F128-Exercicios_Resolvidos_Cap_10B

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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 10B
Exercício 1
A figura mostra um disco uniforme que pode girar em torno do centro, como um carrossel. O disco
tem um raio de 2, 0cm e uma massa de 20, 0 gramas e está inicialmente em repouso. A partir do
instante t = 0, duas forças devem ser aplicadas tangencialmente à borda do disco para que, no
instante t = 1, 25s, o disco tenha uma velocidade angular de 250rad/s no sentido anti-horário. A
força F1 tem módulo de 0, 1N . Qual é o módulo de F2?
Vamos escolher o sentido de rotação horário como sendo positivo. Isto implica que o eixo de
rotação associado a uma rotação positiva está entrando no plano, de acordo com a regra da mão
direita. Como o disco roda no sentido anti-horário sua velocidade angular é negativa. Como a
aceleração é constante podemos escrever:
ωf = ω0 + αt
−250 = 0 + α (1, 25)
α = −200rad/s2
O torque que causa esta aceleração é o torque resultante:
τR = τ1 + τ2
Onde τ1 é causado pela força F1 e τ2 pela força F2. Como as forças são tangentes à periferia
do disco, cada uma delas está em uma direção perpendicular à do vetor que sai do eixo de rotação
e vai até o ponto em que a força é aplicada. Desta forma, para a força F1 que ajuda o disco a
rodar no sentido horário temos:
F1 = RF1sen90o = RF1
Positivo, pois o produto vetorial
(
~R× ~F1
)
obedece a regra da mão direita e o vetor torque
resultante estaria entrando no plano (isso é o mesmo que dizer que a força F1 faz o disco rodar no
sentido horário).
O torque causado pela força F2 sai do plano, logo:
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τ2 = −RF2
E temos:
τR = RF1 −RF2
Como queremos relacionar torques com a rotação do disco devemo usar a segunda lei de Newton
para rotações:
τR = Iα
Precisamos, portanto, calcular o momento de inércia de um disco uniforme de raio R e massa
m. O momento de inércia de um disco é calculado facilmente quando decompomos o disco em
diversos anéis concêntricos (como uma fatia de cebola).
Cada pequeno elemento de massa de cada anel está à mesma distância do eixo de rotação. Se
cada anel tem massa total dm, o momento de inécia de cada anel é dado por:
dI = r2dm
Cada anel é tão fino que pode ser "cortado e esticado" sem que a sua área sofra alterações. A
área dessa fita será dada por:
dA = (2pir) dr
E a massa de cada anel está relacionada com a sua área através de:
dm = σdA =
(
m
piR2
)
(2pirdr) = 2m
R2
rdr
Onde σ é a densidade superficial de massa do disco.
Queremos agora somar o momento de inércia de cada anel fino:
I =
ˆ R
0
dI
=
ˆ R
0
r2
2m
R2
rdr
= 2m
R2
ˆ R
0
r3dr
= 2m
R2
R4
4
= mR
2
2
Numericamente temos I = 4× 10−6kgm2.
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Para que um disco com momento de inércia I = 4 × 10−6kgm2 desenvolva uma aceleração
angular α = −200rad/s2, o torque aplicado deve ser:
τR = Iα = −8× 10−4Nm
E assim obtemos a força F2:
τR = RF1 −RF2
−8× 10−4 = 0, 002− 0, 02F2
F2 = 0, 14N
Exercício 2
Um disco uniforme de massa M = 2, 5kg e raio R = 0, 20m é montado sobre um eixo horizontal
fixo, sem atrito. Uma corda de massa desprezível enrolada na borda do disco suporta um bloco
de massa 1, 2kg.
Supondo que o disco partiu do repouso, calcule:
a) a aceleração linear do bloco em queda;
Vamos escrever a segunda lei de Newton para o bloco e para o disco. Como o bloco desce
vamos escolher o eixo para baixo:
mg − T = ma (1)
Escolhendo como positivo o sentido em que o disco gira temos:
τ = TR = Iα (2)
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A aceleração do bloco é a mesmo da corda, que por sua vez é a mesma da periferia do disco,
logo a = αR. Podemos escrever a (2) como:
T = I
R2
a (3)
Somando a (1) com a (3) obtemos:
mg = ma+ I
R2
a =
(
m+ I
R2
)
a
a =
(
mR2
mR2 + I
)
g = 2m2m+Mg ≈ 4, 9m/s
2
Onde usamos que o momento de inércia de um disco uniforme em torno do seu centro de massa
é dado por I = MR22 .
b) a tração na corda;
Pela (3) temos:
T = M2 a =
m
2m+MMg = 6, 1N
c) aceleração angular do disco;
Temos:
α = a
R
= 2m2m+M
g
R
= 24, 5rad/s2
d) o trabalho realizado pelo torque aplicado ao disco em 2, 0s;
O torque aplicado sobre o disco é constante e é dado por1:
τ = TR ≈ 1, 224N.m
Dentro de 2s o disco gira uma quantidade:
∆θ = α2 t
2 ≈ 49rad
E o trabalho realizado pelo torque é dado por:
W =
ˆ ∆θ
0
τdθ = τ∆θ ≈ 60J
e) o aumento da energia cinética de rotação do disco.
1Note que energia e torque possuem a mesma dimensão. Entretanto para distingui-los no resultado usamos N.m
para a unidade de torque e J (Joule) para a unidade de energia.
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Pelo teorema do trabalho-energia cinética, todo o trabalho realizado pelo torque sobre o disco
converteu-se em energia cinética, assim:
∆K = W ≈ 60J
Exercício 3
Uma chaminé alta, de forma cilíndrica, cai se houver uma ruptura na sua base. Tratando a
chaminé como um bastão fino de altura h, e usando θ como sendo o ângulo que a chaminé ela faz
com a vertical num instante qualquer, expresse, em função deste ângulo:
a) a velocidade angular da chaminé;
Podemos resolver o exercício escrevendo o torque como função de θ′, obtendo a aceleração
angular e a seguir integrando esta aceleração no tempo até um ângulo θ qualquer.
Nesta resolução usaremos conservação de energia, o que torna o problema muito mais simples.
Sabemos que a energia mecânica total é conservada, assim temos:
∆E = 0
∆K + ∆Ug = 0
∆K = −∆Ug (4)
A variação da energia potencial gravitacional da chaminé pode ser obtida através do desloca-
mento vertical do seu centro de massa:
∆Ug = mg
h
2 cos θ −mg
h
2 = mg
h
2 (cos θ − 1)
Queremos encontrar a velocidade angular da chaminé. Ao se inclinar de um ângulo θ a chaminé
tem uma variação de energia cinética dada por:
∆K = I2 [ω (θ)]
2
O momento de inércia da chaminé é o momento de inércia de uma barra que gira ao redor de uma
de suas extremidades e já foi calculado no exercício 3 da aula 10A, I = mh23 .
Temos assim, pela (4):
1
2
(
mh2
3
)
ω2 = −mgh2 (cos θ − 1)
ω (θ) =
√
3g
h
(1− cos θ)
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b) a aceleração radial do topo da chaminé;
A aceleração radial no topo da chaminé é aquela necessária para que o movimento seja circular,
ou seja é a aceleração centrípeta:
aN =
v2
h
= ω2h = 3g (1− cos θ)
c) a aceleração tangencial do topo;
A partir da velocidade angular obtemos a aceleração angular e dela obtemos a aceleração
tangencial em qualquer ponto. Para isso fazemos a derivada temporal:
α = dω (θ)dt
Mas θ = θ (t) é uma função do tempo, ou seja, estamos derivando uma função composta em
relação ao argumento mais interno. Para isso usamos a regra dacadeia:
α = dω (θ (t))dt =
dω (θ)
dθ
dθ (t)
dt =
dω (θ)
dθ ω (t)
Funcionalmente ω (t) e ω (θ) são diferentes, mas uma vez que estejamos falando de um dado
θ que ocorre em um tempo t específico, o valor numérico deve ser o mesmo e apenas trocamos
ω (t)→ ω (θ):
α (θ) = dω (θ)dθ ω (θ)
=
√
3g
h
1
2
(−1) (−senθ)√
1− cos θ
√
3g
h
(1− cos θ)
α (θ) = 3g2hsenθ
Ou seja, no topo temos:
aT (θ) = α (θ)h =
3g
2 senθ
d) em que ângulo a aceleração tangencial é igual a g?
Queremos encontrar um θ′ para o qual aT (θ′) = g:
3g
2 senθ
′ = g
senθ′ = 23 → θ
′ ≈ 41, 8o
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Exercício 4
Na figura, dois blocos estão ligados por uma corda de massa desprezível que passa por uma polia
de 2, 4cm de raio e momento de inércia de 7, 4× 10−4kgm2. A corda não escorrega na polia; não
se sabe se existe atrito entre a mesa e o bloco que escorrega; não há atrito no eixo da polia.
Quando este sistema é liberado a partir do repouso, a polia gira 1, 3rad em 91ms e a aceleração
dos blocos é constante. Considere a massa do bloco m2 = 6, 2kg e determine:
a) o módulo da aceleração angular da polia;
Usando a expressão análoga ao caso linear temos:
θ = θ0 + ω0t+
α
2 t
2
∆θ = α2 t
2
α = 2∆θ
t2
= 2× 1, 3rad
(91× 10−3s)2 ≈ 314rad/s
2
b) o módulo da aceleração de cada bloco;
Como a corda não escorrega na polia a aceleração na periferia da polia é a aceleração da corda:
a = αR ≈ 7, 54m/s2
Esta também é a aceleração de cada bloco.
c) as tensões T1 e T2.
O sistema é um misto de rotação e deslizamento. Como queremos calcular as trações (forças)
e conhecemos as acelerações envolvidas podemos usar a segunda lei de Newton e a segunda lei de
Newton para rotação.
Não sabemos se existe atrito ou não. Por esta razão escrevemos a força de atrito, mas ela
pode ser nula. Ao final notaremos que não nos importa o que ocorre com o bloco 1, todas as
informações necessárias para o cálculo das trações, acelerações, etc já foram dados no enunciado.
De fato, a partir destes dados podemos calcular se há atrito ou não e qual o valor desta força a
partir da primeira equação que escreveremos abaixo.
Para o bloco sobre a mesa temos:
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−Fat + T1 = m1a (5)
Para o disco, adotando como positivo o sentido horário, a segunda lei de Newton fica:
τ1 + τ2 = Iα
−T1R + T2R = Iα (6)
É necessário notar que quando a polia tem massa as trações de cada lado são diferentes. É
como se um pouco da força transmitida pela corda fosse "gasta" para girar a polia.
Para o bloco 2 pendurado temos:
−T2 +mg = m2a (7)
Onde escolhemos o eixo para baixo pois o bloco desce.
Diretamente da equação (7) obtemos:
T2 = m2 (g − a) ≈ 15, 3N
Da equação (6), e lembrando que a = αR, escrevemos:
T1 = T2 − I
R2
a
Note que o segundo termo é a força necessária para fazer a polia girar. Tudo se passa como se
a polia fosse um objeto de massa I
R2 movendo-se com aceleração a.
Obtemos por fim:
T1 = 5, 57N
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