Uma vez que 1cv = 0,7457 kw, a potência do carro é P = 89,5 kw. Portanto,

Texto

(1)

Problemas do Capítulo 9 Problemas resolvidos

Problema 1 – Um automóvel atinge a potência máxima de 120 cv quando seu motor realiza 5400 rpm (rotações por minuto), o que equivale a 90 rotações por segundo. Qual é o torque exercido pelo motor nessa rotação?

Solução – Seja R o raio da engrenagem na marcha em que o motor está realizando a referida potência. A potência realizada pelo motor será

ω FR F

P = v = ,

onde v é a velocidade da borda da engrenagem e ω é a sua velocidade angular, que deve ser a mesma do motor. Notando que o torque do motor é T = FR , obtemos

ω ω P T T

P = , = .

Uma vez que 1cv = 0,7457 kW, a potência do carro é P = 89,5 kW. Portanto, m

N s 158

s m 158 N s

90 2

W 10 5 , 89

1 1 1

-

3

= ⋅ ⋅ = ⋅

×

= ×

T π

Problema 2 – Uma partícula de massa m move-se em trajetória circular de raio r com velocidade de módulo constante v. Calcule o seu momento angular em relação ao centro da órbita.

Solução – Fazendo z = 0 , ρ = r e ω = v / r na Equação (9.9) do texto, e tomando k como a normal à órbita, apontando para o lado do qual o percurso da órbita é visto no sentido anti- horário, obtemos

k r

= mv

l .

Vê-se que o l é constante durante o movimento, o que não ocorre quando o ponto de referência está fora do centro da órbita, como ocorre na Figura 9.5 do texto.

Problema 3 – Um bloco homogêneo em forma de paralelepípedo tem altura H e base de

largura a e se apóia em um piso, como mostra a Figura 1. O coeficiente de atrito estático

entre o bloco e o piso é µ . Calcule a altura máxima h em que a força F pode ser aplicada ao

bloco para que ele seja arrastado sem tombar.

(2)

Figura 1

Solução – A figura mostra as forças atuando sobre o corpo. Se a força F for nula, também o será a força de atrito estático F

a

, e além disso a força normal N do piso será alinhada com a força peso m g. Quando F cresce de intensidade, o ponto de aplicação de N se aproxima do ponto O, mas enquanto o bloco permanecer na vertical N será igual a mg, pois a aceleração vertical do centro de massa do corpo será nula. O ponto de aplicação da força de atrito também se deslocará do centro da base do bloco para o ponto O quando F cresce, e se o bloco estiver imóvel teremos F

a

= F. Na verdade, parte dessa discussão preliminar é dispensável na solução do problema, e tem por objetivo esclarecer alguns fenômenos interessantes que ocorrem quando a força F cresce de intensidade.

Suponhamos que o atrito seja suficiente para impedir o deslizamento do bloco.

Nesse caso, quando este começa a tombar, a força N se localiza no ponto O, e somente as forças mg e F realizam torque em relação ao ponto O, por onde passa o eixo de rotação do bloco. O torque será

k T = ( Fhmga / 2 )

e, no valor mínimo de F para iniciar o tombamento, temos T = 0, ou seja,

h F mga

= 2 .

Por outro lado, como o bloco não desliza, temos F

mg

µ .

O valor máximo de F corresponde à igualdade nesta equação, e portanto, µ µ

, 2

2

máx

h a h

mg = mga ∴ = .

Esta é a altura máxima de aplicação da força F.

Problema 4 – O coeficiente de atrito est

á

tico da escada da Figura 2 com o piso é µ, e não há atrito entre a escada e a parede. Calcule o valor máximo de θ para que a escada não escorregue.

H

h

mg

Fa F

a

O i j

k

N

(3)

Figura 2

Solução: Para que a escada permaneça em equilíbrio, as resultantes tanto das forças quanto dos torques aplicados sobre ela devem ser nulas. Podemos então escrever:

a) Nulidade da resultante das forças

. ,

N F N

mg N

a

h

= ≤ µ

= (1)

b) Nulidade da resultante dos torques em relação ao ponto O θ

θ cos 2 sen N L

mg L =

h

, (2)

Onde L é o comprimento da escada.

Combinando a Equação 2 com as Equações 1, obtemos θ

µ

θ cos

2 sen mgL

mg L ≤ ,

e, finalmente,

) 2 ( arctg ,

2 µ θ µ

θ

máx

=

tg .

Problema 5 – Uma esferinha presa a um fio sem massa gira em um plano horizontal, como mostra a Figura 3. O fio passa por um pequeno orifício na placa e o comprimento l

θ

O

mg N

Fa Nh

l F

f θ

(4)

Figura 3

da sua parte pendular pode ser controlado. (a) Calcule o momento angular da esfera em relação ao orifício. (b) Calcule o torque sobre a esfera em relação ao orifício. (c) O fio é puxado lentamente pela força F de forma que seu comprimento decresce. Calcule a forma como o ângulo θ e a freqüência angular ω da esferinha variam com l.

Solução – (a) Pela Equação 9.9 do texto, podemos escrever k

L = ml ω cos è ñ r + m ωρ

2

.

(b) A única força que realiza torque sobre a esfera é seu peso –mgk. De fato, a força T do fio é antiparalela a r, onde r é o vetor que vai do orifício à esfera, e, portanto, r × T = 0 . O vetor r é expresso por r = l sen θ ñˆ - l cos θ k . Podemos então escrever

mg l lsen mg

=

×

=

0 0

cos 0

ñˆ

θ θ

k i

k r

T ,

i T = − mgl sen θ .

(c) Uma vez que o torque sobre a esfera não tem componente na direção k, a componente vertical do momento angular do movimento fica constante quando puxamos o fio. Ou seja,

o o

o

l l

m

θ ω

θ ω

ωρ

2 2 2

2 2

sen sen

constante,

=

= . (1)

onde os índices o indicam os valores iniciais das variáveis. Por outro lado, a força centrípeta sobre a esferinha é T sen θ . Além do mais, como a esfera sobe lentamente, sua aceleração vertical pode ser desprezada, o que significa T cos θ = mg e Portanto a força centrípeta sobre a esfera é mg sen θ / cos θ . Podemos então escrever

cos , sen sen

2

θ θ

ω è

mg l

m =

cos θ . ω l

= g (2)

Substituindo este valor de ω na equação (1), obtemos

o o

o

l sen

l l

g θ ω θ

θ

2 2 2

2

sen

cos = ,

(5)

o o

o o

l l sen

l l θ

θ θ θ

2 2 2

2

sen

cos 1 cos

1 = (3)

Esta equação permite calcular θ em função de l, dados os valores iniciais θ

o

e l

o

. Calculado θ, a equação (2) permite calcular ω .

Problema 6 – A barra mostrada na Figura 4, de massa M e comprimento L, está parada e livre de qualquer força, quando uma esferinha colide muito rapidamente em sua extremidade e lhe imprime um impulso L = L i, Descreva o movimento da barra após a colisão.

Figura 4

Solução: A velocidade do centro de massa da barra será dada por i

v M

I

cm

= ,

O torque, em relação ao centro de massa, que a força de colisão realiza sobre a barra é F

j T = ×

2

l .

Uma vez que

dt T = dL ,

podemos escrever F L = j ×

2 l dt

d .

Integrando esta equação, uma vez que a integral no tempo de F é o impulso I, obtemos k

i j I j

L l I

l I l

2 2

2 × = × = −

= .

Considerando que

i j

k

(6)

ù

L

2

12 1 M l

= ,

onde M l

2

/ 12 é o momento de inércia da barra em relação ao eixo horizontal passando pelo seu centro, obtemos

k k

ù M l l

I v

cm

6

6 = −

= .

Problema 7 – Por que o movimento da bicicleta evita que ela caia?

Solução – Para reduzir o problema aos seus elementos essenciais, consideraremos apenas uma roda rolando em um piso horizontal, como mostra a Figura 5. A roda rola para fora do papel, o que gera um momento angular L na direção e sentido indicados na figura. A roda está inclinada, e se estivesse parada iria cair devido ao seu peso mg. Consideremos agora o que resulta do movimento. A força peso da roda é incapaz de alterar o seu momento angular porque o seu torque em relação ao eixo de rotação é nulo. Uma vez que para que a roda caia a direção de L tem de alterar, o movimento evita a queda. Resta agora analisar o efeito da força N que o piso faz sobre a roda. Esta força realiza um torque em relação ao eixo cujo módulo vale rN sen θ , onde r é o raio da roda. Sua direção é normal ao papel, com sentido saindo do papel. Portanto, o efeito da força N é girar o vetor L para fora do papel; isso implica que a roda deixa de andar em linha reta e realiza uma curva para dentro (esquerda do leitor). Um resultado da curvatura da roda é o aparecimento da força de atrito lateral F

a

, indicada na figura. Tal força gera a aceleração centrípeta na roda, e seu valor é

m R F

a

v

2

= ,

onde R é o raio de curvatura da trajetória da roda. Vê-se que a força de atrito lateral também realiza torque sobre a roda, e que seu sentido se opõe ao torque exercido pela força N.

Entretanto, ele não é capaz de neutralizar ou inverter a curvatura da trajetória, pois por necessidade F

a

tem de apontar para o interior da curva.

Figura 5

θ L

N mg

Fa

(7)

Problema 8 – Esse meteoro irá colidir na Terra?. Um astrônomo descobre um meteoro em uma trajetória que pode resultar em colisão com a Terra e rapidamente todo um grupo de vigilância determina sua distância r até o centro da Terra e sua velocidade v, medida no referencial da Terra. A Figura 6 mostra esses dados iniciais, sobre os quais o grupo realiza cálculos computacionais muito precisos sobre a trajetória prevista para o meteoro. O que ocorrerá?

Figura 6

Solução – Com o que já aprendemos neste curso podemos fazer um cálculo preliminar, usando algumas aproximações, e obter uma boa idéia do risco de colisão. Nossa primeira aproximação será ignorar a influência dos outros planetas e do Sol sobre a órbita do meteoro, e a segunda será considerar a Terra como referencial inercial. Neste último caso estamos ignorando a curvatura da trajetória da Terra em sua órbita em torno do Sol. Se o meteoro estiver suficientemente próximo da Terra e por isso o tempo necessário para que ele colida com nosso planeta ou passe por ele seja pequeno, nosso erro não será grande.

Todo o cálculo será feito no referencial da Terra, ou seja, ela estará parada. A única força atuando sobre o meteoro será a gravitação da Terra e, como essa força é conservativa, poderemos usar a conservação da energia mecânica. Além disto, a força da gravidade não realizará torque, em relação ao centro da Terra, sobre o meteoro, pois tal força sempre estará alinhada com o vetor que vai do centro da Terra ao meteoro.

Iremos calcular a condição para que não haja colisão, ou seja, a condição para que a distância mínima R entre o meteoro e o centro da Terra seja maior do que o raio R

T

da Terra.

Ao passar pelo ponto de aproximação mínima, a velocidade V do meteoro será ortogonal à linha que vai dele ao centro da Terra, pois caso contrário a distância ao centro da Terra estaria diminuindo ou aumentando, não sendo portanto um valor mínimo. Assim, naquele ponto o momento angular do meteoro será L

R

= mVR . Usando o fato de que o momento angular inicial era L

o

= m v b e a conservação do momento angular, podemos escrever

v v

R V b mVR b

m = , ∴ = .

A conservação da energia mecânica se exprime pela equação

R G Mm r mV

G Mm

m

2

− =

2

2 1 2

1 v .

Substituindo o valor de V nesta equação obtemos

R G M R

b r

G M 2

2

2 2

2

2

− = v

v ,

90o

v V R b

r

(8)

0 2

) 2

( v

2

R

2

+ GMRb

2

v

2

= r

G M .

Resolvendo esta equação,

r G M

r b G M M

G GM R

2

) 2 (

2

2 2 2

2 2

− + +

=

v

v v

,

que exprime o valor de R em termos das condições iniciais b, v e r, da massa da Terra e da constante da gravitação G. A condição para que não haja colisão é

r G M

r b G M M

G GM R

T

2

) 2 (

2

2 2 2

2 2

− + +

<

v

v v

.

Problema 9 – A Figura 7 mostra dois blocos suspensos por uma roldana. O valor de M é maior do que o de m, e o atrito do fio com a roldana é suficiente para que ela gire sem haver deslizamento do fio. Calcule a aceleração angular da roldana.

Figura 7

Solução – As equações de movimento dos blocos e da roldana são

α I R T R T

ma mg T

Ma Mg

T

=

=

=

2 1 2 1

.

Considerando que a = α R , este sistema de equações pode ser escrito na forma matricial

 

 

 =

 

 

 

 

− 1 0

0

1

1

mg Mg T

T mR MR

.

I,R

M m

T1 T2

(9)

A aceleração angular da roldana será dada por

,

1 1

1 0

0 1

0 1 1

1 0

0 1

I mR MR

mg Mg

I mR MR

mg Mg

+ +

= −

= − α

R I m M

m M R g

+ / +

= −

α .

Figura 8

Problema 10 – Um cilindro oco de raio interno R é descido lentamente vestindo um cilindro de raio Rε ligeiramente menor, sem tocar nele, e finalmente, no instante t = 0, depositado sobre um pequeno ressalto na base inferior do cilindro de baixo. Este último cilindro pode girar sem atrito em torno de um eixo preso a uma plataforma fixa ( Figura 8).

O coeficiente de atrito cinético entre o cilindro oco e o ressalto é µ

c

. Determine o movimento do sistema após t = 0.

Solução – Enquanto os dois cilindros não atingirem a mesma velocidade angular, o cilindro oco deslizará sobre o ressalto e haverá entre eles uma força de atrito de módulo µ

c

Mg . Assim, os cilindros sofrerão torques opostos, na direção vertical, de módulo µ

c

MgR . Suas equações de movimento serão

. ,

2 2

1 1

dt MgR I d

dt MgR I d

c c

ω µ ω µ

=

=

(1)

R

R I1 I2 M

-

(10)

Tais equações de movimento permanecerão válidas até que ω

1

= ω

2

= ω

f

. Essa velocidade final comum é determinada pela conservação do momento angular:

o f

f

o

I I

I I I

I ω ω ω ω

2 1

1 2

1

1

( ) ,

= +

∴ +

= .

Nosso objetivo agora é obter essa velocidade final diretamente pelas equações de movimento. Pelas equações (1) obtemos

1

1

I

t

c

MgR

o

ω µ

ω = − ,

2

2

I

t

c

MgR ω = µ .

Os dois cilindros atingirão a mesma velocidade angular final ω

f

no instante t

f

dado por

) . (

,

2 1 2 1

2 1

I I

t MgR I

I

I t MgR I

t MgR

f c o

f c

f c

o

ω µ

µ ω µ

= +

=

Portanto,

o c

f

I I MgR

I

t I ω

µ ) (

1 2

2 1

= + .

A velocidade final será

o o

c c

f

I I

I MgR

I I

I I I

MgR ω ω

µ ω µ

2 1

1 2

1

2 1

2

( ) = +

= + ,

em concordância com o valor calculado anteriormente.

(11)

Problemas propostos

9.1E – Considere a Terra como uma esfera homogênea com raio de 6 , 4 × 10

6

m e massa de 10

24

0 ,

6 × kg. Calcule o momento angular e a energia cinética decorrentes de sua rotação.

Resposta: L = 7 , 2 × 10

33

J ⋅ s , K = 2 , 6 × 10

29

J .

9.2E – Idealize a órbita da Terra em torno do Sol como um círculo com raio de 1 , 5 × 10

11

m centrado no Sol. Calcule o momento angular, em relação ao Sol, do movimento orbital da Terra, cuja massa é de 6 , 0 × 10

24

kg.

Resposta: L = 2 , 7 × 10

40

J ⋅ s

9.3P – Calcule o momento de inércia, em relação ao seu eixo de simetria, de um cilindro oco de massa M, raio interior r e raio exterior R.

Resposta: ( )

2

2

2

r

M R

I = +

9.4P – Calcule o momento de inércia, em relação ao seu eixo de simetria, de uma esfera oca de massa M, raio interior r e raio exterior R.

Resposta:

3 3

5 5

5 2

r R

r M R

I

= −

9.5P – Um pêndulo é constituído de uma barra fina e homogênea presa por um pino a um suporte horizontal. O atrito do pino com o pêndulo é desprezível. O Pêndulo tem comprimento L e massa M. Calcule: (a) o torque, em relação ao pino, que a gravidade faz sobre o pêndulo quando ele está na posição mostrada na Figura 9.; (b) a aceleração angular do pêndulo naquele instante.

Figura 9 Figura 10

Resposta: (a)

4 Mg L

T = ; (b)

L g 4

= 3 α .

l l

l

F1

F2 F3

30

(12)

9.6P – As hastes da hélice mostrada na Figura 10 têm o mesmo comprimento l e a mesma massa m, e todas as três forças mostradas na figura têm o mesmo módulo F. Calcule a aceleração angular da hélice.

Resposta:

2 3 3 +

= ml

α F .

Figura 11 Figura 12

9.7P – O sistema mostrado na Figura 11 gira sem atrito entre o eixo e os mancais.Os momentos de inércia dos cilindros grande e pequeno são, respectivamente, I

R

e I

r

, e um cilindro está ligado ao outro, de forma que suas velocidades de rotação têm de ser a mesma.

(a) Calcule a aceleração angular dos cilindros. (b) Calcule a razão M/m para que o sistema possa ficar em equilíbrio. (c) Considere que a razão entre as massas seja tal que o sistema possa ficar em equilíbrio. Isto significa que com uma velocidade inicial infinitesimal no sentido correto a massa pequena pode elevar a grande. Demonstre que a conservação da energia mecânica não é violada nesse processo.

Resposta: (a)

r

R

I

I Mr mR

Mr mR

+ + +

=

2

2

α . (b)

R r m M =

9.8P – Qual é o maior valor do coeficiente de atrito estático entre a caixa e a rampa mostradas na Figura 12 para que o bloco, inicialmente colocado em repouso na posição mostrada, comece a deslizar sem tombar?

Resposta: µ = a / h

9.9P – Um carro tem massa de 1200 kg e suas rodas têm raio de 30 cm. Se o carro arranca em pista horizontal com aceleração de 2,60 m/s

2

, qual é o torque que a força de atrito com a pista realiza em cada uma de suas duas rodas de tração? Despreze o momento de inércia das rodas.

m M

R r

θ

h a

(13)

Resposta : T = 468 N ⋅ m

Figura 13

9.10P – Um bloco preso a um fio leve desce sob o efeito da gravidade, fazendo girar uma roldana de raio R e momento de inércia I, presa um eixo sem atrito, como mostra a Figura 13. Calcule (a) a aceleração angular da roldana; (b) o trabalho realizado pelo torque do fio em uma volta da roldana.

Resposta: (a)

2

mR I

mgR

= +

α ; (b) 2

2

mR I W mgR

= π + .

I,R

m

Imagem

Referências

temas relacionados :