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.
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 = ( Fh − mga / 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
máxh a h
mg = mga ∴ = .
Esta é a altura máxima de aplicação da força F.
Problema 4 – O coeficiente de atrito est
ático 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
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
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 = ,
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
oe 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
ù
L
212 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
cm6
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
av
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
atem de apontar para o interior da curva.
Figura 5
θ L
N mg
Fa
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
Tda 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 22
2
− = v −
v ,
90o
v V R b
r
0 2
) 2
( v
2− R
2+ GMR − b
2v
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
T2
) 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
1mg Mg T
T mR MR
.
I,R
M m
T1 T2
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 R − ε 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
cMg . Assim, os cilindros sofrerão torques opostos, na direção vertical, de módulo µ
cMgR . 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
-
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
fno instante t
fdado 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 22 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.
Problemas propostos
9.1E – Considere a Terra como uma esfera homogênea com raio de 6 , 4 × 10
6m e massa de 10
240 ,
6 × kg. Calcule o momento angular e a energia cinética decorrentes de sua rotação.
Resposta: L = 7 , 2 × 10
33J ⋅ s , K = 2 , 6 × 10
29J .
9.2E – Idealize a órbita da Terra em torno do Sol como um círculo com raio de 1 , 5 × 10
11m centrado no Sol. Calcule o momento angular, em relação ao Sol, do movimento orbital da Terra, cuja massa é de 6 , 0 × 10
24kg.
Resposta: L = 2 , 7 × 10
40J ⋅ 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 35 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
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
Re 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−
2α . (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
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)
2mR I
mgR
= +
α ; (b) 2
2mR I W mgR
= π + .
I,R
m