Baixe lista exercicio halliday 5 edição capítulo 11 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity!
Exerc´ıcios Resolvidos de F´ısica B´asica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de f´ısica te´orica,
Doutor em F´ısica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Para´ıba (Jo˜ao Pessoa, Brasil)
Departamento de F´ısica
Numerac¸ ˜ao conforme a SEXTA edic¸ ˜ao do “Fundamentos de F´ısica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
11 ROTAC¸ ˜AO 2
11.1 Question´ario.............................................. 2 11.2 Exerc´ıcios e Problemas........................................ 2 11.3 As Vari´aveis de Rotac¸ ˜ao....................................... 2 11.4 As Vari´aveis Lineares e Angulares................................. 4 11.5 Energia Cin´etica de Rotac¸ ˜ao.................................... 5 11.6 C´alculo do Momento de In´ercia.................................. 5 11.7 Torque................................................ 6 11.8 A Segunda Lei de Newton para a Rotac¸ ˜ao............................. 6 11.9 Trabalho, Potˆencia e Teorema do Trabalho-Energia Cin´etica.................. 8 11.10Problemas Adicionais......................................... 9
Coment´arios/Sugest˜oes e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...) (listaq3.tex)
11 ROTAC¸ ˜AO
11.1 Question´ario
Q11-3.
O vetor que representa a velocidade angular de rotac¸ ˜ao de uma roda em torno de um eixo fixo tem de estar nec- essariamente sobre este eixo?
I Sim, o vetor velocidade angular define o eixo de rotac¸ ˜ao. Mesmo quando o eixo n˜ao ´e fixo, o vetor est´a dirigido ao longo desse eixo, como no caso do movi- mento de um pi˜ao. A velocidade angular de precess˜ao tamb´em ´e um vetor dirigido ao longo da direc¸ ˜ao em torno da qual o eixo do pi˜ao precessiona.
Q11-8.
Por que ´e conveniente expressar α em revoluc¸ ˜oes por segundo ao quadrado na express˜ao θ = ωo t + 12 α t^2 e n˜ao na express˜ao at = α r?
I Porque na equac¸ ˜ao θ = ωo t + α t
2 2 ,^ θ^ e^ ωo^ tamb´em s˜ao quantidades mensur´aveis em revoluc¸ ˜oes e revo- luc¸ ˜oes por segundo, respectivamente. Mas na equac¸ ˜ao at = α r, para se obter a acelerac¸ ˜ao linear em m/s^2 , α deve ser expressa em radianos/s^2.
Q11-9.
Um corpo r´ıgido pode girar livremente em torno de um eixo fixo. E poss´´ ıvel que a acelerac¸ ˜ao angular deste corpo seja diferente de zero, mesmo que a sua veloci- dade angular seja nula (talvez, instantaneamente)? Qual o equivalente linear desta situac¸ ˜ao? Ilustre ambas as situac¸ ˜oes com exemplos.
I Sim. Se o corpo r´ıgido for submetido a uma desacelerac¸ ˜ao, sua velocidade angular eventualmente ser´a nula, e depois comec¸r´a a crscer no sentido contr´ario. O equivalente linear dessa situac¸ ˜ao pode ser a de um corpo jogado verticalmente para cima; sua velocidade zera no ponto mais alto da trajet´oria e ele torna a cair.
Q11-13.
Imagine uma roda girando sobre o seu eixo e considere um ponto em sua borda. O ponto tem acelerac¸ ˜ao radial, quando a roda gira com velocidade angular constante?
Tem acelerac¸ ˜ao tangencial? Quando ela gira com acelerac¸ ˜ao angular constante, o ponto tem acelerac¸ ˜ao radial? Tem acelerac¸ ˜ao tangencial? Os m´odulos dessas acelerac¸ ˜oes variam com o tempo?
I Sim, a acelerac¸ ˜ao radial ´e ar = ω^2 r. A acelerac¸ ˜ao tangencial ´e nula nesse caso. Girando com acelerac¸ ˜ao angular constante, o ponto da borda tem acelerac¸ ˜ao ra- dial ar (t) = (α t)^2 r e acelerac¸ ˜ao tangencial at = α r, constante.
Q11-15.
Qual a relac¸ ˜ao entre as velocidades angulares de um par de engrenagens acopladas, de raios diferentes?
I Pontos da borda das engrenagens tem a mesma ve- locidade linear: ω 1 r 1 = ω 2 r 2. Assim, a engrenagem que tem o menor raio, tem a maior velocidade angular.
Q11-21.
A Fig. 11. 25 a mostra uma barra de 1 m, sendo metade de madeira e metade de metal, fixada por um eixo no ponto O da extremidade de madeira. Uma forc¸a F e´ aplicada ao ponto a da extremidade de metal. Na Fig.
- 25 b, a barra ´e fixada por um eixo em O′ na extrem- idade de metal e a mesma forc¸a ´e aplicada ao ponto a′ da extremidade de madeira. A acelerac¸ ˜ao angular ´e a mesma para os dois casos? Se n˜ao, em que caso ela ´e maior?
I A densidade dos metais ´e maior do que das madeiras, tal que na situac¸ ˜ao (b), o momento de in´ercia da barra em relac¸ ˜ao ao ponto O′ e maior do que no´ caso (a). Assim, pela relac¸ ˜ao τ = I α, vem que I(a) α(a) = I(b) α(b). As acelerac¸ ˜oes angulares n˜ao s˜ao iguais nos dois casos, sendo α(a) > α(b).
11.2 Exerc´ıcios e Problemas
11.3 As Vari´aveis de Rotac¸ ˜ao
11-6P.
Uma roda gira com uma acelerac¸ ˜ao angular α dada por α = 4at^3 − 3 bt^2 , onde t e o tempo, e´ a e b s˜ao con- stantes. Se ωo e a velocidade inicial da roda, deduza as´ equac¸ ˜oes para (a) a velocidade angular e (b) o desloca- mento angular em func¸ ˜ao do tempo.
11.4 As Vari´aveis Lineares e Angulares
11-29E.
Uma turbina com 1 , 20 m de diˆametro est´a girando a 200 rev/min. (a) Qual a velocidade angular da turbina em rad/s? (b) Qual a velocidade linear de um ponto na sua borda? (c) Que acelerac¸ ˜ao angular constante (rev/min^2 ) aumentar´a a sua velocidade para 1000 rev/min em 60 s? (d) Quantas revoluc¸ ˜oes completar´a durante esse inter- valo de 60 s?
I (a) A velocidade angular em rad/s ´e
ω =
(200)(2π) 60
= 20. 94 rad/s.
(b) Qualquer ponto da borda da turbina move-se `a ve- locidade
v = ωr = (20.94)(0.60) = 12. 56 m/s.
(c) A acelerac¸ ˜ao angular necess´aria ´e
α =
ω − ωo t
= 800 rev/min^2.
(d) O n´umero do voltas no intervalo de 1. 0 minuto ´e
θ =
ω^2 − ω^2 o 2 α
= 600 rev.
11-34E.
Uma certa moeda de massa M ´e colocada a uma distˆancia R do centro do prato de um toca-discos. O coeficiente de atrito est´atico ´e μe. A velocidade angu- lar do toca-discos vai aumentando lentamente at´e ωo, quando, neste instante, a moeda escorrega para fora do prato. (a) Determine ωo em func¸ ˜ao das grandezas M, R, g e μe. (b) Fac¸a um esboc¸o mostrando a trajet´oria aproximada da moeda, quando ´e projetada para fora do toca-discos.
I (a) A moeda est´a sob a ac¸ ˜ao da forc¸a centr´ıpeta
F = M ω^2 R.
Quando o prato atinge a velocidade ωo, a forc¸a centr´ıpeta ´e igual `a m´axima forc¸a de atrito est´atico:
M ω^2 R = μoM g
ωo =
μog R
(b) A moeda ´e projetada tangencilamente, seguindo uma trajet´oria retil´ınea.
11-36P.
A turbina de um motor a vapor gira com uma veloci- dade angular constante de 150 rev/min. Quando o vapor ´e desligado, o atrito nos mancais e a resistˆencia do ar param a turbina em 2 , 2 h. (a) Qual a acelerac¸ ˜ao angular constante da turbina, em rev/min^2 , durante a parada? (b) Quantas revoluc¸ ˜oes realiza antes de parar? (c) Qual a componente tangencial da acelerac¸ ˜ao linear da part´ıcula situada a 50 cm do eixo de rotac¸ ˜ao, quando a turbina est´a girando a 75 rev/min? (d) Em relac¸ ˜ao `a part´ıcula do ´ıtem (c), qual o m´odulo da acelerac¸ ˜ao linear resultante?
I (a) O intervalo dado corresponde a 132 min. A acelerac¸ ˜ao angular ´e
α =
ωo t
= 1. 136 rev/min^2.
(b) O n´umero de voltas at´e parar ´e
θ = ω o^2 2 α
= 9903 rev.
(c) Para obter a acelerac¸ ˜ao linear tangencial em unidades SI, a acelerac¸ ˜ao angular deve estar expressa em rad/s^2. Fazendo a convers˜ao, obtemos α = 1. 98 × 10 −^3 rad/s^2 e at = αr = 9. 91 × 10 −^4 m/s^2. (d) A velocidade angular ω = 75 rev/min corresponde a
- 85 rad/s e
ar = ω^2 r = 30. 81 m/s^2.
Portanto, o m´odulo da acelerac¸ ˜ao linear resultante ´e
a =
a^2 t + a^2 r = 30. 81 m/s^2.
11-42P.
Quatro polias est˜ao conectadas por duas correias con- forme mostrado na Fig. 11 − 30. A polia A ( 15 cm de raio) ´e a polia motriz e gira a 10 rad/s. A B ( 10 cm de raio) est´a conectada a A pela correia 1. A B′^ ( 5 , 0 cm de raio) ´e concˆentricaa B e est´a rigidamente ligada a ela. A polia C ( 25 cm de raio) est´a conectada `a B′^ pela correia 2. Calcule (a) a velocidade linear de um ponto na correia 1 , (b) a velocidade angular da polia B, (c) a velocidade angular da polia B′, (d) a velocidade linear de um ponto na correia 2 e (e) a velocidade angular da polia C.
I (a) A velocidade linear de qualquer ponto da correia 1 e´
v 1 = ωArA = 1. 5 m/s.
(b) A velocidade v 1 e a velocidade dos pontos da borda´ da polia B, cuja velocidade angular ´e ent˜ao
ωB = v 1 rB
= 15 rad/s.
(c) As polias B e B′^ giram em torno do mesmo eixo, de modo que
ωB’ = ωB = 15 rad/s.
(d) A velocidade linear de qualquer ponto da correia 2 e´
v 2 = ωB’rB’ = 0. 75 m/s.
(e) Os pontos da borda da polia C tem velocidade linear v 2. Portanto,
ωC =
v 2 rC = 3. 0 rad/s.
11.5 Energia Cin´etica de Rotac¸ ˜ao
11-46P.
A mol´ecula de oxigˆenio, O 2 , tem massa total de
- 3 × 10 −^26 kg e um momento de in´ercia de 1. 94 × 10 −^46 kg·m^2 , em relac¸ ˜ao ao eixo que atravessa perpendicular- mente a linha de junc¸ ˜ao dos dois ´atomos. Suponha que essa mol´ecula tenha em um g´as a velocidade de 500 m/s e que sua energia cin´etica de rotac¸ ˜ao seja dois terc¸os da energia cin´etica de transla c c˜ao. Determine sua veloci- dade angular.
I Com a relac¸ ˜ao dada entre as energias cin´eticas, temos
Krot. =
Ktrans.
1 2 I ω^2 =
m v^2
Introduzindo os valores de m, I e v, obtemos ω =
- 75 × 1012 rad/s.
11.6 C´alculo do Momento de In´ercia
11-49E.
As massas e as coordenadas de quatro part´ıculas s˜ao as seguintes: 50 g, x = 2, 0 cm, y = 2, 0 cm; 25 g, x = 0, y = 4, 0 cm; 25 g, x = − 3 , 0 cm, y = − 3 , 0 cm; 30 g, x = − 2 , 0 cm, y = 4, 0 cm. Qual o momento de in´ercia do conjunto em relac¸ ˜ao (a) ao eixo x, (b) ao eixo y e (c) ao eixo z? (d) Se as respostas para (a) e (b) forem, respectivamente, A e B, ent˜ao qual a resposta para (c) em func¸ ˜ao de A e B?
I Este exerc´ıcio ´e uma aplicac¸ ˜ao do teorema dos eixos perpendiculares, n˜ao apresentado dentro do texto. Este teorema ´e v´alido para distribuic¸ ˜oes de massa con- tidas num plano, como placas finas. Aqui temos uma distribuic¸ ˜ao discreta da massa no plano xy. Vamos in- dicar as massas por mi e coordenadas xi e yi na ordem em que aparecem no enunciado. (a) Momento de in´ercia em relac¸ ˜ao ao eixo x: a distˆancia das part´ıculas ao eixo ´e medida no eixo y
Ix =
i
miy^2 i
= m 1 y^21 + m 2 y^22 + m 3 y 32 + m 4 y 42
= 1. 305 × 10 −^4 kg · m^2.
(b) Para o c´alculo do momento de in´ercia em relac¸ ˜ao ao eixo y, a distˆancia da part´ıcula ao eixo ´e medida ao longo do eixo x:
Iy =
i
mix^2 i
= m 1 x^21 + m 2 x^22 + m 3 x^23 + m 4 x^24
= 5. 45 × 10 −^2 kg · m^2.
(c) Para o eixo z, temos
Iz =
i
mir^2 i , com r i^2 = x^2 i + y^2 i.
Os c´alculos fornecem Iz = 1. 9 × 10 −^4 kg· m^2. (d) Somando os valores obtidos para Ix e Iy, confir- mamos a relac¸ ˜ao
Iz = Ix + Iy,
que podemos identificar como o teorema dos eixos per- pendiculares.
F = 0, 50 t + 0, 30 t^2 , com F em Newtons e t em segun- dos. A polia est´a inicialmente em repouso. Em t = 3, 0 s, quais s˜ao (a) a sua acelerac¸ ˜ao angular e (b) sua ve- locidade angular?
I (a) O torque atuando sobre a polia no instante con- siderado ´e
τ (t = 3.0) = rF (t = 3.0) = 0. 42 N·m.
A acelerac¸ ˜ao angular neste instante ´e
α(t = 3.0) =
τ I
= 42 rad/s^2.
(b) Obtemos a velocidade angular integrando a func¸ ˜ao α(t):
∫ (^) ω
0
dω′^ =
∫ (^) t
0
(50t′^ + 30t′ 2 )dt′
ω(t) = 25 t^2 + 10t^3
ω(t = 3.0) = 495 rad/s.
11-75P.
Dois blocos idˆenticos, de massa M cada um, est˜ao liga- dos por uma corda de massa desprez´ıvel, que passa por uma polia de raio R e de momento de in´ercia I (veja Fig. 11 − 40 ). A corda n˜ao desliza sobre a polia; desconhece- se existir ou n˜ao atrito entre o bloco e a mesa; n˜ao h´a atrito no eixo da polia. Quando esse sistema ´e liberado, a polia gira de um ˆangulo θ, num tempo t, e a acelerac¸ ˜ao dos blocos ´e constante. (a) Qual a acelerac¸ ˜ao angular da polia? (b) Qual a acelerac¸ ˜ao dos dois blocos? (c) Quais as tens˜oes na parte superior e inferior da corda? Todas essas respostas devem ser expressas em func¸ ˜ao de M, I, R, θ, g e t.
I (a) Se o sistema parte do repouso e a acelerac¸ ˜ao ´e constante, ent˜ao θ = α t^2 / 2 e
α =
2 θ t^2
(b) Desconsiderando qualquer atrito, a acelerac¸ ˜ao das massas ´e a acelerac¸ ˜ao dos pontos da borda da polia:
a = αR = 2 θR t^2
(c) Chamemos T 1 a tens˜ao na parte vertical da corda. Tomando o sentido para baixo como positivo, escreve- mos M g − T 1 = M a.
Com a acelerac¸ ˜ao obtida acima, a tens˜ao T 1 ´e
T 1 = M
g − 2 θR t^2
Aplicando a segunda Lei rotacional para a polia ( escol- hendo o sentido hor´ario como positivo), temos
(T 1 − T 2 )R = Iα.
Tirando T 2 , vem
T 2 = M g −
2 M θR t^2
2 Iθ Rt^2
11-77P.
Uma chamin´e alta, de forma cil´ındrica, cai se houver uma ruptura na sua base. Tratando a chamin´e como um bast˜ao fino, de altura h, expresse (a) a componente ra- dial da acelerac¸ ˜ao linear do topo da chamin´e, em func¸ ˜ao do ˆangulo θ que ela faz com a vertical, e (b) a compo- nente tangencial dessa mesma acelerac¸ ˜ao. (c) Em que ˆangulo θ a acelerac¸ ˜ao ´e igual a g?
I (a) A componente radial da acelerac¸ ˜ao do topo da chamin´e ´e ar = ω^2 h. Podemos obter ω usando o princ´ıpio da conservac¸ ˜ao da energia. Para um ˆangulo θ qualquer, temos
mg
h 2
= mg
h 2
cos θ +
Iω^2.
Com I = mh^2 / 3 , obtemos
ω^2 =
3 g(1 − cos θ) h
e acelerac¸ ˜ao radial do topo ent˜ao ´e
ar = 3g(1 − cos θ).
(b) Para obter a componente tangencial da acelerac¸ ˜ao do topo, usamos agora a segunda Lei na forma rotacional:
τ = Iα
mg
h 2
sen θ =
mh^2 α
Com α = 3gsen θ/ 2 h, chegamos `a acelerac¸ ˜ao pedida
at = αh =
gsen θ.
(c) A acelerac¸ ˜ao total do topo ´e
a^2 = 9g^2 (1 − cos θ)^2 +
g^2 sen^2 θ.
Fazendo a = g, e alguma algebra,´ obtemos uma equac¸ ˜ao do segundo grau para a vari´avel cos θ, cuja raiz fornece θ = 34. 5 o.
11.9 Trabalho, Potˆencia e Teorema do
Trabalho-Energia Cin´etica
11-82P.
Uma r´egua, apoiada no ch˜ao verticalmente por uma das extremidades, cai. Determine a velocidade da outra ex- tremidade quando bate no ch˜ao, supondo que o extremo apoiado n˜ao deslize. (Sugest˜ao: considere a r´egua como um bast˜ao fino e use o princ´ıpio de conservac¸ ˜ao de en- ergia.)
I Seguindo a sugest˜ao dada, temos
mg
l 2
ml^2
ω^2 ,
que fornece ω =
3 g/l. Portanto, a velocidade da ex- tremidade da r´egua, quando bate no ch˜ao, ´e
v = ωl =
3 gl.
11-83P.
Um corpo r´ıgido ´e composto por trˆes hastes finas, idˆenticas, de igual comprimento l, soldadas em forma de H (veja Fig. 11 − 41 ). O corpo gira livremente em volta de um eixo horizontal que passa ao longo de uma das pernas do H. Quando o plano de H ´e horizontal, o corpo cai, a partir do repouso. Qual a velocidade angular do corpo quando o plano do H passa pela posic¸ ˜ao vertival?
I O momento de in´ercia do corpo r´ıgido para o eixo mencionado ´e
I =
ml^2 + ml^2 =
ml^2.
Usando o princ´ıpio da conservac¸ ˜ao da energia, temos
3 mg
l 2
ml^2
ω^2 ,
e, tirando a velocidade angular, resulta
ω =
g l
11-86P.
Uma casca esf´erica uniforme, de massa M e raio R, gira sobre um eixo vertical, sem atrito (veja Fig. 11 − 42 ). Uma corda, de massa desprez´ıvel, passa em volta do equador da esfera e prende um pequeno corpo de massa m, que pode cair livremente sob a ac¸ ˜ao da gravidade. A corda prende o corpo atrav´es de uma polia de momento de in´ercia I e raio r. O atrito da polia em relac¸ ˜ao ao eixo ´e nulo e a corda n˜ao desliza na polia. Qual a velocidade do corpo, depois de cair de uma altura h, partindo do repouso? Use o teorema do trabalho-energia.
I Seguindo a sugest˜ao do enunciado, o trabalho real- izado pela gravidade sobre a massa m e´ W = mgh. Como o sistema parte do repouso, a variac¸ ˜ao da energia cin´etica ´e
∆K =
mv^2 +
Iω^2 p +
ICω^2 C ,
onde ωp e a velocidade angular da polia e´ IC e ωC s˜ao o momento de in´ercia e a velocidade angular da casca esf´erica. A velocidade de m e tamb´´ em a velocidade linear dos pontos da borda da polia e dos pontos do equador da casca esf´erica. Ent˜ao podemos expressar as velocidades angulares em termos da velocidade linear da massa m:
ωp =
v r
e ωC =
v R
Ap´os essas considerac¸ ˜oes, temos, finalmente
W = ∆K
mgh =
mv^2 +
I
v^2 r^2
M R^2
v^2 R^2
=
m +
I
r^2
M
v^2
Tirando a velocidade v, obtemos
v^2 =
2 mgh m + I/r^2 + 2M/ 3
Lembrando a equac¸ ˜ao de movimento v^2 = 2ah, pode- mos facilmente destacar a acelerac¸ ˜ao do resultado obtido, `a qual chegamos se resolvemos o problema us- ando a segunda Lei.
