Resolução Halliday vol.1 10ªed - cap 10, Exercícios de Física

Baixe Resolução Halliday vol.1 10ªed - cap 10 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 10 1, De acordo com o enunciado, vcy e « são constantes. Em unidades do SI, temos: 1609 m/mi Vu = (85 mi/h)| > |=38 m/s en [ 3600 s/h ) «o = (1800 rev/min) / (60 s/min) = 30 rev/s Ax= (60 ft) (0,3048 ftim) =18,3m O tempo de percurso é, portanto, t=Axlvey = (18,3 m)/(38 m/s) = 0,481 5 Durante esse tempo, o deslocamento angular de um ponto da superfície da bola é 6 = ot = (30 rev/s0(0,481 ) = 14 rev. 2. (a) O ponteiro dos segundos de um relógio completa uma volta (27 rad) em 60 5 . Assim, m= A. 0,105 rad/s. 60 (b) O ponteiro dos minutos de um relógio completa uma volta (27 rad) em (60)(60) = 3600 s. Assim, 22 1 15x10º radis. 3600 (c) O ponteiro das horas de um relógio completa uma volta (27 rad) em (12)(60)(60) = 43.200 s. Assim, 27 o= =1,45x10“rad's. 43.200 3. De acordo com as equações do movimento uniformemente acelerado, discutidas no Capítulo 2, o tempo que a torrada leva para chegar ao chão é ai= [ho [MO76M 0 945, g 9,8 m/s” (a) O menor ângulo para o qual a torrada cai com a manteiga para baixo é A6,,, = 0,25 rev= 7/2 rad. A velocidade angular cor- respondente é a Au Z/2 ad cmo Car 0,394s =4,0 mad/s. (b) O maior ângulo (menor que 1 revolução) para o qual a torrada cai com a manteiga para baixo é A0,,. = 0,75 rev= 37/2 rad. A velocidade angular correspondente é oo, = Oi 37/2708 45 0 adj, At 0,395 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 369 4. (a) Fazendo t = 0 na função dada, obtemos 6, = 2,0 rad. (b) A velocidade angular em função do tempo é dada pela Eq. 10-6: Dor 01+6,0º dt Fazendo t = 0 na função acima, obtemos q», = 0. (c) Para t = 4,0 s, função do item (b) nos dá 8, = (8,0)(4,0) + (6,0)(4,0)º = 128 rad/s = 1,3 x 10º rad/s. (d) A aceleração angular em função do tempo é dada pela Eq. 10-8: =8,0+12,0t Para t = 2,0, a equação acima nos dá q, = 8,0 + (12,0)(2,0) = 32 rad/s? (e) De acordo com a equação obtida no item (d), a aceleração angular varia com o tempo e, portanto, não é constante. 5. De acordo com as equações do movimento uniformemente acelerado, discutidas no Capítulo 2, o tempo que o mergulhador leva para chegar à água é 1= [ho [200 4 g 9,8 m/s” Nesse caso, de acordo com a Eq. 10-5, o módulo da velocidade angular média do mergulhador é - (2,5 rev)(27 rad'rev) = radis. 14s Jned 6. (a) De acordo com a Eq. 10-6, temos: o Luar + )=4- 61038, dt Fazendo t = 2 s na expressão fornecida obtemos 00, = 4,0 rad/s. (b) Fazendo t = 4 s na expressão do item (a), obtemos «o, = 28 rad/s. (c) De acordo com a Eq. 10-7, temos: =DO orgs. 2 [cam (d) De acordo com a Eq. 10-8, temos: ado A (4 +38" )--6+6% dt dt Fazendo t = 2 s na expressão acima, obtemos q, = 6,0 rad/S. 372 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Podemos calcular At usando a Eq, 10-15: 260 rev) -48s 1 AO=(0,+0, )ADAt=""— 0 = (ea o) 10 rev/s+15 rev/s (c) Podemos calcular 1, usando a Eg, 10-12: m=0,+ai >t, = (d) Qualquer equação da Tabela 10-1 que envolva 6 pode ser usada para calcular 8, (o deslocamento angular no intervalo 0 <t< t,); escolhemos a Eq. 10-14. (10 rev/s) 2(1,04 revis”) o =0+2006,>0,= 48 rev. 15. PENSE O problema envolve uma roda que gira com aceleração angular constante. Podemos usar as equações da Tabela 10-1 para analisar o movimento da roda. FORMULE Como a roda parte do repouso, o deslocamento angular em função do tempo é dado pela relação 8 = at?/2. Chamando de t, e t, os instantes inicial e final do intervalo, respectivamente, os deslocamentos angulares nesses instantes são 2 ati 2 2 1 (En) = at +=) Para A8 = 120 rad, 6 = 3,0 rad/s e t, — t, = 4,05, obtemos pap MAO) MI20rad) 2 db) (0radis (4,05) o que nos dá t, = 12,0 se t, = 8,0 s. Isso significa que a roda começou a girar 8,0 s antes do início do intervalo de 4,0 s. APRENDA Podemos verificar se o resultado está correto calculando os valores de 8, e O; 3,0rad/s”)(8.05) =96rad 8 Orad/'s?)(12,0s) =216rad Isso mostra que a roda descreve realmente um ângulo Aô = 6, — 6, = 120 rad no intervalo de tempo dado. 16. (a) De acordo com a Eq. 10-13, 0-0,=0,t + at)? = 0 + (1,5rad/s?)t//2 em que 8 8, = (2 rev)(27 rad/rev). Assim, t, = 4,095. (b) Podemos calcular o tempo f, necessário para que o carrossel descreva 4 revoluções, usando a mesma equação do item (a), e subtrair o tempo t, calculado no item (a) para obter o valor desejado. (4 rev)(27 rad/rev)=0+ (L,5rad/s?)t2/2 > t=5789s. A resposta é 5,789 s — 4,093 s= 1,705. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 373 17. (a) O ângulo 8,,,, é definido pela condição q = 0 (que acontece no instante em que a roda para momentaneamente de girar no sentido positivo antes de começar a girar no sentido negativo). Podemos calcular ,,,, usando a Eq. 10-14: Ou, =-2 -— Tradis) qyrad 2a 2X-0,25 rad/s”) (b) De acordo com a Eq. 10-13, temos: La 4-0, +52h Dt, Fazendo 8, = 8,,,/2 = 22 rad, obtemos dois valores para t, 5,5 s e 32 5. Assim, o primeiro instante em que a reta de referência passa pelo ângulo 0,,/2é 1=5,55. (c) De acordo com o resultado do item (b), o segundo instante em que a reta de referência passa pelo ângulo 0,4/2é t= 325. (d) De acordo com a Eq. 10-13, temos: g,=ottai> 2 Ob toa Fazendo 6,= 10,5 rad, obtemos dois valores para t,, -2,1 s e 405. Assim, O instante negativo em que a reta de referência passa pelo ângulo -10,5 rad é 2,1 s. (e) De acordo com o resultado do item (d), o instante positivo em que a reta de referência passa pelo ângulo —10,5 rad é 40 s. (8) O gráfico pedido é mostrado na figura a seguir, com os resultados dos itens anteriores assinalados por pontos. 18. (a) Como uma revolução completa corresponde a um deslocamento angular 8 = 27 rad, a velocidade angular em rad/s é dada por w = ABIT = 2x/T e a aceleração angular é dada por do 24d” “= 7 dt Td De acordo com os dados do problema, ss dT 126710" slano 4 gg dt 3,16x10" s/ano e, portanto, 2x (0,033 (4,00x10)=-23x 10º rad/s 374 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR O sinal negativo indica que a aceleração angular tem o sentido oposto ao da velocidade angular e, portanto, a velocidade angular do pulsar está diminuindo. (b) Fazendo q = 0 na expressão w = q, + at e explicitando t, obtemos A 27 27 pes TO =" go" a ar” (23x10º radis(0,033 5) 2,6x10º anos (c) O pulsar foi criado há 1992 — 1054 = 938 anos, o que equivale a (938 anos)(3,16 x 107 s/ano) = 2,96 x 10º s. A velocidade angular do pulsar naquele instante era o=0,+0t=2Eru=2E + (2,3x10º ads? X-2,96x10" 5)= 258 radis T 0,033s eo período era 27 27 = =24xI0ºs ow 2S8radis 19. (a) Supondo que a velocidade angular é positiva e usando a Eq. 10-18, temos: (2,90x10º km/h) (1000 h/3600 5) >>> ————=2,50x 10" radis. 3,22x10' km (b) De acordo com a Eq. 10-23, temos: a, = 02r=(250x10º rad/s)?)(3,22x10º m)= 20,2 m/s? (c) Se a velocidade tangencial v, é constante, a velocidade angular « = v,/r é constante, a aceleração angular a é nula e a aceleração tangencial a, é nula, já que do 22 e aq =ra=0. 20. A função 0=<e”” é usada para descrever a posição angular de uma reta. Derivando a função duas vezes em relação ao tempo, obtemos: (a) De acordo com a Eq. 10-22, 0 q=ar=r—=rép'e Fazendo r= 0,04m,é£=0,40m,$ =2s!et=0, obtemos a, = 0,064 m/s. (b) De acordo com a Eq. 10-23, Fazendo r = 0,04m, é =0,40m,f =2s!et=0, obtemos a, = 0,026 m/s?. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 377 Para r =0,50 m, a aceleração radial (ou centrípeta) é dada pela Eq. 10-23: a,=0w'r=(7,85 rad/s) (0,50 m)=31 m/s? que é muito maior que a, Assim, o módulo da aceleração é jar ara” a, =3 m/s”. 27. (a) A velocidade angular em rad/s é =[331 revimin || 2280drev 3 soradis. 3 60 De acordo com a Eq. 10-23, a aceleração radial (centrípeta) é =(3,49 rad/s) (6,0x10? m)=0,73 m/s”. (b) Usando os métodos do Capítulo 6, obtemos ma = f< fon = 1t,mg, O que nos dá 2.020,75. g 98 Main > (c) A aceleração radial do prato é a, = 0»ºr e a aceleração tangencial é a, = ar. Assim, lá-yara=((o'rjroy=ryo'+o. Para que a semente não escorregue, é preciso que ME = MA sis = ME (OO Semi Como, de acordo com a Eq. 10-12, a = 00/t, temos: «fi vei — fo HO! (0,060)/3,49! +(3,4/0,257º =Q11. g 9,8 Mi 28. Como a correia não desliza, um ponto da borda da roda C tem a mesma aceleração tangencial que um ponto da borda da roda A. Isso significa que ar, = Gere, onde q, é a aceleração angular da roda A e ac é a aceleração angular da roda C. Assim, (jo. (5 E Ja oradsty=0.64 radis?. 25 em Com a velocidade angular da roda C dada por q. = at , o tempo para que a roda C atinja uma velocidade angular o = 100 rev/ min = 10,5 rad/s a partir do repouso é 10,5 rad/s 0,64 rad/: 16s. 29. (a) No tempo que a luz leva para ir da roda ao espelho e voltar à roda, a roda gira um ângulo 6 = 27/500 = 1,26 x 107? rad. Esse tempo é 378 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR =2L. 2600m) =3,34x10% 5 c 2,998x10 mis e, portanto, a velocidade angular da roda é 0 1,26x10? rd = 3,8x10º rad/s. t 3,34x10 (b) Ser é o raio da roda, a velocidade linear de um ponto da borda é v=oor=(3,8x10º rad/s) (0,050 m)=1,9x10? m/s. 30. (a) De acordo com a Eg. 10-22, a aceleração tangencial é a, = or =(14,2 rad/s”)(2,83 cm) = 40,2 cm/s?. (b) Em rad/s, a velocidade angular é q = (2760) (27/60) = 289 rad/s; assim, a, = 0'r = (289 rad/s”)(0,0283 m) = 2,36x10º m/s”. (c) De acordo com a Eq. 10-14, o deslocamento angular é (289 rad/sP 0=— —=2,94x10" rad. 22 214,2 rad's*) Nesse caso, de acordo com a Eq. 10-1, a distância percorrida é s=r6=(0,0283 m)(2,94x10º rad)=83,2 m. 31. (a) O limite superior da aceleração centrípeta estabelece um limite superior para a velocidade angular através da relação a = ra?, em que r é a distância entre o ponto considerado e o eixo de rotação. Considerando o caso mais desfavorável, que é o de um ponto na borda do disco (r = 0,25 m), temos 00,,.= Va/F =40 rad/s. Aplicando a Eq. 10-15 à fase em que o disco está ganhando velocidade, temos: 0-0,=(w,+w)t/2 => 400rad = (0 +40 rad/s)t/2 o que nos dá t= 20 s. A fase em que o disco está perdendo velocidade leva exatamente o mesmo tempo (já que o valor da desace- leração é igual ao da aceleração); assim, o tempo total é 40 s. (b) Na fase em que o disco está ganhando velocidade, a Eg. 10-11 nos dá wv=w,+at > a= (40rad/s)/(205) = 2,0 rad/s. 32. (a) A velocidade linear do carro no instante t = 15,0 s é v=at=(0,500m/s”) (15,08) =7,50m/s A aceleração radial (centrípeta) nesse instante é —(150misP r 300m =1,875m/s O módulo da aceleração total é portanto, MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 379 a=/a+a = (0500 m/S) +(L875m/S) =194m/S (b) Como ||f, o ângulo entre F e à é e, portanto, o vetor aceleração aponta mais para o centro da pista do que para a direção do movimento. 33. PENSE Este problema envolve o cálculo do momento de inércia de uma roda a partir da energia cinética e da velocidade de rotação. FORMULE A energia cinética (em )) é dada por K = Iw:/2, em que 1 é o momento de inércia (em kg - m?) e q é a velocidade angular (em rad/s). ANALISE De acordo com os dados do problema, a velocidade angular da roda é mi o (802 reviminnradirev) (sy radis 60 símin e, portanto, o momento de inércia é pe E U2A4001) 12,3kg-m?. qo 63,0rad's APRENDA Note a semelhança entre a energia cinética de rotação I00º/2 e a energia cinética associada ao movimento linear my/2. 34. (a) De acordo com a Eq. 10-12, o módulo da aceleração angular, a, é a inclinação do gráfico de o em função de t. Assim, a = 9/6 = 1,5 rad/s?. (b) De acordo com a Eq. 10-34, a energia cinética de rotação K é proporcional a ?. Como a velocidade angular no instante t = 0 é -2 rad/s e a velocidade angular no instante t = 4s é 4 rad/s, a razão entre as energias cinéticas nesses dois instantes é K E > K==0401 35. PENSE O momento de inércia de um corpo rígido depende da distribuição de massa. FORMULE Uma vez que, de acordo com a Tabela 10-2(c), o momento de inércia de um cilindro é = MR?/2, a energia cinética de rotação é Kliao! uro? 2 4 ANALISE (a) No caso do cilindro menor, K, sU125ke(0,25 m)*(235 rad/s) =1,08x10º J (b) No caso do cilindro maior, 40.25 kg)(0,75 m)(235 rad/s) =9,71x10" 382 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 4 L=Dm (62 +9)=1,+1,=1,3x10'+5,5x10?=1,9x10? g-em?, a (d) Por inspeção, é fácil ver que a resposta do item (c) é A + B. 43. PENSE Este problema envolve o cálculo do momento de inércia de um bloco em relação a um eixo que não passa pelo centro do bloco. FORMULE Podemos usar o teorema dos eixos paralelos 1 = Icy + Mh?, em que 1.,, éo momento de inércia do bloco em relação ao centro de massa, dado na Tabela 10-2(i), M é a massa e h é a distância entre o centro de massa e o eixo de rotação. Como o centro de massa está no centro do bloco, h=J(a/27 +(b/2)º. Assim, al 2 Mp5. M5 2.4 1 Mi = es (2 +5")= ã (2+5) ANALISE Para M = 0,172 kg, a = 3,5 cm eb =8,4cm, = (7 +5")= CU te (0085 m)' + (0,084 m)]=4,7x10 kg-m? APRENDA O fato de que 1> Icy para qualquer valor de h mostra que é mais difícil fazer girar um bloco em torno de um eixo quando o eixo não passa pelo centro do bloco. 44. (a) A figura mostra as partículas, as barras e o eixo de rotação (reta horizontal). 4 Note que todas as cargas estão a uma distância 7 = 1,0 m do eixo. Assim, de acordo com a Eq. 10-33, 1=5) my) =4 (0,50 kg) (,0m)'=2,0 kg-mº. (b) Nesse caso, as duas cargas mais próximas do eixo estão a uma distância r = 1,0 m do eixo e as duas mais afastadas estão a uma distância r= (1,0 m)? +(2,0 m)? do eixo. Assim, de acordo com a Eq. 10-33, 1=5) mr) =2(0,50 kgX(1,0 m?)+2(0,50 kg)(5,0 m?)= 6,0 kg:mº. (c) Nesse caso, duas das massas estão sobre o eixo (e, portanto, r = 0) e as outras duas estão a uma distância r = V0,0m)+(1,0m? do eixo. Assim, de acordo com a Eq. 10-33, 1=5 my) =2(0,50kgX2,0 m?)=2,0kg-mº. 45. PENSE O torque é o produto da força aplicada pelo braço de alavanca. Quando um corpo está submetido a mais de um torque, o torque resultante pode ser calculado somando vetorialmente os torques. FORMULE Vamos considerar como positivo o torque que tende a fazer o corpo girar no sentido anti-horário. Nesse caso, a força F, produz um torque positivo de módulo r,F, sen 0,,e a força F, produz um torque r, F, sen 6,. O torque resultante é, portanto, MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 383 T=nijsend, —r, FsenO, ANALISE Substituindo os valores dados, obtemos 7=nFseng, —+,F,senô, = (1,30 m)(4,20 NJsen75º — (2,15 m)(4,90 N)sen60º =-3,85 Nm. APRENDA Como : <0, o corpo vai girar em torno do eixo no sentido horário. 46. O torque resultante é T=TutTptic= Fr, senó,- F,r, send, + Fr. sen de =(L0)(8,0)sen 135º - (16)(4,0) sen 90º +(19)(3, 0)sen160º =12N-m. 47. PENSE Neste problema, a bola está submetida a duas forças: a força de tração da barra e a força gravitacional. FORMULE O torque que a força de tração da barra exerce sobre a bola é zero, já que a linha de ação da força passa pelo eixo de rotação. Como se pode ver na figura, a componente da força gravitacional perpendicular à bola, a única que exerce torque sobre a barra, é mg sen 8. Se ( é o comprimento da barra, o mó- dulo do torque que a força gravitacional exerce sobre a barra é, portanto, 7 = mg( sen 0. ANALISE Para m = 0,75 kg, ( = 1,25 m e 8 = 30º, o módulo do torque é 7=mg(scnô = (0,75/9,8)X1,25)sen30º = 4,6 N-m APRENDA Em vez de dizer que ( é o braço de alavanca da componente mg sen 8 da força gravitacional, podemos dizer que ( sen 8 é o braço dealavanca da força gravitacional mg. As duas interpretações levam ao mesmo resultado: 7 = (mg sen 6) = (mg)(( sen 6). 48. Calculamos os torques usando a equação 7 = rF sen 9. (a) Para 6=30º, 7 =(0,152mJ111 N)sen30º=8,4N:m. (b) Para $=90º, 7, = (0,152m)(111 N)sen90º=17 Nm. (0) Para $=180º, 7 = (0,152 m)(11IN)sen180º= 0. 49, PENSE Como a velocidade angular da nadadora varia com o tempo, a aceleração angular é diferente de zero. FORMULE Para calcular a aceleração angular «o, podemos usar a equação «» = (0, + at, em que 0», é a velocidade angular inicial, q é a velocidade angular final e t é o tempo. Se 1 é o momento de inércia da mergulhadora, o módulo do torque que age sobre a mergulhadora está relacionado à aceleração angular pela equação 7 = la. ANALISE (a) De acordo com os dados do problema, a aceleração angular é w-w, 620radis t 220x 10 (b) O módulo do torque que age sobre a mergulhadora é a= =2821ad/s” 384 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR t=Ia=(120kg-m (282 rad/s”)=338x10º Nm APRENDA De acordo com a equação 1 = Ia, quanto maior o momento de inércia 1 de um corpo, maior o torque necessário para imprimir ao corpo uma aceleração angular a. 50. De acordo com a Eq. 10-45, temos: 2.20 ogrgm a 25,0 I= 51. (a) Tomando o sentido para baixo como positivo e chamando de a a aceleração do bloco 2, a coordenada y do bloco 2 é dada por y = af?2 e, portanto, -MO750M) 6 og1g? m/s? (5,00 57 A aceleração do bloco 1 é 6,00 x 102 m/s? para cima. (b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, obtemos a equação m,g-T, =m1,a, em que m, é a massa do bloco 2 e T;éa tensão a que o bloco 2 está submetido. Assim, T=m,(g-)=(0,500 kg)(9,8 m/s? - 6,00x10? m/s? )=4,87N. (c) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, obtemos a equação m,g—T, =—ma, em que m, é a massa do bloco 1 e Té a tensão a que o bloco 1 está submetido. Assim, T=m(g+a)= (0,460 kg)(9,8 m/s” +6,00x10? m/s? )=4,54 N. (d) Como a aceleração tangencial de um ponto situado na borda da polia é igual à aceleração dos blocos, -4. 600 ms | yr R” 5,00x10/m (e) O torque resultante que age sobre a polia é 7=(T,- T)R . Igualando a Ia e explicitando o momento de inércia, obtemos: T-T)R (4,87N-4,54N)(5,00x10? m) a 1,20 rad/s? =1,38x107 kg.m'. 52. De acordo com as convenções de sinal adotadas no livro, o módulo do torque resultante a que o cilindro está submetido é te = ER-ER-Fyr= (6,0 NX0,12m)- (4,0 NX0,12m)- (2,0 NJX(0,050 m) = 71N-m. (a) A aceleração do cilindro [para 1=1MRº, de acordo com a Tabela 10-2(0)] é 71N-m — >>» =9,7rad/s” (2,0kg)(0,12 m) (b) Como a aceleração é positiva, o sentido da aceleração é o sentido anti-horário e o vetor aceleração aponta para fora do papel na Fig. 10.39. 53. Combinando a Eq. 10-45 com a Eq. 10-38, obtemos RF, - RF, = Ia, em que, de acordo com a Eq. 10-12 (com 00, = 0), a = q»/t. Usando o item (c) da Tabela 10-2 e explicitando F, obtemos MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 387 63. PENSE Durante a rotação da régua, a energia potencial é convertida em energia cinética de rotação. FORMULE Vamos chamar de ( o comprimento da régua. Como a régua está inicialmente em repouso, a energia cinética inicial é zero. Como o centro de massa da régua está a uma distância /2 das extremidades, a energia potencial inicial (tomando como referência o nível do solo) é U, = mg(/2, em que m é a massa da régua. Imediatamente antes de atingir o solo, a energia potencial da régua é zero e a energia cinética de rotação é Iw?/2, em que 1 é o momento de inércia da régua em relação a um eixo que passa por uma das extremidades da régua, e «» é a velocidade angular. De acordo com a lei de conservação da energia, ANALISE Como, de acordo com a Tabela 10-2 e o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia da régua é m(?/12 + m((/2) = me|3, v=3g0 = /3(9,8m/s')(1,00m APRENDA A velocidade linear de um ponto qualquer da régua depende da distância entre o ponto e o eixo de rotação. A veloci- dade do centro de massa, por exemplo, é vs= 0812) => Sel 64. (a) Usamos o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia: = tMt MR +Mê =+(80 kg)(0,10 m)” +(20 kg)(0,50 m) = 0,15 kg-mº. (b) De acordo com a lei de conservação da energia, Mgh=1 10, em que w é a velocidade angular do cilindro ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória. Assim, 2020 kg) (9.8 m/s?)(0,050 m) || 0,15kg-m? rad/s. 65. (a) Usamos a lei de conservação da energia mecânica para escrever uma expressão para q? em função do ângulo 8 que a cha- miné faz com a vertical. A energia potencial da chaminé é dada por U = Mgh, em que M é a massa da chaminé e h é a altura do centro de massa da chaminé em relação ao solo. Quando a chaminé faz um ângulo 8 com a vertical, h = (H/2) cos 0. Inicialmente, a energia potencial é U, = Mg(H/2) e a energia cinética é zero. Quando a chaminé faz um ângulo 8 com a vertical, a energia cinética é 110, na qual 1 é o momento de inércia da chaminé em relação à aresta da base. De acordo com a lei de conservação da energia, Med [2- Me [JcosO + To => =(MgH | I)(1-cos0). De acordo com a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia da chaminé em relação à aresta da base é I=ME?/3. Assim, o= PE (1-cos8)= 30:80 M/S) (| (9535,09)=0,311 rad's. H 55,0m 388 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR (b) Como a componente radial da aceleração do topo da chaminé é a, = Hw?, temos: a,=3g(1- cos 8) =3 (9,80 m/s?)(1- cos 35,0º) = 5,32 m/S. (c) A componente tangencial da aceleração do topo da chaminé é dada por a, = Ha, em que a é a aceleração angular. Não podemos usar a Tabela 10-1 porque a aceleração não é constante. Em vez disso, derivamos o? = (3g/H) - cos 6) em relação ao tempo e substituímos do/dt por a e dB/dt por 0, o que nos dá = 2w0= E seno = a= E senO. H 2H Assim, (9,80 m/s?) a =Ho=>2 seno sen 35,0º=8,43 m/s?. (d) O ângulo 8 para o qual a, = g é a solução da equação “E eng =g. Assim, sen0=2/3e0=41,8º. 66. De acordo com a Tabela 10-2, o momento de inércia de uma casca esférica é 2MRº/3 e, portanto, a energia cinética (depois de o objeto descer uma distância h) é La +=”. 2 RAEM oi rito, nN3 2 Mm Como o objeto partiu do repouso, essa energia deve ser igual (na ausência de atrito) à energia potencial mgh do sistema no instante em que o objeto foi liberado. Substituindo a velocidade angular da casca esférica por v/R e a velocidade angular da polia por v/r, temos: eu Dm Amada Ni Tm? +2M/3m 2(0,8)(0.82) =1,4m/s. 1+3,0x10/(0,60)(0,050) + 2(4,5)/3(0,60) 67. De acordo com o teorema dos eixos paralelos e os itens (e) e (h) da Tabela 10-2, o momento de inércia do corpo é 1= mn? + m(LIZ) + mRÊI2 + m(R+LZ = 10,83mR2, em que usamos a relação L = 2R. Tomando a base da barra como origem do sistema de coordenadas (x = 0, y= 0) a ordenada do centro de massa é mL/2+m(L+R) y=DD — = 2R. mM Comparando a posição mostrada na Fig. 10-45 com a posição invertida, vemos que a variação da ordenada do centro de massa, em valor absoluto, é |Ay| = 4R. A perda correspondente de energia potencial gravitacional é convertida em energia cinética. Assim, K=(2m)g(4R) > w=982radis em que foi usada a Eq. 10-34. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 389 68. Escolhemos o sentido de rotação para que a velocidade angular inicial seja o, = 317 rad/s e os valores de a, te F sejam positivos. (a) Combinando a Eq, 10-12 com a Eq, 10-45 e a Tabela 10-2(f) (e usando o fato de que «» = 0), chegamos à expressão (pu Para t= 15,55, R=0,226m e M = 1,65 kg, obtemos 7 = 0,689 Nm. (b) De acordo com a Eg. 10-40, F=7/R=3,05N. (c) Usando novamente a expressão do item (a), mas desta vez com R = 0,854m, obtemos 7=9,84 Nm. (d)F=1/R=11,5N. 69. O volume de cada disco é 7rºh, sendo que h é a espessura. Chamando de R o raio do disco maior e de r o raio do disco menor, as massas dos discos são m = prrh e M = prRh, em que p é a massa específica. Podemos usar o teorema dos eixos paralelos e o item (c) da Tabela 10-2 para calcular o momento angular do conjunto: 1=MR'/2+ mr/2 + m(r+ RR)? =prh[R$2+ r/2+r(r+ RP] =6,16x 105 kg-m?. 70. A roda partiu do repouso (c», = 0) no instante t = O com uma aceleração constante q. Durante um intervalo de tempo At, que começou em um certo instante t,, descreveu um ângulo A9. Vamos resolver primeiro o item (b). (b) Usamos a Eq, 10-13 (com uma pequena mudança de notação) para descrever o movimento durante o intervalo de tempo At: 1 2 AO at AO=wAt+— (At) Sm, =———— MMA (At) > q, AL 3 Substituindo na Eq. 10-12, temos: AO cMt 90,0 (2,00)(3,00) o=otal, > —— > =al, > —— = 3,00 2 2,00)t, A 3 (2,00)t, o que nos dá t, = 13,55. (a) Substituindo na expressão de co, já obtida, temos: AO cAt 90,0 (2,00X3,00) q, AO at 90,0 (2,0043,00) 27,0 rad's. At 2 300 2 71. PENSE Como a corda não escorrega na polia, o movimento dos blocos faz a polia girar. FORMULE Escolhendo sistemas de coordenadas diferentes para os dois blocos de tal forma que a aceleração dos dois blocos seja positiva, podemos escrever a, = a; = a = Ra. Para isso, escolhemos como positivo o sentido para a direita do bloco 2 (o bloco que está sobre a mesa), escolhemos como positivo o sentido para baixo do bloco 1 (o bloco que está pendurado na corda) e escolhemos (ao contrário da convenção usual) o sentido horário como sentido de rotação da polia. Isso significa que podemos interpretar o ângulo de rotação que aparece no enunciado do problema como uma grandeza positiva. Aplicando a segunda lei de Newton para translações aos dois blocos e a segunda lei de Newton para rotações à polia, obtemos as seguintes equações: mg-T=ma, Lo-f a TR-TR=la 392 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR A solução £ = 8,63 5, obtida fazendo N = 0 e escolhendo o sinal positivo para a raiz quadrada, coincide com o resultado obtido no item (a), enquanto a solução 4” = 0, obtida escolhendo o sinal negativo para a raiz quadrada, é o momento em que os discos começam a girar. Fazendo N = 1 e escolhendo a raiz positiva, obtemos £/ = 7,92 s; escolhendo a raiz negativa, obtemos £” = 0,72. Fazendo N = 2 e escolhendo a raiz positiva, obtemos £; = 7,01 s; escolhendo a raiz negativa, obtemos £/ = 1,63; fazendo N=3e escolhendo a raiz positiva, obtemos £; = 5,56 s; escolhendo a raiz negativa, obtemos £” = 3,08. Para valores de N maiores que 3, o radicando se torna negativo e a equação não tem solução real. Assim, a resposta é não. 75. O módulo do torque é o produto do módulo da força pelo braço de alavanca. Neste caso, a força é a força gravitacional, que passa pelo centro de massa. Assim, t=la=rF=rmg, em que r é a distância horizontal entre o centro de massa do equilibrista e o arame. (a) Sem a vara, para [ = 15 kg - mê, a aceleração angular é qro TF tmE (0,050 m)(TO kg9,8 m/s?) : =2,3 rad/s?. 1 1 15 kg-m” (b) Quando o equilibrista carrega uma vara, o torque aplicado à vara pela força gravitacional tem o sentido oposto ao torque aplicado ao equilibrista pela força gravitacional. Assim, o torque resultante é (0,10 m(14 kg)(9,8 m/s?)= 20,58 Nm, Te = 1E = (0,050 m)(70 kgX9,8 m/s? ea aceleração angular resultante é =20,58 Nm q agi, 1º Iskgm 76. O movimento acontece em duas etapas. Na primeira, no intervalo 0 <t < 20 s, a roda se move com uma aceleração angular constante dada por 5,0 rad/s a=D" =2,5 radfs”. 2,0s Na segunda, no intervalo 20 < t <40s, a roda se move com uma velocidade angular constante dada por = AG/At. Analisando o primeiro estágio, obtemos: La G=>at”| =500rad, o=of| , =50 rad/s. ho Analisando o segundo estágio, obtemos: 8,=6,+04t=500 rad+(50 rad/s)(20 s)=1,5x10º rad. 77. PENSE Como a aceleração angular do prato do toca- discos é constante, podemos usar as equações da Tabela 10-1 para analisar o movimento de rotação do prato. FORMULE Vamos tomar o sentido inicial de rotação do prato como positivo. Nesse caso, como a velocidade angular inicial é positiva e a velocidade final é zero, a aceleração angular é negativa. De acordo com a Eq. 10-12, a = (w — wo,)/t, e de acordo com a Eq. 10-13,0= 0, + ot + at/2. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 393 ANALISE (a) Convertendo o tempo para minutos e substituindo os valores conhecidos na primeira das equações anteriores, obtemos 33,33 rev/mi : Jo = 2bro revimin =-66,7 revímin? = —67 revimin” 0,50min (b) Substituindo o valor de a na segunda das equações anteriores, obtemos 0= optiar = (33,33 rev/min) (0,50 min) +16 667revimin? )(0,50 min)? =8,33 rev APRENDA Também podemos usar a Eq. 10-15 para resolver o item (b): 0= ala, +ot= 0333 rev/min +0)(0,50 min) =8,33 rev 78. Usamos a lei de conservação da energia. O centro de massa está no ponto médio da barra transversal e desce uma distância L/2, em que L é o comprimento das barras. A energia potencial gravitacional diminui de MgL/2, na qual M é a massa do corpo. A energia cinética inicial é zero e a energia cinética final é Iw?/2, em que 1 é o momento de inércia do corpo e w é a velocidade angular no instante em que o corpo está na vertical. Assim, Los 0=-MgL/2+-—1o0 > o=VMgLiI. 2 Como as barras são finas, a barra que coincide com o eixo de rotação não contribui para o momento de inércia. Como todos os pontos da outra barra longitudinal estão à mesma distância do eixo de rotação, a contribuição da outra barra longitudinal para o momento de inércia é (M/3)L?, sendo que M/3 é a massa da barra. A barra transversal é uma barra que gira e torno de uma das extremidades e, portanto, sua contribuição é (M/3)L*/3 = ML?/9. O momento de inércia total é, portanto, 1=(MD/3) + (ML?/9) = 4MD/9. w- (MEL | Mel (de [90:800m) (og rag, 1 Vampio Var 4(0,600m) 79. PENSE Este problema envolve a comparação entre os momentos de inércia de um cilindro maciço e de um aro fino. Assim, a velocidade angular é FORMULE De acordo com a Tabela 10-2, as expressões do momento de inércia de um cilindro maciço de massa M e raio R e de um aro fino de massa M e raio r são o MR, 1 2 Fazendo 1, = 1, podemos obter uma relação entre Re r. ANALISE (a) Como o cilindro e o aro têm massas iguais, eles terão o mesmo momento de inércia (1c= 1,), se R'/2 = 1º, 0 que nos dá r=RA/2. (b) Explicitando k na relação 1 = Mº, em que M é a massa do corpo e k é o raio do aro equivalente, obtemos k= TIM. APRENDA No caso de uma esfera, temos L-2MRê=MI RE > k=R 2 5 5 5 394 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 80. (a) De acordo com a Eq. 10-15, 60,0 rad = (00, + 00,)(6,00 s)/2. Para q, = 15,0 rad/s, q, = 5,00 rad/s. (b) De acordo com a Eg. 10-12, a = (15,0 rad/s — 5,0 rad/s)/(6,00 5) = 1,67 rad/s2. (c) Interpretando o como q», e 6 como 8, = 10,0 rad (e fazendo cw, = 0), a Eq. 10-14 nos dá 6,=- 2 .0,=250rad. 2a 81. O centro de massa está à altura = (1/2) sen 40º quando a barra é liberada. A energia potencial correspondente, Mgh, é con- vertida em energia cinética de rotação I?/2, em que 1 é o momento de inércia da barra em relação ao pino, quando a barra passa pela posição horizontal. De acordo com a Tabela 10-2 (e) e o teorema dos eixos paralelos, temos: Assim, MgLsendoe=L [lr jo > o-(ESDM s jadss. 2 E I 82. O momento de inércia dos passageiros é dado (com boa aproximação) pela Eq. 10-53: 1=5" mR? = NmR? , em que Né o número de passageiros e m é a massa (média) por pessoa. De acordo com a Eq. 10-52, W=-10'=-NmR' o? Lil 2 2 Como a velocidade de rotação é constante, « = 8/t, o que nos dá o = 27/120 = 0,052 rad/s. Como a massa média por pessoa está quase certamente no intervalo 50 < m < 100, o trabalho realizado está no intervalo 1 1 — (2160)(50)(38), (0,052), < W <—(2160)(100)(38),(0, 052), 2 2 2x10º J<W <4x10" 1. 83. Escolhemos o sentido dos eixos e o sentido da rotação para que as acelerações sejam positivas, o que nos permite fazer a, = à; = a. Para isso, escolhemos o sentido para cima como positivo para o bloco 1, o sentido para baixo como positivo para o bloco 2 e o sentido horário como positivo para a rotação do disco. Aplicando a segunda lei de Newton, obtemos um sistema de três equações: T-mg=ma mg-T=ma TR-TR=Ia (a) Substituindo o momento de inércia do disco na terceira equação pelo seu valor, [= MR?/2 [veja a Tabela 10-2(c)], dividindo a terceira equação por R, e somando as equações, obtemos: 1 ng-mg= (m +, +aM)a o que nos dá a=feg=1,57 ms. (b) Substituindo a pelo seu valor na primeira equação e fazendo m, = 0,40 kg, obtemos 29 T =Sgmg= 4,55 N. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 397 92. (a) O tempo T que o Sol leva para completar uma revolução é igual à circunferência da órbita dividida pela velocidade v do Sol: T'= 2xR/v, na qual R é o raio da órbita. Vamos converter o raio para quilômetros: R=(2,3x10' anos-luz) (9,46x 10" km/ano-luz) = 2,18x 10” km, sendo que a relação entre ano-luz e quilômetro pode ser encontrada no Apêndice D ou deduzida a partir da velocidade da luz. Assim, temos: q 27C 18107 km) 250 km/s =5,5x10" s. (b) O número N de revoluções é o tempo total t dividido pelo tempo T necessário para completar uma revolução, ou seja, N = HT. Convertendo o tempo total de anos para segundos, obtemos (4,5x10" anos) (3,16x10 s/ano) N=— = 26 5,5x10"s 93, PENSE A força aplicada P acelera o bloco e, além disso, produz um torque que faz a roda sofrer uma aceleração angular. FORMULE Vamos tomar como positivo o sentido para a direita do movimento do bloco e o sentido anti-horário para a rotação da roda. Aplicando a segunda lei de Newton ao bloco, obtemos a relação P — T'= ma, em que T'é a força de tração da corda, méa massa do bloco e a é a aceleração do bloco. Aplicando a segunda lei de Newton para rotações à roda, obtemos a relação — TR = Ia, em que Ré o raio da roda, 1 é o momento de inércia da roda e a é a aceleração angular da roda. Multiplicando essa equação por Re levando em conta o fato de que a aceleração tangencial da corda —a, = — Ra na extremidade enrolada na roda deve ser igual à aceleração da corda na extremidade ligada ao bloco, obtemos IR =" > 1 Substituindo T pelo seu valor na equação P— T'= ma e explicitando a, obtemos a = PRº/(mRº + 1), o que nos dá a P a--L- R (m+IRR ANÁLISE Substituindo os parâmetros pelos seus valores numéricos, obtemos P º 30N — — - =-4,62 rad's? (m+di kg-m?)/(0,20 m)?1(0,20 m) o que nos dá [al = 4,62 rad/S. APRENDA Quanto maior a força aplicada P, maior o módulo da aceleração angular. Note que o sinal negativo de a não deve ser interpretado como uma desaceleração; ele indica apenas que a roda está girando no sentido horário. 94, Em primeiro lugar, convertemos a velocidade angular para radianos por segundo: « = (2000 rev/min)(27/60) = 209 rad/s, e convertemos a velocidade do avião para unidades do SI units: v, = (480)(1000/3600) = 133 m/s. Em seguida, usamos a Eg. 10-18, para resolver o item (a), e o teorema de Pitágoras, para resolver o item (b). (a) A velocidade de um ponto da ponta da hélice em relação ao piloto é v, = «or = (209 rad/s)(1,5 m) = 314 m/s, que (como o comprimento das pás da hélice foi dado com apenas dois algarismos significativos) pode ser escrita na forma v, = 3,1 x 10? m/s. (b) Como a velocidade 7, do avião e a velocidade 7, da ponta da hélice são mutuamente perpendiculares, a velocidade de um ponto da ponta da hélice do ponto de vista de um observador no solo é 398 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR fina ND pasa PAD É = J(133m/s) +(314m/s)” = 34x 10º m/s 95. As distâncias que separam o ponto P das três partículas são: Fr = para a partícula situada no vértice inferior esquerdo (partícula 1) para a partícula situada no vértice superior (partícula 2) r, r=a — paraa partícula situada no vértice inferior direito (partícula 3) O momento de inércia do sistema em relação ao ponto P é 3 1=5 my =(30+b)M, o que nos dá! = 0,208 kg - m? para M = 0,40 kg, a = 0,30 m e b = 0,50. De acordo com a Eq. 10-52, temos: W=ilo =5(0.208 kg:m? (5,0 rad/s)? = 2,6]. 96. A figura a seguir mostra o ancl de puxar de uma lata de refrigerante. Como a peça é articulada, ao puxar uma das extremidades com uma força F,, exercemos uma força F, sobre a outra extremidade. Para que a peça não gire, o torque produzido pela força F deve ser igual ao torque produzido pela força .. A igualdade dos torques significa que nh=nE, em que r,= 1,8cme 1, 0,73 cm. Assim, para E, = 10N, F=[L|po[ 8 Inony=25N. “do 0,73 em 97. A aceleração centrípeta em um ponto P situado a uma distância r do eixo de rotação é dada pela Eq. 10-23: a = /r= or. (a) Se os pontos A e P estão a distâncias radiais 7, = 1,50 m er = 0,150 m do eixo de rotação, a diferença entre as acelerações cen- trípetas é Aa=a,-a= 0 (r,-r)= (209,4 rad/s)* (1,50 m—0,150 m)= 5,92x10ºm/s?. (b) A inclinação é a/r= 0º = 4,39 x 10!s 2. 98. Seja Ta tensão da corda, De acordo com a segunda lei de Newton, temos: T-mg=mna > T=m(g+a). MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 399 Como a caixa tem uma aceleração para cima a = 0,80 m/s”, a tensão é T=(30 kg)(9,8 m/s? +0,8 m/s?)=318N. Aplicando a segunda lei de Newton à rotação do mecanismo, temos: FR-Tr=Ia=Tair- O momento de inércia é, portanto, r(ER=TH) (0,20 m)I(140 NJ(0,50 m)= (318 NJ(0,20m] a 0,80 m/s? . L6kg-m?. 99. (a) O momento de inércia do sistema é 1=Mr =(1,30 kgY0,780 m) = 0,791 kg-m”. (b) O torque que deve ser aplicado para equilibrar a força de arrasto é t=1f =(0,780 m)(2,30x 107 N)=1,79x10? Nm. 100. Podemos usar a Tabela 10-2(e) e o teorema dos eixos paralelos (Eg. 10-36). O índice 1 será usado para designar a barra mais curta e o índice 2 para designar a barra mais comprida. (a) O momento de inércia é LN 2 I=1+1=—mlL +-mL =0,019kg-m. 2 3 (b) Nesse caso, o momento de inércia é Los LI Il=1+1=—mL+mh +—mL, 2 127 em que h = 0,26 m é a distância entre o eixo e o centro da barra mais curta. Substituindo por valores numéricos, obtemos nova- mente 1= 0,019 kg- m?. 101. (a) A velocidade tangencial de um ponto da polia 1 é u= =(15 em(10 rad/s)=1,5x10º em/s. (b) A velocidade angular da polia B é Ds Dem ig radis)=15 rad/s . 10 em (c) Como as duas polias estão rigidamente acopladas, a velocidade angular da polia B” é igual à da polia B, ou seja, 0); = 15 rad/s . (d) A velocidade tangencial de um ponto da polia 2 é ="; = (5 cm)(15 rad/s)= 75 cm/s - (e) A velocidade angular da polia C é r$ LO", D O 5 &M |(15 rad/s)=3,0 rad/s 25 em