F128 exercicios resolvidos-cap_10_a

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 10A
Exercício 1
Uma roda, partindo do repouso, é acelerada de tal forma que sua velocidade angular aumenta
uniformemente para 180rpm em 3min. Depois de girar com esta velocidade por algum tempo, a
roda é freada com desaceleração uniforme, levando 4min para parar. O número total de rotações
é 1080. Quanto tempo, ao todo, a roda ficou girando?
O movimento de rotação é bastante análogo ao movimento linear. Iniciamos plotando um
gráfico da velocidade angular ω como função do tempo1
:
Como a velocidade angular está em RPM (rotações por minuto) e o tempo foi dado em minutos,
a área entre o gráfico e o eixo "t" é o número total de voltas dadas: 1080 rotações.
Calculando a área em termos de ∆t obtemos:
A =
180 × 3
2
+ 180 × ∆t +
180 × 4
2
= 1080
180∆t = 1080 − 270 − 360
∆t = 2, 5min
Ao todo a roda ficou girando 7 + 2, 5 = 9, 5min.
Exercício 2
Um astronauta está sendo testado em uma centrífuga. A centrífuga tem um raio de 10m e, a partir
do repouso, gira de acordo com a equação θ = 0, 3t2
, onde t está em segundos e θ em radianos.
Quando t = 5, 0s, quais são os módulos:
a) da velocidade angular;
1
A velocidade angular (também chamada de frequência angular) é comumente dada em radianos por segundo.
Quando dividimos um ângulo dado em radianos por 2π obtemos a quantas voltas este ângulo corresponde. Quando
dividimos a velocidade angular por 2π obtemos a frequência com que o objeto roda, dada em rotações por segundo,
ou, no nosso caso, em rotações por minuto.
c 2015 Douglas D. Souza. Para aulas na Unicamp: delgadosouza@gmail.com.
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2
A velocidade angular ω não depende do raio de giração. Para obtermos o módulo da velocidade
angular instantânea calculmos a derivada:
ω (t) =
dθ
dt
= 0, 6t
Desta forma, em t = 5s temos:
ω (t = 5) = 3rad/s
b) da velocidade linear;
O velor velocidade linear de um ponto a uma distância r do eixo de rotação é dado por v = ω×r.
Como ω e r são perpendiculares no movimento circular, em módulo temos:
v (t) = ω (t) r = 6t
Em t = 5s a velocidade é de:
v (t = 5) = 30m/s
c) da aceleração tangencial;
O módulo da aceleração tangencial é o quanto o módulo do vetor velocidade linear varia com
o tempo:
aT =
dv
dt
= 6m/s2
Outra forma de se pensar é lembrando que
aT =
dv
dt
=
d (ω × r)
dt
=
dω
dt
× r = |α × r|
Para o movimento circular (raio constante e perpendicular a aceleração angular α = dω
dt
) temos:
aT = αr = 0, 6rad/s2
(10m) = 6m/s2
d) da aceleração radial do astronauta?
A aceleração radial é a taxa com que a direção do vetor velocidade varia e aponta contra o
"vetor raio" r. Ela é a aceleração centrípeta:
aN = ω × ω × r
Em módulo, para o movimento circular, temos:
aN = ω2
r
aN (t) = 3, 6t2

3
Assim aN (t = 5) = 90m/s2
.
Exercício 3
Uma barra uniforme de comprimento L e massa M pode girar livremente através de um pino
que está localizado em uma de suas extremidades, como mostrado na figura abaixo. A barra está
inicialmente na posição horizontal quando é solta. Despreze todos os atritos.
a) qual é a sua velocidade angular quando ela atingir a sua posição mais baixa?
Existem várias maneiras de se resolver este exercício. Aqui usaremos conservação de energia
mecânica.
Inicialmente temos apenas energia potencial gravitacional. Adotemos como origem do eixo
vertical a ponta da barra quando ela está abaixada. Quando ela está na horizontal, cada elemento
de massa2
da barra está a uma altura L em relação à origem escolhida. A energia potencial é
portanto Ei = Ugi = MgL.
Na configuração final, além de energia cinética de rotação, dada por Kf = 1
2
Iω2
f , temos energia
potencial gravitacional. Pela conservação da energia mecânica total temos:
Ei = Ef
Ugi = Kf + Ugf
MgL =
1
2
Iω2
f + Ugf (1)
Desta vez cada elemento de massa está a uma altura diferente e precisamos somar essas ener-
gias. Cada elemento com massa dm e altura y tem energia dmgy. Sendo λ = M
L
a densidade
linear da barra, a massa de um pedacinho de barra de comprimento dy é dm = λdy. A energia
potencial gravitacional total final é:
Ugf =
ˆ L
0
ygdm
=
ˆ L
0
ygλdy
2
Isto é, cada pequeno pedacinho infinitesimal de massa.

4
= g
M
L
y2
2
L
0
= Mg
L
2
Note que este resultado nos diz que a energia potencial gravitacional de uma distribuição de
massa qualquer é dada pela a altura do centro de massa e pela massa total do objeto:
Ugf = MtotalgyCM = Mg
L
2
O momento de inércia da barra ao redor de uma das suas extremidades é dado por:
I =
ˆ L
0
x2
dm
=
ˆ L
0
x2
(λdx)
=
ˆ L
0
M
L
x2
dx
I =
ML2
3
(2)
Finalmente voltamos à (1) para obtermos a velocidade angular:
MgL =
1
2
ML2
3
ω2
f + Mg
L
2
ω2
f =
6
ML2
Mg
L
2
ωf = 3
g
L
b) determine a velocidade linear no centro de massa e a velocidade linear do ponto mais baixo
da barra quando ela se encontra na posição vertical.
Por deﬁnição, todos os pontos de um corpo rígido giram emtorno do eixo de rotação com a
mesma velocidade angular ω. Mas cada ponto do corpo está a uma distância diferente do eixo de
rotação. Isso implica em diferentes velocidades lineares, já que v = |ω × r| = rω no movimento
circular.
No centro de massa
O centro de massa da barra está no meio da barra, ou seja, sua distância ao eixo de rotação é
dada por rCM = L
2
. A velocidade linear neste ponto é:
vCM = rCM ωf =
3
4
gL

5
No ponto mais baixo da barra
O ponto mais baixo da barra está a uma distância rPMB = L do eixo de rotação. A velocidade
linear neste ponto é dada por:
vPMB = rPMBω = 3gL
Exercício 4
Duas partículas, cada uma com massa m, são ligadas uma à outra e ao eixo de rotação por duas
barras leves, cada uma de comprimento L e massa M, como mostrado na ﬁgura. O sistema gira em
torno do eixo de rotação com velocidade angular ω. (Observação: Use para a barra ICM = ML2
12
)
Obtenha as expressões algébricas para:
a) o momento de inércia do sistema em relação a O
Para calcularmos o momento de inércia do sistema mostrado (girando ao redor de O) podemos
calcular o momento de inércia de cada pedaço do sistema (girando ao redor de O) e somá-los.
O sistema pode ser decomposto de diversas formas diferentes:
Considerando o sistema como duas barras de tamalho L e duas partí-
culas de massa m.
Neste cálculo usaremos o teorema dos eixos paralelos para ilustração. Calcularemos o momento
de inércia de cada parte do sistema.
Para a barra ligada em O
Pelo teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia da primeira barra em torno de O é a soma
do momento de inércia ao redor do centro de massa mais o momento de inércia do centro de massa
rodando ao redor de O. Sabemos que ICM = ML2
12
e este centro de marra está à distância rCM = L
2
do eixo de rotação. Temos:

6
I1 = ICM + ICM,O
= ICM + Mr2
CM
=
ML2
12
+ M
L
2
2
=
ML2
3
como seria de se esperar, conforme (2).
Para a barra entre as partículas m
Desta vez o centro de massa da barra está à distância rCM = L + L
2
do eixo de rotação. Temos:
I2 = ICM + ICM,O
=
ML2
12
+ M L +
L
2
2
=
7
3
ML2
Para as duas partículas m
Uma partícula pontual não possui momento de inércia ao redor do centro de massa pois ela não
tem raio. Para calcularmos o momento de inércia ao redor do eixo que passa por O usamos a
deﬁnição:
IPart´ıculas = m (L)2
+ m (2L)2
= 5mL2
Momento de inércia total
Somado os momentos de inércia de cada elemento obtemos:
ITotal = I1 + I2 + IPart´ıculas
=
ML2
3
+
7
3
ML2
+ 5mL2
=
8
3
ML2
+ 5mL2

7
Considerando o sistema como uma barra de tamanho 2L e duas partí-
culas de massa m
Aqui pensaremos no sistema como composto por uma barra de comprimento 2L e massa 2M
rodando em torno de uma das extremidades mais duas partículas de massa m a distâncias L e 2L
do eixo de rotação.
Para a barra usamos o resultado (2) com M = 2M e L = 2L:
IBarra =
M L 2
3
=
(2M) (2L)2
3
=
8
3
ML2
Para as partículas usamos a definição do momento de inércia:
IPart´ıculas =
i
mir2
i = m (L)2
+ m (2L)2
= 5mL2
O momento de inércia total é portanto:
ITotal = IBarra + IPart´ıculas
=
8
3
ML2
+ 5mL2
b) a energia cinética de rotação em torno de O.
Simplesmente escrevemos:
K =
1
2
ITotalω2
=
1
2
8
3
M + 5m L2
ω2
Exercício 5
Calcule o momento de inércia de uma placa fina homogênea retangular de lados a e b em torno
de:
a) um eixo perpendicular passando pelo centro da placa;
O momento de inércia é definido como:

8
I =
ˆ
r2
dm
Onde r é a distância do elemento de massa dm até o eixo de rotação.
Para escrevermos e resolvermos as integrais precisamos escolher um sistema de coordenadas.
O melhor sistema de coordenadas é aquele que reproduz a simetria do objeto que queremos repre-
sentar. No caso de uma placa retangular, o melhor sistema de coordenadas é o sistema cartesiano
pois os limites de integração serão mais simples. Após escolhermos o sistema, precisamos escolher
as direções dos eixos e onde ﬁcará a origem. É conveniente escolhermos os eixos ao longo das
direções de simetria da placa para que os limites de integração sejam os mais simples possíveis.
Escolheremos o eixo x na direção do lado maior da placa e o eixo y na direção do lado menor.
A melhor escolha para a origem é sobre o eixo de rotação, pois assim, para um ponto qualquer
sobre a placa, a distância ao quadrado ﬁca r2
= x2
+ y2
. Se a origem fosse escolhida em uma das
quinas da placa, por exemplo, a distância de um ponto ao eixo de rotação teria que ser escrita
como r2
= x − a
2
2
+ y − b
2
2
, expressão bem mais complicada (os limites de integração também
seriam diferentes).
Com as considerações acima e escrevendo o elemento de massa como dm = σdxdy, escrevemos:
I =
ˆ b/2
−b/2
ˆ a/2
−a/2
x2
+ y2
σdxdy
= σ
ˆ b/2
−b/2
x3
3
+ y2
x
x=a/2
x=−a/2
dy
= σ
ˆ b/2
−b/2
a3
12
+ ay2
dy
= σ
a3
12
y + a
y3
3
y=b/2
y=−b/2
= σ
a3
12
b + a
b3
12

9
Nestas expressões σ = M
ab
é a densidade superﬁcial de massa (massa por unidade de área).
Obtemos assim:
I =
M
12
a2
+ b2
b) um eixo paralelo ao lado de tamanho b da placa.
Novamente é conveniente escolhermos a origem sobre o eixo de rotação. Colocando a origem
sobre uma das quinas da placa é importante notarmos que a distância de um ponto da placa até
o eixo é dada apenas por r = y.
As integrais ﬁcam:
I =
ˆ
r2
dm
=
ˆ b
0
ˆ a
0
y2
σdxdy
= σa
ˆ b
0
y2
dy
= σa
b3
3
= M
b2
3
Note a semelhança com o resultado (2), porque isso ocorre?

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