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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 1
CAPÍTULO 12 – DINÂMICA DA ROTAÇÃO
6. A Fig. 36 mostra um bloco uniforme de massa M e arestas de comprimento a , b e c. Calcule a sua
inércia rotacional em torno de um eixo que passe em um vértice e seja perpendicular à face
maior do bloco. (Dica: Veja a Fig. 9.)
( Pág. 247 )
Solução.
A Fig. 9 mostra que o momento de inércia de um bloco, semelhante ao da Fig. 36, em relação a um
eixo que passa pelo seu centro de massa e paralelo ao eixo mostrado na Fig. 36 é dado por:
2 2
CM
M a b
I
Para descobrir o momento de inércia do bloco em relação ao eixo que passa pelo vértice basta
aplicar o teorema do eixos paralelos:
2 I = I CM + Mh
Considere o seguinte esquema, em que h , a distância de separação entre os dois eixos, é dada pelo
teorema de Pitágoras:
Logo:
2 2 2 2
M a b (^) a b I M
^ ^
2 2
M a b I
a /
b /
h
CM
2
Como esperado, I ICM. Quando o eixo está localizado no vértice do bloco a distribuição geral de
sua massa é mais afastada do eixo quando comparada ao eixo passando pelo centro de massa.
8. Duas partículas, cada uma com massa m , estão unidas uma a outra e a um eixo de rotação por
duas hastes, cada uma com comprimento L e massa M , conforme a Fig. 37. O conjunto gira em
torno do eixo de rotação com velocidade angular . Obtenha uma expressão algébrica para (a) a
inércia rotacional do conjunto em torno de O e (b) a energia cinética de rotação em torno de O.
( Pág. 247 )
Solução.
Considere o esquema a seguir:
(a) O momento de inércia total do conjunto vale:
I = I (^) Barra A + I (^) Bola B + I (^) Barra C + I Bola D
Podemos tratar as barras A e C como sendo apenas uma barra E de comprimento 2 L e massa 2 M :
I = I (^) Barra E + I Bola B (^) + I Bola D (1)
O momento de inércia da barra E é (conferir Fig. 9, pág. 234):
2 2
Barra E
M L ML
I = = (2)
Os momentos de inércia devido às bolas valem:
2 I (^) Bola B= mL (3)
2 2 I (^) Bola D = m (2 L ) = 4 mL (4)
Substituindo-se (2), (3) e (4) em (1):
2 (^8 2 ) 4 3
ML
I = + mL + mL
M
I m L
(b) A energia cinética do sistema vale:
K = I (6)
Substituindo-se (5) em (6):
C
A (^) m
m B
D
z
4
forma de um disco de espessura dz à altura z do centro (veja a Fig. 40). (a) Quando escrita em
fração da massa total M , qual é a massa dm do elemento? (b) Considerando-se o elemento como
um disco, qual é a sua inércia rotacional dI? (c) Integre o resultado de (b) sobre a esfera toda
para encontrar a inércia rotacional da esfera.
( Pág. 248 )
Solução.
(a) O elemento de massa dm pode ser encontrado partindo-se da densidade volumétrica de massa ,
supostamente uniforme.
2 (^43)
M dm
r dz R
Logo:
2 2
3
dm^ R^ z^ dz
M R
(b) A inércia rotacional de um disco de raio r e massa dm é dada por:
dI = r dm
Utilizando-se o resultado do item (a), temos:
2 2 3
Mr dz dI r R
2 2 2
3
M R z dz dI R
(c)
2 2 2 2 2 2 (^3 3 )
R R
R
M R z dz (^) M I dI R z dz R R
−
2 3 5 5 5 5 4 5 3 3 3
0
R M R z z M R R M R I R z R R R R
2 2
MR
I =
5
28. A Fig. 45 mostra dois blocos, cada um de massa m, suspensos nas extremidades de uma haste
rígida e sem massa de comprimento L 1 + L 2 , com L 1 = 20,0 cm e L 2 = 80,0 cm. A haste é
mantida na posição horizontal mostrada na figura e então liberada. Calcule as acelerações
lineares dos dois blocos quando eles começarem a mover-se.
( Pág. 249 )
Solução.
Considere o seguinte esquema das forças que atuam sobre a haste:
Como a haste é rígida as acelerações angulares ( ) de ambos os blocos serão iguais. Suas
acelerações lineares, na coordenada y , serão dadas por:
a 1 = − L 1 (1)
a 2 (^) = L 2 (2)
A aceleração angular é calculada por meio da segunda lei de Newton:
τ^ = I α
Torques em z :
L mg 1 − L mg 2 = I 0
0
mg L L
I
Como a barra possui massa desprezível, o momento de inércia do sistema em relação ao eixo de
suspensão consiste apenas na contribuição das massas m em cada lado desse eixo.
2 2 2 2 I (^) 0 = mL 1 (^) + mL 2 (^) = m L 1 (^) + L 2 (4)
Substituindo-se (4) em (3):
2
1 2 2 2 2 2 2 1 2
9,81 m/s 0, 200 m 0,800 m 8, 65588 rad/s
0, 200 m 0,800 m
g L L
L L
− ^ −
+ ^ +
O sinal negativo de indica que o sentido da aceleração da barra é horário. Para o cálculo de a 1 e
a 2 , utilizamos as Eqs. (1) e (2):
2 2 a 1 (^) = − −8, 65588 rad/s 0, 200 m =1, 7311 m/s
x
y
F
O CM
m g (^) m g
z
L 1 L 2
7
(c) Esquema de forças sobre o bloco 1 (suspenso pelo fio):
Forças no bloco 1 em y :
Fy^ = May
(^1 )
2 R
T Mg M t
(^1 )
2 R
T M g t
Esquema de forças na polia:
Torques na polia em z :
z z
^ ^ = I
− RT 1 + RT 2 = I (4)
Substituindo-se (2) e (3) em (4)
2 2 2
2 R 2
RM g RT I t t
(^2 2 )
2 I 2 MR
T Mg
Rt t
(^2 )
2 I
T Mg MR t R
34. Uma esfera oca uniforme gira em torno de mancais verticais sem atrito (Fig. 47). Uma corda de
massa desprezível passa pelo equador da esfera e sobre uma polia; ela está presa a um pequeno
objeto que pode cair livremente sob a influência da gravidade. Qual será a velocidade do objeto
após este ter caído a distância h a partir do repouso?
M
T 1
M g
x
y
a
T 2
T 1
x
y
z
8
( Pág. 250 )
Solução.
A variação da energia cinética do bloco m é igual ao trabalho gravitacional:
Wg = K = K − K 0
2 1
mgh − T h = mv
(^2 ) 2
T
v h g m
Forças no corpo m em y :
Fy^ = May
T 1 (^) − mg = mam
1 m
T
a g
m
Torques na polia em z :
^ ^ z = I z
rT 2 − rT 1 = I
2 1
I
T T
r
Substituindo-se (2) em (3) e por am / r ::
(^2 )
m m
Ia
T ma mg
r
m
T 1
m g
x
y
am
T 2
T 1
m x
y
z
r
m
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36. Um corpo rígido é formado por três barras finas idênticas, presas na forma de uma letra H (Fig.
48). O corpo pode girar livremente em torno de um eixo horizontal que passa por uma das
pernas do H. Solta-se esse corpo a partir do repouso, de uma posição na qual o plano do H é
horizontal. Qual é a velocidade angular do corpo quando o plano do H for vertical?
( Pág. 250 )
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação, em que CM indica o centro de massa das duas barras que
efetivamente giram:
Pode-se aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos estados inicial ( E 0 ) e final ( E ):
E 0 = E
K (^) 0 + U (^) g 0 = K + Ug
+ mgh = I +
2 4 mgh
I
Na Eq. (1), m é a massa de cada barra, I é o momento de inércia das barras que giram, sem contar
com a barra que está no eixo e h é a queda sofrida pelo centro de massa das barras que giram. A
distância que vai do eixo até o centro de massa das barras que giram vale:
MyCm = m yi i
Cm
L
my = m + mL
Cm
L
y = = h (2)
Momento de inércia do conjunto das barras que giram:
2 2 1 2 3
mL I = I + I = + mL
2 4
mL I = (3)
x
y
z
CM
Ug = 0
h
L
L
L CM
11
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
2 2
L
mg g
mL L
g
L
50. Uma bolinha compacta de massa m e raio r rola sem deslizar ao longo do trilho em curva
mostrado na Fig. 50, tendo sido abandonada em repouso em algum ponto da região reta do
trilho. (a) De que altura mínima, a partir da base do trilho, a bolinha deve ser solta para que
percorra a parte superior da curva? (O raio da curva é R ; suponha que R r ). (b) Se a bolinha
for solta da altura 6 R acima da base do trilho, qual a componente horizontal da força que atua
sobre ela no ponto Q?
( Pág. 251 )
Solução.
Considere o seguinte esquema das situações (a) e (b):
(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e C :
EA = EC
K (^) A + U (^) gA = KC + UgC
C C
+ mgh = mv + I + mg R
h
R
y
m, r
A
C
Q
m g
vC
vQ
N
C
6 R
13
m
N gR
R
N = mg
51. Um cilindro maciço de comprimento L e raio R tem peso P. Duas cordas são enroladas em torno
do cilindro, perto de cada borda, e as pontas das cordas são presas a ganchos no teto. O cilindro
é mantido na horizontal com as duas cordas exatamente verticais e então é abandonado (Fig.
51). Ache (a) a tração em cada corda enquanto elas se desenrolam e (b) a aceleração linear do
cilindro enquanto ele cai.
( Pág. 251 )
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o cilindro:
Torques em z :
^ ^ z = I z
2
. 2
MR a R T R
Pa T g
Análise da translação do cilindro:
Fy^ = May
P
T P a g
g
a T P
P
Substituindo-se (1) em (2):
P g T T P g P
P
R
M
x
y
z
2 T
a
14
4 T = P − 2 T
P
T = (3)
(b) Substituindo-se (3) em (2):
g P a P g P
g
a = −
53. Mostre que um cilindro vai derrapar num plano inclinado com inclinação se o coeficiente de
atrito estático entre o plano e o cilindro for menor do que 1/3 tan .
( Pág. 251 )
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
A condição de rolamento do cilindro é dada por a = R , em que a é a aceleração linear, é
aceleração angular e R é o raio do cilindro. A condição para que o cilindro deslize pela rampa ao
invés de rolar é que a seja maior do que o produto R :
a R (1)
Agora vamos calcular a e para substituir em (1). Forças em y :
Fy^ =^0
N − mg cos = 0
N = mg cos ^ (2)
Forças em x :
Fx^ = max
Px − f = ma
mg sen − N = ma (3)
Substituindo-se (2) em (3):
mg sen − mg cos= ma
a = g ( sen − cos) (5)
Torques em relação ao eixo que passa pelo centro de massa do cilindro, em z :
a
x
y
P
N
f
z
16
( Pág. 251 )
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
(a) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica do sistema aos estados A e B :
EA = EB
K (^) A + U (^) gA = KB + UgB
( )
+ mg h + h = mv B + I B + mgh
2 2
2 mgh ' = mvB + I B
2 2 2 2 2 sen 2
B B
mr mgd = m r +
2 (^32) 2 sen 2
B
r gd =
2 2
4 sen
B
gd
r
sen 3 B 57,9655^ rad/s
gd
r
= =^ (1)
B 58,0 rad/s
vB
m, r
x
y
d
h
A
B (^) h’
l
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(b) Análise do movimento da esfera do momento em que perde contato com o telhado até tocar o
solo. Em x :
x = x 0 (^) + v tx
x = 0 − vB cos t
B cos
x t
v
Em y :
2 0
y − y = v t y + a ty
0 sen
− h = − v B t − gt (3)
Substituindo-se (2) em (3):
2 1 sen 2 cos cos
B B B
x x h g v v v
2
2 2
tan (^2) B cos
gx h x v
Como vB = Br , temos:
2
2 2 2
tan (^2) B cos
gx h x r
( )
2 2 2 2
tan 0
2 B cos
g
x x h
r
−^ −^ =
As raízes desta equação do segundo grau são:
x 1 (^) = −4, 2108 m
x 2 (^) =7, 2079 m
De acordo com o referencial adotado, a coordenada x onde a esfera toca o solo é negativa. Logo, a
distância alcançada pela bola na queda do telhado vale:
l =4,21 m
