângulo de 90° com o tronco) é 
I I Ii = + = ⋅ + ⋅ =tronco perna 2 2kg m kg m0 660 1 44 2 10, , , kkg m2⋅ .
O momento de inércia final (do tronco e das duas pernas fazendo um ângulo u = °30 com o 
tronco) é 
I I If = + = ⋅ +tronco perna 2kg m kg2 0 660 2 1 442sen , ( ,u ⋅⋅ °
= ⋅
m
kg m
2
2
)sen
, ,
2 30
1 38
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 367
em que fizemos uso do fato de que o comprimento efetivo da perna estendida fazendo um ân-
gulo θ com o tronco é L L⊥ = senu e I L~ .⊥2 Depois que a bailarina inicia o salto, não existe 
nenhum torque externo agindo sobre o seu corpo e, portanto, seu momento angular permanece 
constante. Assim, L Li f= ou I Ii i f f = e a razão das velocidades angulares é


f
i
i
f
I
I
= = ⋅
⋅
=2 10
1 38
1 52
,
,
, .
kg m
kg m
2
2
65. Considerando um pequeno intervalo de tempo que começa pouco antes de o bloco de massa 
de modelar colidir com uma das bolas e termina pouco depois da colisão, podemos usar a lei de 
conservação do momento angular. O momento angular inicial é o momento angular do bloco. 
O bloco se move inicialmente ao longo de uma linha reta que está a uma distância d/2 do eixo 
de rotação, na qual d é o comprimento da barra. O momento angular do bloco é mvd/2, em que 
m e v são a massa e a velocidade inicial do bloco. Depois que o bloco gruda na bola, a barra 
possui uma velocidade angular ω e um momento angular Iω, no qual I é o momento de inércia 
do sistema formado pela barra, as duas bolas de massa M e o bloco. De acordo com a lei de con-
servação do momento angular, mvd/2 = Iω, em que (desprezando a massa da barra) 
I = (2M + m)(d/2)2.
Essa igualdade permite determinar o valor de ω. 
(a) Para M = 2,00 kg, d = 0,500 m, m = 0,0500 kg e v = 3,00 m/s, temos:
 = =
+( ) =
( )( )mvd
I
mv
M m d2
2
2
2 0 0500 3 00
2 2
, ,
( ,
kg m/s
000 0 0500 0 500
0 148
kg kg m
rad s
) , ) ,
, .
+ ( )
=
(b) Como a energia cinética inicial é Ki = mv2/2 e a energia cinética final é Kf = Iω2 /2, a razão 
das duas energias é
K K I mvf i = 2 2 .
Para I M m d= +( )2 42 e  = +( )2 2mv M m d , temos:
K
K
m
M m
f
i
=
+
= ( ) + =2
0 0500
2 2 00 0 0500
0 012
,
, ,
,
kg
kg kg
33.
(c) Enquanto a barra gira, a soma da energia cinética com a energia potencial permanece cons-
tante. Se uma das bolas desce uma distância h, a outra sobe a mesma distância e, portanto, a 
soma das energias potenciais das bolas não muda. Assim, precisamos considerar apenas a ener-
gia potencial do bloco. Após a colisão, o bloco descreve um arco de 90° para baixo até chegar 
ao ponto mais baixo da trajetória, ganhando energia cinética e perdendo energia potencial no 
processo. Em seguida, descreve um arco θ para cima, perdendo energia cinética e ganhando 
energia potencial no processo, até parar momentaneamente. Vamos considerar o ponto mais 
baixo da trajetória como nível de referência zero para a energia potencial. Nesse caso, como o 
bloco inicia o movimento (após a colisão) a uma distância d/2 desse ponto, a energia potencial 
inicial é U mg di = ( / )2 . Se o bloco se desloca para cima de um ângulo θ, a altura final é (d/2)
(1 – cos θ) e a energia potencial final é
U mg df = ( ) −( )2 1 cos .u
A energia cinética inicial é a soma das energias cinéticas das bolas e do bloco: 
K I M m di = = +( )( )12
1
2
2 22
2 2  .
Na posição em que a barra está momentaneamente parada, Kf = 0. De acordo com a lei de con-
servação da energia,
U K U K mg d M m d mg di i f f+ = + ⇒ + +( )

 = −2
1
2
2
2 2
1
2
2 ccos .u( )
368 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
Explicitando cos θ, temos:
cos
,
u = − +







= − (
1
2
2
2
1
2
2 2 00
2M m
mg
d
kg)) +
( )( )






0 0500
0 0500 9 8
0 500
2
,
, ,
,kg
kg m s
m
22
rad s


 ( )
= −
0 148
0 0226
2
,
, ,
o que nos dá θ = 91,3°. Assim, o ângulo total de giro do sistema antes de parar momentanea-
mente é 90° + 91,3° = 181°.
66. Ao contrário do que costumamosfazer, escolhemos o sentido horário de rotação como posi-
tivo para que as velocidades angulares (e os ângulos) deste problema sejam positivos. Aplicando 
a lei de conservação da energia mecânica à partícula (antes do impacto), obtemos a relação
mgh mv v gh= ⇒ =1
2
22
que nos dá a velocidade da partícula no momento do impacto. Aplicando a lei de conservação 
do momento angular à colisão, temos:
mvd I md= +( )barra 2 
em que Ibarra pode ser calculado usando a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos:
I Md M d Mdbarra = +



 =
1
12 2
1
3
2
2
2
.
Assim, a velocidade angular do sistema imediatamente após a colisão é
 =
+
md gh
Md md
2
32 2( / ) ,
o que significa que o sistema possui uma energia cinética I mdbarra +( )2 2 2 / , que é totalmente 
convertida em energia potencial na posição em que o bloco para momentaneamente depois de 
atingir uma altura H em relação ao ponto mais baixo da trajetória. Nesse instante, o centro de 
massa da barra está a uma altura H/2. Usando relações trigonométricas, é fácil demonstrar que 
H = d(1 – cosθ), que nos leva à seguinte relação:
1
2 2
1
2
2
3
2 2
2 2
2
I md mgH Mg H m d gh
Mdbarra
+( ) = + ⇒ ( ) ( / )) cos .+ = +



 −( )md m
M gd
2 2
1 u
Explicitando θ, temos:
u 5 2
1 1
52 2cos ( / )( / ) cos
1
2
11
2 3
m h
m M m M




hh d
M m M m
/
( / )( /
cos
1 2 1 3
11
1 1
5 22




(20 cmm / 40cm)
(1 11 1 5
5
2
)( / ) cos ( , )1 2 3 0 85
1



.32°
67. (a) De acordo com a lei de conservação do momento angular (Eq. 11-33), temos:
L L dmv MLi f= ⇒ − + =
1
12
02
na qual consideramos negativo o sentido horário de rotação e usamos a Tabela 11-2(e) e a Eq. 
11-21 com r⊥ = d. Explicitando d, temos:
d ML
mv
M
M
= =
2 2
12
0 60 80
12 3 40
 ( , ) ( )
( / )( )
m rad/s
m/s
== 0 180, .m
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 369
(b) Se d for maior que o valor calculado, o termo negativo da equação acima será maior, o que 
tornará o momento angular total negativo após a colisão. Isso significa que a barra e a partícula 
irão girar no sentido horário.
68. (a) A velocidade angular do pião é  = =30 30 2rev/s rad/s( ) . A velocidade de precessão 
do pião pode ser calculada usando a Eq. 11-46:
 = =
×
Mgr
I
( ,0 50 kg)(9,8 m/s )(0,040 m)
(5,0 10
2
−− ⋅
= ≈
4 2kg m )(60 rad/s) rad/s rev/s 2 08 0 33, , ..
(b) O sentido da precessão é o sentido horário quando o pião é visto de cima.
69. A velocidade de precessão pode ser calculada usando a Eq. 11-46 com r = (11/2) cm = 0,055 
m. Como Idisco = MR2/2, a velocidade angular do disco é

= = ≈ ×1000 2 1000
60
rev/min rad/s 1,0 10 rad2( ) //s
e 
 = = =Mgr
MR
gr
R( / )2 22
2
 
2(9,8 m/s )(0,055 m)
(0
2
,,50 m) (1,0 10 rad/s) rad/s.2 2× ≈ 0 041,
70. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia mecânica antes que a bola comece 
a subir a rampa é igual à energia mecânica no momento em que bola para momentaneamente. 
Assim, temos:
1
2
1
2
1
2
1
2
2 2 2 2mv I mgh mv If f+ + = +CM CM 
na qual vf = ωf = 0. Note que a altura h está relacionada à distância d percorrida pela bola ao 
longo da rampa através da equação h = d sen(15º). De acordo com a Tabela 10-2(f) e a Eq. 
11-2, temos:
mgd mv mR v
R
mvsen15 1
2
1
2
2
5
1
2
2 2
2
° = + 





 =
22 2 21
5
7
10
+ =mv mv .
Dividindo a equação por m e fazendo d = 1,5 m, obtemos v = 2,33 m/s.
71. Ao contrário do que costumamos fazer, escolhemos o sentido horário de rotação como po-
sitivo para que a aceleração angular seja positiva.
(a) Usamos a mesma abordagem da Eq. 11-3 (rotação pura em torno de um eixo passando pelo 
ponto P), mas trabalhamos com torques em vez de energias. O torque em relação a um eixo 
passando pelo ponto P é t = IP , onde
I MR MR MRP = + =
1
2
3
2
2 2 2
de acordo com a Tabela 10-2(c) e o teorema dos eixos paralelos. O torque é produzido pela força 
F = 12 N e é dado por τ = 2RF. Assim, temos:
t  = = 

 =I MR RFP
3
2
22 ,
o que nos dá
 = = = ( ) =2 4 4 12
3 10 0 10
16RF
MR
F
MR3 /2 3
N
kg m
r
2 ( )( , ) aad/s
2
.
Assim, aCM = Rα = 1,6 m/s2.
(b) Como foi visto acima, α = 16 rad/s2.
370 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
(c) Aplicando a versão linear da Segunda Lei de Newton, temos: F − f = MaCM. Assim, f = 
MaCM − F = 16,0 N − 20,0 N = –4,0 N. Isso significa que a força de atrito aponta para a direita 
e tem módulo 4,0 N, ou seja, f = ( . ˆ4 0 N)i .
72. A energia cinética de rotação é K I= 12 2 , em que I = mR2 é o momento de inércia em re-
lação a um eixo passando pelo centro de massa [Tabela 10-2(a)], m = 140 kg e ω = vCM/R (Eq. 
11-2). A razão pedida é
K
K
mv
mR v R
transl
rot
CM
2
1
2 CM
5 5
/
, .
1
2
2 2
1 00( )( )
73. Este problema envolve o produto vetorial de vetores que estão no plano xy. Para vetores 
desse tipo, que podem ser representados na forma ′ = ′ ′r x yˆ ˆi + j , a Eq. 3-30 nos dá
 ′ × = ′ − ′( )r v x v y vy x ˆk.
(a) Sabemos que ′r aponta na direção +ˆi ou na direção −ˆi , já que a partícula está se mo-
vendo ao longo do eixo x. Como nem ′r nem v possuem uma componente y, podemos con-
cluir a partir da expressão acima (ou mais simplesmente, a partir do fato de que ˆ ˆi i = 0× ) que 

l
 = ′ ×( ) =m r v 0 .
(b) Como a força é aplicada na direção −ˆi (o que podemos constatar derivando a expressão da 
velocidade para obter a aceleração), argumentos semelhantes aos usados no item anterior mos-
tram que t = ′ × =

r F 0 . 
(c) Nesse caso,   ′ = −r r ro , em que ro i j= +2 0 5 0, ˆ , ˆ (com unidades do SI implícitas), é um ve-
tor que aponta do ponto (2,0; 5,0; 0) para a posição instantânea do carro [indicada pelo vetor 
posição r , que aponta na direção +x, na direção –x ou é nulo (se o carro estiver passando pela 
origem)]. Como  r v× = 0 , temos:

l
   = ′ × = − × = − −m r v m r v( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( ,o 3 0 2 0 0 5 0))( , ) ˆ−[ ]2 0 3t k,
o que nos dá 

l = − ⋅( ˆ30 3t k) kg m/s2 . 
(d) O vetor aceleração é dado por 

a
dv
dt
t= = −6 0 2, ˆi em unidades do SI e a força exercida sobre 
o carro é ma. Usando um raciocínio semelhante ao do item anterior, temos:
   t = ′ × = − × = − −m r a m r a( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( , )o 3 0 2 0 0 5 0 (( , ) ˆ−[ ]6 0 2t k,
o que nos dá t = − ⋅( ˆ90 2t k) N m.
(e) Nesse caso,   ′ = −r r ro , em que ro i j= −2 0 5 0, ˆ , ˆ (com unidades do SI implícitas), é um ve-
tor que aponta do ponto (2,0; −5,0; 0) para a posição instantânea do carro [indicada pelo vetor 
posição 

r , que aponta na direção +x, na direção –x ou é nulo (se o carro estiver passando pela 
origem)]. Como  r v× = 0 , temos:

l
   = ′ × = − × = − − −m r v m r v( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( ,o 3 0 2 0 0 5 00 2 0 3)( , ) ˆ−[ ]t k,
o que nos dá 

l = ⋅( ˆ30 3t k) kg m/s2 . 
(f) O vetor aceleração é dado por 

a
dv
dt
t= = −6 0 2, ˆi em unidades do SI e a força exercida sobre 
o carro é ma. Usando um raciocínio semelhante ao do item anterior, temos:
   t = ′ × = − × = − − −m r a m r a( ) ( ) ( , ) ( , )( ) ( ,o 3 0 2 0 0 5 0))( , ) ˆ−[ ]6 0 2t k
o que nos dá t = ⋅( ˆ90 2t k) N m.
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 371
74. No caso de um torque constante, a Eq. 11-29 se torna
t
 = 
dL
dt

 = 
D
D

L
t
.
Assim, temos:
D
D
t
L= = ⋅
⋅
=
t
600
12
kg m /s
50 N m
s
2
.
75. Como nenhum torque externo age sobre o sistema constituído pelo carrossel e a criança, o 
momento angular total do sistema é constante. 
Um objeto que se move em linha reta possui um momento angular em relação a qualquer ponta 
quenão esteja nessa reta. O módulo do momento angular da criança em relação ao centro do 
carrossel é dado pela Eq. 11-21, mvR, em que R é o raio do carrossel.
(a) Em termos do raio de giração k, o momento de inércia do carrossel é I = Mk2. Para M = 180 
kg e k = 0,91 m, temos: 
I = (180 kg) (0,910 m)2 = 149 kg ⋅ m2.
(b) O módulo do momento angular da criança em relação ao eixo de rotação do carrossel é
L mvRcriança kg m s m kg= = ( )( )( ) =44 0 3 00 1 20 158, , , ⋅⋅ m /s.2
(c) O momento angular inicial é L L mvRi = =criança ; o momento angular final é Lf = (I + mR2) ω, 
em que ω é a velocidade angular final do carrossel e da criança. Assim, de acordo com a lei de 
conservação do momento angular, mvR I mR= +( )2  e
 =
+
= ⋅
⋅ +
mvR
I mR2
158
149 44 0 120
kg m /s
kg m kg m
2
2 ( , )( )) , .2 0 744= rad/s
Nota: A criança tinha inicialmente uma velocidade angular de
0
3 00
1 20
2 5= = =v
R
,
,
,
m/s
m
rad/s.
Depois que a criança pulou no carrossel, o momento de inércia do sistema constituído pelo car-
rossel e a criança aumentou e, em consequência, a velocidade angular diminuiu.
76. A expressão (i) da Tabela 10-2 permite calcular o momento de inércia de uma placa em rela-
ção ao centro de massa em função da largura a (0,15 m, no caso) e do comprimento b (0,20 m). A 
distância entre o centro de massa e o ponto por onde passa o eixo de rotação é ( / ) ( / )a b4 42 2+ . 
Chamando a espessura da placa de h (0,012 m), o volume é abh, o que significa que a massa 
é ρabh (em que ρ = 2640 kg/m3 é a massa específica. Podemos escrever a energia cinética em 
termos do momento angular fazendo ω = L/I na Eq. 10-34: 
K L
I abh a b a b
= =
+ + +
1
2
1
2
0 104
12 4
2 2
2 2 2
( , )
( ) / ( / ) ( / 44 0 622) , .[ ] = J
77. (a) A figura a seguir mostra as partículas e suas velocidades. A origem está indicada pela letra 
O e sua posição foi escolhida arbitrariamente. O momento angular da partícula 1 tem módulo
l1 1 1= =mvr mv d hsen ( )u 1
e aponta para dentro do papel.
372 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
O momento angular da partícula 2 tem módulo
l2 2 2= =mvr mvhsenu
e aponta para fora do papel. O momento angular total tem módulo 
L mv d h mvh mvd= + − =
= × −
( )
(2,90 10 kg)(5,46 m/s)(4 00,042 m)
6,65 10 kg m /s5 2= × ⋅−
e aponta para dentro do papel. Este resultado não depende da localização da origem.
(b) Como foi dito no item anterior, o valor de L não muda.
(c) Suponha que a partícula 2 esteja se movendo para a direita. Nesse caso, 
L = mv(d + h) + mvh = mv(d + 2h).
Este resultado depende do valor de h, a distância entre a origem e uma das retas. Se a origem 
estiver a meia distância entre as retas, h d= − 2 e L = 0.
(d) Como foi dito no item anterior, o valor de L depende da posição da origem. 
78. (a) Usando a Eq. 2-16 para descrever o movimento de translação do centro de massa da 
roda, temos:
v v a x a
v
x
2
0
2 0
2
2
2
= + ⇒ = −D
D
que nos dá a = –4,11 para v0 = 43 e Dx = 225 (unidades do SI estão implícitas). O módulo da 
aceleração linear do centro de massa é, portanto, 4,11 m/s2.
(b) Para R = 0,250 m, a Eq. 11-6 nos dá 
 = =| | / , .a R 16 4 rad/s2
Se a roda está se movendo para a direita, está girando no sentido horário. Se a velocidade da 
roda está diminuindo, a aceleração angular é no sentido anti-horário, de modo que, usando a 
convenção usual de que os ângulos e movimentos no sentido anti-horário são positivos, não há 
necessidade de usar o valor absoluto de α em vez do próprio α.
(c) Podemos usar a Eq. 11-8, com Rfs representando o módulo do torque associado à força de 
atrito. Temos:
 
Rfs = Iα = (0,155 kg·m2) (16,4 rad/s2) = 2,55 N m⋅ .
79. Usamos as equações L = Iω e K I= 12 2 e observamos que a velocidade dos pontos da borda 
das rodas A e B (que é igual à velocidade dos pontos da correia) deve ser igual nas duas rodas 
e, portanto, ωARA = ωBrB. 
SOLUçõES DOS PROBLEMAS 373
(a) Se LA = LB = L, a razão dos momentos de inércia é
I
I
L
L
R
R
A
B
A
B
A
B
A
B
= = = = =



1
3
0 333, .
(b) Se KA = KB, a razão dos momentos de inércia é
I
I
K
K
R
R
A
B
A
B
B
A
A
B
= = 



= 



= =2
2
1
9
2
2
2 2




00 111, .
80. O momento angular total em relação à origem antes da colisão pode ser calculado usando 
as Eqs. 3-30 e 11-18 para cada partícula e somando os resultados, o que nos dá

Li = [(0,5 m)(2,5 kg)(3,0 m/s) + (0,1 m)(4,0 kg)(4,5 m/s)] ˆk.
De acordo com a Eq. 11-33, o momento angular final das partículas (que se movem juntas após 
a colisão), medido em relação à origem, é

Lf
 = 

Li = (5,55 kg m /s2⋅ ) ˆk.
81. Quando o sistema roda-eixo rola para baixo e percorre uma distância d, a variação da ener-
gia potencial é DU mgd= − senu . De acordo com a lei de conservação da energia, o aumento 
da energia cinética é 
− = = + ⇒ = +D D D DU K K K mgd mv Itrans rot sen .u 
1
2
1
2
2 2
Como o eixo rola sem deslizar, a velocidade angular é dada por  = v r/ , em que r é o raio do 
eixo. Assim, a equação acima se torna
mgd I mr
I
K mr
I
senu = +

 = +




1
2
1 12
2 2
D rot
(a) Para m = 10,0 kg, d = 2,00 m, r = 0,200 m e I = ⋅0 600, ,kg m2 a energia cinética de rota-
ção é
DK mgd
mr
I
rot
2kg m/s=
+
=sen ( , )( , )( ,u2
1
10 0 9 80 2 00 m
kg m
kg m
1
2
)sen ,
( , )( , )
,
30 0
10 0 0 200
0 600
2
°
⋅
+
= 558 8, J.
(b) A energia cinética de translação é 
D D DK K Ktrans rot J J J.= − = − =98 58 8 39 2, ,
Nota: É possível mostrar que mr I2 2 3/ /= , o que significa que D DK Ktrans rot/ /= 2 3. Essa re-
lação também pode ser expressa como D DK Ktrans / /= 2 5 e como D DK Krot / /= 3 5. Se uma 
roda rola sem deslizar, 40% da energia cinética é de translação e 60% é de rotação. 
82. (a) Usamos a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de 
inércia da barra em relação a um eixo que passa por uma das extremidades:
I I Mh ML M L ML= + = + 

 =CM
2 2
2
21
12 2
1
3
em que L = 6,00 m e M = 10,0/9,8 = 1,02 kg. Assim, o momento de inércia é I = ⋅12 2, kg m2.
(b) De acordo com a Eq. 11-31, para ω = (240)(2π/60) = 25,1 rad/s, o módulo do momento an-
gular é
I = ⋅( )( ) = ⋅12 2 25 1 308, ,kg m rad/s kg m /s2 2 .
Como a barra está rodando no sentido horário quando vista de cima, a regra da mão direita mos-
tra que o sentido do momento angular é para baixo.
374 SOLUçõES DOS PROBLEMAS
83. Sabemos que a massa da esfera é M = 36/9,8 = 3,67 kg e que o momento de inércia em re-
lação ao centro de massa é I MRCM =
2
5
2
 [Tabela 10-2(f)].
(a) De acordo com as Eqs. 11-2 e 11-5,
K I Mv MR v5 1 5 11
2
1
2
1
2
2
5
2 2
2
CM
2
CM
CM 





R
11
2
7
10
2 2Mv MvCM CM5 ,
o que nos dá K = 61,7 J para vCM = 4,9 m/s.
(b) A energia cinética calculada no item (a) é convertida integralmente em energia potencial Mgh 
na altura h = d sen θ na qual a esfera para de subir. Assim, podemos usar a lei de conservação 
da energia para calcular a distância que a esfera sobe ao longo do plano:
7
10
2
2
Mv Mgd d v
gCM
CM7
10
3,43m.= ⇒ = =sen
sen
u
u
(c) Como foi visto no item anterior, a massa M não aparece na expressão final de d. Como a 
resposta não depende da massa, também não depende do peso da esfera.
84. (a) A aceleração é dada pela Eq. 11-13:
a
g
I MRCM CM
=
+1 02/
em que o sentido para cima é tomado como sendo positivo. Escolhendo a posição inicial como 
origem, a Eq. 2-15 nos dá
y v t a t v t
gt
I MRCM CM CM CM CM
= + = −
+, , /0
2
0
2
0
2
1
2
1
2
1
em que yCM = –1,2 m e vCM,0 = –1,3