M R I M R I M R I M R - Departamento de Física da UBImjesus/pdfs/teste-3.pdf · Segurando um peso em cada uma das mãos, o estudante tem inicialmente os braços junto ... à soma

Física Geral I1º semestre - 2004/05

3 ◦ TESTE DE AVALIAÇÃO

2668 - ENSINO DE FÍSICA E QUÍMICA

1487 - OPTOMETRIA E OPTOTECNIA - FÍSICA APLICADA

12 de Janeiro 2005

• Duração: 2 horas + 30 min tolerância

• Nas primeiras seis perguntas de escolha múltipla, indique apenas uma das opções.

MOMENTOS DE INÉRCIA DE ALGUNS SÓLIDOS, RELATIVAMENTE AOS EIXOS INDICADOS

RR

R1 R2R

Anel em torno do eixode simetria cilíndrica

MR2

Anel em torno dum eixoao longo do diâmetro

MR212

Cilindro oco em torno doeixo de simetria cilíndrica

M(R + R )212 2

21

L

MR212

Cilindro maciço em torno doeixo de simetria cilíndrica

Cilindro maciço em tornodum eixo que passa pelodiâmetro central

MR + ML214

112

2

R

L

2R

LL

2R

Esfera oca fina em torno dum eixo quepassa pelo centro

Esfera maciça em tornodum eixo que passa pelocentro

MR223

MR225

a

b

Barra fina em torno dumeixo ¦ ao comprimento eque passa pelo centro

Barra fina em torno dumeixo ¦ ao comprimento eque passa pela extremidade

Placa rectangular em torno do eixo ¦ quepassa pelo centro

M(a + b )2 112

2MR2 1

12MR21

3

Teste de Avaliação - 3 12.Janeiro.2005 FÍSICA GERAL I UBI 1

CONSTANTES FÍSICAS E OUTROS DADOS

Constante Símbolo Valorvelocidade da luz no vácuo c 3, 00× 108 m/sunidade de massa atómica u 1, 66× 10−27 kgconstante de Avogadro NA 6, 02× 1023

massa do electrão em repouso me 9, 11× 10−31 kgmassa do protão em repouso mp 1, 67× 10−27 kgmassa do neutrão em repouso mn 1, 67× 10−27 kgaceleração da gravidade à superfície da Terra g 9, 81 m/s2

massa da Terra 5, 98× 1024 kgraio médio da Terra 6, 37× 106 m

ESCOLHA MÚLTIPLA

1. Considere duas esferas maciças de massa M e raio R. Estas eferas foram coladas uma à ou-tra e postas a rodar em torno dum eixo perpendicular à linha que une os seus centros (verFigura).

O momento de inércia, I , deste conjunto, relativamente ao eixo respectivo é

(a) I = 0, 80 M R2.

(b) I = 10, 8 M R2.

(c) I = 1, 33 M R2.

(d) I = 11, 3 M R2.

2R2R

(1,0 valor)


No laboratório de Física um estudante efectua uma experiência, colocando-se no centroduma plataforma giratória, que pode rodar sem atrito, com um momento de inércia igual1, 25 kg m2.Segurando um peso em cada uma das mãos, o estudante tem inicialmente os braços juntoao corpo e a plataforma é posta a rodar com uma velocidade ωa = 1, 50 rot/s, ver (Figura(a)). O seu momento de inércia (incluindo os pesos), nesta configuração é de 2, 50 kg m2.

Após algumas rotações, o estudante abre os braços ( ver Figura (b), fazendo com que a suavelocidade angular tome o valor de ωb = 5, 10 rad/s.

ωa

(a) (b)

ωb

2. A quantidade de movimento angular, L, do sistema "estudante + pesos + plataforma" é

(a) L = 1, 88 kg m2/s.

(b) L = 5, 63 kg m2/s.

(c) L = 23, 6 kg m2/s.

(d) L = 35, 3 kg m2/s.

(1,0 valor)

3. O momento de inércia do estudante, incluindo os pesos, quando este tem os braços abertosé

(a) 2, 50 kg m2.

(b) 3, 75 kg m2.

(c) 5.67 kg m2.

(d) 6, 93 kg m2.

(1,0 valor)


4. Numa determinada obra é necessário içar várias estruturas metálicas de massa m = 500 kgaté uma altura h = 220 m, em menos de 60, 0 s. Para executar essa tarefa foi concebido umguindaste, com um motor no seu topo (ver Figura).

A potência mínima, P , que o motor deve ter paraiçar as massas referidas, com velocidade constante,é de

(a) P = 1080 kW.

(b) P = 18, 0 kW.

(c) P = 818 W.

(d) P = 3, 67 W.

m h

(1,0 valor)

5. Indique qual das afirmações está incorrecta.

A variação da energia cinética duma partícula é igual

(a) ao trabalho da força resultante que actua na partícula.

(b) à soma do trabalho de cada uma das forças que actuam na partícula.

(c) à soma do trabalho das forças que actuam na partícula e que têm uma componentevectorial, na direcção do deslocamento.

(d) à soma do trabalho das forças que actuam na partícula, perpendicularmente à direcçãodo deslocamento.

(1,0 valor)

6. Uma mola de constante elástica k = 20 N/m é comprimida 30 cm, a partir do seu compri-mento natural. O trabalho, WFm , realizado pela força da mola é

(a) WFm= 0.

(b) WFm= −0, 90 J.

(c) WFm = 1, 8 J.

(d) WFm = −6, 0 J.

(1,0 valor)


PARTE PRÁTICA

7. Considere uma escada uniforme de massa M = 14 kg e comprimento L, apoiada numaparede sem atrito e que faz um ângulo θ = 60◦ com o chão horizontal, onde existe atrito (verFigura). Esta escada está em equilíbrio e tem um balde de massa m = 4, 0 kg, pendurado aum quarto do seu comprimento, medido a partir do cimo da escada.

(a) Determine a reacção normal do chão sobre a escada.

(b) Determine a força que a parede exerce sobre a escada.

(c) Determine o valor mínimo do coeficiente de atrito estático,que mantém a escada em equilíbrio.

θ

L/4

m

(3,5 valores)

8. Considere dois blocos de massa m, ligados por um fio inextensível, de massa desprezável,que passa por uma roldana cilíndrica, de massa m e raio R = 10, 0 cm (ver Figura). O fiopassa na roldana sem escorregar, sendo atrito entre o bloco esquerdo e o plano horizontaldesprezável.

Este sistema inicia o movimento a partir do re-pouso, quando o bloco da direita se encontra auma altura h = 5, 00 m do solo.

(a) Determine a aceleração com que os blocosse movem.

(b) Determine a velocidade angular da rol-dana, quando o bloco da direita atinge osolo.

m

h

mm,R

(3,5 valores)


9. Uma ventoinha tem um momento de inércia I = 13, 5×10−3 kg m2 e uma massa m = 500 g.Num determinado instante, esta é ligada e fica sujeita a um momento de força τ = 1, 50 ×10−3 N m, que actua uniformemente durante 30, 0 s.

(a) Determine a velocidade angular da ventoinha após os 30, 0 s inici-ais.

(b) Qual é o momento da força necessário para colocar a ventoinhanovamente em repouso em 15, 0 s?

(c) Qual seria o raio de um anel, com a mesma massa, que tem amesma inércia rotacional que a ventoinha? (raio de giração).

(3,5 valores)

10. Considere um bloco de massa m, que se encontra a uma altura h do solo, no cimo dumplano inclinado de inclinação θ (ver Figura). O bloco é solto a partir do repouso e desliza aolongo do plano inclinado, estando sujeito ao atrito, atingindo o solo com uma determinadavelocidade.

m

θ

h

Considere os valores h = 10, 0 m, m = 5, 00 kg, µc = 0, 15 e θ = 30◦.

Relativamente ao bloco de massa m, determine:

(a) o trabalho realizado pela força de atrito.

(b) o trabalho realizado pela força gravítica.

(c) a velocidade com que o bloco chega ao solo.

(3,5 valores)

SOLUÇÃO

ESCOLHA MÚLTIPLA

1. O momento de inércia do conjunto de esferas pode ser calculado somando os momentosde inércia de cada uma das esferas, em torno do eixo de rotação indicado. Estes momentosde inércia, que designamos de I1, para a esfera mais perto do eixo de rotação, e I2, para aesfera mais longe do eixo, podem ser calculados usando o Teorema dos Eixos Paralelos (verFigura).

I 1 I CM I CMI 2

3RR

Sabendo que o momento de inércia de uma esfera sólida, em torno de um eixo que passapelo seu centro de massa, dado por ICM = 2

5 M R2 (ver Tabela), as inercias rotacionais I1 eI2, em torno do eixo indicado, são dadas por

I1 = ICM + M R2 I2 = ICM + M (3 R)2

= 25 M R2 + M R2 = 2

5 M R2 + 9 M R2

= 75 M R2 = 47

5 M R2 .

Nessa conformidade, o momento de inércia deste conjunto é dado por

I = I1 + I2

= 75 M R2 + 47

5 M R2

= 545 M R2

= 10, 8 M R2 .

Opção (b).

2. O momento angular, na direcção do eixo de rotação, do sistema "estudante + pesos + plata-forma" , tendo o estudante os braços fechados (configuração (a)), é

L = Isistema ωa ,

em que Isistema representa a inércia rotacional deste sistema em torno do eixo de rotação e

ωa = 2π × 1, 50 = 3, 00 π rad/s ,

Teste de Avaliação - 3 12.Janeiro.2005 - SOLUÇÕES FÍSICA GERAL I UBI 1

é a velocidade angular, expressa em unidades do SI.

O momento de inércia, Isistema, é dado pela soma dos momentos de inércia de cada um doscomponentes do sistema, i.e., na configuração (a),

Isistemaa= Iestudante+pesosa

+ Iplataforma .

Sendo o momento de inércia do estudante (incluindo os pesos), na configuração (a), igual a2, 50 kg m2, o momento angular do sistema é

L = (1, 25 + 2, 50)× 3, 00 π

= 35, 3 kg m2/s

Opção (c).

3. Quando o estudante abre os braços, altera o seu momento de inércia, sem no entanto alterara quantidade de movimento angular do sistema, enquanto composto pelo estudante, pesose plataforma, pois nesta alteração de configuração apenas intervieram forças internas ao sis-tema.

Posto isto, o momento angular, após a alteração de configuração, Lb, é o mesmo que o inicial,La, calculado na alínea anterior, i.e.,

La = Lb

Isistemaaωa = Isistemab

ωb(Iestudante+pesosa

+ Iplataforma

)ωa =

(Iestudante+pesosb

+ Iplataforma

)ωb ,

donde podemos extrair o momento de inércia do estudante, incluindo os pesos (na configu-ração (b)), da seguinte forma,

Iestudante+pesosb=

(Iestudante+pesosa

+ Iplataforma

) ωa

ωb− Iplataforma

= (1, 25 + 2, 50)× 3, 00 π

5, 10− 1, 25

= 5, 67 kg/m2 ,

Opção (b).

4. Desprezando o trabalho que é necessário realizar pelo motor para arrancar e parar, a potên-cia necessária para elevar cada uma das estruturas, com velocidade constante, é dado peloquociente do trabalho da força aplicada pelo motor do guindaste na estrutura a içar, W„pelo tempo, ∆ t, em que se deseja realizar assa elevação;

P =W

∆ t.

A força, ~F , que o guindaste aplica na estrutura a içar deve ser exactamente igual ao peso daestrutura, de modo a que o somatório das forças aplicadas na estrutura seja nulo,

velocidade constante =⇒∑

~F = 0 =⇒ F = m g .

O trabalho realizado por essa força constante é dado por

W = ~F · ~s= m g h ,


onde ~s representa o vector deslocamento que tem a mesma direcção e sentido da força, ~F ,exercida pelo motor na estrutura a içar.

Finalmente obtemos

P =m g h

∆ t

=500× 9, 81× 220

60= 18, 0 kW .

Opção (b).

5. A variação da energia cinética pode ser dada por pelo Teorema do Trabalho e Energia,

∆K = Wres =∫

~Fres · ~ds

i.e., a variação da energia cinética duma partícula é igual ao trabalho da força resultante queactua na partícula (alínea (a)).

A força resultante é dada por

~Fres =∑

i

~Fi

= ~F1 + ~F2 + ... + ~FN ,

onde o somatório em i é referente a N forças aplicadas à partícula em questão. Nesta con-formidade o trabalho da força resultante também pode ser expresso por

∆K =∫

~F1 · ~ds +∫

~F2 · ~ds + ... +∫

~FN · ~ds

= W1 + W2 + ... + WN ,

i.e., a variação da energia cinética duma partícula é igual à soma do trabalho de cada umadas forças, que actuam na partícula (alínea (b)).

De uma outra forma, a força resultante também pode ser decomposta em duas componen-tes: a componente da força resultante, ~Fres= , perpendicular ao deslocamento ~ds, e a compo-nente da força resultante, ~Fres‖ , perpendicular ao deslocamento ~ds.

Uma vez que as forças perpendiculares ao movimento não realizam trabalho, pois

~Fres‖ · ~ds = 0 ,

a variação de energia cinética também pode ser calculada da seguinte forma

∆K =∫

~Fres‖ · ~ds +∫

~Fres= · ~ds

=∫

~Fres= · ~ds

= Wres= ,

i.e., a variação da energia cinética duma partícula é igual à soma do trabalho das forças queactuam na partícula, com uma componente vectorial na direcção do deslocamento (alínea


(c)).

A opção (d) só será verdadeira, caso a variação de energia cinética seja nula, i.e., não é válidanum caso geral, pelo que a afirmação incorrecta é a opção (d).

6. A força de uma mola, quando é deslocada uma distância x a partir da sua posição de equi-líbrio (comprimento natural da mola), é dada pela lei de Hooke,

Fm = −k x ,

em que k representa a constante de elasticidade da mola.

O trabalho realizado pela força da mola, ao comprimi-la até uma posição xf = 0, 30 ouxf = −0, 30, de acordo com o referencial unidimensional utilizado, é dado por

Wm =∫ xf

0

Fm dx

=∫ xf

0

(−k x) dx

=[−1

2k x2

]xf

0

=[−1

2k (±xf )2 + 0

]= −1

2× 20× (0, 30)2

= −0, 9 J .

Opção (b).


UMA RESOLUÇÃO POSSÍVELPARTE PRÁTICA

7. Consideraremos o nosso sistema apenas composto pela escada.Uma vez que a escada se encontra em equilíbrio, devem verificar-se simultaneamente as condições de equilíbrio, para a translaçãoe rotação, { ∑ ~Fext = 0∑

τz = 0 ,

onde o momento das forças externas pode ser calculado rela-tivamente a um ponto qualquer (situação de equilíbrio). Osmomentos das forças externas, de acordo com o referencialda Figura, têm apenas uma componente vectorial segundo adirecção z, dado que todas as forças aplicadas na escada estãono plano xOy.

θ

L/4

N

Mg

mg

FaeP

Fy

x

Para verificar estas condições de equilíbrio devem contabilizar-se todas as forças que actuamno sistema. Desta forma temos:

• a reacção normal do chão, ~N , com direcção perpendicular ao plano e aplicado no pontode contacto da escada com o chão (ponto P );

• a força de atrito estático entre a escada ~Faee o chão, de direcção horizontal, e também

aplicada na extremidade inferior da escada (ponto P ), no sentido da parede, contrari-ando a tendência da escada em escorregar;

• o peso da escada, M ~g, aplicado no seu centro de massa;

• a tensão da corda que sustenta o balde, igual ao peso do balde (m~g), aplicada a umadistância 3

4 L medida ao longo da escada, a partir do ponto P ;

• a reacção normal, ~F , da parede sobre a escada, de direcção perpendicular à parede eaplicada no ponto de contacto entre a escada e a parede (ver figura).

De acordo com a figura, a segunda Lei de Newton para o equilíbrio na translação e rotaçãosão, respectivamente, {

~Fae+ ~N + M ~g + m~g + ~F = 0

τae,z+ τNz

+ τM gz+ τm gz

+ τFz= 0

.

Usando o referencial da figura, as expressões anteriores resultam em três equações, duasrelativamente ao equilíbrio para a translação e uma relativamente ao equilíbrio para a rota-ção, calculada relativamente ao ponto P onde os momentos das forças ~N e ~Fae são nulos (adirecção destas forças passa pelo ponto P ). Nessa conformidade, temos

N −M g −m g = 0Fae − F = 0−M g 1

2 L cos θ −m g 34 L cos θ + F L sin θ = 0

.

Os braços do momento das forças m~g, M ~g e ~F podem ser determinados medindo a distân-cia perpendicular do ponto P à direcção de cada uma destas forças, sendo os momentos dasforças τM gz

e τm gznegativos e o momento da força τFz

, positivo. Desenvolvendo o sistemade equações anterior, obtemos


N = (M + m) g

Fae= F

F = gcos θ

sin θ

(12

M +34

m

) (eq.1)

(a) A reacção normal do chão sobre a parede pode ser calculada directamente a partir daprimeira equação do sistema de equações (eq.1), i.e,

N = (M + m) g

= (14 + 4)× 9, 81= 180N .

(b) A força de atrito entre o chão e a escada é dada pela terceira equação do sistema (eq.1),

F = gcos θ

sin θ

(12

M +34

m

)= 9, 81× cos 60◦

sin 60◦×

(12× 14 +

34× 4

)= 57N .

(c) O valor mínimo que o coeficiente de atrito estático deve ter, para a escada se manterem equilíbrio nesta configuração pode ser determinado usando a expressão da forçade atrito estático, quando esta toma o seu valor máximo, i.e.,

Fae max = µe N

e

Fae max = µe (M + m) g ,

usando a expressão para a normal N , calculada na alínea anterior.

Usando o resultado da alínea (a) e as equações (eq.1), vemos que o valor força da pa-rede sobre a escada tem de ser igual ao valor da força de atrito estático, Fae

= F , ouseja,

Fae = gcos θ

sin θ

(12

M +34

m

).

Assim, para a escada estar em equilíbrio, a força de atrito estático tem de ser menor ouigual à força de atrito estático máxima, ou seja

Fae max ≥ Fae

µe (M + m) g ≥ g1

tan θ

(12

M +34

m

).

Resolvendo esta última expressão em ordem a µe, obtemos

µe (M + m) g ≥ gcos θ

sin θ

(12

M +34

m

)µe ≥

(12 M + 3

4 m)

(m + M) tan θ

µe ≥(

12 × 14 + 3

4 × 4)

(4 + 14)× tan 60◦

µe ≥ 0, 32 .


8. Neste problema abordamos um caso de dinâmica de translação e rotação fora do equilíbrio.As leis da dinâmica serão aplicadas separadamente a cada um dos três corpos que vão teraceleração imediatamente após o bloco suspenso ser solto a partir do repouso. Os três cor-pos em questão são as duas massas m e uma roldana cilíndrica de raio R e massa m. Nessaconformidade, devem ser contabilizadas todas as forças externas em cada um dos três cor-pos e aplicada a segunda lei de Newton, separadamente.

Quando este sistema é solto a partir do repouso,o bloco no plano horizontal inicia um movimentode translação horizontal, com uma aceleração ~a1.O bloco suspenso inicia um movimento de transla-ção vertical, com aceleração ~a2. Finalmente, a rol-dana irá ter apenas movimento de rotação em tornodo seu centro de massa, com aceleração angular ~α.Uma vez que o fio é inextensível, as acelerações dostrês corpos estão relacionadas, i.e., os módulos dasacelerações dos blocos, que passamos a designarpor a, são iguais:

|~a1| = |~a2| = a .

Adicionalmente, dado que o fio não escorrega naroldana, a aceleração de um ponto na extremidadeda roldana é a mesma da aceleração do fio, logo

a = αzR .

aT1

mg

α

a

N

P

1T'

2T

2T'

1

2

y

xz

N1

mg

Note-se que o sentido de cada uma das acelerações, segundo o referencial indicado na Fi-gura, é coerente com o sentido do movimento, i.e., a aceleração do bloco no plano horizontalé positiva, a aceleração angular da roldana é negativa e a aceleração do bloco suspenso tam-bém é negativa.

As forças aplicadas em cada um dos corpos são as seguintes (ver Figura):

• no bloco no plano horizontal→ o seu peso m~g, a reacção normal do plano sobre o

bloco, ~N1, e a tensão no fio ~T ′1;

• na roldana→ o peso m~g da roldana, a reacção normal do eixo da roldana sobre a rol-dana, ~N , de direcção desconhecida, a tensão no fio ~T1 devido ao bloco no plano hori-zontal, e a tensão no fio ~T2 devido ao bloco suspenso.

• no bloco suspenso→ o peso do bloco m~g e a tensão no fio ~T ′2.

Dado que o fio não tem massa, as tensões ao longo de cada um dos segmentos (horizontal evertical) são iguais, i.e.,

|~T ′1| = |~T1| = T1 |~T ′

2| = |~T2| = T2 .

Nessa conformidade, a segunda lei de Newton, para a translação e rotação, aplicada emcada um dos corpos e de acordo com o referencial da Figura, po escrever-se,


bloco no plano horizontal bloco suspenso roldana

∑ ~Fext = m~a1

∑ ~Fext = m~a2

∑ ~Fext = 0∑τext,z = −ICM αz

T1 = m a

N1 −m g = 0T2 −m g = −m a ~T1 + ~T2 + ~N + ~P = 0

−T2 R + T1 R = −ICM αz

onde ICM representa o momento de inércia da roldana em torno do eixo de rotação quepassa pelo seu centro de massa.

(a) A aceleração, a, com que os blocos se movem, pode ser determinada através das equa-ções para a translação dos blocos e da equação para a rotação da roldana

T1 = m a

T2 −m g = −m a

−T2 R + T1 R = −ICM αz

⇔

T1 = m a

T2 = m (g − a)(T1 − T2) R = −ICM αz .

⇔

O momento de inércia da roldana cilíndrica é dado por (ver Tabela)

ICM =12

m R2

e a aceleração angular está relacionada com a aceleração dos blocos (ver equação ante-rior). Efectuando estas duas substituições nas equações da dinâmica obtemos

T1 = m a

T2 = m (g − a)(m a−m (g − a))R = − 1

2 m R2 a

R

⇔

T1 = m a

T2 = m (g − a)a = 2

5 g

Logo, a aceleração com que os blocos se deslocam é

a =25

g =25× 9, 81 = 3, 92 m/s2 .

(b) A velocidade angular da roldana, quando o bloco da direita atinge o solo, pode sercalculada tendo em consideração que o bloco suspenso têm um movimento rectilíneouniformemente de aceleração, com a = 2

5 g, e que a roldana tem um movimento rotaci-onal também uniformemente acelerado, de aceleração angular αz . Estas equações sãoexpressas usando um novo referencial, indicado na Figura, e tendo em conta que, noinstante t = 0, o sistema está em repouso.

Nestas condições, a equação do movimento para obloco suspenso é

x(t) =12

a t2

e a equação da velocidade angular para a roldana é

ωz(t) = −αz t .

α a

x

z

O

h

v =0ox

ω =0o

O tempo t′, que o bloco demora a percorrer a distância h até ao solo, é dado por


h = 12 a t′2 ⇔

t′ =

√2 h

a.

No instante t′, a velocidade angular da roldana é igual a

ωz(t′) = −αz t′

= − a

R

√2 h

a

= − 1R

√2 h a

= − 2R

√g h

5,

A velocidade angular, quando o bloco suspenso atinge o solo é

2R

√g h

5=

20, 100

×√

9, 81× 5, 005

= 62, 6 rad/s .

9. O Teorema do Impulso-Momento Angular para um corpo rígido pode ser expresso da se-guinte forma: ∫

~τ dt = ∆~L .

No problema em questão, o movimento de rotação é unidimensional ( no eixo z) e o mo-mento da força é constante, pelo que a expressão anterior pode ser simplificada para

τz∆ t = ∆ Lz .

Por outro lado, a variação do momento angular de um corpo rígido, segundo a direcção z

(eixo de rotação), pode ser expressa por

∆ Lz = I ∆ ω ,

onde I representa o momento de inércia do corpo, em torno do eixo de rotação.

Consequentemente, a acção de um momento de força constante na ventoinha durante umintervalo de tempo ∆ t, equivalente na variação da sua velocidade angular:

τz ∆ t = I ∆ ω .

(a) A velocidade angular da ventoinha, ωf , após um intervalo de tempo ∆ t = 30, 0 s,tendo em atenção que esta parte do repouso (ωi = 0), pode ser determinada da seguinteforma:

τz∆ t = I ∆ ω ⇔

τz∆ t = I ∆ (ωf − ωi) ⇔

ωf =τz ∆ t

I⇔

ωf =1, 50× 10−3 × 30, 0

13, 5× 10−3⇔

ωf = 3, 33 rad/s .


(b) Nesta situação, a ventoinha tem uma velocidade inicial ω′i = 3, 33 rad/s e pretende-

se que a sua velocidade final seja nula, i.e., ω′f = 0, pela a acção de um momento de

força, τ ′z , a determinar, que actua de forma constante durante um intervalo de tempo∆ t′ = 15, 0 s.

Usando novamente a expressão do teorema Impulso-Momento Angular, deduzida naalínea anterior, temos

τ ′z∆ t′ = I ∆ (ω′f − ω′

i) ⇔

τ ′z = − I

∆ t′ω′

i ⇔

τ ′z = − I

∆ t′τz ∆ t

I⇔

τ ′z = −τz∆ t

∆ t′⇔

τ ′z = −1, 50× 10−3 × 30, 015, 0

⇔

τ ′z = −3, 00× 10−3 N m .

10. O bloco de massa m vai ter um movimento descendente, rectilíneo, uniformemente acele-rado, devido à acção de três forças constantes que actuam no bloco durante a sua descida.

As forças são as seguintes:

• a reacção normal, ~N , do plano inclinado sobre o bloco com direcção perpendicular aoplano;

• o peso do bloco, m~g, que actua no centro de massa do bloco com direcção vertical;

• a força de atrito cinético, ~Fac, que actua com direcção paralela ao plano inclinado e

contrariamente ao movimento.

θ

θ

N

m g

Fa cy

x

a

s

A equação da dinâmica para a translação (2alei de Newton) é

∑~F = m~a ⇔ ~N + ~Fac

+ m~g = m~a .

De acordo com o referencial da figura temos, para cada uma das direcções ortogonais, asequações

{N −m g cos θ = 0

m g sin θ − Fac= m a

⇔{

N = m g cos θ

m a = m g sin θ − Fac,


pois só existe aceleração segundo o eixo x. A primeira equação permite-nos obter a forçanormal, N , e a segunda equação pode ser usada para determinar a aceleração do bloco. Aintensidade da força de atrito cinético do plano sobre o bloco é proporcional à força normale vale

Fac = µc N .

ou seja, substituindo o valor da normal, dado pela a expressão anterior, obtemos

Fac = µc m g cos θ ,

que na sua forma vectorial é dado por

~Fac = −µc m g cos θ i .

O bloco encontra-se inicialmente em repouso, no topo do plano inclinado, e chega ao solocom uma determinada velocidade vf . Para estas duas configurações do sistema, o vectordeslocamento, ~s, é um vector com comprimento e direcção da hipotenusa do triângulo rec-tângulo que define o plano inclinado (ver Figura), i.e.,

~s =h

sin θi .

(a) A força de atrito cinético é uma força constante que actua na mesma direcção e sentidocontrário ao deslocamento. O trabalho realizado por esta força é dado pelo produtointerno do vector força de atrito pelo vector deslocamento, ~s. Nesta conformidade,este trabalho é negativo e é dado por

WFac= ~Fac

· ~s

= −µc m g cos θ i · h

sin θi

= −µc m g h1

tan θ

= −0, 12× 5, 00× 9, 81× 10, 0× 1tan 30◦

= −127 J

(b) O vector força gravítica, m~g, tem duas componentes ortogonais, uma na direcção esentido do deslocamento, m g sin θ que realiza trabalho, e outra na direcção perpendi-cular ao deslocamento, m g cos θ, que não realiza trabalho, i.e.,

m~g = m g sin θ i−m g cos θ j .

O trabalho da força de atrito cinético (constante) é dado,

Wm g = m~g · ~s

=(m g sin θ i−m g cos θ j

)· h

sin θi

= m g sin θh

sin θ= m g h

= 5, 00× 9, 81× 10, 0= 491 J

(c) A velocidade com que o bloco chega ao solo pode ser determinada através do TeoremaTrabalho-Energia que nos diz que o trabalho realizado por todas as forças que actuamno sistema é igual à variação de energia cinética do sistema, i.e,


Wres = ∆ K .

Como já vimos anteriormente, as forças que actuam no sistema (bloco de massa m) sãoa força gravítica, a força de atrito e a reacção normal. Esta força, ~N = m g cos θ j, éperpendicular ao deslocamento e não realiza trabalho, como facilmente se pode com-provar:

WN = m g cos θ j · h

sin θi = 0 .

Assim, o teorema do trabalho e energia relativo às duas posições do bloco (topo doplano inclinado e o solo) pode ser expresso da seguinte forma:

WN + Wm g + WFac= 1

2 m v2f − 1

2 m v2i ⇔

m g h− µc m g h1

tan θ= 1

2 m v2f ⇔

vf =√

2 g h(1− µc

tan θ

)⇔

vf =

√2× 9, 81× 10, 0

(1− 0, 15

tan 30◦

)⇔

vf = 12, 0 m/s ,

onde se considera que energia cinética no topo do plano é nula (parte do repouso),Ki = 0, e quando o bloco chega ao solo é dada por Kf = 1

2 m v2f .

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