1. O documento apresenta vários problemas de física relacionados a movimento rotacional, como a velocidade angular de ponteiros de relógio, a queda de uma torrada com rotação e o movimento de uma roda. 2. São calculadas grandezas como velocidade angular, aceleração angular, número de revoluções e tempo para diferentes situações envolvendo objetos em movimento rotacional. 3. As respostas fornecem os cálculos detalhados para chegar aos valores dessas grandezas físicas requisitadas nos problemas.

1. ·1 Um bom lançador de beisebol pode arremessar uma bola a 85 mi/h com uma rotação de 1800 rev/min.
Quantas revoluções a bola realiza até chegar à quarta base? Para simplificar, suponha que a trajetória de
60 pés é percorrida em linha reta.
·2 Qual é a velocidade angular (a) do ponteiro dos segundos, (b) do ponteiro dos minutos e (c) do
ponteiro das horas de um relógio analógico? Dê as respostas em radianos por segundo.
··3 Quando uma torrada com manteiga é deixada cair de uma mesa, ela adquire um movimento de
rotação. Supondo que a distância da mesa ao chão é 76 cm e que a torrada não descreve uma revolução
completa, determine (a) a menor e (b) a maior velocidade angular para a qual a torrada cai com a
mantei a ara baixo.
vcom mi h
ft mi
60min h
ft min=
F
HG I
KJ =85
5280
7480b g .
com (60 ft) /(7480 ft/min) 0.00802mint x v= Δ = = .
θ ω= = ≈t 1800 0 00802 14rev min rev .b gb g. min
(a) 2
0.105 rad/s.
60
π
ω = = (b) ω = = × −2
3600
175 10 3π
. rad / s. ω = = × −2
43200
145 10 4π
. rad / s.(c)
2
2 2(0.76 m)
0.394 s.
9.8 m/s
h
t
g
Δ = = =
min 0.25 rev / 2 rad.θ πΔ = = min
min
/ 2 rad
4.0 rad/s.
0.394 st
θ π
ω
Δ
= = =
Δ
(a)
(b) max 0.75 rev 3 / 2 rad.θ πΔ = = max
max
3 / 2 rad
12.0 rad/s.
0.394 st
θ π
ω
Δ
= = =
Δ
··6 A posição angular de um ponto da borda de uma roda é dada por θ = 4,0t − 3,0t2
+ t3
, em que θ está
em radianos e t em segundos. Qual é a velocidade angular em (a) t = 2,0 s e (b) t = 4,0 s? (c) Qual é a
aceleração angular média no intervalo de tempo que começa em t = 2,0 s e termina em t = 4,0 s? Qual é a
aceleração angular instantânea (d) no início e (e) no fim desse intervalo?
θ = − +4 0 30 10 3
. . .rad / s rad / s rad / s2 2 3
b g c h c ht t t
(a)
(c)
(b)
(d)
ω = − + = − +
d
dt
t t t t t4 3 4 6 32 3 2
c h . t = 2 s yields ω2 = 4.0 rad/s.
t = 4 s gives ω4 = 28 rad/s.
α
ω ω
avg
2
rad / s=
−
−
=4 2
4 2
12 .
α
ω
= = − + = − +
d
dt
d
dt
t t t4 6 3 6 62
.c h t = 2 s produces α2 = 6.0 rad/s2
.
(e) Evaluating the expression in part (d) at t = 4 s yields α4 = 18 rad/s2
. We note that our
answer for αavg does turn out to be the arithmetic average of α2 and α4 but point out that

2. ··13 Uma roda executa 40 revoluções quando desacelera até parar a partir de uma velocidade angular de
1,5 rad/s. (a) Supondo que a aceleração angular é constante, determine o tempo que a roda leva para
parar. (b) Qual é a aceleração angular da roda? (c) Quanto tempo é necessário para que a roda complete
as 20 primeiras revoluções?
ω0 = +1.5 rad/s = +0.239 rev/s at t = 0 θ1 = +20 rev θ2 = +40 rev 2 0ω = .
( )2 0 2 2 2
1 2(40 rev)
335 s
2 0.239 rev/s
t tθ ω ω= + ⇒ = =
a
(a) a 2
2 3.4 10 st ≈ × .
2 4 2
2 2 2 2 2
1 2(40 rev)
7.12 10 rev/s
2 (335 s)
t tθ ω α α −
= − ⇒ = − = − × (b)
α = – 4.5 × 10–3
rad/s2
.
θ ω α1 0 1
1
2 1
2
= +t t
2 2 4 2
0 0 1
1 4 2
2 (0.239 rev/s) (0.239 rev/s) 2(20 rev)( 7.12 10 rev/s )
7.12 10 rev/s
t
ω ω θ α
α
−
−
− ± + − ± + − ×
= =
− ×
(c)
t1 = 98 s.
··16 Um carrossel gira a partir do repouso com uma aceleração angular de 1,50 rad/s2
. Quanto tempo
leva para executar (a) as primeiras 2,00 revoluções e (b) as 2,00 revoluções seguintes?
θ − θo = ωo t +
1
2 αt2
= 0 +
1
2 (1.5 rad/s²)t1
2
θ − θo = (2 rev)(2π rad/rev). Therefore, t1 = 4.09 s.
(a)
(4 rev)(2π rad/rev) = 0 +
1
2 (1.5 rad/s²)t2
2
⇒ t2 = 5.789 s.
Thus, the answer is 5.789 s – 4.093 s ≈ 1.70 s.
··25 (a) Qual é a velocidade angular ω em torno do eixo polar de um ponto da superfície da Terra na
latitude 40º N? (A Terra gira em torno desse eixo.) (b) Qual é a velocidade linear v desse ponto? Qual é
o valor (c) de ω e (d) de v para um ponto do equador?
25. The linear speed of a point on Earth’s surface depends on its distance from the axis of
rotation. To solve for the linear speed, we use v = ω r, where r is the radius of its orbit. A
point on Earth at a latitude of 40° moves along a circular path of radius r = R cos 40°,
where R is the radius of Earth (6.4 × 106
m). On the other hand, r = R at the equator.
(a) Earth makes one rotation per day and 1 d is (24 h) (3600 s/h) = 8.64 × 104
s, so the
angular speed of Earth is
5
4
2 rad
7.3 10 rad/s.
8.64 10 s
ω −π
= = ×
×

3. (b) At latitude of 40°, the linear speed is
5 6 2
( cos 40 ) (7.3 10 rad/s)(6.4 10 m)cos40 3.5 10 m/s.v Rω −
= ° = × × ° = ×
(c) At the equator (and all other points on Earth) the value of ω is the same (7.3 × 10–5
rad/s).
(d) The latitude at the equator is 0° and the speed is
5 6 2
(7.3 10 rad/s)(6.4 10 m) 4.6 10 m/s.v Rω −
= = × × = ×
Note: The linear speed at the poles is zero since cos90 0r R= ° = .
·46 O corpo da Fig. 10-40 pode girar em torno de um eixo que passa por O e é perpendicular ao papel e
está submetido a três forças: FA = 10 N no ponto A, a 8,0 m de O; FB = 16 N em B, a 4,0 m de O; e FC =
19 N em C, a 3,0 m de O. Qual é o torque resultante em relação a O?
Figura 10-40 Problema 46.
46. The net torque is
sin sin sin
(10)(8.0)sin135 (16)(4.0)sin90 (19)(3.0)sin160
12 N m.
A B C A A A B B B C C CF r F r F rτ τ τ τ φ φ φ= + + = − +
= °− °+ °
= ⋅
·48 O comprimento do braço do pedal de uma bicicleta é 0,152 m, e uma força de 111 N é aplicada ao
pedal pelo ciclista. Qual é o módulo do torque em relação ao eixo do braço do pedal quando o braço faz
um ângulo de (a) 30º, (b) 90º e (c) 180º com a vertical?
48. We compute the torques using τ = rF sin φ.
(a) For 30φ = °, (0.152 m)(111 N)sin30 8.4 N maτ = ° = ⋅ .
(b) For 90φ = °, (0.152 m)(111 N)sin90 17 N mbτ = ° = ⋅ .
(c) For 180φ = °, (0.152 m)(111N)sin180 0cτ = ° = .

4. ·49 No início de um salto de trampolim, a velocidade angular de uma mergulhadora em relação a um eixo
que passa pelo seu centro de massa varia de zero a 6,20 rad/s em 220 ms. O momento de inércia em
relação ao mesmo eixo é 12,0 kg · m2
. Qual é o módulo (a) da aceleração angular média da mergulhadora
e (b) do torque externo médio exercido pelo trampolim sobre a mergulhadora no início do salto?
49. (a) We use the kinematic equation ω ω α= +0 t , where ω0 is the initial angular
velocity, ω is the final angular velocity, α is the angular acceleration, and t is the time.
This gives
α
ω ω
=
−
=
×
=−
0
3
26 20
220 10
28 2
t
.
. .
rad / s
s
rad / s
(b) If I is the rotational inertia of the diver, then the magnitude of the torque acting on her
is
τ α= = ⋅ = × ⋅I 12 0 28 2 338 102 2
. . .kg m rad / s N m.2
c hc h
···57 Uma polia, com um momento de inércia de 1,0 × 10−3
kg·m2
em relação ao eixo e um raio de 10 cm,
é submetida a uma força aplicada tangencialmente à borda. O módulo da força varia no tempo de acordo
com a equação F = 0,50t + 0,30t2
, com F em newtons e t em segundos. A polia está inicialmente em
repouso. (a) Qual é a aceleração angular e (b) qual é a velocidade angular da polia no instante t = 3,0 s?
57. Since the force acts tangentially at r = 0.10 m, the angular acceleration (presumed
positive) is
α
τ
= = =
+
×
= +−
I
Fr
I
t t
t t
05 0 3 010
10 10
50 30
2
3
2
. . .
.
c hb g
in SI units (rad/s2
).
(a) At t = 3 s, the above expression becomes α = 4.2 × 102
rad/s2
.
(b) We integrate the above expression, noting that ωo = 0, to obtain the angular speed at t
= 3 s:
( )
3
2 3 3 2
0
0
25 10 5.0 10 rad/s.dt t tω α= = + = ×∫
··62 Na Fig. 10-35, três partículas de 0,0100 kg foram coladas em uma barra, de comprimento L = 6,00
cm e massa desprezível, que pode girar em torno de um eixo perpendicular que passa pelo ponto O em
uma das extremidades. Determine o trabalho necessário para mudar a velocidade angular (a) de 0 para
20,0 rad/s, (b) de 20,0 rad/s para 40,0 rad/s e (c) de 40,0 rad/s para 60,0 rad/s. (d) Qual é a inclinação
da curva da energia cinética do conjunto (em joules) em função do quadrado da velocidade angular (em
radianos quadrados por segundo ao quadrado)? 62. (a) Eq. 10-33 gives
Itotal = md
2
+ m(2d)2
+ m(3d)2
= 14 md
2
,
where d = 0.020 m and m = 0.010 kg. The work done is
W = ΔK =
1
2 Iωf
2
–
1
2 Iωi
2
,
where ωf = 20 rad/s and ωi = 0. This gives W = 11.2 mJ.
(b) Now, ωf = 40 rad/s and ωi = 20 rad/s, and we get W = 33.6 mJ.

5. (c) In this case, ωf = 60 rad/s and ωi = 40 rad/s. This gives W = 56.0 mJ.
(d) Equation 10-34 indicates that the slope should be
1
2 I. Therefore, it should be
7md
2
= 2.80 × 10−5
J.
s2
/ rad2
.