11-cinematica rotacional

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento Departamento de Física – Centro Centro d e Ciênci Ciênci as Exatas – Univers Univers idade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson @npd.uf es.br Última atualização: 21/07/ 21/07/200 2005 5 15:50 H

RESNICK, RESNICK, HAL LIDAY, KRANE, K RANE, FÍSICA, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 1 Capítu Capítulo lo 11 - Cin Cinemátic emática a Rotacional

Problemas 01 11 21 31

41

02 12 22 32 42

03 13 23 33

04 14

05

24

15 25

06 16 26

34

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36

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08 18 28 38

09 19

29 39

10 20 30 40

Problemas Resolvidos de Física

Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

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 ω 0, 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: d ω dt

= 4at 3 − 3bt 2

d ω = ω

∫

ω 0

( 4at 3 − 3bt 2 ) dt

d ω =

t

∫0 ( 4at

3

− 3bt 2 ) dt

ω − ω 0 = at 4 − bt 3 ω = ω 0 + at 4 − bt 3

(b) Vamos partir do resultado do item (a): d θ dt

= ω 0 + at 4 − bt 3

(

)

dθ = ω 0 + at 4 − bt 3 dt

∫

θ

θ 0

dθ =

t

∫0 (ω 0 + at

θ − θ 0 = ω 0t + θ = θ 0 + ω 0t +

at 5

5 at 5

5

4

− −

− bt 3 ) dt bt 4

4 bt 4

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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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), t f , deve ser igual ao tempo requerido para a roda percorrer 1/8 de sua circunferência, t r: t f = t r

l v

=

1/ 8 ω

v = 8ω l 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? ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional

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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 + Δ φC

Cálculo de Δφ A: φ = φ0 +

1 (ω + ω )t 2 0

1 2 Δφ A = 1.500 rev

Δφ A = (ω A0 + ω A )t =

1 ⎡0 + ( 300 rev/s ) ⎤⎦ (1 s ) 2⎣

Cálculo de Δφ B: B

φ = φ0 + ω t

Δφ B = ω B t = ( 300 rev/s ) (2,5s)

Δφ B = 11.250 rev

Cálculo de Δφ C: φ = φ0 +

1 (ω + ω )t 2 0

1 2 Δφ C = 2.250 rev

ΔφC = (ωC 0 + ω C )t =

1 ⎡0 + ( 3.000 rev/s + 0) ⎤⎦ (1,5 s ) 2⎣

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: ω (t ) =

d φ (t ) dt

dφ( t ) = ω ( t ) dt ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional

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t

Δφ( t ) = ∫ ω (t ) dt t 0

Portanto, a área compreendida no gráfico ω(t ) × t , no intervalo entre t 0 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. (Δt + Δt s )Δω [(5 s − 0) + (3,5 s − 1 s) ] (3.000 rev/s) − 0 Δφ = i = 2 2 Δφ = 11.250 rev [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?


A velocidade ( v) com que a barra avança no pino é dada por: v=

ω λ

=

l 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: t =

λ l

t ≈

4, 6 s

t

= 0, 07594 min

[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 ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional

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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?


(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=

t luz =

Δt

2 L c

=

t luz

(1)

Para a roda: ω =

2π Δφ = Δt 500.t roda

2π 500ω Igualando-se (1) e (2): 2 L 2π = 500ω c t roda =

ω =

(2)

π c

= 3.769,911 rad/s 500l ω ≈ 3, 8 × 103 rad/s

(b) v = ω r = 188, 4955 m/s

v ≈ 1,9 ×10 2

m/s [Início]

35. Uma roda A de raio r A = 10,0 cm está acoplada por uma correia B à roda C de raio r C = 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 ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional

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módulos das velocidades lineares na borda das duas rodas são iguais.)


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 =

ω C α C

(1)

Embora as acelerações angulares das rodas C (α C) e A (α A) sejam diferentes, suas acelerações tangenciais (aC e a A) são iguais, pois é a mesma aceleração da correia B. a A = aC

α A rA = α C r C α C =

α A r A r C

(2)

Substituindo-se (1) em (2): t =

ω C r C α Ar A

t ≈ 16, 4

= 16,3624 s

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 2 r = α r

ω = α

O tempo para atingir essa velocidade partindo do repouso é: ω = ω0 + α t ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 11 – Cinemática Rotacional

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α = 0 + α t

α

t = t ≈

=

α

α α

1

=

2

α

= 2,0584 s

2,06 s [Início]

41. Um objeto se move no plano de xy de forma que x = R cos ω t e y = R sen ω t , 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, v x e v y. Combine v x e v y para encontrar o módulo, a direção e o sentido de v. Descreva o movimento do objeto. (c) Derive v x e v y 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 ω t 2 2 2 x = R cos ω t 2

x = R

2

(1 − sen 2 ω t ) x

2

sen ω t = 1 −

2

R 2

(1)

Agora vamos fazer o mesmo com a equação de y: y = R sen ω t y 2 = R 2 sen 2 ω t

(2)

Substituindo-se (1) em (2): y 2 = R 2 − x 2 x 2 + y 2 = R 2

(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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(b) dx dt dy dt

= v x = −ω R sen ω t = v y = ω R cos ω t

Logo, o vetor velocidade vale: v = v x i + v y j = −ω R sen ωt i + ω R cos ωt j O módulo de v vale: v=

2 2 ( −ω R sen ωt ) + (ω R cos ωt )

v = ω 2 R 2 sen 2 ωt + ω 2 R 2 cos 2 ωt v = ωR

sen 2 ωt + cos2 ω t

v = ω R

Sabendo-se que: r = xi + yj = R cos ωt i + ω R sen ω t j

O produto escalar entre r e v vale: r ⋅ v = ( R cos ωti + R sen ωtj) ⋅ ( −ω R sen ωti + ω R cos ω t j) r ⋅ v = ( R cos ωti ) ⋅ ( −ω R sen ωti ) + ( R cos ωti ) ⋅ ( ω R cos ωt j) +

+ ( R sen ωt ) ⋅ ( −ω R sen ωti ) + ( R sen ωtj) ⋅ ( ω R cos ωt j)

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

v y y

v x r

θ x

x

(c) dv x dt

= a x = −ω 2 R cos ωt = −ω 2 x


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dv y dt


= a y = −ω 2 R sen ωt = −ω 2 y

Logo: a = a x i + ay 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=

2

( −ω 2 x ) + ( −ω 2 y )

2

= ω 2 x 2 + y 2

a = ω 2 r

Veja o esquema a seguir: y

a x y r

a y a

θ x

x

[Início]


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