PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universida...
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Problemas Resolvidos
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3
1,75 10 rad/sω −
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  1. 1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 21/07/2005 15:50 H RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 1 Capítulo 11 - Cinemática Rotacional Problemas 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42
  2. 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos 04. Uma roda gira com aceleração angular α dada por 3 2 4 3at btα = − onde t é o tempo e a e b são constantes. Se a roda possui velocidade angular inicial ω0, escreva as equações para (a) a velocidade angular da roda e (b) o ângulo descrito, como função do tempo. (Pág. 225) Solução. (a) Vamos partir da equação dada: 3 2 4 3 d at bt dt ω = − ( )3 2 4 3d at btω = − dt dt( )0 3 2 0 4 3 t d at bt ω ω ω = −∫ ∫ 4 3 0 at btω ω− = − 4 3 0 at btω ω= + − (b) Vamos partir do resultado do item (a): 4 3 0 d at bt dt θ ω= + − ( )4 3 0d at btθ ω= + − dt t dt( )0 4 3 00 t d at b θ θ θ ω= + −∫ ∫ 5 4 0 0 5 4 at bt tθ θ ω− = + − 5 4 0 0 5 4 at bt tθ θ ω= + + − [Início] 05. Qual é a velocidade angular (a) do ponteiro de segundos, (b) do ponteiro de minutos e (c) do ponteiro de horas de um relógio? (Pág. 225) Solução. (a) ( ) 2 0,104719 rad/s 60 st θ π ω Δ = = = Δ 0,105 rad/sω ≈ (b) ( ) 32 1,7453 10 rad/s 60 60 st θ π ω −Δ = = = × Δ × ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 2
  3. 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 3 1,75 10 rad/sω − ≈ × (c) ( ) 42 1,4544 10 rad/s 12 60 60 st θ π ω −Δ = = = × Δ × × 4 1,45 10 rad/sω − ≈ × [Início] 09. Uma roda de 30 cm de raio possui oito raios. Ela está montada em um eixo fixo e gira à razão de 2,5 rev/s. Você deseja atirar uma flecha de 24 cm de comprimento através da roda, paralelamente ao seu eixo, sem tocar seus raios. Admita que tanto a flecha como os raios são muito finos; veja a Fig. 14. (a) Qual é a velocidade mínima que a flecha pode ter? (b) É importante o ponto, entre o eixo e a borda da roda, que você mira? Em caso afirmativo, qual a melhor localização? (Pág. 225) Solução. (a) A condição mínima para que a flecha consiga passar pela roda é que o tempo para a flecha percorrer seu próprio comprimento (l), tf, deve ser igual ao tempo requerido para a roda percorrer 1/8 de sua circunferência, tr: f rt t= 1/8l v ω = 8v lω= 4,8 m/sv = (b) A distância que a flecha passa pela roda medida a partir do centro não é importante. Embora o espaço disponível para a flecha passar próxima ao centro seja menor, a velocidade tangencial da roda nessa região também é proporcionalmente menor. [Início] 14. Como parte de uma inspeção de manutenção, a turbina de um motor a jato é posta a girar de acordo com o gráfico mostrado na Fig. 15. Quantas revoluções esta turbina realizou durante o teste? ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 3
  4. 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 225) Solução. Vamos dividir o intervalo total de 5 s em três subintervalos: A (0 s – 1 s), B (1 s – 3,5 s) e C (3,5 s – 5 s). Em A e C o movimento é acelerado e em B o movimento é com velocidade angular constante. O número de revoluções pode ser calculado diretamente pela variável Δφ, uma vez que se use ω em rev/s e α em rev/s2 . O número total de revoluções será: A B Cφ φ φ φΔ = Δ + Δ + Δ Cálculo de ΔφA: 0 0 1 ( ) 2 tφ φ ω ω= + + ( )0 1 1 ( ) 0 300 rev/s (1 ) 2 2 A A A t sφ ω ωΔ = + = +⎡ ⎤⎣ ⎦ 1.500 revAφΔ = Cálculo de ΔφB:B 0 tφ φ ω= + ( )300 rev/s (2,5 )B Bt sφ ωΔ = = 11.250 revBφΔ = Cálculo de ΔφC: 0 0 1 ( ) 2 tφ φ ω ω= + + ( )0 1 1 ( ) 0 3.000 rev/s 0 (1,5 ) 2 2 C C C t sφ ω ωΔ = + = + +⎡ ⎤⎣ ⎦ 2.250 revCφΔ = Logo: 11.250 revφΔ = É evidente que esta mesma resposta pode ser obtida de maneira mais confortável a partir do gráfico ω(t) × t, que foi dado. Vejamos: ( ) ( ) t t d dt φ ω = ( ) ( )t td dtφ ω= ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 4
  5. 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 0 ( ) ( ) t t tt dtφ ωΔ = ∫ Portanto, a área compreendida no gráfico ω(t) × t, no intervalo entre t0 e t corresponde ao deslocamento angular Δφ. Como o gráfico apresentado é um trapézio, sua área será: ( ) 2 B b h A + = Onde B é a base maior e b é a base menor do trapézio. [ ](5 s 0) (3,5 s 1 s) (3.000 rev/s) 0( ) 2 2 i st t ω φ − + − −Δ + Δ Δ Δ = = 11.250 revφΔ = [Início] 29. Um pino rosqueado com 12,0 voltas/cm e diâmetro 1,18 cm é montado horizontalmente. Uma barra com um furo rosqueado de forma a se ajustar ao pino é aparafusada nele; veja a Fig. 17. A barra gira a 237 rev/min. Quanto tempo levará para a barra se mover 1,50 cm ao longo do pino? (Pág. 226) Solução. A velocidade (v) com que a barra avança no pino é dada por: l v t ω λ = = Nesta equação ω é a velocidade angular da barra, λ é a densidade linear de voltas da rosca e l é a distância que a barra avança num tempo t. Logo: 0,07594 min l t t λ = = 4,6 st ≈ [Início] 34. Um método antigo de se medir a velocidade da luz utiliza uma roda dentada girante. Um feixe de luz passa por uma fenda na borda da roda, como na Fig. 18, propaga-se até um espelho distante e retorna à roda no tempo exato para passar através da fenda seguinte na roda. Uma destas rodas dentadas possui raio de 5,0 cm e 500 dentes em sua borda. Medidas tomadas quando o espelho se encontrava à distância de 500 m da roda indicaram uma velocidade de 3,0 ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 5
  6. 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES × 105 km/s. (a) Qual era a velocidade angular (constante) da roda? (b) Qual era o módulo da velocidade linear de um ponto em sua borda? (Pág. 226) Solução. (a) O tempo de ida e volta da luz é igual ao tempo que a roda leva para girar Δφ = 2π/500 rad. Para a luz: 2 luz s L v c t t Δ = = = Δ 2 luz L t c = (1) Para a roda: 2 500. rodat t φ π ω Δ = = Δ 2 500 rodat π ω = (2) Igualando-se (1) e (2): 2 2 500 L c π ω = 3.769,911 rad/s 500 c l π ω = = 3 3,8 10 rad/sω ≈ × (b) 188,4955 m/sv rω= = 2 1,9 10 m/sv ≈ × [Início] 35. Uma roda A de raio rA = 10,0 cm está acoplada por uma correia B à roda C de raio rC = 25,0 cm, como mostra a Fig. 19. A roda A aumenta sua velocidade angular à razão uniforme de 1,60 rad/s2 . Determine o tempo necessário para que a roda C atinja uma velocidade rotacional de 100 rev/min; suponha que não haja deslizamento da correia. (Dica: Se a correia não desliza, os ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 6
  7. 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES módulos das velocidades lineares na borda das duas rodas são iguais.) (Pág. 227) Solução. O tempo procurado pode ser obtido a partir da equação de movimento acelerado da roda C: 0 tω ω α= + 0C C Ctω ω α= + C C t ω α = (1) Embora as acelerações angulares das rodas C (αC) e A (αA) sejam diferentes, suas acelerações tangenciais (aC e aA) são iguais, pois é a mesma aceleração da correia B. A Ca a= A A C Cr rα α= A A C C r r α α = (2) Substituindo-se (1) em (2): 16,3624 sC C A A r t r ω α = = 16,4 st ≈ [Início] 36. As lâminas de um moinho de vento partem do repouso e giram com aceleração angular de 0,236 rad/s2 . Quanto tempo passa até que um ponto da lâmina assuma os mesmos valores para os módulos da aceleração centrípeta e da aceleração tangencial? (Pág. 227) Solução. A condição para que a aceleração centrípeta e a aceleração tangencial sejam iguais é: C Ta a= 2 r rω α= ω α= O tempo para atingir essa velocidade partindo do repouso é: 0 tω ω α= + ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 7
  8. 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 0 tα α= + 2 1 2,0584 st α α α α α = = = = 2,06 st ≈ [Início] 41. Um objeto se move no plano de xy de forma que x = R cos ωt e y = R sen ωt, sendo x e y as coordenadas do objeto, t o tempo e R e ω constantes. (a) Elimine t entre estas equações para encontrar a equação da curva na qual o objeto se move. Que curva é essa? Qual é o significado da constante ω? (b) Derive as equações de x e y em relação ao tempo para encontrar as componentes x e y da velocidade do corpo, vx e vy. Combine vx e vy para encontrar o módulo, a direção e o sentido de v. Descreva o movimento do objeto. (c) Derive vx e vy com relação ao tempo para obter o módulo, a direção e o sentido da aceleração resultante. (Pág. 227) Solução. (a) Vamos elevar ao quadrado a equação de x. cosx R tω= 2 2 2 cosx R tω= ( )2 2 2 1 senx R tω= − 2 2 2 sen 1 x t R ω = − (1) Agora vamos fazer o mesmo com a equação de y: seny R tω= 2 2 2 seny R tω= (2) Substituindo-se (1) em (2): 2 2 2 y R x= − 2 2 2 x y R+ = (3) A Eq. (3) corresponde à equação de uma circunferência. A constante ω ajusta a freqüência dos ciclos das funções trigonométricas seno e cosseno. Em termos físicos, ω é a freqüência ou velocidade angular do objeto que se move ao longo da trajetória circular. Veja o esquema a seguir: x y y r θ x ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 8
  9. 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (b) senx dx v R dt tω ω= = − cosy dy v R dt tω ω= = Logo, o vetor velocidade vale: sen cosx yv v R t R tω ω ω ω= + = − +v i j i j ) O módulo de v vale: ( ) ( 2 2 sen cosv R t Rω ω ω ω= − + t 2 2 2 2 2 2 sen cosv R t R tω ω ω ω= + 2 2 sen cosv R t tω ω ω= + v Rω= Sabendo-se que: cos senx y R t R tω ω ω= + = +r i j i j ) O produto escalar entre r e v vale: ( ) (cos sen sen cosR t R t R t R tω ω ω ω ω ω⋅ = + ⋅ − +r v i j i j ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( cos sen cos cos sen sen sen cos ) R t R t R t R t R t R t R t R t ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ⋅ = ⋅ − + ⋅ + + ⋅ − + ⋅ r v i i i j j i j j 2 2 sen cos 0 0 sen cosR t t R t tω ω ω ω ω ω⋅ = − + + +r v 0⋅ =r v Como: cos 0Rv φ⋅ = =r v Onde φ é o ângulo entre os vetores r e v. Como cos φ = 0, isso implica em φ = 90o . Logo, r e v são ortogonais. Portanto, como r é radial, v deve ser tangencial à trajetória circular. Veja o esquema a seguir: x y y r θ x v vx vy (c) 2 2 cosx x dv a R t dt xω ω ω= = − = − ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 9
  10. 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 2 sen y y dv a R t dt yω ω ω= = − = − Logo: 2 2 x ya a x yω ω= + = − −a i j i j Esta equação mostra que a tem a mesma direção de r, porém com o sentido contrário. Ou seja, a aponta no sentido radial. O módulo de a vale: ( ) ( ) 2 22 2 2 2 a x y xω ω ω= − + − = + 2 y 2 a rω= Veja o esquema a seguir: x y y r θ x a ax ay [Início] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional 10

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