Física1-12-Dinâmica da rotação I

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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 
 
 
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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 
 
 
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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′?
 
 
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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): 
 
 
 
 
 
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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: 
 
 
 
 
 
 
 
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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
• 
 
 
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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
 
 
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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
 
 
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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 
• 
 
 
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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 
• 
• 
 
 
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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= +
• 
• 
 
 
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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
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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 
 
 
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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
 
 
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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
?
 
 
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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
 
 
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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
 
 
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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
 
 
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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 
 
 
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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