1. 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
anderson@npd.ufes.br 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 02 03 04 05 06 07 08 09 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42

2. 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 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
d ω = ∫ ( 4at 3 − 3bt 2 ) dt
ω t
∫ω 0 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 + at 4 − bt 3 ) dt
θ t
0 0
0
at 5 bt 4
θ − θ 0 = ω0 t + −
5 4
at 5 bt 4
θ = θ 0 + ω0 t + −
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)
Δθ 2π
ω= = = 0,104719 rad/s
Δt ( 60 s )
ω ≈ 0,105 rad/s
(b)
Δθ 2π
ω= = = 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)
Δθ 2π
ω= = = 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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(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
φ = φ0 + (ω0 + ω )t
2
1 1
Δφ A = (ω A0 + ω A )t = ⎡0 + ( 300 rev/s ) ⎤ (1 s )
2 2⎣ ⎦
Δφ A = 1.500 rev
Cálculo de ΔφB: B
φ = φ0 + ωt
ΔφB = ωBt = ( 300 rev/s ) (2,5s)
ΔφB = 11.250 rev
Cálculo de ΔφC:
1
φ = φ0 + (ω0 + ω )t
2
1 1
ΔφC = (ωC 0 + ωC )t = ⎡ 0 + ( 3.000 rev/s + 0 ) ⎤ (1,5 s )
2 2⎣ ⎦
ΔφC = 2.250 rev
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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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
Δφ = =
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?
(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
2L
tluz = (1)
c
Para a roda:
Δφ 2π
ω= =
Δt 500.troda
2π
troda = (2)
500ω
Igualando-se (1) e (2):
2L 2π
=
c 500ω
πc
ω= = 3.769,911 rad/s
500l
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
ωC
t= (1)
αC
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
α A rA
αC = (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
α α 1
t= = = = 2, 0584 s
α α 2
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
sen 2 ωt = 1 − (1)
R2
Agora vamos fazer o mesmo com a equação de y:
y = R sen ω t
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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(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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10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
dv y
= a y = −ω 2 R sen ωt = −ω 2 y
dt
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:
( −ω x ) + ( −ω y )
2 2
a= 2 2
= ω 2 x2 + y2
a = ω 2r
Veja o esquema a seguir:
y
ax
y
ay
r a
θ
x x
[Início]
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