MOYSES cap12 - Problemas resolvidos

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Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
 
 
Caros Amigos, 
 
Semestre passado tive grandes dificuldades com Física I – Mecânica Básica.O livro 
adotado pelo meu professor foi o livro do Moysés Nussenveig Vol. 01 que, realmente, 
tem questões muito bonitas e difíceis também. 
Ajudou-me bastante um arquivo que circula na internet do Prof. Dr. Abraham 
Moysés Cohen do Departamento de Física da UFAM, porém este arquivo só tem até o 
Capítulo 9 e , mesmo assim, não são todas as questões resolvidas. 
 
Quando tive que estudar “Dinâmica de Rotações” que não é uma matéria vista no 
ensino médio, tive que “suar a camisa” para poder passar em física. E, depois do 
trauma, resolvi ajudar outros estudantes assim como um dia também fui ajudado. 
 
Colocarei algumas questões resolvidas do Cap.12, espero que seja de boa ajuda. 
Quem quiser dar continuidade ao trabalho, incluindo outras questões, é só mandar 
um e-mail: wendel_55@hotmail.com 
 
 
Um Abraço, 
Wendel da Rocha 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
 
Questão 6 – 
 
 
 
Neste problema, aplicando a conservação da quantidade de movimento, temos: 
 
 
 
 
R = 0,7 m e o Impacto sendo I = P = mv = 2,5 , 
 
Tem-se que : 
 
 
 
 PRwMR ⋅=⋅²
3
1
 = 7,015
3
1
⋅⋅ · w = 2,5 => 
 
Como, 
 
 E, como, ∆θ = 90° = 
2
∏
 
 
 
 
 
Resp: 
714,0
2
∏
=∆t = 2,2 s 
 
 
Questão 7 – 
 
 
 
L = R·P 
w = 0,714 
w = 
t∆
∆θ
 ∆t = 
w
θ∆
 
mvRwI ⋅=⋅ 
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 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
Novamente aqui, aplicamos a relação: 
 
 
 
 
 
I·w = R·mv => mvRwMR ⋅=⋅²
2
1
 , sendo “v” a velocidade da bala e w a velocidade 
 
angular do tampo da mesa adquirida com o impacto da bala. 
 
Assim, 
 
 
 
 
 
Questão 8 – 
 
 
 
Neste problema, utiliza-se o princípio de conservação da energia: 
 
 
 
 
 
 
mga = ²
2
1
wI ⋅ 
 
 
 I = ²
3
2
ma => ga = ²²
3
1
wa ⋅ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L = R·P 
w = 
MR
mv2
 
Ep = Ec 
Resp : w = 
a
g3
 
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 Engenharia Exercícios Resolvidos 
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Questão 9 – 
 
 
Neste tipo de problema é bom fazer um sistema colocando: 
 
� Somatório das forças externas ( Fext = Mt · a) 
� Somatório dos torques resultantes ( τr = I·α) 
� Utilizar a relação: a = α·R 
 
Assim, nesta ordem, temos: 
 
� T = m·a e P’ – T’ = m’·a 
� τ – τ’ = I·α => T·R – T’·R = I·α 
� 
R
a
=α 
 




⋅=−⋅
⋅+=+−
R
aMRTTR
ammTTP
²
2
1)'(
)'(''
 => aMammgm ⋅+⋅+=⋅
2
1)'(' 
 
=> gmMmma ')
2
1
'( =++⋅ Logo, Resp: 
Mmm
gm
a
2
1
'
'
++
= 
 
 
Calculando T e T’: 
 
amT ⋅= => 
Mmm
gm
mT
2
1
'
'
++
⋅= => 
Mmm
gmmT
2
1
'
'
++
= 
 
amgmT ''' −= => )
2
1
'
'('''
Mmm
gm
mgmT
++
⋅−= => 
2
'
')
2
(
M
mm
gmMm
T
++
+
= 
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 Engenharia Exercícios Resolvidos 
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Questão 10 – 
 
Por conservação da energia, sabe-se que quando o bloco m’ cair de uma altura h, a 
velocidade v poderá ser calculada pela relação: 
 
∆Ep=∆Ec 
 
Neste caso, a energia cinética se subdivide em energia cinética rotativa e energia 
cinética linear, já que o bloco de m’ “cai”, o m “sobe” e a polia “gira”. Assim, pela 
relação anterior, temos: 
 
1 1 1
' ² ' ² ²
2 2 2
m gh mgh sen mv m v Iwθ− ⋅ = + + , sendo I= Inércia Rotacional ou momento 
de inércia 
 
Como, aw
R
= , temos: 
 
1 1 1 1 ²
' ² ' ² ² ( )
2 2 2 2 ²
v
m gh mgh sen mv m v MR
R
θ− ⋅ = + + ⋅ ⋅
 
 
 
1 1( ' ) ² ( ' )
2 2
12 ( ' ) ² ( ' )
2
2 ( ' )
² 1( ' )
2
gh m msen v m m M
gh m msen v m m M
gh m msen
v
m m M
θ
θ
θ
⋅ − = ⋅ + +
⋅ − = ⋅ + +
⋅ −
=
+ +
 
 
 
 
 
 
Questão 11 – 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
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Vamos verificar as forças que atuam no estojo circular: 
 
 
 
 
 
 
Neste caso, a resultante das forças externas é: 
 
� maTP =− 
 
O torque resultante é: 
� αIrT =⋅ 
 
Logo, 





=
=⋅
=−
Ra
IrT
maTP
α
α => 
r
a
mrrT ⋅=⋅ ²
2
1
 => maT
2
1
= 
 
Inserindo a relação maT
2
1
= em maTP =− , temos: 
 
mamaP =−
2
1
 => mamg
2
3
= 
 
Logo, Resp: ga
3
2
= 
 
T 
P 
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b) Como, maT
2
1
= , então: gmT
3
2
2
1
= 
 
mgT
3
1
= 
 
 
c) Quando o estojo circular se desenrola “s”, o conjunto ganha uma velocidade “v”, tal 
que: 
 
Ep = Ec 
 
²
2
1
²
2
1
mvIwmgs += 
 
)
²
²(²
4
1
r
v
mrmgs ⋅= + ²
2
1
mv => gsv
3
4
² = 
 
Logo, asv 2² = 
 
Questão 14 – 
 
 
 
Novamente, por conservação da energia: mhfd 
 
∆Ep=∆Ec 
 
E, sabendo que h-R=H, temos: 
 
1 1
² ²
2 2
MgH Mv Iw= + 
 
E, pela condição de rolamento ( v wR= ), temos: 
 
1 1 1
² ² ( )²
2 2 2
vMgH Mv MR
R
= + ⋅ ⋅ 
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
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1 1
² ²
2 4
gH v v= + 
 
3
²
4
gH v= => 3 ²
4
vH
g
= e , como h=R+H 
 
Temos, então como Respota: 
 
3 ²
4
vh R
g
= ⋅ + 
 
 
Questão 15 – 
 
 
Pelas Leis de Newton: 
 
cos cpP Fθ⋅ = => 
²
cos
v
mg m
R
θ⋅ = ⋅ => ² cos ( )v g R rθ= ⋅ ⋅ + 
 
Aplicando agora o princípio de conservação da energia: 
 
1 1( ) (1 cos ) ² ²
2 2
mg R r mv Iwθ⋅ + ⋅ − = + 
 
E, como 2 ²
5
I mR= , temos: 
 
1 1( ) (1 cos ) ² ²
2 5
g R r v vθ⋅ + ⋅ − = + 
 
7( ) (1 cos ) ²
10
7( ) (1 cos ) cos ( )
10
g R r v
g R r g R r
θ
θ θ
⋅ + ⋅ − =
⋅ + ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ +
 
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
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Logo, 71 cos cos
10
θ θ= + 71 cos cos
10
θ θ= + 
 
10
cos
17
θ = 
 
Questão 20- 
Conforme as alterações feitas na figura, verifica-se que para que a bola suba, o torque 
(τ) exercido pela força F,na bola,sob o braço de alavancaR-d tem que ser igual ao 
torque exercido pela força peso (P) sob o braço de alavanca da medida x.Portanto: 
 
rot pesoτ τ=
 
 
Para calcularmos,então, o torque do peso falta somente achar o valor de x, que é 
fácilmente calculado através do teorema de Pitágoras: 
 
² ( )² ²
² ² ² 2 ²
2 ²
R R d x
R R d Rd x
x Rd d
= − +
= + − +
= −
 
 
( )
( ) 2 ²
2 ²
rot peso
F R d P x
F R d Mg Rd d
Mg Rd dF
R d
τ τ=
⋅ − = ⋅
⋅ − = ⋅ −
⋅ −
=
−
 
 
R 
x 
R-d