11-cinematica rotacional - Departamento de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
[email protected]
Última atualização: 21/07/2005 15:50 H
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 1
Capítulo 11 - Cinemática
Rotacional
Problemas
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
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40
Problemas Resolvidos de Física
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Problemas Resolvidos
04. Uma roda gira com aceleração angular α dada por
α = 4at 3 − 3bt 2
onde t é o tempo e a e b são constantes. Se a roda possui velocidade angular inicial ω0, escreva
as equações para (a) a velocidade angular da roda e (b) o ângulo descrito, como função do
tempo.
(Pág. 225)
Solução.
(a) Vamos partir da equação dada:
dω
= 4at 3 − 3bt 2
dt
d ω = ( 4at 3 − 3bt 2 ) dt
ω
∫ω
0
d ω = ∫ ( 4at 3 − 3bt 2 ) dt
t
0
ω − ω0 = at 4 − bt 3
ω = ω0 + at 4 − bt 3
(b) Vamos partir do resultado do item (a):
dθ
= ω0 + at 4 − bt 3
dt
dθ = (ω0 + at 4 − bt 3 ) dt
∫θ dθ = ∫ (ω
θ
t
0
0
0
+ at 4 − bt 3 ) dt
θ − θ 0 = ω0 t +
at 5 bt 4
−
5
4
θ = θ 0 + ω0 t +
at 5 bt 4
−
5
4
[Início]
05. Qual é a velocidade angular (a) do ponteiro de segundos, (b) do ponteiro de minutos e (c) do
ponteiro de horas de um relógio?
(Pág. 225)
Solução.
(a)
ω=
Δθ
2π
=
= 0,104719" rad/s
Δt ( 60 s )
ω ≈ 0,105 rad/s
(b)
ω=
Δθ
2π
=
= 1, 7453" × 10−3 rad/s
Δt ( 60 × 60 s )
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a
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ω ≈ 1, 75 ×10−3 rad/s
(c)
ω=
Δθ
2π
=
= 1, 4544" × 10−4 rad/s
Δt (12 × 60 × 60 s )
ω ≈ 1, 45 ×10−4 rad/s
[Início]
09. Uma roda de 30 cm de raio possui oito raios. Ela está montada em um eixo fixo e gira à razão de
2,5 rev/s. Você deseja atirar uma flecha de 24 cm de comprimento através da roda,
paralelamente ao seu eixo, sem tocar seus raios. Admita que tanto a flecha como os raios são
muito finos; veja a Fig. 14. (a) Qual é a velocidade mínima que a flecha pode ter? (b) É
importante o ponto, entre o eixo e a borda da roda, que você mira? Em caso afirmativo, qual a
melhor localização?
(Pág. 225)
Solução.
(a) A condição mínima para que a flecha consiga passar pela roda é que o tempo para a flecha
percorrer seu próprio comprimento (l), tf, deve ser igual ao tempo requerido para a roda percorrer
1/8 de sua circunferência, tr:
t f = tr
l 1/ 8
=
v ω
v = 8ωl
v = 4,8 m/s
(b) A distância que a flecha passa pela roda medida a partir do centro não é importante. Embora o
espaço disponível para a flecha passar próxima ao centro seja menor, a velocidade tangencial da
roda nessa região também é proporcionalmente menor.
[Início]
14. Como parte de uma inspeção de manutenção, a turbina de um motor a jato é posta a girar de
acordo com o gráfico mostrado na Fig. 15. Quantas revoluções esta turbina realizou durante o
teste?
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a
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(Pág. 225)
Solução.
Vamos dividir o intervalo total de 5 s em três subintervalos: A (0 s – 1 s), B (1 s – 3,5 s) e C (3,5 s –
5 s). Em A e C o movimento é acelerado e em B o movimento é com velocidade angular constante.
O número de revoluções pode ser calculado diretamente pela variável Δφ, uma vez que se use ω em
rev/s e α em rev/s2. O número total de revoluções será:
Δφ = Δφ A + ΔφB + ΔφC
Cálculo de ΔφA:
1
2
φ = φ0 + (ω0 + ω )t
1
1
(ω A0 + ω A )t = ⎡⎣0 + ( 300 rev/s ) ⎤⎦ (1 s )
2
2
Δφ A = 1.500 rev
Δφ A =
Cálculo de ΔφB:
φ = φ0 + ωt
B
ΔφB = ωBt = ( 300 rev/s ) (2,5s)
ΔφB = 11.250 rev
Cálculo de ΔφC:
1
2
φ = φ0 + (ω0 + ω )t
1
1
(ωC 0 + ωC )t = ⎡⎣ 0 + ( 3.000 rev/s + 0 ) ⎤⎦ (1,5 s )
2
2
ΔφC = 2.250 rev
ΔφC =
Logo:
Δφ = 11.250 rev
É evidente que esta mesma resposta pode ser obtida de maneira mais confortável a partir do gráfico
ω(t) × t, que foi dado. Vejamos:
dφ
ω( t ) = ( t )
dt
dφ( t ) = ω( t ) dt
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a
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t
Δφ( t ) = ∫ ω(t ) dt
t0
Portanto, a área compreendida no gráfico ω(t) × t, no intervalo entre t0 e t corresponde ao
deslocamento angular Δφ. Como o gráfico apresentado é um trapézio, sua área será:
( B + b) h
A=
2
Onde B é a base maior e b é a base menor do trapézio.
(Δti + Δts )Δω [ (5 s − 0) + (3,5 s − 1 s) ] (3.000 rev/s) − 0
=
2
2
Δφ = 11.250 rev
Δφ =
[Início]
29. Um pino rosqueado com 12,0 voltas/cm e diâmetro 1,18 cm é montado horizontalmente. Uma
barra com um furo rosqueado de forma a se ajustar ao pino é aparafusada nele; veja a Fig. 17. A
barra gira a 237 rev/min. Quanto tempo levará para a barra se mover 1,50 cm ao longo do pino?
(Pág. 226)
Solução.
A velocidade (v) com que a barra avança no pino é dada por:
ω l
v= =
λ t
Nesta equação ω é a velocidade angular da barra, λ é a densidade linear de voltas da rosca e l é a
distância que a barra avança num tempo t. Logo:
λl
t=
= 0, 07594" min
t
t ≈ 4, 6 s
[Início]
34. Um método antigo de se medir a velocidade da luz utiliza uma roda dentada girante. Um feixe
de luz passa por uma fenda na borda da roda, como na Fig. 18, propaga-se até um espelho
distante e retorna à roda no tempo exato para passar através da fenda seguinte na roda. Uma
destas rodas dentadas possui raio de 5,0 cm e 500 dentes em sua borda. Medidas tomadas
quando o espelho se encontrava à distância de 500 m da roda indicaram uma velocidade de 3,0
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× 105 km/s. (a) Qual era a velocidade angular (constante) da roda? (b) Qual era o módulo da
velocidade linear de um ponto em sua borda?
(Pág. 226)
Solução.
(a) O tempo de ida e volta da luz é igual ao tempo que a roda leva para girar Δφ = 2π/500 rad. Para
a luz:
Δs 2 L
=
v=c=
Δt tluz
tluz =
2L
c
(1)
Para a roda:
ω=
Δφ
2π
=
Δt 500.troda
2π
500ω
Igualando-se (1) e (2):
2L
2π
=
c
500ω
πc
ω=
= 3.769,911" rad/s
500l
troda =
(2)
ω ≈ 3,8 × 103 rad/s
(b)
v = ω r = 188, 4955" m/s
v ≈ 1,9 ×102 m/s
[Início]
35. Uma roda A de raio rA = 10,0 cm está acoplada por uma correia B à roda C de raio rC = 25,0 cm,
como mostra a Fig. 19. A roda A aumenta sua velocidade angular à razão uniforme de 1,60
rad/s2. Determine o tempo necessário para que a roda C atinja uma velocidade rotacional de 100
rev/min; suponha que não haja deslizamento da correia. (Dica: Se a correia não desliza, os
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módulos das velocidades lineares na borda das duas rodas são iguais.)
(Pág. 227)
Solução.
O tempo procurado pode ser obtido a partir da equação de movimento acelerado da roda C:
ω = ω0 + α t
ωC = ωC 0 + α C t
t=
ωC
αC
(1)
Embora as acelerações angulares das rodas C (αC) e A (αA) sejam diferentes, suas acelerações
tangenciais (aC e aA) são iguais, pois é a mesma aceleração da correia B.
a A = aC
α A rA = α C rC
αC =
α A rA
(2)
rC
Substituindo-se (1) em (2):
ω r
t = C C = 16,3624" s
α A rA
t ≈ 16, 4 s
[Início]
36. As lâminas de um moinho de vento partem do repouso e giram com aceleração angular de 0,236
rad/s2. Quanto tempo passa até que um ponto da lâmina assuma os mesmos valores para os
módulos da aceleração centrípeta e da aceleração tangencial?
(Pág. 227)
Solução.
A condição para que a aceleração centrípeta e a aceleração tangencial sejam iguais é:
aC = aT
ω 2r = α r
ω= α
O tempo para atingir essa velocidade partindo do repouso é:
ω = ω0 + α t
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α = 0 + αt
t=
α
α
1
=
=
= 2, 0584" s
2
α
α
α
t ≈ 2, 06 s
[Início]
41. Um objeto se move no plano de xy de forma que x = R cos ωt e y = R sen ωt, sendo x e y as
coordenadas do objeto, t o tempo e R e ω constantes. (a) Elimine t entre estas equações para
encontrar a equação da curva na qual o objeto se move. Que curva é essa? Qual é o significado
da constante ω? (b) Derive as equações de x e y em relação ao tempo para encontrar as
componentes x e y da velocidade do corpo, vx e vy. Combine vx e vy para encontrar o módulo, a
direção e o sentido de v. Descreva o movimento do objeto. (c) Derive vx e vy com relação ao
tempo para obter o módulo, a direção e o sentido da aceleração resultante.
(Pág. 227)
Solução.
(a) Vamos elevar ao quadrado a equação de x.
x = R cos ωt
x 2 = R 2 cos 2 ωt
x 2 = R 2 (1 − sen 2 ωt )
x2
R2
Agora vamos fazer o mesmo com a equação de y:
y = R sen ω t
sen 2 ωt = 1 −
(1)
y 2 = R 2 sen 2 ωt
(2)
Substituindo-se (1) em (2):
y2 = R2 − x2
x2 + y2 = R2
(3)
A Eq. (3) corresponde à equação de uma circunferência. A constante ω ajusta a freqüência dos
ciclos das funções trigonométricas seno e cosseno. Em termos físicos, ω é a freqüência ou
velocidade angular do objeto que se move ao longo da trajetória circular. Veja o esquema a seguir:
y
y
r
θ
x
x
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a
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(b)
dx
= vx = −ω R sen ωt
dt
dy
= v y = ω R cos ωt
dt
Logo, o vetor velocidade vale:
v = vx i + v y j = −ω R sen ωti + ω R cos ωtj
O módulo de v vale:
v=
( −ω R sen ωt ) + (ω R cos ωt )
2
2
v = ω 2 R 2 sen 2 ωt + ω 2 R 2 cos 2 ωt
v = ω R sen 2 ωt + cos 2 ωt
v = ωR
Sabendo-se que:
r = xi + yj = R cos ω ti + ω R sen ωtj
O produto escalar entre r e v vale:
r ⋅ v = ( R cos ωti + R sen ωtj) ⋅ ( −ω R sen ωti + ω R cos ωtj)
r ⋅ v = ( R cos ωti ) ⋅ ( −ω R sen ωti ) + ( R cos ωti ) ⋅ (ω R cos ωtj) +
+ ( R sen ωtj) ⋅ ( −ω R sen ωti ) + ( R sen ωtj) ⋅ (ω R cos ωtj)
r ⋅ v = −ω R 2 sen ωt cos ωt + 0 + 0 + ω R 2 sen ωt cos ωt
r⋅v = 0
Como:
r ⋅ v = Rv cos φ = 0
Onde φ é o ângulo entre os vetores r e v. Como cos φ = 0, isso implica em φ = 90o. Logo, r e v são
ortogonais. Portanto, como r é radial, v deve ser tangencial à trajetória circular. Veja o esquema a
seguir:
y
v
vy
y
vx
r
θ
x
x
(c)
dvx
= ax = −ω 2 R cos ωt = −ω 2 x
dt
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a
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dv y
dt
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= a y = −ω 2 R sen ωt = −ω 2 y
Logo:
a = ax i + a y j = −ω 2 xi − ω 2 yj
Esta equação mostra que a tem a mesma direção de r, porém com o sentido contrário. Ou seja, a
aponta no sentido radial. O módulo de a vale:
a=
( −ω x ) + ( −ω y )
2
2
2
2
= ω 2 x2 + y2
a = ω 2r
Veja o esquema a seguir:
y
y
ax
ay
r a
θ
x
x
[Início]
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