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
P = Fv = FRω ,
onde v é a velocidade da borda da engrenagem e ωé a sua velocidade angular, que deve ser
a mesma do motor. Notando que o torque do motor é T = FR , obtemos
P = Tω , T =
P
.
ω
Uma vez que 1cv = 0,7457 kW, a potência do carro é P = 89,5 kW. Portanto,
T=
89,5 × 10 3 W
N ⋅ m ⋅ s −1
=
158
= 158 N ⋅ m
2π × 90 s -1
s −1
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 antihorário, obtemos
l = mv r k .
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.
a
F
H
j
h
N
k
mg
i
O
Fa
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 Fa , e além disso a força normal N do piso será alinhada com a
força peso mg. 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 Fa = 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
T = ( Fh − mga / 2)k
e, no valor mínimo de F para iniciar o tombamento, temos T = 0, ou seja,
F=
mga
.
2h
Por outro lado, como o bloco não desliza, temos
µmg ≥ F .
O valor máximo de F corresponde à igualdade nesta equação, e portanto,
µmg =
mga
a
, ∴ hmáx =
.
2h
2µ
Esta é a altura máxima de aplicação da força F.
Problema 4 – O coeficiente de atrito está 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.
2
Nh
θ
N
mg
Fa
O
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 = mg ,
N h = Fa ≤ µN .
(1)
b) Nulidade da resultante dos torques em relação ao ponto O
mg
L
senθ = N h L cos θ ,
2
(2)
Onde L é o comprimento da escada.
Combinando a Equação 2 com as Equações 1, obtemos
mg
L
senθ ≤ µmgL cos θ ,
2
e, finalmente,
tgθ ≤ 2µ , θmáx = arctg ( 2µ) .
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
F
f
θ
l
ω
3
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
r
L = mlωcos è ñ + mωρ2 k .
(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 senθ ñ̂ - lcosθ k . Podemos então escrever
i
ñ̂
k
T = r × mgk = 0 lsen θ − l cosθ ,
0
0
− mg
T = −mglsenθ i .
(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,
mωρ2 = constante,
ωl 2 sen 2θ = ωo l o 2 sen 2θo
.
(1)
onde os índices o indicam os valores iniciais das variáveis. Por outro lado, a força centrípeta
sobre a esferinha é Tsenθ . 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 / cosθ . Podemos então escrever
mω2 lsenθ = mg
ω=
senè
,
cosθ
g
.
l cosθ
(2)
Substituindo este valor de ω na equação (1), obtemos
g
2
l 2 sen 2θ = ωo l o sen 2θo ,
l cos θ
4
1
1
2
l 2 sen 2θ =
l o sen 2θo
l cos θ
l o cos θo
(3)
Esta equação permite calcular θ em função de l, dados os valores iniciais θo e lo . 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 = Li, Descreva o movimento da barra após a
colisão.
j
k
i
Figura 4
Solução: A velocidade do centro de massa da barra será dada por
v cm =
I
i,
M
O torque, em relação ao centro de massa, que a força de colisão realiza sobre a barra é
T=
l
j× F .
2
Uma vez que
T=
dL
,
dt
podemos escrever
dL l
= j× F .
dt 2
Integrando esta equação, uma vez que a integral no tempo de F é o impulso I, obtemos
L=
l
l
l
j× I = I j × i = − I k .
2
2
2
Considerando que
5
L=
1
M l 2ù ,
12
onde M l 2 / 12 é o momento de inércia da barra em relação ao eixo horizontal passando pelo
seu centro, obtemos
ù = −6
v
I
k = −6 cm k .
Ml
l
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 senθ , 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 Fa,
indicada na figura. Tal força gera a aceleração centrípeta na roda, e seu valor é
Fa = m
v2
,
R
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 Fa tem de apontar para o interior da curva.
L
mg
θ
N
Fa
Figura 5
6
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?
v
V
R
b
o
90
r
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 RT 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 LR = mVR . Usando o fato de que o momento
angular inicial era Lo = mvb e a conservação do momento angular, podemos escrever
mvb = mVR ,∴V =
b
v.
R
A conservação da energia mecânica se exprime pela equação
1
Mm 1
Mm
mv 2 − G
= mV 2 − G
.
2
r
2
R
Substituindo o valor de V nesta equação obtemos
v 2 − 2G
M b2 2
M
= 2 v − 2G
,
r
R
R
7
(v 2 − 2G
M 2
) R + 2GMR − b 2v 2 = 0 .
r
Resolvendo esta equação,
R=
− GM + G 2 M 2 + (v 2 − 2G
v 2 − 2G
M
r
M 2 2
)b v
r
,
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
RT <
− GM + G 2 M 2 + (v 2 − 2G
v 2 − 2G
M
r
M 2 2
)b v
r
.
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.
I,R
T1
M
T2
m
Figura 7
Solução – As equações de movimento dos blocos e da roldana são
T1 − Mg = − Ma
T2 − mg = ma .
T1 R − T2 R = Iα
Considerando que a = αR , este sistema de equações pode ser escrito na forma
matricial
 1 0 MR   T1   Mg 

  

 0 1 − mR  T2  =  mg  .
 −1 1
I   α   0 

8
A aceleração angular da roldana será dada por
α=
α=
1 0 Mg
0 1 mg
−1 1 0
1 0 MR
0 1 − mR
−1 1
I
=
Mg − mg
,
MR + mR + I
g
M −m
.
R M +m+I /R
R
M
I2
R-
I1
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 µc . 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 µc Mg .
Assim, os cilindros sofrerão torques opostos, na direção vertical, de módulo µc MgR . Suas
equações de movimento serão
dω1
= −µc MgR ,
dt
dω2
I2
= µc MgR .
dt
I1
(1)
9
Tais equações de movimento permanecerão válidas até que ω1 = ω2 = ω f . Essa velocidade
final comum é determinada pela conservação do momento angular:
I 1ωo = ( I 1 + I 2 )ωf , ∴ω f =
I1
ω .
I1 + I 2 o
Nosso objetivo agora é obter essa velocidade final diretamente pelas equações de
movimento. Pelas equações (1) obtemos
µc MgR t
,
I1
µ MgR t
ω2 = c
.
I2
ω1 = ωo −
Os dois cilindros atingirão a mesma velocidade angular final ω f no instante t f dado por
µc MgR t f
ωo −
I1
=
µc MgR t f
I2
( I 1 + I 2 ) µc MgR t f
ωo =
I 1I 2
,
.
Portanto,
tf =
I 1I 2
ω .
( I 1 + I 2 ) µc MgR o
A velocidade final será
ωf =
µc MgR
I1 I 2
I1
ωo =
ω ,
I2
( I 1 + I 2 ) µc MgR
I1 + I 2 o
em concordância com o valor calculado anteriormente.
10
Problemas propostos
9.1E – Considere a Terra como uma esfera homogênea com raio de 6,4 × 10 6 m e massa de
6,0 × 10 24 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 × 1011 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: I =
M 2
(R + r 2 )
2
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.
2 R5 − r 5
Resposta: I = M 3
5
R − r3
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.
F3
l
30
l
l
F2
F1
Figura 9
Resposta: (a) T = Mg
Figura 10
L
3g
; (b) α =
.
4
4L
11
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: α =
F 3+ 3
.
ml
2
a
R
m
h
r
M
Figura 11
θ
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, IR e Ir, 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) α =
mR − Mr
M
r
. (b)
=
2
2
mR + Mr + I R + I r
m R
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/s2 , 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.
12
Resposta : T = 468 N ⋅ m
I,R
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) α =
mgR
2π mgR
; (b) W =
.
2
I + mR
I + mR 2
13