Resoluções Curso de Física Básica - Moyses vol 1 - Mecânica

Física Básica: Mecânica - H. Moysés Nussenzveig, 4.ed, 2003

Problemas do Capítulo Capítulo 2 por

Ab rah am Moy sés Co hen Departamento de Física - UFAM Manaus, AM, Brasil - 2004

Problema Probl ema 1 Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade velocidade da lebre é de 30 km/h e a da tartaruga é de 1,5m/min. A distância a percorrer é de 600m, e a lebre lebre corre durante 0,5min antes de parar para uma soneca. Qual é a duração máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida? Resolva analiticamente e graficamente.

Dados Dados do problema ∆x :=

600 m

v leb := 30

km hr

v tar := 1.5

m

∆t :=

min

0.5min

Pede-se: tson = ?

- tempo da soneca

Solução Equações Equações de mo vimento : como o movimento é uniforme, usaremos apenas a equação que nos fornece a distância percorrida em função do tempo:

∆x = v ⋅ t O tempo total que cada um gasta para percorer a distância ∆x é dado por: tleb :=

∆x

e

ttar :=

vleb

Assim: tleb

=

72 s

∆x vtar 4

e

ttar = 2 .4 .4 × 10 s

Para que a lebre não perca a corrida, seu tempo de percurso somado com o tempo da soneca deve ser igual ao tempo de percurso da tartaruga. Portanto: Given

tleb

+

tson = ttar

tson := Find tson

(

) → −20.⋅

m⋅hr − 20.⋅ min⋅ km km

4

Assim, o tempo de soneca será de t son = 2.393 2.393× 10 s . Ou, dado em horas, este tempo será tson = 6.647hr . soneca de 6h 38min 49s sem perder a corrida para a tartaruga. Resposta: A lebre pode tirar uma soneca

FÍSICA I

Universidade Federal do Amazonas

Problemas Resolvidos

Problema Probl ema 2 Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a aceleração média com a aceleração da gravidade. Se a aceleração é constante, que distância o carro percorre até atingir 100km/h?

Dados Dados do problema v 0 := 0

km hr

v := 100

,

km

∆t :=

hr

4s

Pede-se am = ?

(aceleração média)

∆x = ?

(distância percorrida pelo carro até atingir 100km/h )

Solução ∆v A aceleração média é calculada pela fórmula am = onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de ∆t v − v0 tempo ∆t, ou seja, am := . Portanto, ∆t am

=

6.9

m 2

.

s

Como g := 9.8

m 2

, então

s

am g

=

0.71

ou seja, am = 0.71g. Durante o tempo em que foi acelerado de 0 a 100km/h, o carro percorreu uma distância dada por

∆x := Logo,

Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen

∆x =

1 2

⋅ am⋅ ∆t

2

55.6 m

Departamento de Física

2

FÍSICA I



Problema Probl ema 3 Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h. Qual é a velocidade média do seu percurso? Compare-a com a média aritmética das velocidades.

Dados Dados do problema ∆x 1 :=

10km

v 1 := 40

km hr

∆x 2 :=

10km

v 2 := 80

km

∆x 3 :=

hr

10km

v 3 := 30

km hr

Pede-se vm = ?

- velocidade média no percurso

Solução Velocidade média .

A vel veloc ocid idad adee méd média ia nu num m per percu curs rsoo é de defifini nida da como como ∆x , vm = ∆t onde ∆x é o deslocamento ocorrido durante o intervalo de tempo ∆t. Para calcular a velocidade média, precisamos antes calcular o intervalo de tempo do percurso. Para isso usaremos a equação de movimento do MRU, ou seja,

∆x 2 ∆x 3 , ∆t2 := , ∆t3 := v1 v2 v3 Desta maneira, o intervalo de tempo total é dado pela soma de cada um desses termos. Logo, ∆t1 :=

∆x 1

∆t := ∆t1 + ∆t2 + ∆t3. Assim,

∆t =

3

2.55 × 10 s,

ou ∆t = 0.70 . 0.708 8 hr

Como o deslocamento neste intervalo de tempo é de ∆x := ∆x1 + ∆x2 + ∆x3, isto é, ∆x = 30 km km. Então, como ∆x vm := ∆t encontra-se v m = 42.4

km hr

Por Por out outro ro lado lado,, a méd média ia da dass vel veloc ocid idad ades es é ob obtitida da calc calcul ulan ando do-s -see a mé médi diaa Média das velocidades . aritmética das velocidades v 1, v 2 e v 3 . Assim, v MA :=

v1

+

v2

+

v3

3

Assim, v MA

=

50

km hr

,

o que demonstra que estas duas quantidades em geral são diferentes.



3

FÍSICA I



Problema Probl ema 4 Um avião a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500km/h para decolar, e tem uma aceleração de 4m/s2. Quanto tempo ele leva para decolar e que distância percorre na pista até a decolagem?


km

v := 500 a := 4

- velocidade inicial do avião

hr km hr

m

- velocidade final para decolar - aceleração

2

s

Pede-se ∆t = ? ∆x = ?

- intervalo de tempo para decolar - distância percorrida durante a decolagem

Solução Sabendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos Distância percorrida. calcular a distância percorrida, usando a equação de Torricelli. Assim, Given 2

v = v0

∆x :=

2

km

Find( ∆x) → 31250 ⋅

2

2

+ 2⋅ a⋅ ∆x ,

2

⋅s

hr ⋅ m

Ou seja, a distância percorrida será de:

∆x = 2.41 k m Conh Conheecend cendoo a velo veloccidad idadee ini inici cial al,, a ve veloci locida dade de fina finall e a acele celera raçã ção, o, po pode demo moss Tempo de decolagem . também calcular o tempo de decolagem, usando a equação de movimento, isto é, Given v = v0 t := Find( t )

→ 125⋅

km hr⋅m

+ a⋅t

2

⋅ s . Assim, t


=

34.7 s


4

FÍSICA I



Problema Probl ema 5 O gráfico da figura representa a marcação do velocímetro de um automóvel em função do tempo. Trace os gráficos correspondentes da acelaração e do espaço percorrido pelo automóvel em função do tempo. Qual é a aceleração média do automóvel entre t = 0 e t = 1min? E entre t = 2min e t = 3min ? v (km/h)

Dados Dados do problema

75 60

Ver gráfico ao lado.

45 30

Solução t := 0 , 0.04 .. 5

15

v ( t)

:=

90⋅ t if t

≥ 0 ∧ t ≤ 0 .5 45 if t ≥ 0. 0 .5 ∧ t ≤ 2 45 − 90⋅ ( t − 2) if t ≥ 2 ∧ t ≤ 2.5 0 if t ≥ 2. 2.5 ∧ t ≤ 3 150 ⋅ ( t − 3 ) if t ≥ 3 ∧ t ≤ 3.5 75 if t ≥ 3. 3 .5 ∧ t ≤ 4 .5 75 − 150 ⋅ ( t − 4.5) if t ≥ 4.5 ∧ t ≤ 5

0

1

2

60⋅

d dt

) h / m k ( v

:=

60 45 30

1

2

3

4

5

6

v ( t) Aceleração x Tempo

1 .10

4

2 ^ r h / m k

t

5000 0 5000 1 .10

4

Por definição, a aceleração Ac eleração eler ação média. méd ia. média é dada pela fórmula: am =

0

t (min)

⌠ ⋅ ⎮ v ( t ) dt 60 ⌡ 0 1

t (min) (min)

15

Posição do automóvel. Para calcular a posição do automóvel em cada instante, devemos encontrar a área sob a curva vxt. Isto pode ser feito através de uma integral. Assim, x ( t)

5

Velocidade x Tempo

0

:=

4

75

A aceleração é calculada tomando a Ac eleração eler ação . derivada da função velocidade. velocidade. Neste caso, a( t )

3

0

1

2

3

4

5

6

t (min)

∆v ∆t

Posição x Tempo 4

onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de tempo ∆t. Intervalo: 0 a 1min:

45

km hr

am :=

) m k ( x

3 2 1

−

0

hr

.→

am = 6.94

.→

am = 0.21

m 2

s

0

0

1

2

3

4

5

t (min)

60

Intervalo: 2 a 3min:

0 am :=

−

45 hr

km hr

m 2

s

60



5

FÍSICA I



Problema Probl ema 6 Uma partícula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta, com aceleração crescente segundo a lei a = b ⋅ t, onde t é o tempo e b = 0.5 m/s 2. Trace os gráficos da velocidade v e da posição x da partícula em função do tempo. Qual é a expressão analítica de v(t) ?


t := 0s , 0.01 0.01s .. 10s

m

b := 0.5

s

a( t ) := b ⋅ t

3

Pede-se (a) Gráficos v(t) e x(t)

(b) Expressão analítica de v(t)

Solução Sabendo a expressão da aceleração, é direto calcular v(t). De fato, Expressão analítica de v(t). partindo da definição de aceleração, a( t ) =

d dt

v ( t)

podemos integrar esta equação para obter, v( t)

−

v( 0)

⌠ t = ⎮ a( t) dt ⌡0

Como v ( 0 ) := v 0 = 0, a integral torna-se v ( t)

⌠ := ⎮ ⌡

b⋅ t dt

e, portanto,

v ( t)

:=

1 2

⋅ b ⋅ t

2

O gráfico desta função é mostrado na figura ao lado. Velocidade x Tempo 30 24 ) s / m ( v

18 12 6 0

0

2

4

6

8

10 10

t (s)



6

FÍSICA I



Problema Probl ema 7 O tempo médio de reação de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo súbito e aplicar os freios) é da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca pode ser freiado a 6m/s 2;. Calcule a distância mínima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 60km/h e a 90km/h. Estime a quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distâncias encontradas.


Pede-se

tr := 0.7s

x min = ?

af := −6

- tempo médio de reação

m s

v 01 :=

parar

- desaceleração do carro

2

km 30 hr

α (x min) :=

- velocidade inicial do carro

km v 02 := 60 hr

- idem

km v 03 := 90 hr

- idem

L := 3m

- comprimento do carro

- distância mínima percorrida até

x min L

- relação da distância com o comprimento do carro

Solução O tempo t que decorre entre o motorista avistar o perigo até o carro parar contém dois termos: o tempo de reação tr mais o tempo gasto para desacelerar o carro, após aplicar os freios, t f .. Assim, t = t f + tr O tempo de freagem pode ser calculado facilmente e depende da velocidade inicial que o carro tenho no momento em que os freios forem aplicados. Matematicamente, esses intervalos podem ser calculados a partir da equação v = v0 + a⋅t Neste problema, temos três casos: Given

0 = v01

+ af ⋅ t

tf1 := Find( t)

→ 5⋅

Given

0 = v02

+ af ⋅ t

tf2 := Find( t)

→

Given

0 = v03

+ af ⋅ t

tf3 := Find( t)

→

km

2

⋅s

m⋅hr km 2 ⋅s 10⋅ m⋅hr km 2 ⋅s 15⋅ hr⋅m

tf1

=

1.389 s

tf2

=

2.778 s

tf3

=

4.167 s

Logo, o tempo total que o carro gasta até parar, desde o momento o motorista avistou o perigo, em cada caso, é: Para

v 0 = 30

Para

v 0 = 60

Para

v 0 = 90

km hr km hr km hr

t30 := tf1

+

t r

>>

t30

=

2.089 s

t60 := tf2

+

t r

>>

t60

=

3.478 s

t90 := tf3

+

t r

t90

=

4.867 s

>>

continua >> Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


7

FÍSICA I



<< Continuação do Problema 7 >> A distância mínima percorrida, em cada caso, é a soma de dois termos: (1) distância percorrida do momento que o motorista avistou o perigo até pisar nos freios; e (2) a distância percorrida enquanto os freios eram aplicados. O primeiro termo corresponde a um MU e o segundo, MRUV. Para este, tem-se Given

Given

Given

2

0 = v01

2

0 = v02

2

0 = v03

2

+ 2⋅ af ⋅ x

x1 := Find( x )

→ 75⋅

km

2

⋅s

2

x2 := Find( x )

→ 300⋅

km 2

x3 := Find( x )

2

>>

x 2 = 23.1 23.1 m

2

>>

x 3 = 52.1 52.1 m

⋅s

hr ⋅ m 2

+ 2⋅ af ⋅ x

x 1 = 5.8m

hr ⋅ m 2

+ 2⋅ af ⋅ x

>>

→ 675⋅

km 2

⋅s

hr ⋅ m

A distância mínima pode então ser calculada: Para

v 0 = 30

Para

v 0 = 60

Para

v 0 = 90

km hr km hr km hr

x min := v 01⋅ t r + x 1

>>

x min = 11.6 11.6 m

>>

α ( xmin) =

3.9

x min := v 02⋅ t r + x 2

>>

x min = 34.8 34.8 m

>>

α ( xmin) =

11.6

x min = 69.6 69.6 m

>>

α ( xmin) =

23.2

x min := v 03⋅ t r + x 3


>>


8

FÍSICA I



Problema Probl ema 8 O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é de 3m/s 2 e ele pode ser freiado a 5m/s 2. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para amarelo a fim de que possa atravessar no amarelo? Qual é a velocidade máxima que ainda lhe permite parar antes de atingir o cruzamento?


Pede-se

ta := 3s

(tempo de duração do sinal amarelo)

(a) vmin = ?

(velocidade mínima)

Lc := 15m 15m m ac := 3 2 s

(largura do cruzamento)

(b) vmáx = ?

(velociadade máxima

af := −5

(aceleração máxima do carro)

m s

(desaceleração máxima dos freios)

2

d := 30m

(distância do carro ao cruzamento

Análi An áli se do d o p ro blema bl ema Neste problema, temos que considerar dois casos: casos: (1) sem levar em conta o tempo de reação do motorista; e (2) levando em conta este tempo ( tr := 0.7s). (a) Velocidade mínima (1) Para calcular a velocidade mínima necessária para que o carro atravesse o cruzamento, sem levar em conta o tempo de reação (t r = 0), o carro terá que percorrer uma distância x1 := Lc + d, no intervalo de tempo

correspondente à duração do sinal amarelo ( t 1 := ta). (2) Levando em conta o tempo de reação do motorista, o tempo que o carro dispõe para percorrer a distância x 2 = x 1 − v 0 ⋅ t r , atravesando o cruzamento no intervalo de tempo, que é, neste caso, t2 := ta − tr .. (b) Velocidade Velocidade máxima (1) A velocidade máxima que o carro deve ter para que o motorista consiga pará--lo antes de atravessar o cruzamento, pode ser calculada lembrando que o carro terá que percorrer a distância d no tempo de duração do sinal amarelo ( t1 = 3 s ).

(2) O tempo aqui será t2 := ta − tr .

Solução (a-1) Velocidade mínima sem tempo de reação (t r =0)

De acordo com a análise, temos: Given

x1 = v0 ⋅ t 1

v min := Find v0

( )→

+

1 2

ac t 1

2

onde x1 = 45 m , ac = 3

m 2

e t1 = 3 s , encontra-se

s

21 m 2

⋅

s

Assim, v min = 10.5

m

km

ou v min = 37.8 s hr



9

FÍSICA I



(a-2) (a-2) Velocid Velocid ade mínina com tempo d e reação

De maneira análoga, Given x 1

−

v 0⋅ t r = v 0⋅ t 2

+

1 2

⋅ a c⋅ t 2

2

m

v min := Find v0

( ) → 12.355000000000000000⋅ s

Assim, v min = 12.355

m

km

ou vmin = 44.5 s hr

(b-1) Velocidade máxi ma sem tempo de reação (t r = 0)

Aqui nós temos v := 0 e x 1 := d. Logo, 2

Given v = v 0

2

+ 2 ⋅ af ⋅ x 1

⎛

1

v 0 := Find v 0

( ) → ⎝ 10⋅3

⎞

1

2 m

⋅

2 m

−10⋅ 3 ⋅

s

s ⎠

m

Portanto, v max := 10⋅ 3 s ou v max = 62.4

km hr

(b-2) Velocidade máxima com tempo de reação ( t r = 0.7s )

Antes de aplicar os freios, o carro já terá percorrido uma distância v 0 tr, restando apenas uma distância x 1 = d − v 0⋅ t r . para parar. Logo, Given 0 = v0

2

+ 2 ⋅ af ⋅ ( d −

v 0⋅ t r

)

⎡ ⎛

−7

( ) → ⎣ ⎝ 2

Find v 0

Portanto, v max :=

⎞

⎛

1

+

1 2

⋅ 1249

2

⎠

⎛ −7 + 1 ⋅ ⎝ 2 2

⋅

m

−7

⎝ 2

s

⎞

⎤

1

−

1 2

⋅ 1249

2

⎠

⋅

m s

⎦

⎞ m ⎠ s

1249

Assim, v max = 14.2

m s

ou v max = 51

km hr



10

FÍSICA I



Problema Probl ema 9 Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m atrás de um caminhão (distância entre pontos médios), ambos trafegando a 80km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3m/s 2. O motorista deseja ultrapassar o caminhão e voltar para sua mão 15m adiante do caminhão. No momento em que cameça a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto, também a 80km/h. A que distância mínima precisa estar do outro carro para que a ultrapassagem seja segura? Situação Inicial


x

Carro 1

Caminhão

Carro 1:

Carro 2

v 01 := 80

15m

km hr

Situação Final

x 01:= 0km a1 := 3

x 2

m s

2

xc

Caminhão:

15m x1

km v c := 80 hr

Pede-se

x 0c:= 15m 15m

x min =

Carro 2: v 2 := −80

km

?

(distância mínima entre os carros 1 e 2 para que haja a ultrapassagem nas condições indicadas)

hr

Análi An áli se do d o p ro blema bl ema Ao final da ultrapassagem, os carros 1 e 2 devem ter a mesma posiçao em relação à origem, que foi tomada como sendo a posição inicial do carro 1 (ver figura acima). Além disto, como condição exigida, a posição do carro 1 deve exceder em 15m a posição do caminhão.

Solução A posição de cada um no instante t é: x 1( t)

:=

x01

+

v01⋅ t

+

1 2

⋅ a1 t

2

,

x 2 x min , t

(

) := xmin + v2⋅ t ,

x c( t )

:=

x 0c + v c⋅ t

Usando a condição de ultrapassagem temos

Given

x 1 ( t ) = x c( t )

+

15m

1 ⎞ ⎛ 1 2 2 tans := Find( t) → ⎝ 2⋅ 5 ⋅ s −2 ⋅ 5 ⋅ s ⎠

〈〉 Logo, o tempo de ultrapassagem será de t := tans 1 ou t = ( 4.472 ) s necessário que a distância mínima entre os carros seja: Given

x 1( t) = x 2 xmin , t

(

)

.P Para ara que a outeja satisfeita, satisfeita, é

x min := Find xmin

(

)

Logo, x min = 228.8 m



11

FÍSICA I



Problema Probl ema 10 10 Um trem com aceleração máxima a e desaceleração máxima f (magnitude (magnitude da aceleração de freamento) tem de percorrer uma distância d entre duas estações. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a aceleração máxima até certo ponto e a partir daí frear com a desaceleração máxima, até chegar; (b) acelerar até uma certa velocidade, mantê-la constante durante algum tempo e depois fear até a chegada. Mostre que a primeira opção é a que minimiza o tempo do percurso (sugestão: utilize gráficos v x t) e calcule o tempo mínimo de percurso em função de a, f ee d. v


v1

- distância entre duas estações - aceleração máxima - desaceleração máxima

d a f

Opção 1 aceleração máxima (a (a) desaceleração máxima ( f ( f )

estação A

x1

estação B

x2

t 0

Pede-se tmin = ?

(tempo mínimo de percurso)

t 1

t

v

Opção 2

An álise áli se do d o p ro bl ema

aceleração máxima (a (a)

v1

O motorista acelera a partir da estação A Opção 1 até o instante t 1 com aceleração máxima a e depois desacelera (com a f ) até parar na estação B no instante t (ver figura a). O motorista, partindo da estação A, Opção 2 acelera até o instante t 1, onde atinge a velocidade v 1, mantendo esta velocidade até o instante t 2 e desacelera até parar na estação B no instante t (ver figura b).

desaceleração máxima ( f ( f )

estação A

x1

0

x2

estação B

x3

t

t 2

t 1

t'

Solução v v0 , a , t

(

) := v0 + a⋅t

x v0 , a , t

(

) := v0⋅ t +

1 2

a⋅t

Limpando as variáveis: t1 := t2 := t := a :=

2

Vamos começar calculando tempo através da opção 1:

OPÇÃO 1 Given x 0 , a , t1

(

) + x( a⋅t 1 , −f , t − t1) = d

v a⋅t 1 , −f , t

(

⎡ F( d , a , f )

:=

Find t , t1 simplify

(

)

−

1

)

t1 = 0 1 2

⎢ 1 ⋅ 2 2 ⋅ [ a⋅ ( a + f ) ⋅ d⋅ f ] f →⎢ a ⎢ 1 1 ⎢ 1 2 2 ⎢ ⋅ 2 ⋅ [ a⋅ ( a + f ) ⋅ d⋅ f ] ⎣ a⋅ ( a + f )

1

1

−1

2 [ a⋅ ( a

+ f ) ⋅ d ⋅ f ]

⎤

2

⎥ ⎥ ⎥ 1 1 ⎥ −1 2 2 ⋅ 2 ⋅ [ a⋅ ( a + f ) ⋅ d ⋅ f ] ⎥ a⋅ ( a + f ) ⎦ a

⋅2 ⋅

f

O tempo gasto é portanto, t=

2⋅

a⋅ ( a

+ f ) ⋅ d ⋅ f a⋅ ( a + f )


que pode ser reescrito como


t=

2

d ⎛ 1 a ⎝

+

a ⎞ f ⎠

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FÍSICA I



Problema Probl ema 11 11 Você quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as até uma altura máxima de 2m. De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandar as bolas para cima?


Pede-se

h := 2m

v 0 = ? (velocidade de lançamento)

(altura de lançamento) (velocidade na altura h)

v h := 0 g := 9.8

m s

∆t = ? (intervalo de tempo entre dois lançamentos)

(aceleração da gravidade)

2

Limpando as variáveis v 0 :=

∆t :=

Solução Velocidade para a bola alcançar a altura h: v = v0 ou

2

v0

>>

− 2⋅ g⋅ h

=

( 17.3 7.3

−17.3 17.3 )

v 0 :=

2 ⋅ g⋅ h

m s

O intervalo de tempo entre os lançamentos correspondente à duração do movimento de subida (ou de descida) de uma das bolas. Usando a fórmula para a posição z da bola em qualquer instante: z( t) = v 0⋅ t

−

1 2

⋅ g⋅ t

2

Fazendo z(t) = 0 nesta equação, encontra-se o tempo que a bola leva para subir e descer. Assim Given

⋅ 0 = v 0 t

( t1

−

1 2

⎡ ⎢ t2 ) := Find( t) → ⎢0 ⎣

⋅ g⋅ t

2

⎤ 2 ⎛ m2 ⎞ s2 ⎥ ⋅ ⎥* 1.277 1.27775 7531 3129 2999 9998 9879 7982 8265 65⋅ m 2 ⎝ s ⎠ ⎦ 1

ou t1 =

e

t2 =

As duas soluções correspondem ao instante de lançamento ( tt1 =

) e quando retorna ( t2 =

). Como o tempo

de subida é igual ao tempo de descida, então, para manter o máximo de tempo as duas bolas no ar, o lançamento da segunda bola deve ser feito quando a primeira está em sua altura máxima, isto é, ts :=

t2 2

ou

ts =

o que nos fornece um intervalo de tempo entre os lançamentos igual a ∆t := ts ou ∆t =



13

FÍSICA I



Problema Probl ema 12 12 Um método possível para medir a aceleração da gravidade g consiste em lançar uma bolinha para cima num tubo onde se fez vácuo e medir com precisão os instantes t 1 e t2 de passagem (na subida e na descida, respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir do instante do lançamento. Mostre que g = 2⋅

z

⋅2 t1 t


Pede-se

z t1 t2

g=?

(altura onde se realiza a medida) (instante em que a bola passa por z na subida) (instante em que a bola passa por z na descida)


Limpando as variáveis variáveis z :=

v 0 :=

g :=

t :=

ts :=

td :=

Solução A equação horária é dada por: y v0 , g , t

(

1

) := v0 t⋅ −

2

⋅ g⋅ t

2

t 1

A figura ao lado ilustra a experiência. Sabendo que a bolinha passa pelo ponto z nos dois instantes de tempo, então

t 2 z

Given y v 0 , g , t1 = z

(

)

F z , g , t1

(

) :=

( )

→

v 0 :=

1

Find v 0

1 g⋅ t1

2

2

t1

⋅

ou seja 2

⋅

g ⋅ t1

2

+ 2⋅ z

+ 2⋅ z

t1

Da mesma forma:

⎡

Given y

g z , t1 , t2

(

⎣

1 2

⋅

g ⋅ t1

2

+ 2⋅ z

t1

) := Find( g)

⎤ , g , t2 = z

⎦

→ 2⋅

Ou seja:


z

⋅2 t1 t g = 2⋅

z t1⋅ t2


14

FÍSICA I



Problema Probl ema 13 13 Uma bola de vôlei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto próximo do chão, passa pela altura da rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7s depois do arremesso. (a) Qual é a velocidade inicial da bola? (b) Até que altura máxima ela sobe? (c) Qual é a altura da rede? Limpando as variáveis variáveis h :=

v 0 :=

g :=

t :=

ts :=

td :=


Pede-se

ts := 0.3s

(tempo para passar pela altura da rede na subida)

td := 1.7⋅ s

(tempo para passar pela altura da rede na descida)

v0 = ? (velocidade inicial da bola) h = ? (altura da rede) (ver figura abaixo)

g := 9.8

m s

2

Solução

h

Equações do movimento v ( t) = v0

− g⋅ t

⋅ y ( t) = v 0 t

Sabe-se que: Então

( )

−

1 2

⋅ g⋅ t

2

( )

y ts = y td = h v 0⋅ t s

Given

−

1 2

2

⋅ g⋅ ts =

h

v 0⋅ t d

−

1 2

2

⋅ g⋅ td =

h

⎛ 2.4990000000000000000⋅ m ⎞ Find h, v 0

(

)→

9.8000000000000000000⋅

⎝

m s ⎠

Assim, h := 2.5⋅ m

v 0 := 9.8⋅

m s

Para calcular a altura máxima (h max) que a bola sobe, vamos usar a equação de Torricelli: 2

v = v0

2

−

Given

2g ⋅ h max

Então 0 = v0

2

−

2g ⋅ hmax

h max := Find h max

(

Portanto,

) → 4.9000000000000000000⋅ m

h max = 4.9m



15

FÍSICA I



Problema Probl ema 14 14 Deixa-se cair uma pedra num poço profundo. O barulho da queda é ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço. Limpando as variáveis h :=

v 0 :=

t :=

t s :=

t p :=

Pede-se

Dados Dados do problema v s := 330

h=?

m

(profundidade do poço)

(velocidade do som)

s

t := 2s

(tempo decorrido até se ouvir o barulho)

v 0 := 0

Solução Equações Equações do movimento para a pedra pedra z(t ) := v 0⋅ t

1

+ ⋅ g⋅ t

2

2

Para o som

⋅ zs( t ) := v s t

v ( t) := v 0 + g ⋅ t

Supondo que a pedra tenha levado um tempo t p para atingir o fundo (de profundidade h) e que o som gaste um tempo ts para percorrer o caminho de volta, o tempo total será a soma dos dois, e vale t = 2 s Assim, da condição t p + ts = t, encontra-se: Given t p

+

ts = t

( )

z t p = h

( )

zs t s = h

⎛ h ⎞ ⎛ 18.515705165688364399⋅ m 23525.974090752678983⋅ m ⎞ ⎜ t p ⎟ := Find( h, t p , ts) → ⎜ 1.9438918025282170776⋅ s −69.290830578038421159⋅ s ⎟ -2 ⎝ 5.6108197471782922422⋅ 10 ⋅ s 71.290830578038421159⋅ s ⎠ ⎝ ts ⎠ Então, a solução é: h := 18.5 m

t p := 1.94s


ts := 0.056s


16

FÍSICA I



Problema Probl ema 15 15 Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo 3º andar, situado 20m acima do chão, 0,5s antes de se espatifar no chão. (a) Qual é a altura do edifício? (b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso atinge o chão? Limpando as variáveis variáveis h :=

v 0 :=

t :=

t2 :=

tq :=

v c :=


Pede-se

h 1 := 20m 20m

(a) h = ? (b) v c = ?

t1 := 0.5s g :=

−9.8

assume, v 1

m

(altura do edifício) (velocidade ao atingir o chão)

<0

2

s

O tempo de queda (t q) será a soma de dois termos: t 1 + t2. Assim, tq = t1

+

t 2

t2

h z

Given

+

tq = t1

- tempo de queda

t2

- velocidade em t 2

v 1 = g ⋅ t2 h1 = h 0=h

+

+

1 2

20m t 1

1 2

⋅ g ⋅ t2

⋅ g ⋅ tq

- altura h1

2

- chega ao chão (z = 0)

2

⎛ 91.938903061224489796⋅ m ⎞ ⎜ −37.550000000000000000⋅ m ⎟ s ⎟ Find( h, v 1 , t2 , tq ) → ⎜ ⎜ 3.8316326530612244898⋅ s ⎟ ⎝ 4.3316326530612244898⋅ s ⎠ Assim, encontramos: h := 92m

e

tq := 4.3s

Com o valor de t q podemos calcular a velocidade final: Logo,

vc

= −42


m s

ou

vc

vc := g ⋅ t q

= −152

km hr


17

FÍSICA I



Problema Probl ema 16 16 Um foguete para pesquisas metereológicas é lançado verticalmente para cima. O combustível, que lhe imprime uma aceleração 1,5g (g = aceleração da gravidade) durante o período de queima, esgota-se após 0,5min. (a) Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemos desprezar a resistência do ar? (b) Com que velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o solo? Limpando as variáveis variáveis h 1 :=

h 2 :=

h :=

t1 :=

t2 :=

t q :=

Dados Dados do problema g := −9.8

m s

Pede-se


2

a := 1.5⋅ g

(aceleração devido à queima de combustível) (duração da queima)

t1 := 30s

v 1 :=

h=? v=? t=?

(altitude máxima) (velocidade com que chega ao solo) (tempo que gasta para retornar ao solo) v=0

Solução g

Para o trecho com combustível (até z = h 1 e t = 30s)

h2

h

Given h1 =

1 2

⋅ a⋅ t 1

2

(combustível)

v 1 = a⋅t 1 h 2 = v 1⋅ t 2 0 = v1

1

+

2

⋅ g ⋅ t2

(

)

Ou seja:

Além disto,

h 2 := 9922.5m

h := h1

+

h2

v solo :=


duração do combustível

⎛ ⎛ m ⎞ ⋅ s2 ⎞ 6615.⋅ abs 2 ⎜ ⎟ ⎝ s ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ 9922.5000000000000000⋅ abs⎛ m ⎞ 2⋅ s4 ⎟ ⎜ m⎟ 2 s ⎝ ⎠ ⎟ →⎜ ⎜ ⎟ m ⎛ ⎞ ⋅ s ⋅ 441. abs ⎜ ⎟ 2 s ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 m s ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⋅ 45.⋅ abs 2 m ⎝ ⎝ s ⎠ ⎠

+ g ⋅ t2

h 1 := 6615m

h1

2

Find h 1 , h2 , v 1 , t2 simplify

Então,

1,5g

z

t2 := 45s

→ 16537.5 ⋅ m 2⋅ g ⋅ h

e, portanto

v solo

=

569


m s

ou

3 km

v solo = 2 .0 .05 × 10

hr

18



FÍSICA I



19

Problemas Resolvidos do Capítulo 3

MOVIMENTO BIDIMENSIONAL Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar Atenção Leia

Um projétil projétil é disparado disparado com veloci velocidade dade de de 600 m/s, num ângulo de 60° com a horizontal. Calcular (a) o alcance horizontal, (b ) a altura máxima, (c ) a velocidade e a altura 30 s após o disparo, (d ) a velocidade e o tempo decorrido quando o projétil está a 10 km de altura.

PROBLEMA 1

SOLUÇÃO SOLUÇÃO

As equaçõ equações es para para este este movime movimento nto são a x t 



0

a y t 



− g

v x t 



v 0 cos 

v y t 



v 0 sen  − gt

v 0 cos   t

yt 

x xt 





v 0 sen  t − − 1 gt 2 2

 Dados:

v0



v0



 

g  9, 8 m/s

600m 600m/ s

2

60°

 Diagrama: y

v0y

a = -g j v0

y = ym

θ

x O

x = A

v0x

Figura 1

Seja t  t A A o instante em que o projétil atinge o ponto x  A. A distância OA é chamada de alcance do projétil, que é obtida fazendo-se y y t A y t , encontramos A   0. Assim, da expressão para y

 (a) Alcance horizontal

y yt 



v 0 sen  t − − 1 at 2 2



0 

v 0 sen  − 1 gt t  0  2

t  0 2v 0 sen  t  g

Estas duas raízes correspondem às duas situações em que o projétil se encontra em y lançamento, t  t 0



0, e a outra ao atingir o solo no ponto x



A, t  t A A





2v 0 sen  . Portanto, g

0, uma

no instante de

substituindo os valores,

encontra-se 3 2

2  600  t A A



2  600  sen60° 9, 8



Para calcular o alcance basta substituir este tempo em x x t , xt A A  A  (b) Altura máxima



v 0 cos   t A A






600  cos60º  106

Demonstramos Demonstramos em classe classe que t A A



9, 8

106 s

A, ou seja,

 31.800

 31,8

km

o tempo para atingir a altura máxima vale 3.1 Departamento de Física 

2t m . Logo

m


t m



53 s. s. Assim, y y t m 



y m , ou

y m



seja

2 v 0 sen  t m − 1 gt m 2



3 2

600 

1 2

 53 −

 9, 8  53 2  13775,5 m

Para Para calcul calcular ar a veloci velocidad dade, e, vamos vamos primei primeiro ro calcul calculara ara as

 (c) (c) Velocid Velocidad ade e e altura altura 30s após pós o disp dispa aro

componentes

Como v



v x 30s)



v 0 cos60º

v y 30s)



v 0 sen60º − gt  600 



600  0, 5

300 m/s



3 − 9, 8  30 2

 225,6

m/s

v x i  v y j então v



v x2  v y2

  arctg

300 2  225,6 2



v y v x

 arctg

 375,4

225,6 300

m/s

 arctg arctg0,75 0,75  

37º

y 30 s s  vale A altura y y y30 s s 



600  sen60º  30 − 1 2

 9, 8  30 2  11,178 m  11,2 km.

Neste caso, basta fazer y  10.000 na expressão de y t  e determinar o t

 (d) Velocidade e tempo para y  10 k m

correspondente: 10.000



3 2

600 

t − − 1 2

 9, 8t 2

ou 4, 9t 2 − 522t 522t   10.000



25 s

0  t 

81 s

Estas duas soluções para y  10.000 m correspondem aos dois valores de x, x , isto é, x 1



x 2



m  7, 5 km 600  0, 5  81  24.300 m  24,3 km 600  0, 5  25

 7.500

em torno de x m  600  0, 5  53  15.900 m  15,9 km. Como vimos em sala, em pontos simétricos em relação a x m , como são x 1 e x 2 , as velocidades velocidades são iguais, invertendo invertendo apenas apenas a componente componente y, ou seja, v y y1   −v y y2  . Assim, para calcular a velocidade basta substituir t  25 s nas expressões v x t  e v y t  para a componentes de v, v x 25s



600  cos60º

v y 25s



600  sen60º − 9, 8  25

v 25 s

v 25s 





  arctg

300 m/s 

275 m/s

300 2  275 2 275 300





407 m/s

43º

★★★

Um avião avião de bombardeio voa voa horizontalmente horizontalmente com velocidade de 180 km/h na altitude de 1,2 km. (a) Quanto tempo antes de o avião sobrevoar o alvo ele deve lançar uma bomba? (b) Qual a velocidade da bomba

PROBLEMA PROBLEMA 2

Notas de Aula de Física I

Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos

3.2


quando ela atinge o solo? (c) Qual a velocidade da bomba quando ela está a 200 m de altura? (d) Qual a distância horizontal percorrida pela bomba? SOLUÇÃO SOLUÇÃO

As equaçã equação o que usarem usaremos os são a x t 



0

a y t 



− g

v x t 



v 0 cos 

v y t 



v 0 sen  − gt

v 0 cos   t

yt 

x xt 





y 0  v  v 0 sen  t − − 1 gt 2 2

 Dados:

v0



v0



 

180 km/h



50 m/s,

0°,

y 0



1, 2 km/h

x 0



0,

 1.200

m,

g  9, 8 m/s

2

 Diagrama:

y bomba v0

a = -g j

y 0 Alvo

x O

xa

Figura 2 O diagrama diagrama mostra que que o avião deve lancar lancar a bomba bomba a uma distância distância horizontal x a do alvo para que este seja atingido. Em outras palavras, ao lançar a bomba sobre O esta percorre sua trajetória e atinge o solo no ponto de coordenadas x  x a e y a  0 (alvo). Fazendo y y t a   0 encontra-se o tempo que a bomba leva para atingir o alvo ao ser lançada sobre O. O .  (a) Tempo antes do sobrevoar o alvo

y yt 



y 0  v  v 0 sen  t − − 1 gt 2  0 2

 1.200 −

1 2

 9, 8 t 2a

 t a

15, 6   15,

s

A solução t a  −15,6 não serve serve porque porque t é um intervalo de tempo e tem que ser positivo . Portanto, Portanto, a solução solução fisicamente aceitável é t a  15,6 s. Logo, o avião tem que lançar a bomba 1 5, 6 s antes de sobrevoar o alvo para que ela o atinja.  (b) Velocidade da bomba ao atingir o solo

50 m/s

v x



v 0 cos   v x

v y



v 0 sen  − gt  v y



Usando as componentes v x e v x , encontramos



−9, 8 t a



−153 m/s

 va



v x i  v y j 



50 2   −153 153  2

 a  arctg

Ou seja, a bomba atinge o alvo com uma velocidade cujo módulo vale v a horizontal. Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen

va



−153 50





161 m/s

−72º

161 m/s, com um ângulo  a




72º abaixo da

3.3


Para isto, isto, basta basta calcular calcular o tempo tempo que a bomba leva leva para para atingir atingir y m e com ele determinar as componentes de v . Assim,

 (c) Velocidade da bomba em y  200 m

y yt 

y 0  v  v 0 sen  t − − 1 gt 2  200 2



2

 1.200 − 4, 9t

 t 

 14, 14, 3



200

s

Novamente a solução física é t  14,3 s. Com este tempo calculamos v, ou seja, 50 m/s

v x



v 0 cos   v x

v y



v 0 sen  − gt  v y





−9, 8

−140 m/s

14, 3   14,

 va



v x i  v y j 

va



50 2   −140 140  2

 a  arctg

−140 50





149 m/s

−70º

Desde Desde o lançamen lançamento to até tocar tocar no solo, solo, a bomba levou levou um tempo t a  15,6 s. Portanto, a distância horizontal que a bomba percorre é dada por x  xt a . Logo  (d) Distância horizontal percorrida pela bomba

x xt 

v 0 cos   t  x





50  15, 15, 6



780 m

★★★

Um projétil projétil é disparado disparado num ângulo de 35° com a horizontal. Ele atinge o solo a 4 km do ponto do disparo. Calcular (a) o módulo da velocidade inicial, (b) o tempo de trânsito do projétil, (c) a altura máxima, (d) o módulo da velocidade no ponto de altura máxima. PROBLEMA 3

SOLUÇÃO SOLUÇÃO

As equaçõ equações es que usarem usaremos os são a x t 



0

a y t 



− g

v x t 



v 0 cos 

v y t 



v 0 sen  − gt

v 0 cos   t

yt 

x xt 





v 0 sen  t − − 1 gt 2 2

Dados: x A



4 km

 4.000

m,

g  9, 8 m/s

2

  35°,

Diagrama: y

vm v0y

a = -g j

v0

35º

y = y m x

O

x = A

v0x

4.000 m

Figura 3  (a) Módulo da velocidade inicial

t A A



2v 0 sen  , obtido g


O problema forneceu o alcance: A  4.000 m. Então, podemos usar o resultado

no Problema 1, e fazer A A



v 0 cos   t A A para encontrar a velocidade incial. Assim,


3.4


A



v 0 cos  

2v 2 v 0 sen  g

v 20 sen2  v0 g



gA sen2





9, 8  4.000 0,94



204 m/s

Este é o tempo que o projétil projétil levou para atingir atingir o solo, t A A (também conhecido como tempo de vôo). Logo, da expressão para t A A , encontra-se

 (b) Tempo de trânsito

t A A  (c) Altura máxima

y m

Já vimos que t m 

yt m 



2v 0 sen  g



t A A e 2



2  204  0, 5 9, 8



 23,7

s

portanto t m  11,9 s. Substituindo na expressão para y y t  encontra-se

2 v 0 sen  t m − 1 gt m 2



204  0,57  11, 11, 9 − 0, 5  9, 8  11, 11, 9 2



670 m

Como sabemos sabemos o tempo que o projétil projétil leva leva para atingir atingir a altura máxima, máxima, podemos podemos calcular calcular as componentes de sua velocidade. Neste caso, devemos lembrar que a componente y da velocidade se anula. Então, temos apenas a componente x, x ,

 (d) Módulo de v m

v x



v 0 cos35º

v y



0



204  0,82



167 m/s

Assim, o módulo da velocidade no ponto de altura máxima é: vm



167 m/s

★★★

Um avião avião voa voa horizon horizontalmen talmente te na altitude altitude de de 1 km com a velocidade de 200 km/h. Ele deixa cair uma bomba sobre um navio que se move no mesmo sentido e com a velocidade de 20 km/h. (a) Calcule a distância horizontal entre o avião e o navio, no instante do lançamento, para que este seja atingido pela bomba. (b ) Resolver o mesmo problema para o caso de o avião e o navio terem movimentos de sentidos contrários.

PROBLEMA 4

SOLUÇÃO SOLUÇÃO

As equaçã equação o que usarem usaremos os são a x t 



0

a y t 



− g

v x t 



v 0 cos 

v y t 



v 0 sen  − gt

v 0 cos   t

yt 

x xt 





y 0  v  v 0 sen  t − − 1 gt 2 2

Dados: Av ião y 0



1 km

va



200 km/h

Navi o

m 56 m/s

 1.000 

vn



20 km/h



5, 6 m/s

g  9, 8 m/s

2

Diagrama:



3.5


y

y

va

va

y0

y0

vn

vn

x

O

d

x

O

xn

A

xn d

A

(a)

(b)

Figura 4 Posições do avião e do navio no instante do lançamento.  (a)

A bomba bomba é deixad deixada a cair cair de um avião avião que voa a 56 m/s. Portanto, a bomba é lançada 0º 0º  com velocidade inicial

Cál cu cu lo lo d e d

horizontalmente  



v 0 x



56 m/s

v 0 y



0

 v0

56 m/s.



Para atingir o navio, a bomba deve ser lançada sobre o ponto O, que está a uma distância horizontal d do navio (Figura 4(a)). Observe nesta figura que A  d   x n , onde A é o alcance do projétil e x n é a distância percorrida pelo navio desde o instante do lançamento da bomba e d é é a distância procurada. Mas, o tempo que o projétil leva para percorrer a distância x  A (alcance) é obtido fazendo y y t   0 para t  t A A , ou seja, y yt 



y 0  v  v 0 sen  t − − 1 gt 2  0 2

2

 1.000 − 4, 9t

 t 

14, 3  14,

s

e, portanto, t A A  14,3 s. Logo, A



xt A A   A



cos0º  t A v 0 cos0º A

56  14, 14, 3





800 m

Por outro lado, neste intervalo de tempo t A A o navio percorreu uma distância x n (MRU) dada por x n

Desta maneira, usando a identidade A





v n t A A

5, 6  14, 14, 3





80 m

d   x n encontramos d  A − x n



800 − 80



720 m.

 (b) ( b) Neste

que d 

caso o navio está em movimento em sentido contrário ao do avião (Figura 4(b)). Nesta figura obsevamos A  x n . Como os valores são os mesmos, encontramos d  800  80



800 m.

★★★

Calcular a velocidade velocidade angular de um disco que gira com movimento uniforme de 13,2 rad em cada 6 s. Calcular, também, o período e a freqüência do movimento.

PROBLEMA 5

SOLUÇÃO SOLUÇÃO

Como Como o disco disco gira gira de um ângulo ângulo

Δ  13,2

 


Δ  Δt

rad em Δt  6 s, sua velocidade angular é dada por

13,2 6



2, 2 rad/s


3.6


Neste caso, o período do movimento, dado pela expressão, T  2 , vale T 

A frequência é definida como o inverso do período,  1 2, 9

 

2  3,14 2, 2 

2, 9 s



1 . Portanto, T

 0,34

−1

Hz ou   0,34 s .

★★★

Quanto tempo leva o disco disco do problema problema anterior anterior para (a) girar de um ângulo de 780°, e para (b) completar 12 revoluções?

PROBLEMA 6

SOLUÇÃO (a) Como a velocidade angular do disco é constante e igual a ângulo Δ   780º  13,6 rad, o tempo gasto é dado por Δt 

Δ





13,6 2, 2



 

2, 2 rad/s,

então para girar de um

6, 2 s

(b) Ao completar 12 revoluções, o disco terá girado de um ângulo

Δ 

12  2 

 75,

4 rad (lembre-se que cada volta

equivale a 2  rad). Portanto, Δt 

Δ





75,4 2, 2

 34,3

s

★★★

PROBLEMA 7 Calcular (a) a velocidade angular, (b) a velocidade linear, e (c) a aceleração centrípeta da Lua,

considerando-se que a Lua leva 28 dias para fazer uma revolução completa, e que a distância da Terra à Lua é 38,4  10 4 km. SOLUÇÃO

(a) Para calcular a velocidade angular da Lua, basta usar a definição

 

Δ Δt

onde

Δ 

2 rad

 6,28

rad é o ângulo que a Lua percorre percorre no intervalo Δt  28 dias  28  24  60  60  2,42  10 6 s. Assim,  

(b) Sabendo o raio da órbita, R

 38,4  10

v

4





2, 6  10 −6

rad/s

km  38,4  10 7 m, a velocidade linear, dada por v 2, 6  10 −6  38, 38, 4  10 7

(c) A aceleração centrípeta, definida como a c ac

6.28 2.42  10 6

2   R 



v 2 , vale R

998,4 2 38,4  10 7



 998,4

R,   R,

vale

m/s

então

2, 6  10 −3

2

m/s .

★★★

Um volante volante com diâmetro diâmetro de 3 m gira a 120 rpm. Calcular: (a) a sua freqüência, (b) o seu período, (c) a sua velocidade angular, e (d ) a velocidade linear de um ponto na sua periferia.

PROBLEMA 8

SOLUÇÃO (a) Como o volante gira a uma taxa de 120 rpm (rotações por minuto), ou seja, realiza 120 rotações em cada 1 min  60 s. Por isto, o número de rotações por segundo, que é a sua frequência, vale  

120 60



2 Hz.

(b) O período é o inverso desta frequência, e então vale Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


3.7


T  1 

1 2



0, 5 s



que é o tempo que o volante gasta para realizar uma volta. (c) A velocidade angular é 2 T

2  3,14 0, 5

 12,6

rad/s.

(d) A velocidade linear, em qualquer ponto da periferia, é dada por v

R.   R.

 

de onde tiramos o raio R





Mas, o diâmetro do volante vale D



3 m,

1, 5 m. Assim, v

 12,6  1, 5  18,9

m/s

★★★

A velocidade velocidade angular angular de um volante aumenta aumenta uniformeme uniformemente nte de 20 rad/s para 30rad/s em 5 s. Calcular a aceleração angular e o ângulo total através do qual o volante gira nesse intervalo de tempo.

PROBLEM PROBLEMA A 9

SOLUÇÃO

Sabe-se Sabe-se que a aceleração aceleração angular angular é definida definida por   

30 − 20 5



A lei horária do movimento circular uniformemente acelerado  t    0   0 t 

1  t 2  5 s) 2



Δ Δt



. Assim,

2

2 rad/s . t 0



0 e  0

20  5  1 2



0

é

 2  5 2 

125 rad.

★★★

2 t 2 , onde s é medido em Um ponto descrev descreve e uma circunferê circunferência ncia de acordo acordo com a lei lei st   t 3  2t metros ao longo da circunferência e t , em segundos. Se a aceleração total do ponto é 16 2 m/s 2 , quando t  2 s, calcular o raio R da circunferência.

PROBLEMA 10

SOLUÇÃO Trata-se Trata-se aqui de de um movimen movimento to circular circular qualque qualquer. r. O problema problema fornec fornece e o módulo módulo da acelera aceleração ção total total do ponto, isto é, a a 2 s)  16 2 m/s 2 . Como sabemos, aceleração total num movimento qualquer possui duas componentes, ou seja, a

a T ̂  a N r̂  a



2 2 a T  a N



Por isto, precisamos calcular os módulos das acelerações tangencial a N  e normal a N . De acordo com as Eqs. (3.8.16) e (3.8.17) do LT, a T



dv dt

2 e a N  v .

R

Agora precisamos calcular v. Como é dada a lei horária em termos do arco percorrido, st , podemos calcular o módulo da velocidade instantânea num instante t qualquer, que é dada pela derivada desta função: v v t  lembrando que a derivada de uma potência t n é dada por d t  t n  dt

vt 



ds dt





d t 2 t 2   t 3  2t dt



ds . Assim, dt

nt n−1 , encontra-se 

3t 2  4t 4 t .

e, portanto,



3.8


a T t  a N t 



dv dt



v2 R



d 3 4 t   3t 2  4t dt



4 t  3t 2  4t R



6t   4

2

Logo, para t  2, encontra-se a T 2 s) a N 2 s)

 

6  2  4

16 m/s



3  2 2  4  2  R

2

2



400 R

Usando agora a expressão para o módulo da aceleração total e igualando a seu valor em t  2 s, que foi dado, encontra-se a



2 2 a T  a N  16 2



16 2

400 R



2

160. 000  256  160. R 2



512

R , temos finalmente, Resolvendo para R, 512 − 256  R 2

 160.000

R

160. 160. 000 256



625





25 m.

★★★

As coorden coordenadas adas de um um corpo corpo são são x  2cos t , y  2sen t onde onde x e y são medidos em metros. (a) Obter a equação cartesiana da trajetória, (b) Calcular o valor da velocidade num instante qualquer, (c) Calcular as componentes tangencial e normal da aceleração num instante qualquer. Identificar o tipo de movimento descrito pelas equações acima. PROBLEMA 11

SOLUÇÃO obter a equaçã equação o da trajet trajetóri ória a em coorde coordenad nadas as cartes cartesian ianas, as, vamos vamos elimin eliminar ar (a) Para obter equações para x e y. y . Ou seja, cos t  x 2

e sen t 

y  sen 2 t  1   cos 2 t  2

x 2

2



y 2

2



1  x 2  y 2



entre t entre

as

4

ou seja, a equação da trajetória no sistema Oxy é x 2  y 2

4.



que é a equação de uma circunferência de raio r  2 m com origem no ponto O (Figura 5). y v

P y

r θ = ωt

O

x

x

Figura 5

. Para calcul calcular ar o módulo módulo da veloci velocidad dade e num instante instante qualquer, qualquer, basta usar a expres expressão são em termos termos de suas suas (b) Para Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


3.9


Oxy . As componentes são, componentes no sistema Oxy. v x



v y



dx dt dy dt

 

d 2cos  2cos t  dt d 2sen  2sen t  dt



−2 sen t



2 cos t

onde usamos as identidades, d cos  cos t  dt d sen  sen t  dt

− sen t



  cos t

para as derivadas de cos t e e sen t , respectivamente. Logo, o módulo da velocidade em qualquer tempo, é dado por: vt 



v x2  v y2



−2 sen t  2  2  2 cos t  2

2 4 2 sen 2 t   cos t 





2 m/s

mostrando que é independente do tempo. (c) As acelerações tangencial e normal são dadas por a T



a N



dv dt v2 R

 

0 4 2 R

onde a T  0, reflete o fato de que vt   constante. constante. Na útlima útlima equação, equação, R é o raio de curvatura da curva no ponto P , cujas coordenadas são  x y . Mas, a equação da trajetória, obtida no ítem (a) , dada por  x,, y x 2  y 2



4

é a equação equação de uma circunferênci circunferência a de raio r  2 com centro na origem O (Figura 5) . Sendo uma circunferência, o raio de curvatura é constante em todos os pontos, de modo que podemos fazer R  r  2 na expressão de a N para obter finalmente a T



a N



0 4 2 R

o que resulta numa aceleração total de módulo iguala a

4 2 2







2 2

2 2 a T  a N



m/s

2

2 2

m/s 2

★★★



3.10


APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar Atenção Leia

Um astronauta, astronauta, vestindo vestindo seu seu traje espacial espacial,, consegue consegue pular a uma altura altura de 60 cm da Terra. A que altura conseguirá pular na Lua? Os raios médios da Terra e da Lua são de 6.371 km e 1.738 km, respectivamente; as densidades médias são 5,52 g/cm 3 e 3,34 g/cm 3 , respectivamente.

 PROBLEMA 1

De acordo com com a lei da gravitação gravitação universal, universal, a força que a Terra ou a Lua exercem exercem sobre o astronauta astronauta (força-peso) pode ser escrita como

 Solução

P T e P L L  mg L L T  mg T T e

onde m é a massa do astronauta e GM T T 2 R T

g T T 

e g L L



GM L L 2 R L

ou g T T g L L

GM T T 2 2 R T M T T R L   2 M L GM L L R T L 2 R L

Sejam  T  5,52 g/cm 3 e  L  3,34 g/cm 3 as densidades da Terra e da Lua, respectivamente. Por definição a densidade de corpo homogêneo é   M , ou seja, é a razão entre a massa e o volume do corpo. Logo, V

e M L L   L V L L M T T   T V T T e onde V T  L

3  4 R T  L

3

e portanto, 4  T R 3 e M L 4  L R 3 M T T  L  T L 3

3

Assim, 4  T R 3 2 2 T R  T R L g T g T M T T T T R L 3 L      g L g 2 2 L L L L R T M L 4  L R 3 R T L R T L 3

Substituindo os valores fornecidos, encontra-se g T 5,52  6.371 T  g L L 3,34 1.738

≃

6, 1

Isto significa que a aceleração da gravidade na superfície da Lua é g L L



g T T

6, 1



9, 8  1,6. Ao conseguir saltar na 6, 1

superfície da Terra uma altura h T  0,60 m, este astronauta usou uma força muscular que lhe permitiu imprimir uma velocidade inicial dada por 2 v 2  v 20 − 2 g T T y T  0  v 0 − 2  9, 8  0, 6  v 0  11,8  3, 4 m/s

Supondo que esta força seja a mesma na superfície da Lua, então v 2  v 20 − 2 g L L y L  0  11,8 − 2  1, 6h L  h L 

11,8  h  3, 7 m  L 3, 2

★★★

Utilizando Utilizando os dados dados do problema anterior, anterior, calcule calcule que fração da distância distância Terra-Lua Terra-Lua é preciso percorrer para que a atração gravitacional da Terra seja compensada pela da Lua.

 PROBLEMA 2



PR-5.1


Seja d a distância distância entre os raios da Terra e da Lua. Trata-se Trata-se aqui de calcular calcular a que distância distância x do centro da Terra (ou d − x do centro da Lua) deve estar localizada uma partícula de massa m para que as forças de atração da Terra e da Lua sobre ela sejam as mesmas. Assim,  Solução

F mT   F m L GmM T GmM L M T x2 T L T    2 2 M L L x d − d − − x x  − x x  2

Usando a definição dos M ′ s em termos das densidades, encontra-se 4  T R 3 3 T  T R T x2 x2 3    4  L R 3  L R L3 x  2 x  2 d − d − − x − x L 3

ou seja, 5,52  6.371 3  81,4 x 2  2 3,34  1.738 3 d − x x 

Desta forma, x  81,4  9 d − − x

ou x  9 d − x   10 x  9 d  x  9  0, 9 − x 10 d

Portanto, deve-se percorrer 90% 90% da distância entre a Terra e a Lua para que a força de atração gravitacional da Terra seja compensada pela força gravitacional da Lua. ★★★

No átomo de hidrogêni hidrogênio, o, a distância distância média entre o elétron elétron e o próton é de aproximadament aproximadamentee 0,5 A. Calcule a razão entre as atrações atrações coulombiana coulombiana e gravitacion gravitacional al das duas partículas partículas no átomo. átomo. A que distância entre o elétron e o próton sua atração coulombiana se tornaria igual à atração gravitacional existente entre eles no átomo? Compare o resultado com a distância Terra-Lua.  PROBLEMA 3

A massa do próton é m p  1,67  10 27 kg e a do elétron, m e  9, 1  10 31 , sendo iguais a e  1, 6  10 19 C o módulo das cargas das duas partículas. Como as forças gravitacional e elétrica entre o elétron e o próton são dadas por  Solução

−

−

F G e p   G

então r  0, 5 Å  0, 5  10

10

−

m e m p r 2

e F E e p

−

2  k e 2 r

m

F G e p   F E e p



6,67  10

11

−

 9, 1  10 −31  1,67  10 −27 0, 5  10

9  10 9   1, 6  10 0, 5  10

10  2

−

10  2

−

19  2

−

 4,054  10 −47

N

,2166  10 −8 N  9 ,21

Portanto, F E e p F G e p  Notas de Aula de Física I

9,216  10 8  2,27  10 39 4,054  10 47 −



−

Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos

PR-5.2


Seja d a distância entre o elétron e o próton para a qual a força coulombiana seja igual à força gravitacional no átomo. Ou seja, G

2 m e m p  k e 2 2 r d

Substituindo o lado esquerdo pelo valor já calculado, 4,054  10

47

−

N, encontra-se

2 9  10 9   1, 6  10 −19  k e 2  4,054  10 −47  d d 2

2

 4,054  10 −47

de onde se obtém 9  10 9   1, 6  10 4, 1  10 47

d 

19  2

−

−

 2,38  10 9

m

A distância Terra-Lua vale d TL  3,84  10 8 . Portanto, Portanto, para que a atração atração gravitacional gravitacional entre o elétron e o próton num átomo de hidrogênio seja igual à atração coulombiana entre o elétron e o próton, a distância d entre entre as duas partículas no caso coulombiano deve ser tal que 9

d  2,38  10  6, 2 d TL TL 3,84  10 8

ou seja, a distância entre o elétron e o próton na atração coulombiana deve ser d  6, 2  d  d TL TL para que esta força seja igual à atração gravitacional entre essas partículas no átomo de hidrogênio. ★★★

Duas bolinhas bolinhas de isopor, isopor, de 0,5 g cada cada uma, estão estão suspensas suspensas por fios de de 30 cm, amarrados amarrados no mesmo ponto. Comunica-se a mesma carga elétrica a cada bolinha; em conseqüência, os fios se afastam até formar um ângulo de 60° um com o outro. Qual é o valor da carga?

 PROBLEMA 4

A figura (a) abaixo abaixo mostra a situação descrita no problema e na (b) isolamos a partícula 2 representando todas as forças que atuam sobre ela.

 Solução

y

l T1 Fe

θ

l

θ

d

−

1

m, q

2

m, q

P

T2

T2 Fe

Fe

x

2

P

P

(a)

(b)

Nestas condições, as partículas estão em equilíbrio e, em particular, as condições de equilíbrio aplicadas à partícula 2 são Direção x (1)  F e − T 2 sen   0 Direção y (2)  T 2 cos  − mg  0 Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-5.3


onde F e é a força coulombiana dada por q 2 F e  k 2 d

A distância d entre entre as duas bolinhas pode ser calculada com a ajuda da figura (a) d  2 l sen 

e q é a carga das duas partículas. Assim, com l  0,30 m e   30º, encontra-se F e  9  10 9

q2 2  0,30  sen30º  2



9  10 9 q 2  10 11 q 2 . 0,09

Das Eqs. (1) e (2) obtém-se, T 2 sen   F e T 2 cos   mg

ou, dividindo membro a membro, F e tg   mg

Assim, de F e

tg  encontra-se (para m  0,0005 kg   mg tg tg30º 

10 11 q 2 0,0005  9, 8  tg30º 2, 8  10  q2   0,005  9, 8 10 11 10 11

2

−

 2,83  10 −14

e, finalmente, q  2,83  10 −14  1,68  10 −7 C ★★★

Leve em conta a resistência resistência do ar, supondo-a supondo-a proporcion proporcional al à magnitude da velocidade velocidade.. Nestas condições, um pedregulho que é lançado verticalmente para cima, a partir de uma certa altura, demora mais, menos ou o mesmo tempo para subir até a altura máxima do que para voltar até a altura do lançamento? Explique.

PROBLEMA PROBLEMA 5

Consid Considera erando ndo o sentid sentidoo positi positivo vo do eixo eixo vertic vertical al para baixo, baixo, a força força resultant resultantee que atua sobre o  b |v |  j e na descida, F d  −mg − b |v |  j, onde |v | é a magnitude da velocidade pedregulho na subida é F s  −mg  instantânea. Quando as magnitudes das forças são iguais, F s s  F d d , como no caso onde não há resistência do ar, b  0, os tempos de subida e de descida são iguais. Porém, quaisquer que sejam os valores das velocidades instantâneas, vemos que, quando b ≠ 0, F s s  F d d o que imprime ao pedregulho uma desaceleração na subida maior do que a aceleração aceleração na descida. descida. Então, para dois percursos percursos de mesma distância distância com o pedregulho pedregulho partindo do repouso, repouso, o tempo de percurso será menor para o percurso em que a magnitude da aceleração é maior. Logo, podemos concluir que o tempo de descida será maior que o tempo de subida.  Solução

0 sistema sistema da figura figura está está em equilíb equilíbrio. rio. A distân distância cia d é de 1 m e o comprimento relaxado de cada uma das duas molas iguais é de 0, 5 m. A massa m de 1 kg faz descer o ponto P de uma distância h  15 cm. A massa das molas é desprezível. Calcule a constante k das molas.

 PROBLEMA 6



PR-5.4


l 0

l 0

y

F2

l

l

F1 θ

θ

x

P

 Solução

A figura da direita direita represe representa nta o sistema sistema de forças forças que atua atua sobre a massa massa m . Usando agora a condição

de equilíbrio Direção x (1)  F 1 cos   F 2 cos  Direção y (2)  F 1 sen   F 2 sen   mg A Eq. (1) diz que as magnitudes das forças aplicadas pelas duas molas são iguais, F 1 informação na Eq. (2), encontra-se 2 F sen   mg  F 

 F 2  F . Levando

esta

mg

. 2sen 

Pela figura, podemos calcular o seno do ângulo  , usando sua definição num triângulo retângulo: sen   h  0,15  0,29 0,52 l

Logo, (m  1 kg) F 

1  9, 8  16,9 N 2  0,29

onde F  | F 1 |  | F 2 |. As forças F 1 e F 2 são forças aplicadas ao corpo pelas molas devido às suas deformações (lei de Hooke) x  Δl . De fato, o comprimento relaxado de cada mola era l 0  0, 5 m, passando a ser l quando quando a massa foi suspensa (figura da esquerda). Com o auxílio desta figura, podemos calcular o comprimento l da da mola (h  0,15 m) l 2  l 20  h 2  l 

0, 5 2  0,15 2  0,522 m.

Assim, x  Δl  l − de cada uma das molas iguais, sabemos pela lei de − l 0  0,022 m. Para encontrar a constante k de Hooke que F  kx, ou seja, | F 1 |  | F 2 |  F  0,022k . Igualando esta força ao valor obtido pela condição de equilíbrio, temos que 0,022k  16,9  k  768 N/m. ★★★

Um bloco bloco é lançado para cima, com com velocidade velocidade de 5 m/s, sobre uma rampa de 45° de inclinação. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é 0, 3. (a) Qual é a distância máxima atingida pelo bloco ao longo da rampa? (b) Quanto tempo leva o bloco para subir a rampa? (c) Quanto tempo leva para descer a rampa? (d) Com que velocidade final chega ao pé da rampa?

 PROBLEMA 7



PR-5.5


v B

B

=

0

N Fc A

v A

P

45º

45º

 Solução

Como não há movimento movimento na direção direção perpendicular perpendicular ao plano, plano, as forças estão em equilíbrio equilíbrio.. Logo (ver

figura acima), N  P cos45º  N  mg

2 2

Na direção paralela ao plano, a resultante das forças é F  F c  mg sen45º

dirigida para baixo. Aplicando a 2ª lei de Newton, encontra-se ( F c F  ma  a 

 c mg

  c N   c mg

2 2  mg 2 2 m



2  2

2 1   c  g 2

ou seja, a 

2 2 1  0, 3   9, 8  9, 0 m/s 2

dirigida para baixo paralelamente ao plano. (a) Se

o corpo é lançado para cima (a partir do ponto A com uma velocidade v A  5 m/s, seu movimento será uniformemente desacelerado e o corpo pára no ponto B (ver figura). A distância Δ x que ele percorre entre esses pontos, pode ser calculada usando a equação de Torricelli para o movimento ao longo do plano: v B2  v A2 − 2aΔ x

Assim, Δ x 

2 v A2  Δ x  1,39 m.  5 2a 2  9

(b) O tempo que o bloco leva para subir a rampa é o mesmo que sua velocidade leva para se anular no ponto B . Então v v B  v A − at  t s s  a A  5  t s s  0,56 s. 9

(c) No

caso de descida, a força de atrito cinético é dirigida para cima. Então, mantendo a condição de equilíbrio na direção perpendicular ao plano, a resultanto das forças na direção paralela é F  P sen45º − F c  F  mg

2 2

−

 c mg

2  2

2 mg 1 −  c  2

A aceleração (paralela ao plano dirigida para baixo) é dada pela lei de Newton



PR-5.6


F  a  a  m

2 g 1 −  c   2

2  9, 8     1 − 0, 3  2

ou seja, 2

a  4,85 m/s .

Neste caso, o movimento é uniformemente acelerado. Tomando o eixo x na direção paralela ao plano, a distância Δ x  v 0 t   1 at 2 . Como v 0  v B  0 quando o bloco inicia a descida e Δ x  1,39 m percorrida é dada por Δ 2

1,39  1 4,85t 2  t d d  2

2  1,39  0,76 s. 4,85

(d) A velocidade final v ao pé da rampa é dada por v  at  v  4,85  0,76

ou v  3,69 m/s. ★★★

Na figu figura, ra, as mola molass M 1 e M 2 têm massa desprezível, o mesmo comprimento relaxado l 0 e constantes de mola k 1 e k 2 , respectivamente. Mostre que se pode substituir o par de molas por uma mola única equivalente de constante de mola k, e calcule k nos casos (a) e (b).  PROBLEM PROBLEMA A 8

No caso caso (a), (a), a cond condiç ição ão de equi equilílíbr brio io mostr mostraa que que a forç forçaa F é transmitida para ambas as molas produzindo produzindo diferentes diferentes deformações deformações x 1  F e x 2  F . A defo deform rmaç ação ão tota totall das das duas duas mola molass é x  x 1  x 2 . Se  Solução

k 1

k 2

substituirmos esta mola por uma outra que tenha a constante k , tal que sob a ação da mesma força F ela sua deformação seja x , então F  kx  F  k F  F k 1 k 2

 1  1  1 k k 1 k 2

é o valor de k procurado. procurado. No caso (b), a condição de equilíbrio fornece F  F 1  F 2

onde F 1 e F 2 são as forças aplicadas pela mola. Mas a força F produz a mesma deformação x em ambas as molas, de modo que F  k 1 x  k 2 x

Substituindo as duas molas por uma única de constante k tal tal que sob a ação da força x , então, F  kx e, portanto, valor x

F ela

se deforme do mesmo

kx  k 1  k 2  x Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-5.7


ou seja, a mola única terá de ter uma constante dada por k  k 1  k 2 . ★★★

No sistema sistema da figura figura (máquina (máquina de Atwood), Atwood), mostre mostre que a aceleração aceleração a da massa M e a tensão T da corda (desprezando as massas da corda e da polia) são dadas por

 PROBLEMA 9

a 

 Solução

M − − m  m M 

g ,

T 

2mM  m M 

g

Supondo que M  m, as resultantes das forças que atuam sobre as massas M e e m são F M − T M  Mg − F m  T − mg

As acelerações das massas são iguais e, por hipótese, dirigida verticalmente para baixo no caso de M e para cima no caso de m . Assim, (1)  T  ma  mg Ma (2)  Mg − − Ma  T

T − mg  ma Mg − − T 

Substituindo (1) em (2) obtém-se  ma Mg − − Ma  mg 

ou  M  ma   M − m  g  m − m

 a 

M − m  m M 

g

Substituindo este resultado em (1), encontra-se a tensão do fio − m  mg T  ma  mg  T  m M − g  M   m  m − m  1  T  mg M − m  M  T  mg M −  m  m M  M 

 T 

2mM  m M 

g

★★★

No sistema sistema da figura, figura, m 1  1 kg, m 2  3 kg e m 3  2 kg, e as massas das polias e das cordas são desprezíveis. Calcule as acelerações a 1 , a 2 e a 3 das massas m 1 , m 2 e m 3 a tensão T da da corda.

 PROBLEMA 10



PR-5.8


Seja a 1 , a 2 e a 3 as acelerações das massa m 1 , m 2 e m 2 respectivamente, tomadas positivamente quando dirigidas para cima. Uma vez que as massas das roldanas e da corda são desprezíveis, a tensão T da corda é única. Assim, a equação de movimento para cada uma dessas massas é (ver figura abaixo)

 Solução

m1 m2 m3

(1)  T − − m 1 g  m 1 a 1 (2)  T − − m 2 g  m 2 a 2 (3)  2T − − m 3 g  m 3 a 3

As partes móveis do sistema são: massa m 1 , massa m 2 e o sistema formado pela polia 3 e a massa m 3 , que se movem solidariamente (ver figura abaixo).

1 l 1

2

T

T T

T

T l 2

T

T

T

l 3

a1

m1

a2

a3

m2

3 P 1

P 1

P 2

P 2

P 3

P 3

Da condição de que o comprimento do fio é constante, dada pela expressão l 1  l 2  2l 3  constante

obtém-se que Δl 1  Δl 2  2Δl 3  0

o que implica em a 1  a 2  2a 3  0, ou 4   a 3 

−

1 a  a  a 2  . 2 1

Agora vamos resolver o sistema de quatro equações a quatro incógnitas (T , a 1 , a 2 , a 3 e a 4 . De (1), encontra-se Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-5.9


T  m 1 a 1  m 1 g

Substituindo em (2) e (3) e a (4) em (3), obtém-se m 1 a 1  m 1 g − − m 2 g  m 2 a 2

2m 1 a 1  m 1 g  − m 3 g  − 1 m 3 a 1  a 2  2

ou seja, m 1 a 1 − m 2 a 2  m 2 − m 1  g 4m 1  m 3  a 1  m 3 a 2  2m 3 − 4m 1  g

Isolando a 1 na primeira equação, m a 1  m 2 a 2  1

m 2 − m 1 m1

g

e substituindo na segunda, temos 4m 1  m 3 

m2 m 1 a 2 

m 2 − m 1 m1

g  m 3 a 2  2m 3 − 4m 1  g

ou m 4m 1  m 3  m 2 a 2  m 3 a 2  1 m 2 4m 1  m 3  m  m 3 a 2  1 4m 1  m 3  m 2  m 1 m 3 m1

a2  a2   a 2 

Como a 1

m  m 2 a 2  1

m 2 − m 1 m1

−

m 2 − m 1   2m 3 − 4m 1  g g  m1 m 2 − m 1   2m 3 − 4m 1  g −4m 1  m 3  m1

4m 1  m 3 

4m 1  m 3 m m 2 − m 1   m 1 2m 3 − 4m 1  m1

−

g

4m 21  m 1 m 3 − 4m 1 m 2 − m 2 m 3 − 4m 21  2m 1 m 3 g 4m 1  m 3  m 2  m 1 m 3 3m 1 m 3 − 4m 1 m 2 − m 2 m 3 g 4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3

g

3m 1 m 3 − 4m 1 m 2 − m 2 m 3 g  m 2 − m 1  g m1 4m 1 m 2  m 3 m 2  m 1 m 3  m 2 − m 1 4m 1 m 2  m 3 m 2  m 1 m 3  g  m m 2 3m 1 m 3 − 4m 1 m 2 − m 2 m 3  g  a1  m 1 4m 1  m 3  m 2  m 1 m 3 m a1  m2 1

 a 1 

Finalmente, como a 3



3m 2 m 3 − 4m 1 m 2 − m 1 m 3 4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3

g

1 a  a  a 2 , então 2 1 3m 2 m 3 − 4m 1 m 2 − m 1 m 3 a 3  − 1 2 4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3 4m 1 m 2 − m 1 m 3 − m 2 m 3 g  a 3  4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3 −

 g 

3m 1 m 3 − 4m 1 m 2 − m 2 m 3 4m 1 m 2  m 3 m 2  m 1 m 3

g

Ou seja, as acelerações são:



PR-5.10


Cálculo numérico

 a 1 

3m 2 m 3 − 4m 1 m 2 − m 1 m 3 4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3

g

 a 2 

3m 1 m 3 − 4m 1 m 2 − m 2 m 3 4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3

g

 a 3 

4m 1 m 2 − m 1 m 3 − m 2 m 3 4m 1 m 2  m 1 m 3  m 2 m 3

g

Substituindo os valores m 1  1 kg, m 2  3 kg e m 3  2 kg, encontra-se a1  a2  a3 

3  3  2 − 4  1  3 − 1  2 g  a  1 g   ↑  1 5 4  1  3  1  2  3  2 3  1  2 − 4  1  3 − 3  2 g  a 2  − 3 g   ↓  5 4  1  3  1  2  3  2 4  1  3 − 1  2 − 3  2 g  a 3  1 g   ↑  4  1  3  1  2  3  2 5

Para calcular a tensão na corda, usa-se T  m 1 a 1  m 1 g . Logo  1  g T  1  1 g   g  6 g

5

5

★★★

Um pintor pintor está sobre uma plataform plataformaa suspensa suspensa de uma polia (Figura). (Figura). Puxando Puxando a corda em 3, g ele faz a plataforma subir com aceleração . A massa do pintor é de 80 kg e a da plataforma é de 40 kg. Calcule as

 PROBLEMA 11

4

tensões nas cordas 1,2 e 3 e a força exercida pelo pintor sobre a plataforma.

 Solução

A figura abaixo abaixo mostra as partes isoladas do sistema e as forças que atuam sobre cada uma.

T 3 T 1

N T 2 a

T 2

T 3

a

mh g m p g

(a)


(b)

N

(c)


PR-5.11


O sistema na figura (a) está em equilíbrio, logo T 1 − T 2 − T 3  0 T 3  N − m h g  m h a T 2 − N − m p g  m p a

Como a massa da corda e da roldana é desprezível, T 2

 T 3 . Assim

1 

T 1  2 T 2

2 

 a T 2  N  m h  g  a 

3 

 a T 2 − N  m p  g  a 

Somando e subtraindo (2) e (3) obtém-se 2T 2  m h  m p  g  g   a a  a  2 N  m h − m p  g  g   a

ou  m h  m p  g   a  T 2  1 m

2  a  N  1 m  m − m p  g  2 h

Usando os valores dados no problema, a



g

4

, m h  80 kg e m p  40 kg, encontra-se

g  T 2  1  80  40  g 

 1  80  40   5  9, 8  735 N

g  N  1  80 − 40  g 

 1  80 − 40   5  9, 8  245 N

2

2

4

4

2

2

4

4

De (1), obtém-se T 1  2 T 2  2  735  1470 N ★★★

No sistema da figura, m 1  20 kg, m 2  40 kg e m 3  60 kg. Desprezando as massas das polias e dos fios e o atrito, calcule a aceleração do sistema e as tensões nos fios 1, 2 e 3.

 PROBLEMA 12

A figura abaixo abaixo mostra os blocos blocos isolados isolados com as forças que atuam sobre sobre cada um. Devido Devido à massa desprezível desprezível da corda e da polia, as tensões tensões T 2 e T 3 são iguais. Vamos adotar o sentido positivo da aceleração aquele que corresponde à descida do corpo de massa m 3 .  Solução



PR-5.12


Bloc o 1

Bloc o 2

Bloc o 3 T 2

T 1

30º

T 2 T 1

30º

m1 g

m2 g

60º m3 g

Desta forma, as equações de movimento de cada um é dada por Bloco 1 1   T 1 − m 1 g sen30º  m 1 a Bloco 2 2   T 2 − T 1 − m 2 g sen30º  m 2 a Bloco 3 3   m 3 g sen60º − T 2  m 3 a onde onde consid considera eramos mos todos todos os blocos blocos se desloc deslocand andoo com a mesma mesma aceler aceleraçã açãoo a. Resolv Resolvend endoo este este sistem sistemaa de equações  m 1 a T 1  m 1 g sen30º  m 1 a  T 1  1 m 1 g 

2

T 2  T 1  m 2 g sen30º  m 2 a  T 2  1 m 1 g   m 1  m 2  g   m 1  m 2  a  m 1 a  1 m 2 g   m 2 a  T 2  1 m  m

2

m 3 a  m 3 g sen60º − T 2  m 3 a 

2

3 m g − 2 3

2

1 m  m  m 2  g   m 1  m 2  a  m 2 1

A útlima equação permite-nos obter a aceleração: m 1  m 2  m 3  a 

3 m g − 1 m  m  m 2  g  1 2 3 2 1 2

3 m 3 − m 1 − m 2 g

ou seja, a  1

2

3 m 3 − m 1 − m 2 m 1  m 2  m 3

g

Usando os valores m 1  20 kg, m 2  40 kg e m 3  60 kg encontra-se a 1

2

3  60 − 40 − 20 20  40  60

2

 9, 8  a  1, 8 m/s .

As tensões nas cordas são: Em 1,  m 1 a  20  T 1  1 m 1 g 

2

9, 8  1, 8 2

 T 1  134 N

e em 2 e 3,  m 1  m 2  g   m 1  m 2  a   m T 2  1 m

2

9, 8  1, 8   20  40   T 2  T 3  402 N. 2 ★★★

Um bloco bloco está numa extrem extremida idade de de uma prancha prancha de 2 m de comprimento. Erguendo-se lentamente essa extremidade, o bloco começa a escorregar quando ela está a 1,03 m de altura, e então leva 2, 2 s para deslizar deslizar até a outra extremidade extremidade,, que permaneceu permaneceu no chão. Qual é o coeficiente coeficiente de atrito estático entre o bloco e a prancha? Qual é o coeficiente de atrito cinético?  PROBLEMA PROBLEMA 13



PR-5.13


 Solução

Na situação situação em em que o bloco bloco começa começa a desliza deslizarr para h  1,03 m implica em 

  e conforme

mostra a

figura abaixo. Fa N

prancha prancha

2

m

mg θ h = 1,03 m

θ = θ e

Como vimos em classe, nesta condição o coeficiente de atrito estático vale  e  tg  e

onde (ver figura) sen  e  1,03  0,515 2 1 − sen 2  e  1 − 0,515 2  0,857 0,515  tg  e  sen  e  0, 6 cos  e 0,857

cos  e 

Portanto,  e  0,6.

O bloco gasta 2, 2 s para percorrer 2 2 m ao longo do plano. Logo, como o bloco parte do repouso, sua aceleração pode ser calculada através da expressão ( v 0  0  Coeficiente de atrito cinético

2  2  2  0,83 m/s x  1 at 2  a  2 x 2 2 2 t 2, 2

Para calcular o coeficiente de atrito cinético, vamos usar a equação de movimento ao longo do plano, com a  0,83 m/s 2 . Ou seja (ver figura) mg sen  e − F c  ma

Mas, F c

e N  mg cos  e e assim,   c N e F c   c mg cos  e

Logo, mg sen  e − F c  ma  mg sen  e −  c mg cos  e  ma g sen  e − a c  g cos  e 9, 8  0,515 − 0,83    0,5. c  e 9, 8  0,857 ★★★

Um bloquinho de massa igual a 100 g encontra-se numa extremidade de uma prancha de 2 m de comprimento e massa 0,5 kg. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloquinho e a prancha são, respectivamente, 0, 4 e 0,35. A prancha está sobre uma mesa horizontal e lisa (atrito desprezível). Com que força máxima podemos empurrar a outra extremidade da prancha para que o bloquinho não deslize sobre ela? Se a  PROBLEMA 14



PR-5.14


empurrarmos com urna força de 3 N, depois de quanto tempo o bloquinho cairá da prancha? A força aplicada aplicada à prancha é transmitida transmitida ao bloquinho bloquinho através através da força de contato contato tangencial tangencial (força de atrito estático). Para que o bloquinho não deslize é necessário que sua aceleração a b seja igual à aceleração impressa à prancha pela força F  F máx .  Solução

N

Bloco

Prancha

F

m

F e

2m

F e

m

F

a p

mg a b

Da figura acima, obtém-se 1   F a  m b a b Bloco Prancha 2   F − − F a  m p a p

Para Para que o bloco bloco não não desliz deslize, e, a b condição podemos escrever ( F a  F e 

Bloco sem deslizar deslizar

 a p  a, o

que corresponde a F  F max max . Assim, nesta

3   F e  m b a Bloco Prancha 4   F max max − F e  m p a

Como F e

  e N   e mg , então de (3) encontra-se

 e m b g  m b a  a   e g  0, 4  9, 8  a  3,92 m/s

2

Substituindo na (4), F max max  m b  m p a  0, 1  0, 5   3,92   F max max  2,35 N

Para F  3 N  F max max o bloco irá deslizar, uma vez que sua aceleração é menor do que a da prancha. De fato, a aceleração do bloco agora deve ser calculada de (1) com F a  F c e assim,

Bloco deslizando deslizando

F c  m b a b

Como F c

  c m b g , então 2

 c m b g  m b a b  a b   c g  0,35  9, 8  a b  3,43 m/s .

Para a prancha, devemos usar a (2) com F a F − F c  m p a p  a p 

 F c :

F − −  c m b g 3 − 0,35  0, 1  9, 8  a 5,31 m/s 2 .  a p  p  m p 0, 5

No mesmo intervalo de tempo, a distância percorrida pela prancha é maior do que a distância percorrida pelo bloco, medida em relação chão. Assim, quando a diferença entre essas distância for igual ao comprimento da prancha, isto é, quando Δ x  2 m (ver figura abaixo), o bloquinho cairá da prancha.



PR-5.15


Situação inicial Situação Situação f inal

m m

x b

∆ x

x p O (em relação ao chão)

Mas, em relação ao chão, e partindo do repouso, a prancha percorre uma distãncia x p  1 a p t 2

2

enquanto que o bloquinho, x b  1 a b t 2

2

Logo, como Δ x

 x p

−

x b  2 m (ver figura),

1 a p t 2 2

−

1 a b t 2  Δ x 2

a p − a b t 2  2 Δ x  t 

2Δ x a p − a b

Portanto, t 

2  2  t  1,46 s 5,31 − 3,43 ★★★

No sistema sistema da da figura, figura, o bloco bloco 1 tem tem massa massa de 10 kg e seu coeficiente de atrito estático com o plano inclinado é 0, 5. Entre que valores mínimo e máximo pode variar a massa m do bloco 2 para que o sistema permaneça em equilíbrio?  PROBLEMA 15

1

2

45º  Solução

A condição condição de equilíbrio equilíbrio do sistema, sistema, de acordo com a tendência tendência de movimento, movimento, é dado por (ver figura figura

abaixo) m 2 mínimo



 F e m 1 g sen45º  m 2 g 

m 2 máximo  m 2 g  m 1 g sen45º  F e 


N  m 1 g cos45º


PR-5.16


Como F e

  e N   e m 1 g cos45º temos, no caso de valor mínimo

m 2min g  m 1 g sen45º − F e  m 2min  m 1 sen45º −  e m 1 cos45º 

2 m 1 −  2  2 1

m 2max g  m 1 g sen45º  F e  m 2max  m 1 sen45º   e m 1 cos45º 

2 m 1   2  2 1

e de valor máximo

tendência

tendência N

N 1

m1g sen 45º

F e

1

2

m1 g cos 45º

45º

m1g sen 45º

F e m1g cos 45º

45º

m2 g

m2 mínimo

2

m2 g

m2 máximo

Substituindo os valores m 1  10 kg,  e  0, 5 , encontra-se m 2min 

2 m 1 −  2   2 1

2  10     1 − 0, 5   m 2min  3,54 kg 2

m 2max 

2 m 1   2   2 1

2  10     1  0, 5   m 2max  10,6 kg 2

Portanto, para que o sistema permaneça em equilíbrio, a massa m 2 deve estar no intervalo: 3,54 kg  m 2  10,6 kg. ★★★

0 coeficiente coeficiente de atrito atrito estático estático entre as roupas roupas de uma pessoa e a parede cilíndric cilíndricaa de uma centrífuga de parque de diversões de 2 m de raio é 0, 5. Qual é a velocidade velocidade angular mínima mínima (em rotações rotações por minuto) minuto) da centrífuga para que a pessoa permaneça coloda à parede, suspensa acima do chão?

 PROBLEMA PROBLEMA 16

As forças forças que atuam atuam sobre a pessoa pessoa são: a forçaforça-pes peso, o, a normal normal e a força força de atrito. atrito. A normal normal N , aplicada pela parede cilíndrica, é a força que mantém a pessoa em movimento circular (atua como força centrípeta); a força de atrito aparece quando a pessoa tende a cair devido à ação da força-peso.

 Solução

ω

F e N mg



PR-5.17


Logo, N  m 2 R

onde R  2 m é o raio da centrífuga. Para que a pessoa permaneça colada na parede é necessário que seu peso se iguale à força de atrito. Assim, mg  F e   e N  mg   e m 2 R

ou,  

Mas, como 

g   e R

9, 8     3,13 rad/s. 0, 5  2

3,13    0.498 Hz  0.498 rps. Como 1 rps  60 rpm, então   então   2 2   0,498  60  29,9 rpm. ★★★

Uma curva curva semicircul semicircular ar horizontal horizontal numa numa estrada estrada tem 30 m de raio. Se o coeficiente de atrito estático entre os pneus e o asfalto é 0, 6, qual é a velocidade máxima que um carro pode fazer a curva sem derrapar?

 PROBLEMA 17

A força de atrito atrito tem de atuar com a força centrí centrípet petaa para manter manter o carro carro na curva. curva. Desta forma, forma, a velocidade máxima com que o carro faz a curva sem derrapar é dada por

 Solução

 e N 

2 2 mv max mv max    e mg R R

ou v max 

 e gR 

0, 6  9, 8  30  v max  13,28 m/s  v max  13,28  3, 6  47,8.km/h.

Um trem atravessa atravessa uma curva de de raio de curvatu curvatura ra igual igual a 100 m a 30 km/h. A distância entre os trilhos é de 1 m. De que altura é preciso levantar o trilho externo para minimizar a pressào que o trem exerce sobre ele ao passar pela curva?  PROBLEMA 18

 Solução

A figura abaixo abaixo mostra a situação em que o trem atravessa a curva. curva. Sabe-se que sen   h  h 1 cos  

1 − sen 2  

1 − h 2

onde h deve ser medido em metros. As forças que atuam sobre o trem têm as seguintes componentes Direção x Direção y




R x  N sen 



R y  N cos  − mg


PR-5.18


y N

θ

x mg h

θ

1m

A resultante na direção x mantém o trem na curva e faz o papel da força centrípeta: R x 2 2 R x  mv  N sen   mv R R

R y  0  N cos  − mg  0  N 

 ma c . Assim,

mg

cos 

Logo, 2 2 mg sen   mv  tg   v cos  R gR

Mas, tg   sen   cos 

h

1 − h 2

então h

1 − h 2

2 4 h2  v   2v 2 2 gR g R 1 − h

ou h2 

v4 h2  v4  h2  g 2 R 2 g 2 R 2

v4 g 2 R 2

1 

v4 g 2 R 2

ou ainda h 

v2 gR 1 



v4

v2 v 4  g 2 R 2

g 2 R 2

Substituindo os valores R  100 m e v  30 km/h  8,33 m/s: h 

8, 3 2  0,071 m  h  7, 1 cm 4 2 2  8, 3  9, 8 100 ★★★

No sistema sistema da figura, figura, a bolinha bolinha de massa massa m está amarrada por fios de massa desprezível ao eixo vertical AB e gira com velocidade angular  em torno desse eixo. A distância AB vale l . Calcule as tensões nos fios superior e inferior. Para que valor de  o fio inferior ficaria frouxo?  PROBLEMA 19



PR-5.19


ω

y

A 60º P

C

r

T A

60º

x 30º

mg 30º

T B

B (a)

(b)

A figura figura (b) mostra mostra as forças que que atuam sobre sobre a partíc partícula ula de massa massa m. A direção x corresponde à direção que passa pelo centro do círculo descrito pela bolinha na situação indicada na figura. Para manter a bolinha em movimento circular, a resultante das forças deve estar nessa direção, com R x fazendo o papel da força centrípetra. Assim  Solução

Direção x Direção y



R x  T A B sen30º A sen60º  T B



R y  T A B cos30º − mg A cos60º − T B

Logo, (1)  T A A cos60º − T B B cos30º − mg  0 2 m 2 r (2)  T A B sen30º  m r A sen60º  T B

R y  0 R x 

onde r é é o raio da circunferência descrita pela partícula. Da figura (a), r  PC  AC tg60º  CB tg30º  AC   CB  l AB  AC 



tg30º tg60º

CB  1 CB

3

1 CB  CB  l  CB  3 l 3 4

Como r  CB tg30º então 3  r  3 l 4

3

3 l . 4

De (1), obtém-se 1 T A 2 A

−

3 T B − mg  0  T A A  2 B

3 T B B  2mg

que substituindo em (2) 3 T B B  2mg

3 2  1 T B  m 2 r  3 T B  3 mg   1 T B  m 2 r  2 T B B  m r − 3 mg 2 2 B 2 B 2 B

encontra-se m 2 T B B 

2

Como T A A



3 l − − 4

3 mg  T B B  2

2 3 m  l − g 2 4

3 T B B  2mg , então



PR-5.20


T A A 

3

2 3 m m  l  2 l − − g  2mg  T A A  2 4 2

3  2 l   g 4

Para que o fio fio inferior inferior fique fique frouxo, frouxo, o que correspon corresponde de à tensão tensão T B B  0, a projeção da tensão no fio superi superior or deve deve respon responder der pela pela força força centrí centrípet peta. a. Para a situaç situação ão indica indicada da nas figura figurasm sm isso isso deve deve ocorrer ocorrer para para    critico . Assim,

Fio frouxo

Direção x Direção y



R x  T A A sen60º



R y  T A A cos60º − mg

(1)  T A A cos60º − mg  0 2 2 m critico r (2)  T A A sen60º  m critico r

R y  0 R x 

De (1) T A A 

e de (2), com r 

mg

cos60º

3 l 4 mg

cos60º

2 r   critico  sen60º  m critico

g tg60º  r

g 3

3 l 4



4 g l

ou   critico  2

g l

★★★



PR-5.21


TRABALHO E ENERGIA MECÂNICA Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar Atenção Leia

Resolv Resolvaa o proble problema ma 8 do Capítul Capítulo o 4 a partir partir da con conser servaç vação ão de energia. energia. (Problem (Problema a 4.8 - Um martelo atinge um prego com velocidade v, fazend fazendo-o o-o enterrar-se de uma profundidade profundidade l numa numa prancha de madeira. Mostre que a razão entre a força média exercida sobre o prego e o peso do martelo é igual a h /l , onde h é a altura de queda livre do martelo que o faria chegar ao solo com velocidade v. Estime a ordem de grandeza dessa razão para valores típicos de v e l .   PROBLEMA 1

 Solução


No sistema da figura, M  3 kg, m  1 kg e d  2 m. O suporte S é é retirado num dado instante.

(a) Usando conservação de energia, ache com que velocidade M chega ao chão. (b) Verifique o resultado, calculando a aceleração do sistema pelas leis de Newton.  Solução

Considerando o nível de referência z  0 no chão, temos Inicial m

Final

z 0  0

v 0  0

z 1  d

v1  v

M Z 0  d V 0  0 Z 1  0 V 1  V

Logo, E i  1 mv 20  mgz 0  1 MV 20  MgZ 0  Mgd

2 2 1 2  1 MV 2 E f mv  mgz 1  1 MV 21  MgZ 1  1 mv 2  mgd  f  2 1 2 2 2

Devido à conservação da energia mecânica total, E i  E f f , encontra-se ( v  V ) Mgd  1 mV 2  mgd  M V 2   M − m  gd  V   m  M   1 MV 2  1 m − m

2

2

2

m  gd 2 M − − m m  M  M 

Portanto, V 

2     3 − 1   9, 8  2  4,43 m/s. 3  1

Leis de Newton Como l 1  l 2  constante  a m  − a M  a. Assim,

− Mg  − Ma, T −

− mg  ma T −

ou



PR-6.1


 ma − Mg  − Ma  m  M  mg  M a   M − m  g  a  − m

Com esta aceleração e V 2  2 ad  2

m  g  M  M − − m d  V  m  M  M 

m  gd 2 M − − m m  M  M 

 M − m  g − m m  M  M 

que é a mesma encontrada anteriormente.

*** Uma particula de massa m  1 kg, lançada sobre um trilho retilíneo com velocidade de 3 m/s, está sujeita a uma força F  x x  −a − bx, onde a  4 N, b  1 N/m, e x é o deslocamento, em m, a partir da posiçâo inicial. (a) Em que pontos do trilho a velocidade da partícula se anula? (b ) Faça o gráfico gráfico da velocidade velocidade da partícula partícula entre esses pontos. (c ) A que tipo de lei de forças corresponde F  x x ?  PROBLEMA 3

 Solução

Do teorema trabalho energia cinética, − T 0 W x x 0 → x  T −

Tomando a origem na posição de lançamento, v 0  3 m/s e e x 0  0. Como W x x 0 → x 

x

x

 0 F  x dx   0 −a − bx dx ′

′

′

′

 − a

x

 0 dx

′

x − b  x ′ dx ′  − ax − 1 bx 2 .

0

2

′ e T  1 mv 2 e T 0  1 mv 0 , encontra-se

2

2

− ax − 1 bx 2  1 mv 2 − 1 mv 20 2

2

2

ou ( m  1, v 0  3, a  4, b  1 ) − 4 x − 1 x 2  9  1 v 2  v  9 − 8 x − x 2 . 2

2

2

(a) Logo, os pontos para os quais v  0, são obtidos pela solução da equação 9 − 8 x − x 2  0. Ou seja,  x 

−9 m e x  1 m.

v  x x : (b) Gráfico v 

4

3

v (m/s)

2

1 -8

-6

x (m)-4

-2

0

(c) Lei de Hooke.

No sistema sistema da figura, figura, onde as polias polias e os flos flos têm massa massa desprezível, desprezível, m 1  1 kg e m 2  2 kg. (a) ( a) O sistema é solto com velocidade inicial nula quando as distâncias ao teto são l 1 e l 2 . Usando conservação da energia, calcule as velocidades de m 1 e m 2 depois que m 2 desceu uma distância x 2 . (b) Calcule a partir daí as acelerações a 1 e a 2 das duas massas. (c) Verifique os resultados usando as leis de Newton.  PROBLEMA 4


Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos

PR-6.2


Vamos escolher escolher o nível de referênc referência ia z  0 no teto, com o sentido positivo do eixo z para para cima. Como Derivando a relação relação l 2  2l 1  constante, Δ l 2  −2Δl 1 . Se Δ l 2  − x 2 (m 2 → desce)  Δl 1  − 1 Δ l 2  1 x 2 (m 1 → sobe). Derivando  Solução

2

2

constante, obtém-se obtém-se v 2  −2v 1 . A en ener ergi gia a tot otal al an ante tess do doss bloc blocos os come começçare arem a se mover over vale ale l 2  2l 1  constante, (v 10  0, v 20  0, z 10 10  −l 1 , z 20 20  − l 2  1 m 2 v 2  m 2 gz 20 2 E i  1 m 1 v 10  m 1 gz 10 10  20  E i  − m 1 gl 1 − m 2 gl 2 . 20 2

2

e, depois, v 1  1 v , v 2  − v, z 1  −l 1  1 x 2 , z 2  −l 2 − x 2 2

2

1 m 1 v 2  m 1 gz 1  1 m 2 v 2  m 2 gz 2  E  1 m 1 E f f  f f 1 2 2

2

2

2

1 v 2

 m 1 g

−l 1  1 x 2  1 m 2 v 2 − m 2 g l 2  x 2  2

2

ou seja, 1 m 1 v 2 − m 1 gl 1  1 m 1 gx 2  1 m 2 v 2 − m 2 gl 2 − m 2 gx 2 E f f  8

2

2

Da conservação da energia total, E i  E f f , encontra-se − m 1 gl 1 − m 2 gl 2  1 m 1 v 2 − m 1 gl 1  1 m 1 gx 2  1 m 2 v 2 − m 2 gl 2 − m 2 gx 2

8 2 2 0  1 m 1 v 2  1 m 1 gx 2  1 m 2 v 2 − m 2 gx 2  m 1 v 2  4m 1 gx 2  4m 2 v 2 − 8m 2 gx 2  0 8 2 2

ou m 1  4m 2 v 2 −  8m 2 − 4m 1  gx 2  0

de onde se obtém  v 1 

 v 2 

8m 2 − 4m 1  gx 2 m 1  4m 2 



2m 2 − m 1  gx 2 m 1  4m 2 

8m 2 − 4m 1  gx 2  m 1  4m 2 

− 2

2m 2 − m 1  gx 2 m 1  4m 2 

1 v  1 2 2

−v  −

Para os valores dados, v1  v2 


2  2 − 1  gx 2 1  4  2

−2

2  2 − 1  gx 2 1  4  2



3 gx 2 3  −

2 3 gx 2 3


PR-6.3


Para calculara a aceleração, usa-se Torricelli, Δ z 1  x 2 , Δ z 2  − x 2 2

3 gx 2 9  1 g x 2 3 12 gx 2 2 v 9 2   − 2 g v 22  2 a 1 Δ z 2  a 2  −2 x 2 2Δ z 2 3 v 21  v 21  2 a 1 Δ z 1  a 1  2Δ z 1

Ou seja, 1 g ↑  3  a 2  − 2 g ↓  3  a 1 

*** Um garoto garoto quer quer atirar atirar um pedregul pedregulho ho de massa massa igual igual a 50 g num passarinho pousado num galho 5 m a sua frente e 2 m acima do seu braço. Para isso, utiliza um estilingue em que cada elástico se estica de 1 cm para uma força aplicada de 1 N. O garoto aponta numa direção a 30º da horizontal. De que distância deve puxar os elásticos para acertar no passarinho?  PROBLEMA 5

Para acertar acertar o passarinho, passarinho, sua posição posição deve estar estar sobre a trajetória trajetória.. Para a origem na mão do garoto, garoto, as coordenadas do passarinho são  5, 2 . Assim, usando a equação da trajetória do projétil, podemos encontrar o valor de v 0 para o   30º. Ou seja,

 Solução

y  x tg  −

gx 2

2v 20 cos 2 



gx 2

2v 20 cos 2 

 x tg  − y 

2v 20 cos 2  gx 2



1

x tg  − y

 v0 

gx 2 y  2cos 2  x tg  − y

Logo, v0 

9, 8  5 2 2cos 2



6

5  tg  6

− 2

 13,6 m/s.

2m

v0

30º 5m

Para calcular o quanto devem ser esticados os elásticos do estilingue para que a pedra atinja esta velocidade vamos usar a conservação da energia mecânica: 1 kx 2  1 mv 2 2 2

ou seja, x 

mv 2 k

onde o valor de k pode ser obtido da condição F 0  1 N  x 0  0.01 m (cada elástico), usando a lei de Hooke Notas de Aula de Física I


PR-6.4


F 0  kx 0 . Como são dois elásticos, F  2 N para x  0,01m. Portanto F  2  200 N/m k  x 0,01

Logo, m  0,050 kg x 

13, 6 2  0,215 m mv 2  0,05  13, 200 k

Ou seja, cada elástico deverá ser esticado de 21 21,, 5 cm.

*** Uma balança balança de mola mola é calibrada calibrada de de tal forma forma que o prato prato desce de de 1 cm quando uma massa de guardada numa prateleira prateleira 1 m acima 0, 5 kg está em equilíbrio sobre ele. Uma bola de 0, 5 kg de massa fresca de pão, guardada do prato da balança, escorrega da prateleira e cai sobre ele. Não levando em conta as massas do prato e da mola, de quanto desce o prato da balança?

 PROBLEMA 6

Inic Inicia ialm lmen ente te vamo vamoss calc calcul ular ar com com qu que e velo veloci cida dade de a bo bola la de ma mass ssa a de pã pão o at atin inge ge o prato prato.. Por Por conservaçã conse rvaçãoo da energia energia mecâni mecânica ca para a bola, bola, v 0  0, z 0  1 m, z 1  0, v 1  v

 Solução

1 mv 2  mgz 0  1 mv 2  mgz 1  mgz 0  1 mv 2  v  2 0 2 1 2

2 gz 0

Para z 0  1 2  9, 8  1  4,43 m/s.

v

v0 = 0 z 0

=1m

z

O v

Ao atingir o prato com esta velocidade, velocidade, a massa tem energia cinética que será transformada transformada totalmente totalmente numa parcela parcela de energia potencial elástica (da mola) e outra de energia potencial gravitacional, devido à conservação da energia mecânica. Assim, considerando a posição do prato como o nível de referência z  0, temos pela conservação da energia 1 mv 2  mgz   1 kz 2 2 2

A solução desta equação fornece z 

 m 2 g 2  kmv 2 −mg 

k

O valor de k pode pode ser calculado pela condição F  0, 5  9, 8 N  x  0,01 m ou F  0, 5  9, 8  490 N/m. k  x 0,01 Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-6.5


Para m  0, 5 kg z 

−0, 5  9, 8  0, 5  9, 8  2  490  0, 5  4,43 2 490



z  − 15,2 cm z  13,2 cm

Como a posição inicial do prato é z  0, a solução deve ser negativa, ou seja, z  −15,2 cm é o quanto o prato abaixa.

*** Uma partícula partícula de massa igual 2 kg desloca-se ao Ìongo de uma reta. Entre x  0 e x  7 m, ela está sujeita à força F  x x representada no gráfico. Calcule a velocidade da partícula depois de percorrer 2, 3, 4, 6 e 7 m, sabendo que sua velocidade para x  0 é de 3 m/s.  PROBLEMA 7

 Solução

Vamos usar o teorema W − − T , considerando T 0  1 mv 20  1  2  3 2  9 J. Assim, 2

2

W 0→2  T x x2 − T 0

1 mv 2  x  2   v 2 . Logo Como W  área do gráfico F  x  x, então W 0→2  − 2  2  −4 J. Mas T x x2  x x2 2

2 9 − 4  v x 5 m/s. − 4  v x x2  x2  x2 − 9  v x

Da mesma forma W 0→3  T x x3 − T 0

Mas W 0→3  W 0→2  W 2→3 

−4 − 1  2  1   − 5 J 2

Logo, 2 9 − 5  v x − 5  v x x3  x3  2 m/s. x3 − 9  v x

Para x  4 W 0→4  W 0→2  W 2→3  W 3→4 

−4 − 1  2  1   1  2  1   −4 J 2

2

então 2 9 − 4  v x 5 m/s − 4  v x x4  x4  x4 − 9  v x

Para x  6 W 0→6  W 0→2  W 2→3  W 3→4  W 4→6  − 4 − 1  2  1   1  2  1   2  2  0 J

2

2

então 2 0  v x x6  x6 − 9  v x


9  v x x6  3 m/s


PR-6.6


Finalmente, para x  7 W 0→7  W 0→2  W 2→3  W 3→4  W 4→6  W 6→7 

−4 − 1  2  1   1  2  1   2  2  1  2  1   1 J 2

2

2

logo, 2 1  v x x7  x7 − 9  v x

9  1  v x x7 

10 m/s

*** Uma partícu partícula la move-se move-se ao ao longo longo da direção direção x sob o efeito de uma força F  x x  − kx  Kx 2 , onde k  200 N/m e K  300 N/m 2 . (a) Calcule a energia potencial U  x x da partícula, tomando U 0  0 , e faça um gráfico de U  x x para −0, 5 m  x  1 m. (b) Ache as posiçöes de equilíbrio da partícula e discuta sua estabilidade. (c) Para que domí domíni nio o de valo valore ress de x e da ener energi gia a to tota tall E a pa part rtíc ícul ula a po pode de te terr um mo movi vime ment nto o osci oscila lató tóri rio? o? (d) Discuta qualitativamente a natureza do movimento da partícula nas demais regiöes do eixo dos x .  PROBLEMA 8

n1 x Dado:  0 x ′n dx ′  x .

n  1

 So lu lu çã ção

(a) Por definição, U  x x  

x

x

x

x 0

x 0

x 0

−  F  x ′ dx ′  − −kx ′  Kx ′2 dx ′  k  x ′ dx ′ − K  x ′2 dx ′

 1 k  x 2 − x 20  − 1 K  x 3 − x 30 

2

3

Da condição U 0   0  x 0  0 e, portanto, U  x x   1 kx 2

2

− 1 Kx 3 3

Gráfico: k  200 e K  300 U  x x   100 x 2 − 100 x 3

40

30

Equilíbrio instável U(x)20

10

0

(b)

Equilíbrio Equilíbrio estável es tável

-0.4

-0.2

0

0.2 x

0.4

0.6

0.8

1

As posições posições de equilíbrio são obtidas obtidas da equação F  x x   0. Assim, F  x x 

−kx  Kx 2  0  x Kx − k   0  x  0 e x  k  200  2 m. K

300

3

Do gráfico, vê-se que x  0 é um ponto de equilíbrio estável e x  2 m é um ponto de equilíbrio instável. 3

(c) O movimento oscilatório é um movimento limitado, portanto, só pode ocorrer para x 0 ≤ x ≤ x 1 correspondente às Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-6.7


energias E  E 1 . O valor E E 1 corresponde a U  x 1  onde x 1  2 m. Assim 3

U 2

3

 100

2 3

2

− 100 2 3

3

2 3

 100

2

1 − 2 3

 100

2 3

2

1  100  4  1  400 J 3 9 3 27

40

30

U(x)20

E 1 10

E 0 0

movimento oscilatório -0.4

-0.2

0

0.2 x

0.4

0.6

0.8

1

x1

x0

Para calcular x x 0 , basta fazer U U  x 0   E 1 , ou seja, 100 x 2 − 100 x 3  400  x 3 − x 2  4  0 27 27

Esta equação pode ser escrita na forma de fatores 1  3 x  1 3 x − 2  2  0 27

Logo, as soluções seão x  − 1 , 2 , 2 .

3 3 3

Portanto, x 0  − 1

3

m.

Assim, os domínios de valores de x e E são são dados por: − 1 m  3

x  2

3

E  400

27

m

J.

*** Um sistema sistema formado formado por duas duas lâminas lâminas delgadas delgadas de mesma mesma massa massa m, presas por uma mola de constante elástica k e massa desprezive!, encontra-se sobre uma mesa horizontal (veja a Fig.). (a) De que distância a mola está comprimida na posição de equilíbrio? (b) Comprime-se a lâmina superior, abaixando-a de uma distància adicional x a partir da posição de equilíbrio. De que distància ela subirá acima da posição de equilíbrio, supondo que a lâmina inferior permaneça em contato com a mesa? (c) Qual é o valor minimo de x no item (b) para que a lâmina inferior salte da mesa?  PROBLEMA 9



PR-6.8



(a)

Na posição de equilíbrio, a mola deve sustentar o peso peso de uma das lâminas, P  mg . Assim, mg k

kx  mg   x 

(b) Nesta situação, a mola será comprimida de 2 x em relação ao seu tamanho normal. Portanto, a energia potencial

elástica da mola será h z =

0

x

mg U  1 k 2 x x  2  2 kx 2  2 k 2 k

2



2m 2 g 2 k

Considerando o nível de referência z  0 na posição de equilíbrio, a conservação da energia mecânica fornece mgh 

2m 2 g 2 k

− mgx  h 

2mg k

− x  2 x − x   h  x

(c) O valor mínimo de x para que o lâmina inferior salte da mesa é aquele em que a força normal exercida pela mesa

sobre o sistema se iguale iguale ao peso do sistema. Neste caso, a força normal é igual à força necessária necessária para comprimir comprimir a mola. Assim, como a massa da mola é desprezível, o peso do sistema corresponde ao peso das lâminas, que é P S S  2 mg . Então kx  2 mg  x min 

2mg k

*** Um cabo cabo uni unifor forme, me, de de mas massa sa M e comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre uma pequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado da polia. Devido a um pequeno desequilíbr deseq uilíbrio, io, o cabo começa a deslizar deslizar para uma de suas extremidades, extremidades, com atrito desprezível. desprezível. Com que velocidade velocidade o cabo está-se movendo quando a sua outra extremidade deixa a polia?


A resultante resultante da força força numa dada situaçã situação o em que que l 2 − l 1  x é dada pelo peso deste pedaço de cabo a mais que pende para um dos lados. Assim, considerando que a massa seja uniforme então m m  x x    x, onde   M / L L. Assim,  Solução

F  x x    gx Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-6.9


O trabalho realizado por esta força desde x  0 a x  L/2 será W 0→ L/2 

L/2

 0

 gxdx  1  g  g L

2

2

2

 1  gL  gL 2 .

8

l 1 l 2 x

Pelo teorema W − − T , v 0  0 W 0→ L/2  ΔT  1  gL  gL 2  1 m

8

2

L

2

v2

− 1 m m 0 v 20  1 M v 2  1  gL  gL 2  M v 2 2

2 2

8

4

Portanto, usando  L  L  M v

1  gL  gL 2 8  M

4

MgL 2 M

Ou seja,  v 

gL

2

Uma partícula de massa m move-se em uma dimensão com energia potencial U  x x representada pela curva da Fig. (as beiradas abruptas são idealizações de um potencial rapidamente variável). lnicialmenle, a partícula está dentro do poço de potencial (regiâo entre x 1 e x 2 ) com energia E tal que V 0  E  V 1 . Mostre que o movimento subseqüente será periódico e calcule o período.

 PROBLEMA 11

Para valores da energia no intervalo V 0 ≤ E ≤ V 1 , entre os pontos no intervalo aberto x 1  x  x 2 , temos da conservação da energia

 Solução



PR-6.10


E  1 mv 2  U  x x   v  dx   2 dt

2

 E − − V 0  m  E

E

Em termos de diferenciais, dx  dx dt  dx  dt

2  E − − V 0  dt m  E

Integrando ambos os membros desta equação, sabendo que em t  0, x  x 0 e em t a a posição é x x



x 0

dx ′  

2  E  E − − V 0 

m

t

0 dt

′

ou x  x 0 

2  E − − V 0  t m  E

ou seja, o movimento da partícula entre os pontos de retorno é um movimento retilíneo uniforme com velocidade cujo módulo vale | v | 

2

 E − − V 0  . O m  E

sinal é  ou − conforme a partícula esteja se movimento para a direita ou para a

esquerda. Quando a partícula atinge o ponto x  x 1 ou o ponto x  x 2 (posição (posição das paredes paredes da barreira) barreira) esta solução solução não é mais válida. Neste caso E  U  x x  e esses pontos são pontos de inversão. Ao atingir esses pontos a partícula fica sujeita suje ita a uma força dirigida dirigida em senti sentido do contrário ao movim movimento ento fazendo-a desacerelar, desacerelar, invertendo invertendo sua velocidade velocidade (da mesma forma como acontece com uma bola ao atingir uma parede). Esta força está sempre dirigida para a região de menor potencial. Por exemplo, ao atingir o ponto x 1 a força é dirigida para a direita, e no ponto x 2 , para a esquerda. Para encontrar o perído do movimento, basta calcular o tempo necessário para a partícula percorrer a distância Δ x  2 l . Logo, 2l  | v |    

2l 2

 E − − V 0  m  E

Um carrinho carrinho desliza desliza do alto alto de uma montanha montanha russa russa de 5 m de altura, com atrito desprezível. Chegando ao ponto A , no sopé da montanha, ele é freiado pelo terreno AB coberto de areia (veja a Fig.), parando em 1,25 s. Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a areia?  PROBLEMA 12



PR-6.11


 Solução

Pela conservação da energia, vamos vamos calcular a velocidade com que o carrinho chega ao ponto A : mgh  1 mv A2  v A 

2

2 gh

A partir deste ponto, o carrinho é desacelerado, e pelo teorema W − − T , podemos calcular o trabalho realizado pela força de atrito. Assim, 1 mv 2 − 1 mv 2  W A→ 1 2 A→ B  W A→ A→ B  − mv A 2 B 2 A 2

Como o W A→ A→ B  F c  x B − x A   F c Δ x, então F c 

W A→ A→ B Δ x

podemos podemos calcular calcular Δ x pela pela info inform rmaç ação ão do te temp mpo o qu que e o carr carrin inho ho leva leva pa para ra pa para rar. r. Alem Alem diss disso, o, a acel aceler eraç ação ão do movimento pode ser calculada, usando-se as leis de Newton, W A→ A→ B  F c  ma  a  mΔ x

− 1 mv A2 2

mΔ x



−

v A2 2Δ x

Assim, considerando um movimento uniformemente desacelerado, v2 Δ x  v A t   1 at 2  Δ x  v A t − − 1 A t 2 2 2 2Δ x

Desta equação, pode-se calcular Δ x, ou seja, Δ x x  2  v A t Δ x x  −

v A2

4

t 2  Δ x x  2 − v A t Δ x x  

v A2

4

t 2  0

Portanto, Δ x 

 v A t 

v A2 t 2 − v A2 t 2

2

 Δ x  1 v A t .

2

Com este valor de Δ x, podemos agora calcular a força de atrito cinético (em módulo) dada pela expressão F c  ma, onde a 

−

v A2 v A2 v  a  − A  − t 2Δ x 2 1 v A t

2

a, portanto, F c  ma  | F F c | 

mv A t

Como, F | F c |   c N   c mg   c mg 

mv A v   c g  A t t

ou



PR-6.12


  c 

v A  gt

2 gh gt

 1 t

2h g

Usando os valore dados g  9, 8 m/s 2 , h  5 m, t  1,25 s c 

1 1,25

2  5   c  0,81 9, 8

*** Um bloco de massa m  5 kg, deslizando sobre uma mesa horizontal, com coeficientes de atrito cinético e estático 0, 5 e 0, 6, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível, de constante de mola k  250 N/m, inicialmente na posição relaxada (veja Fig.). O bloco alinge a mola com velocidade de 1 m/s. (a) Qual é a deformação máxima da mola? (b ) Que acontece depois que a mola atinge sua deformação máxima? (c ) Que fração da energia inicial é dissipada pelo atrito nesse processo?  PROBLEMA 13


(a) A energia mecânica neste sistema não é conservada uma vez que existe forças de atrito. Mas, no

cômputo das energias, a energia cinética do bloco é, na maior parte, transformada em energia potencial elástica da mola e o restante é dissipada pelo atrito. Caso não existisse o atrito, da conservação da energia mecânica teríamos 1 mv 2  1 kx 2 2 2

onde x seria a deformação sofrida pela mola. Porém, com a presença do atrito, a energia cinética sofreria uma variação devido ao trabalho realizado por esta força, dado por W 0→ x  − F c x  ΔT

Portanto, retirando a parcela da energia cinética que foi dissipada pelo atrito (isto equivale a adicionar no membro da equação de conservação o termo de variação Δ T  0 ), temos 1 mv 2  Δ T  1 kx 2 2 2

ou 1 mv 2 − F c x  1 kx 2 2 2

Como F c   c mg , então 1 mv 2 −  c mgx  1 kx 2 2 2

encontra-se x 

− c mg − −  c2 m 2 g 2  kmv 2 k



x  0,074 m x 

−0,27 m

Como a solução deve ser x x  0, então  x  7, 4 cm.



PR-6.13

Universidade Federal do Amazonas ★★★

Um pêndulo pêndulo é afastado afastado da vertical vertical de um ângulo ângulo de 60 ° e solto em repouso. Para que ângulo com a vertical sua velocidade será a metade da velocidade máxima atingida pelo pêndulo?

 PROBLEMA 14

 Solução

Considere a figura abaixo. Da Da conservação conservação da energia mecânica, mecânica, E  1 mv 2  mgz  constante

2

vemos a velocidade é máxima na posição da menor coordenada z . No caso da figura, esta posição corresponde ao ponto B , que é o mais baixo da trajetória da partícula. Assim, a velocidade v B neste ponto será dada por 1 mv 2  mgz B 1 mv 2  mgz A B  A 2 B 2 A

Como z B B  0 e v A  0 encontra-se 1 mv 2  mgz A A  v B  2 B

2 gz A A

Mas, também da figura, encontra-se que z A − l cos60º  l A  l −

2

Assim, v B 

2 g l  2

gl

onde l é é o comprimento do fio do pêndulo. z

l

θ

60º

A z

A'

A

z

C'

C

C

0 B

Vamos agora admitir que o ponto C tem tem velocidade v C  1 v B , ou seja, metada da velocidade máxima. A coordenda z C 2

pode ser calculada em função do ângulo  − l cos   l 1 − cos  . z C C  l − Aplicando a conservação da energia entre os pontos B e C , encontra-se 1 mv 2  mgz B 1 mv 2  mgz C B  C 2 B 2 C

ou, lembrando que z B B  0 e v C  v B 2

1 mv 2  1 m v B 2 B 2 2

2

 mgl 1 − cos  

ou Notas de Aula de Física I


PR-6.14


1 mv 2 − 1 mv 2  mgl 1 − cos    3 v 2  gl 1 − cos   2 B 8 B 8 B

Como v B  gl 3 gl  gl 1 − cos    3  1 − cos   cos   1 − 3  5 8 8 8 8

Ou seja,   arccos 5

8

 51,3º

★★★



PR-6.15


CONSERVAÇÃO DA ENERGIA NO MOVIMENTO GERAL Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar Atenção Leia

No Exemplo Exemplo 1 da Seç. Seç. 5.3, considere considere a situaçã situação o em que |F | tem o valor mínimo necessário para manter o bloco deslizando sobre o plano horizontal com velocidade constante. Para um deslocamento l do bloco, exprima o trabalho W realizado realizado pela força F em função de P ,  , l e e do coeficiente  c . Que acontece com esse trabalho?  PROBLEMA 1

O valo valorr míni mínimo mo nece necess ssár ário io para para ma mant nter er o bloc bloco o desl desliz izan ando do com com velo veloci cida dade de cons consta tant nte e é − F sen  , de onde se obtém  c  P −

 Solução

F cos 



F cos    c sen  



 c P  F 

Assim, o trabalho realizado pela força F é dado por W  Fl cos 



 c P cos    c sen   c Pl cos  . Como cos    c sen 

não há variação da energia

cinética do bloco, este trabalho está sendo dissipado pela força de atrito, convertendo-se em calor.

*** Uma partícula partícula carreg carregada ada pen penetr etra a num campo mag magnét nético ico uniforme uniforme com vel veloci ocidad dade e inicia iniciall perpendicu!ar à direçâo do campo magnético. Calcule o trabalho realizado pela força magnética sobre a particula ao longo de sua trajetória.  PROBLEM PROBLEMA A 2

 Solução





Como a partícula partícula descreve descreve sua trajetória trajetória no plano perpendicular perpendicular ao campo magnético magnético W  Fl cos  e

90º  W  0.

***  PROBLEMA PROBLEMA 3  Solução

Dois vetores a e b são tais que | a  b |  |a − b |. Qual é o ângulo entre entre a e b ?

Sejam os vetores a  b e a − b. Seus módulos são dados por

Como |a  b |  |a − b |  a  b  2 ângulo entre a e b é 90º.



a  b  2



a  b   a  b 



a 2  b 2  2a  b

a − b  2



  a − b  a − b   



a 2  b 2 − 2a  b

a − b  2  a 2  b 2  2a  b

a 2  b 2

− 2a  b



a  b

 −a  b



a  b



Logo, o 0. Logo,

*** Calcu!e o ânguìo entre duas diagonais internas (que passam por dentro) de um cubo, utilizando o produto escalar de vetores.

 PROBLEMA 4

Sejam as diagonais diagonais d 1 e d 2 mostradas na figura. Em termos das componentes cartesianas, estes vetores podem ser escritos como

 Solução


d1



ai  a j  a k

d2



ai  a j − a k


PR-7.1


z

d1

a θ

y a

d2

a

x

Assim, d 1  d 2

Como d 1



d 2





d 1 d 2 cos 



a 2  a 2 − a 2



a2

3 a, então a  3 a cos  3 a 



a 2  cos 



1  3



cos −1 1 3

 70,5º

*** Uma conta de massa m, enfiada num aro circular de raio R que está num plano vertical, desliza sem atrito da posição A, no topo do aro, para a posição B, descrevendo um ângulo  (Fig.). (a) Qual é o trabalho realizado pela força de reação do aro sobre a conta? (b) Qual é a velocidade da conta em B ?  PROBLEMA 5

(a) A força de reação do aro sobre sobre a conta é sempre perpendic perpendicular ular ao deslocamen deslocamento to desta. Por Por isso, o trabalho realizado por essa força é nulo.

 Solução

N

mg

(b) (b) O trab trabal alho ho da fo forç rça a peso peso,, e port portan anto to,, o trab trabal alho ho to tota tall sobr sobre e a cont conta a é W A A→ B  F  l, onde F  − mg k e R1 − cos  k. Logo, W A mgR1 − cos  k  k. Portanto, W A mgR1 − cos  , que é igual à l   R cos  − R k  − R A→ B  mgR A→ B  mgR Notas de Aula de Física I

Conservação da Energia no Movimento Geral - Problemas Resolvidos

PR-7.2


variação da energia cinética entre os pontos A e B. Logo, supondo que a conta tenha energia cinética nula em A, ou seja, T A A  0, então T B B − T A A



mgR mgR1 − cos    1 mv B2

mgR mgR1 − cos    v B



2



gR1 − cos   2 gR

Um corpo corpo de mas massa sa m  300 g, enfiado num aro circular de raio R  1 m situado num plano vertical, vertical, está preso por uma mola de const constante ante k  200 N/m ao ponto C , no topo do aro (Fig.). Na posiçâo relaxada da mola, o corpo está em B , no ponto mais baixo do aro. Se solta soltarmos rmos o corpo em repouso a partir do ponto A indicado na figura, com que velocidade ele chegará a B ?  PROBLEMA PROBLEMA 6

 Solução

s



A força da mola é dada por F  − k Δ s, onde

 R  R cos  

2

2 2  R sen  

R 

R

2

2

3 2

2  R

2

Δ s 

9 R 2 4





O com compri primen mento to relaxa relaxado do s 0

s − s 0 .

3 R 2 4

3 R. Assim, Δ s A







2 R e

3 R − 2 R. Como só

temos forças conservativas, ΔT  −ΔU , logo T A A



0,

U A A



mgz A A



T B B



1 mv 2 2

1 kx 2 , U B B 2 A



mgz B B

Tomando o nível de referência z  0 no ponto B , isto é, z B B R , então x A  Δ s  − R, e z A A  R − R cos60º 



1 kx 2 2 B



0, e sabendo que em B a mola está relaxada  x  x B



0  e

2

T A A



0,

U A A



mg R

2



1 k Δ s 2 A 2



mg R

2



1 k 2

3 R − 2 R

2

T B B



1 mv 2 2

, U B B



mgz B B



1 kx 2 2 B



0

Assim, 1 mv 2 T B B − T A B − U A A  − U B A   2



mg R

2



1 k 2

3 R − 2 R

2

v



gR 

kR 2

3 − 2

2

m

ou seja, para os valores dados, a velocidade no ponto B vale v  7,59 m/s.

***  yi − x j, onde | F 1 | é medido em Uma partícula partícula se move move no plano plano xy sob a açäo da força F 1  10  y N, e x e y em m. (a) Calcule o trabalho realizado por F 1 ao longo do quadrado indicado na figura. (b) Faça o mesmo para F 2  10 yi  x j. (c) O que você pode concluir concluir a partir partir de (a) e (b) sobre o caráter conservativo conservativo ou não de F 1 e F 2 ? (d) Se uma das duas forças parece ser conservativa, procure obter a energia potencial U associada, associada, tal que F  − grad U .  PROBLEMA 7



PR-7.3


P3

P2

P1

Usando a definição de trabalho, temos para o da força F 1 :

 Solução

onde O Logo,



O0, 0 , P 1



W 1



P 1 1, 0 , P 2



P 1



O C 1 

F 1  d l 1

P 2





P 1 C 2 

e P 3

P 2 1, 1 



F 1  d l 2

P 3





P 2 C 3 

F 1  d l 3





O

P 3 C 4 

P 3 0, 1 . Também, d l 1



 d l 1 F 1  d



 yi − x j  i dx 10  y



10 y dx

 d l 2 F 1  d



 yi − x j  j dy 10  y



− 10 x dy

 d l 3 F 1  d



 yi − x j  i dx 10  y



10 y dx

 d l 4 F 1  d



 yi − x j  j dy 10  y



− 10 x dy

F 1  d l 4

i dx, d l 2



j dy, d l 3



i dx

e d l 4



j dy.

(a) Portanto, W 1



1

0

10 y dx −

 y0 



1

0

10 x dy 

 x1 

0

1

10 y dx −

 y1 

0

1

10 x dy



1,0 

1,1 

0,1 

0,0 

10 xy | 0,0  − 10 xy | 1,0   10 xy | 1,1  − 10 xy | 0,1 

 x0 

101  0 − 0  0  − 101  1 − 1  0   100  1 − 1  1  − 100  0 − 0  1 



0 − 10 − 10  0



− 20J

(b) Fazendo o mesmo com F 2

W 2



1

0

 y0 



10 y dx 

1

0



 yi  x j  i dx 10  y



10 y dx

F 2  d l 2



10  y  yi  x j  j dy



10 x dy

F 2  d l 3



 yi  x j  i dx 10  y



10 y dx

F 2  d l 4



 yi  x j  j dy 10  y



10 x dy

0

1

10 x dy 

 x1 

F 2  d l 1

10 y dx 

 y1 

0

1

10 x dy



1,0 

1,1 

0,1 

0,0 

10 xy | 0,0   10 xy | 1,0   10 xy | 1,1   10 xy | 0,1 

 x0 

101  0 − 0  0   101  1 − 1  0   100  1 − 1  1   100  0 − 0  1 



0  10 − 10  0



0

(c) F 1 não é conservativa, mas F 2 pode ser. (d) Vamos admitir que F 2 seja conservativa; logo, considerando P 0 U  x, y y 



−

P



P 0 C 

F 2  d l



−

P



P 0 C 



P 0 0, 0  e P  P  x, y y  encontra-se

 yi  x j   idx  j dy dy  10  y

Como é uma força conservativa, o esta integral não deve depender do caminho C escolhido. Para facilitar, vamos considerar que C seja: seja:  0, 0  →  x, 0  →  x, y y . Assim Notas de Aula de Física I


PR-7.4


U  x, y y 



−

P



P 0 C 

10  y  yi  x j  idx  j dy dy 



−10

x

0

ydx − 10

 y0 

y

0

xdy



− 10 xy

 x x 

*** Uma particul particula a est está á con confin finada ada a mov moverer-se se no sem semi-e i-espa spaço ço z ≥ sob a ação ação de fo forç rças as ≥ 0, sob 1 k  x 2  y 2 , on conser con servat vativa ivas, s, de ene energi rgia a pot potenc encial ial U  x, y, z   F 0 z  onde de F 0 e k são são po posi sititiva vas. s. (a) (a) Ca Calc lcul ule e as 

 PRO PROBLEMA BLEMA 8

2

componentes da força que atua sobre a partícula. (b) Que tipo de força atua ao longo do eixo Oz ? (c) Que tipo de forças atuam no plano xy ? (d) Qual é a forma das superffcies equipotenciais?  Solução

De acordo com a definição F

U , temos  −∇ U

(a) F x x



1 k  x 2  y 2   − d F 0 z 



−kx

F y y



−



−ky

F z z



1 k  x 2  y 2   − d F 0 z 



− F 0

2 dx d F z  1 k  x 2  y 2  0  2 dy 2

dz

(b) Constante na direção negativa do eixo. (c) Lei de Hooke; (d) U  x, y, z   constante  Parabolóides de revolução com eixo ao longo de z . Um oscilador harmônico harmônico tridimensional isotrópico é defínido como uma particula particula que se move sob a ação de forças associadas à energia potencial

 PROBLEMA 9

U  x, y, z 



1 k  x 2  y 2  z 2  2

onde k é uma constante positiva. Mostre que a força correspondente é uma força central, e calcule-a. De que tipo é a força obtida?  Solução

Da definição F

U, temos  −∇ U F x x



F y y



F z z



1 k  x 2  y 2  z 2  2 1 k  x 2  y 2  z 2  2 − d 1 k  x 2  y 2  z 2  dz 2

− d

dx − d dy



− kx



− ky



− kz

de onde se obtém F



F x x i  F y y j  F z z k



−k  xi  y j  z k 



−k r  − kr r r̂ .

que é a lei de Hooke dirigida para a origem.

*** Uma estrutura estrutura rígida rígida triangular triangular é construída construída com três hastes hastes iguais e seu plano é vertical, vertical, com a base na horizontal. Nos dois outros lados estão enfiadas duas bolinhas idênticas de massa m, atravessadas por um arame rígido e leve AB, de modo que podem deslizar sobre as hastes com atrito desprezível, mantendo sempre o arame na horizontal. As duas bolinhas também estão ligadas por uma mola leve de constante elástica k e e comprimento relaxado l 0 . (a) Mostre que uma expressão para a energia potencial do sistema em função do comprimenlo l da da mola é  PROBLEMA 10



PR-7.5


U l 



1 k l − o sistema está em equilíbrio? (c) Se soltamos o sistema na situação − l 0  2 − mg 3 l . (b) Para que valor de l o 2

em que a mola está relaxada, qual é o menor e qual é o maior valor de l no movim movimento ento subseqüente? subseqüente? (d) Que tipo de movimento o sistema realiza no caso (c)?

A ene energi rgia a pot potenc encial ial do sistem sistema a é dev devida ida às forças forças gravita gravitacio cional nal e elá elásti stica. ca. Assim, Assim, como l − − l 0 é a deformação da mola,  Solução

U  1 k l − − l 0  2 − 2mgz

2

onde o nível zero é tomado no vértice O do triângulo (figura). z O

z

30º

60º

60º

A altura z pode pode ser calculada em função de l , através através das relações geométricas geométricas num triângulo retângulo (ver figura). figura). Ou seja, z tg30º



l  z 

2

3 l . 2

Assim, U  1 k l − − l 0  2 − 2mgz  U l 

2



1 k l − − l 0  2 − mg 3 l 2

(b) O sistema estará em equilíbrio para o valor de l que corresponde a um extremo de U l . Assim, derivando U l  em relação a l e e igualando o resultado a zero, obtém-se para l o o valor: d dl

1 k l − − l 0  2 − mg 3 l 2



kl − − kl 0 − mg 3



0  l  k  

mg 3 k

(c) Na situação inicial o sistema só tem energia potencial gravitacional, E  Notas de Aula de Física I

−2mgz 0  − mg 3 l 0


PR-7.6


e numa situação arbitrária  z  z , l , 1 k l − E  1  2m v 2 − 2mgz   − l 0  2 2



2

1 k l − mv 2 − mg 3 l   − l 0  2 2

Da conservação de energia − mg 3 l 0 Fazendo x





1 k l − mv 2 − mg 3 l   − l 0  2 2

l − − l 0

1 k l − l − − l 0  2 − mg 3 l − l 0   mv 2 2

Os valores máximo e mínimo de l se se obtém para v





0  1 kx 2 − mg 3 x  mv 2 2



0

0 (energia total igual à soma das energias potenciais) Logo,

1 kx 2 − mg 3 x 2



0x



0, x



2mg

3 k

Portanto, l  l 0  x  l min min



l 0 , l max max



l 0



2 3 mg k

*** Mostre que que o trabalho necessári necessário o para remover um objeto objeto da atração atração gravitacional gravitacional da Terra Terra é o mesmo que seria necessário para elevá-lo ao topo de uma montanha de altura igual ao raio da Terra, caso a força gravitacional permanecesse constante e igual ao seu valor na superfície da Terra, durante a escalada da montanha.

 PROBLEMA 11

 Solução

De acordo com a Eq. (7.5.7) Δ U  −mgR e portanto W R R→



− ΔU  mgR

Considerando que força gravitacional seja constante no trajeto até o topo da montanha, este trabalho, realizado por uma força externa para elevar o corpo até um altura R , pode ser calculado, fazendo F  mg e e W  F  z − − z 0   mg  z − − z 0 

Tomando o nível de referência z  0 na superfície da Terra e z  R, encontra-se W  mgR

***  PROBLEMA 12  Solução

Calcule a velocidade de escape de um corpo a partir da superfície da Lua.

De acordo com a Eq. (7.5.28)



PR-7.7


T e



mg L L R L

g L L



M L L G R L2

onde

Assim, como 1 mv 2 2 e

Usando os valores  L  3,34 g/cm

M L L G



mg L L R L  v e, L L

L G 2 M L



R L

3

 1.738

R L



km  1,738  10 6 m

4  R  R 3  3 L L

 6,67  10

4    1,738 3  10 18  3,34  10 3 3



−11

7, 3  10 22 kg



2

N  m /kg 2

Logo, v e, L L

L G  v e, L 2 M L L



R L

 22  6,67  10 −11 2 7, 3 10 1,738  10 6



 2.367

m/s

ou seja,  v e, L L 

2, 4 km/s.

*** Um satélite satélite síncrono síncrono da Terra é um satélite satélite cujo cujo período período de revolução revolução em torno torno da Terra é de 24 h, de modo que permanece sempre acima do mesmo ponto da superfície da Terra. (a) Para uma órbita circular, a que distância distâ ncia do centro da Terra (em km e em raios da Terra) precisa ser colocado um satélite para que seja síncrono? síncrono? (b) Que velocidade mínima seria preciso comunicar a um corpo na superficie da Terra para que atingisse essa órbita (desprezando os efeitos da atmosfera)?

 PROBLEMA 13


(a) Para que o período seja T  24 h implica 

2  v S



T



 R s

onde R s é o raio da órbita circular. De acordo com a segunda lei de Newton, GMm R s2



Assim, para M  5,97  10 24 kg e  R S



GM 2

mv s2  GMm R s R s2 

2 T





m 2 R s2  R S R s

2 24  3600

1/3

 R S



 7.



1/3

GMm m 2



27  10 −5 rad/s e G

6.67  10 −11  5.97  10 24 2 7.27  10 −5 

GM 2

 6,67  10

1/3

−11

Nm 2 /kg 2

1/3  4.

22  10 7 m

Ou seja, R S

 4,22  10

4

km.

Em termos de raios da Terra, será R T  6,37  10 3 km



PR-7.8


R s

(b) Como a velocidade na órbita é v S



 R S

 7.



4.22  10 4 R T 6.37  10 3



6, 6 R T

27  10 −5  4. 22  10 7 U r 



 3.068

m/s e sua energia potencial é dada por

− GmM r

então, a energia mecânica total do satélite nesta órbita é 2 E  1 mv S  U  R S 

2

A energia total na superfície da Terra é 2 E  1 mv T  U  R T 

2

Da conservação da energia mecânica, tem-se 1 mv 2  U  R T  2 T



1 mv 2  U  R S   1 mv 2 − GmM R T 2 S 2 T

1 mv 2 − GmM R S 2 S



ou seja, 2 v T



2 v S  2 GM

1 − 1

R T

 v T

R S



2 v S  GM

1 − 1

R T

R S

ou v T



1 1 − 6.37  10 6 4.22  10 7

3068 2  6.67  10 −11  5.97  10 24  2  v T

 10,8

 10.750

m/s

km/s.

*** Utilize Utilize o Princípio dos Trabalhos Trabalhos Virtuais Virtuais enunciado enunciado na Seç. 7.3 para obter as condições condições de equilíbrio da alavanca [Fig. (a)] e do plano inclinado [Fig. (b)]. Para isto, imagine que um pequeno deslocamento, compatível com os vínculos a que estão sujeitas, é dado às massas, e imponha a condição de que o trabalho realizado nesse deslocamento (trabalho virtual) deve ser nulo.

 PROBLEMA PROBLEMA 14

 Solução

De acordo com a definição, para o caso (a) tem-se para o trabalho realizado m 1 g Δ z 1



m 2 g Δ z 2

Para deslocamentos infinitésimos Δ z , este se confunde com o arco descrito por l l 1 e l 2 , sendo proporcionais ao ângulo Δ. Assim, Δ z 1  l 1 Δ e Δ z 2  l 2 Δ e então Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-7.9


m 1 gl 1 Δ



m 2 gl 2 Δ  m 1 l 1



m 2 l 2 .

Para o caso (b), o trabalho realizado pelos blocos 1 e 2 são Como Δ l 1

m 1 g sen  1 Δl 1



m 2 g sen  2 Δl 2

m 1 sen  1



m 2 sen  2

 Δl 2 ,

*** Um vag vagão ão de mas massa sa m 1  4 toneladas está sobre um plano inclinado de inclinação   45°, ligado a uma massa suspensa m 2  500 kg pelo sistema de cabo e polias ilustrado na Fig. Supõe-se que o cabo é inextensivel e que a massa do cabo e das polias é desprezível em confronto com as demais. O coeflciente de atrito cinético entre o vagão e o plano inclinado é  c  0, 5 e o sistema é solto do repouso. (a) Determine as relaçöes entre os deslocamentos s 1 e s 2 e as velocìdades v 1 e v 2 das massas m 1 e m 2 , respectivamente. (b) Utilizando a conservação da energia, calcule de que distância o vagão se terá deslocado ao longo do plano inclinado quando sua velocidade atingir 4, 4, 5 km/h  PROBLEMA PROBLEMA 15

l 1 l 2

. constante. Disto resulta que os deslocamentos e velocidades das massas estão relacionadas de acordo com 2Δl 1  Δl 2  0  Δl 2  − 2Δl 1 , ou seja,


(a) A condição de fio inextensível é dada por 2 l 1  l 2 s | s 2 |

(b)



s 1 | e | v 2 | 2| s





2|v 1 |.

Como há atrito, a energia mecânica não se conserva. Mas sua variação é igual ao trabalho da força de atrito, ou

seja, W a



E f f − E i

 Δ E

Supondo que as coordenadas das massas sejam z 1i



z 2i



−l 1 sen , z 1 f  − l 1  s 1  sen , v 10  0, v 1 f  v 1 −l 2 , z 2 f  −l 2  s 2  sen , v 20  0, v 2 f  v 2

Assim, E i



1 m v 2  m 1 gz 1i 2 1 1i



1 mv 2  m 2 gz 2i  E i 2 2i



−m 1 gl 1 sen  − m 2 gl 2

e 1 m 1 v 2  m 1 gz f  1 mv 2  m 2 gz f  E f 1 m 1 v 2 − m 1 g l 1  s 1  sen   1 m 2 v 2 − m 2 g l 2  s 2  E f f  f  1 2 1 2 1 f 2 f 2


2

2

2


PR-7.10


Como v 2  − 2v 1  − 2v e s 2  − 2 s 1

−2 s, encontra-se



1 m 1 v 2 − m 1 g l 1  s E f s  sen   1 m 2 −2v  2 − m 2 g l 2 − 2 s s  f  E f f 

2 2 1 m v 2 − m 1 g sin  l 1 − m 1 g sin   s  2m 2 v 2 − m 2 gl 2  2m 2 gs 2 1

Logo, Δ E 

E f f − E i



1 m v 2 − m 1 g sin  l 1 − m 1 g sin   s  2m 2 v 2 − m 2 gl 2  2m 2 gs −  −m 1 gl 1 sin  − m 2 gl 2  2 1

1 m  2m 2 v 2 − m 1 g sin   s  2m 2 gs 2 1

Δ E 

Mas o trabalho realizado pela força de atrito é  s  s 1 W a



F c s



s

1 m  2m 2 v 2 − m 1 g sin   s  2m 2 gs 2 1



onde F c



−  c m 1 g cos 

ou seja, −  c m 1 g cos  s

1 m  2m 2 v 2 − m 1 g sin   s  2m 2 gs 2 1



Resolvendo para s , m 1 g sin  −  c m 1 g cos 

Logo, para v



− 2m 2 g s



1 m  2m 2 v 2  s 2 1



m 1  4m 2 v 2

2 m 1 g sin  −  c m 1 g cos  − 2m 2 g

4, 5 km/h  1,25m/s s



4.000  4  500   1,25 2

2 4.00 .0000  9,8sin45º − 0, 5  4.000  9, 8  cos45º − 2  500  988

  s

 1,15

m

que é o deslocamento da massa m 1 .

*** Um automável de massa m e velocidade iniciai v 0 é acele acelerado rado utilizando utilizando a potência potência máxima P M M do motor durante um intervalo de tempo T . Calcule a velocidade do automóvel ao fim desse intervalo.

 PROBLEMA 16

 Solução

Como potência potência é defininida como como trabalho por unidade de tempo, então W  P M T  1 mv 2 M T

2

− 1 mv 20 2



P M T  v M T



v 20



2

T M T m P M

onde usamos o teorema W − − T .

*** Um bloco de massa m  10 kg é solto em repouso do alto de um plano inclinado de 45° em relação relação ao plano horizontal, horizontal, com coeficiente coeficiente de atrito cinético cinético  c  0, 5. Depois de percorrer uma dislância d  2 m ao longo do plano, o bloco colide com uma mola de constante k  800 N/m, de massa desprezível, que se encontrava relaxada. (a) Qual é a compressão sofrida pela mola? (b) Qual é a energia dissipada pelo atrito durante o trajeto do bloco desde o alto do plano até a compressão máxima da mola? Que fração representa da variação total de energia potencial durante o trajeto? (c) Se o coeficiente de atrito estático com o plano é  e  0, 8, que acontece com o bloco logo após colidir com a mola?  PROBLEMA 17



PR-7.11



Tomand ndo o o ní níve vell zero zero na po posi siçã ção o fina finall da mo mola la comp compri rimi mida da de s, pod podemo emoss enc encont ontrar rar est esta a (a) Toma

compressão usando a conservação da energia, W a

 Δ E

onde Δ E é é a variação da energia mecânica. Sabendo que s i



0, s f  s, z i



d   s s  sen45º, z f f  0, v i



v f  0

encontra-se E i



E f f  W a



1 mv 2  mgz i  2 i 1 mv 2  mgz  f f 2 f − c mg cos45º s

mg d   s s  sen45º

1 ks 2 2



1 ks 2 2

Logo, s  −  c mg cos45ºd   s



1 ks 2 − 2 mg 1 −  c  s − 2 mgd 1 −  c  2 2 2



1 ks 2 − mg d  s  sen45º  1 ks 2 − mg sen45º s   c mg cos45º s   c mgd cos45º − m  s 2 2 0  s2 − 2

mg 1 −  c  s − k

2

mg d 1 −  c  k



0

Substituindo os valores numéricos, encontra-se s 2

  1 − 0. 5  − 2 10  9. 8   1 − 0. 5  s − 2 10  9. 8  2  

800

800



0

ou s 2 − 8. 662 662 1  10 −2 s − 0.17324



0

cujas soluções são s



− 0.38 e s  0.46

A solução negativa pode ser descartada, uma vez que s, como foi definida, é uma grandeza positiva. Logo, a compressão máxima da mola é  s  0.46 m.

(b) A energia dissipada pelo atrito é

|Δ E |



|W a |



 c mg cos45º d  s   s



0. 5  10  9. 8 

|Δ E |



85 J.

2   2  0.46  2

ou seja,



PR-7.12


Durante o trajeto, a variação total da energia potencial gravitacional é dada por |ΔU |



s  sin45º| sin45º |  s |−mg d 

  2  0.46   −10  9. 8  



2 2



170 J

Assim f  85

170

0, 5



(c) Após o bloco parar, a força elástica da mola na compressão máxima se contrapôe à força de atrito e a resultante

será F  ks −  e mg sen45º



800  0.46 − 0. 8  10  9. 8 

2 2



312 N

para cima ao longo do plano. Portanto, o bloco volta a subir.

*** Uma bolinha bolinha amarrada amarrada a um fio de comprimento comprimento l  1 m gira num plano vertical. (a) Qual deve ser a velocidade da bolinha no ponto mais baixo B (Fig.) para que ela descreva o círculo completo? (b) A velocidade satisfazendo a esta condiçâo, veriflca-se que a tensão do fio quando a bolinha passa por B difere por 4,41 tensão o 4,41 N da tensã quando ela passa pela posição horizontal A . Qual é a massa da bolinha?

 PROBLEMA 18


(a) Tomando o nível zero no ponto B , a conservação da energia mecânica fornece mgz l l  1 mv l 2

2



1 mv 2 2 B

Da segunda lei de Newton, no ponto mais alto mg   T l l



mv l 2 l

O menor valor de v B para que a bolinha descreva descreva uma volta completa, completa, deve ser aquele que torne T l  0 no ponto mais alto. Assim, mg 

mv l 2  v l l



gl

Assim, substituindo na conservação da energia, 1 mgl  1 mv 2  v B  2mgl  2 2 B



5 gl  v B



7 m/s.

(b) No ponto mais baixo B a tensão do fio vale T B B − mg 

mv B2  T B B l



mv B2 l

 mg 

5mg   mg  6mg

A velocidade no ponto A , pode ser obtida pela conservação da energia energia mecânica. Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-7.13


1 mv 2  mgz A A 2 A

1 mv 2  mgz B 1 v 2  gl  5 gl  v A B  2 B 2 A 2



5 gl − − 2 gl





3 gl

Então, a tensão do fio no ponto A vale T A A



mv A2 l

3mgl





l

3mg

Sabendo-se que T B B − T A A  4,41, então − 3mg  4,41  3mg  4,41  m 6mg −



4,41 3 g

ou seja, m

ou seja, m



4.41  m 3  9. 8



 0.15

kg

150 g.

*** Um garotinho garotinho esquimó esquimó desastrado desastrado escorrega escorrega do alto do seu iglu, um domo hemisféri hemisférico co de gelo de 3 m de altura. (a) De que altura acima do solo ele cai? (b) A que distância da parede do iglu ele cai?

 PROBLEMA 19

N( θ0)

r

y0

θ0

θ0

v0

mg O

x0 x


(a) Numa posição qualquer, temos mg cos  − N  



mv mv  2  N   r



mg cos  −

mv mv  2 r

Tomando o nível zero no solo, por conservação da energia mecânica obtém-se mgr  mgr cos   1 mv mv   2

2

ou seja v 



2 gr 1 − cos  

Então N  



mg cos  −

2mgr 1 − cos   r



mg cos  − 2mg   2 mg cos 

O garoto perde o contato com o domo numa posição  0 para a qual N  0  3mg cos  0 − 2mg  0  cos  0

ou seja, para  0



cos −1 2 . Também sen  0 3



1 − cos 2  0



1 − 4 9









3mg cos  − 2mg

0. Logo,

2 3 5 9



5 . Isto corresponde a uma altura 3

y 0 igual a



PR-7.14


y 0

Ou seja, o garoto cai de uma altura  y 0 x 0

 



r cos  0



3  2 3

2 m.



2 m. A distância da origem x 0 que ele abandona o iglu é dada por

r sen  0



5 3

r



5 3

3 

5m





2, 2 m

(b) Ao abandonar o domo, o garoto o faz com uma velocidade v0



v 0 

2 gr 1 − cos  0 





 g   3  1 − 2 2  g 3

2 g 3



 4,43

m/s

que que faz faz um ângu ângulo lo  0 abaixo abaixo da horizo horizonta ntal.l. A partir partir des deste te pon ponto to o garoto garoto des descre creve ve uma trajet trajetóri ória a parabó parabólic lica a (movimento de projétil), cujas equações são (considerando a origem do sistema de coordenadas no ponto O) x

Assim, quando y





x 0  v 0 cos  0 t ,

y

y 0 − v 0 sen  0 t − − 1 gt 2



2

0 0



2 −

2 g 5 t − − 1 gt 2  0 3 3 2



1 gt 2 2



10 g t − − 2 27



0

ou t 2  2

10 t − 4 − g 27 g



0

ou ainda t 2  2

10 t − − 4 27  9. 8 9. 8



0  t 2  0.39 t − − 0.41



0  t  0,47; e t  − 0,86

Ou seja, a solução é t  0,47 s, que é o tempo que o garoto leva para atingir o solo. Substituindo este valor de t na na expressão de x , encontra-se x



x 0  v 0 cos  0 t  x



5



2 3

2  9. 8  0.47  x 3

 3,037

m

Em relação à parede do iglu, a distância que o garoto atinge o solo é d  x − r  0,037 m

*** Num parque parque de diversõe diversões, s, um ca carrinho rrinho desce desce de uma uma altura altura h para dar a volta no “loop” de raio R indicado na figura. (a) Desprezando o atrito do carrinho com o trilho, qual é o menor valor h 1 de h para permitir ao carrinho dar a volta toda? (b) Se R  h  h 1 , o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta percorrer mais um ângulo  para chegar até o topo A (Fig). Calcule  . (c) Que acontece com o carrinho para h  R?  PROBLEMA 20



PR-7.15


(a) Tomando o nível zero de referência no solo, a conservação de energia fornece


mgh

onde h A



1 mv 2  mgh A 2 A



2 R. Da 2ª lei de Newton no ponto A obtém-se mv A2  mv A2 R

mg   N 

mgR  N .



Então, a menor velocidade para que o carrinho possa fazer o loop é aquela para a qual N  0. Assim, mv A2



mgR  v A

gR



Substituindo na equação de conservação da energia, encontra-se a menor altura h carrinho dar uma volta completa, mgh 1

(b) Num ponto B qualquer, onde R



h



1 mgR  2mgR  h 1 2



h 1 , a segunda lei de Newton fornece

N   mg cos 

R



2

mv 2    N   R



 2 R



 h 1

mv 2   R



− mg cos 



0  Rg cos 



h 1 para

a qual é possível o

5 R . 2

− mg cos 

O carrinho cai do trilho num ponto onde ele perde o contato, ou seja, onde N   mv 2   R





0. Assim

v 2  

Mas, da conservação da energia mecânica sabe-se que mgh

onde z  





1 mv 2    mgz   2

R  R cos . Logo, mgh



1 mv 2    mgR  mgR cos   v 2   2

Rg cos 



v 2    Rg cos 



2 gh − 2 gR − 2 gR cos 

Portanto, 

2 gh − 2 gR − 2 gR cos   3 R cos 



2h − R 

ou 2h − R R 

3 R cos 



cos 

2 h − 1 3 R

de onde se obtém

(c) Para h





R, a conservação da energia mecânica fornece mgh



1 mv 2    mgR − mgR cos  2

onde  é o ângulo medido com a vertical a partir do ponto mais baixo. Como por hipótese v v   mgh



mgR − mgR cos   R cos 





0, então

R − h

ou seja, cos 



1 − h

R

Assim, o carrinho sobe um ângulo  depois de ultrapassar o ponto mais baixo, volta a descer e continua oscilando. Notas de Aula de Física I


PR-7.16

Universidade Federal do Amazonas ★★★

Uma escad Uma escada a rolan rolante te liga liga um anda andarr de uma loja loja com com out outro ro situ situad ado o a 7, 5 m acima. O comprimento da escada é de 12 m e ela se move a 0,60 m/s. (a) Qual deve ser a potência mínima do motor para transportar até 100 pessoas por minuto, sendo a massa média de 70 kg? (b) Um homem de 70 kg sobe a escada em 10 s. Que trabalho o motor realiza sobre ele? (c) Se o homem, chegando ao meio, põe-se a descer a escada, de tal forma a permanecer sempre no meio deÌa, isto requer que o motor realize trabalho? Em caso afirmativo, com que potência?  PROBLEMA PROBLEMA 21


(a) O trabalho realizado pelo motor da escada para transportar uma única pessoa de massa m



70 kg é

dado por W 1



F d

onde, para uma velocidade constante, F  mg sen sen , sendo sen 

h . Assim d



W 1



mg   h  d  W 1 d

W 1



70  9. 8  7. 5



mgh

ou seja, kJ

 5,145

A potência para transportar 100 100 pessoas por minuto, que corresponde a N  100 pessoas/s

60

será P 1100 00



NW 1



100  5,145 60

 8,575

kW

F

d h

mg θ

(b) O tempo que o motor gasta para transportar uma pessoa de um andar para o outro é d  vt  t  12

0. 6



20 s

A potência gasta para transportar uma pessoa será então P 1



W 1 t



5.145 20

 257,25

W

Se um homem sobe a escada em t  10 s, o motor realiza um trabalho sobre ele dado por W  P 1 t  257,25  10

ou seja, W  2.572,5 J



PR-7.17


CONSERVAÇÃO DO MOMENTO Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar Atenção Leia

Dois veículos veículos espaciais espaciais em órbita órbita estão estão acoplados. acoplados. A massa de um deles deles é de 1.000 kg e a do outro 2.000 kg. Para separá-los, é detonada entre os dois uma pequena carga explosiva, que comunica uma energia cinética total de 3.000 J ao conjunto dos dois veículos, em relação ao centro de massa do sistema. A separação ocorre segundo segundo a linha que une os centros de massa dos dois veículos. Com que velocidade relativa relativa eles se separam separam um do outro?  PROBLEMA 1

 Solução

Seja m 1  1.000 kg e m 2  2.000 kg. Em relação ao CM do sistema, o momento total é nulo. Assim, m 1 v ′1



m 2 v ′2  v ′2



−

−

m1 ′ m 2 v 1

onde v ′1 e v ′2 são as velocidades ao longo da direção da linha que une os CM individuais dos dois veículos. Como a energia cinética total T  3000 J comunicada pelo explosivo em relação ao CM do sistema T  1 m 1 v ′12



m 21  m 1 m 2 m2

v ′12

2

1 m v ′2  T  1 m 1 v ′2 1 2 2 2 2

1 m 2 2



−

m1 ′ m 2 v 1

2

 2T 

m 21  m 1 m 2 m2

v ′12

ou seja 

2T  v ′1



2m 2 T m 1 m 1  m 2 

 v ′1



2  2  10 3  3  10 3 10 3 10 3  2  10 3 



2 m/s

Como v ′2

A velocidade relativa é v 12



v ′1 − v ′2





−

m1 ′ ′ m2 v1  v2

2  1





−

10 3  2  v ′ 2 2  10 3



1 m/s

−

3 m/s. ∗ ∗ ∗

Um atirado atirador, r, com com um um rifle rifle de 2 kg apoiado ao ombro, dispara uma bala de 15 g, cuja velocidade na boca da arma (extremidade do cano) é de 800 m/s. (a) ( a) Com que velocidade inicial a arma recua? (b) Que impulso transmite ao ombro do atirador? (c ) Se o recuo é absorvido absorvido pelo ombro em 0,05 s, qual é a força média exercida sobre ele, em N e em kgf?  PROBLEMA 2


F (ext) P



(a) Como o sistema está inicialmente em repouso P 0



0. Como é nula a resultante das forças externas,

0, então então o mome moment nto o tota totall se cons conser erva va,, ou seja seja,, P P 0  0. Portanto, Portanto, imedia imediatam tament ente e após após o dispar disparo o m r v r  m b v b  0  v r  −m b /m r v b  v r  −15  10 3 /2   800  − 6. 0 m/s. Ou seja, a velocidade inicial de recuo 



−

do rifle é de v 0r  6 m/s. (b) ( b) O impulso transmitido ao ombro do atirador corresponde à variação do momento do rifle após a arma ser dispara. Assim, Δ p r  p r − p 0r  m r v r − m r v 0r  0 − 2     −6   12 N s. (c) A força média é dada por ̄  F

Δ p r Δt



12 0.05



̄  240/9.8 ≈ 24. 5 kgf. 240 N. Em kgf será F

∗ ∗ ∗

Um canhão montado sobre uma carreta, apontado numa direção que forma um ângulo de 30º com a horizontal, atira uma bala de 50 kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300 m/s. A massa total do canhão e da carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velocidade inicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é 0, 7, de que distância a carreta recua?  PROBLEMA PROBLEMA 3

Vamos Vamos consider considerar ar apenas apenas a compon component ente e horizo horizonta ntall dos momentos momentos,, uma vez que a variaç variação ão da componente vertical do momento da bala é absorvida pelo solo. Assim, como F (ext)  0 e inicialmente o sistema estava

 Solução



PR-8.1


em repouso, m b v b cos30º  m c v c



0  vc



mb mc

−

v b cos30º  v c



−

50 5  10 3

ou seja, a velocidade velocidade de recuo da carreta carreta é 2, 6 m/s. (b ) A força de atrito é F c



que implica, pela 2ª lei de Newton, uma desaceleração da carreta dada por considerando v 0c



2, 6 m/s, v c



0 e a



v c2 

 300 

3 2



2. 6 m/s

−

 c N  0. 7  5  10 3  9. 8 F 34300  6. 9 a  mc  c 5000

 34.300

N, o

m/s 2 . Assim,

6. 9 m/s 2 , a distância que a carreta recua é

v 20c

−

2aΔ x  Δ x



v 20c 2a



2. 6 2 2  6. 9

 0.49

m.

∗ ∗ ∗

Uma patinado patinadora ra e um patinado patinadorr estãoestão-se se aproximan aproximando do um do outro, desliza deslizando ndo com atrito desprezível sobre uma pista de gelo, com velocidades de mesma magnitude, igual a 0, 5 m/s. Ela tem 50 kg, carrega uma bola de 1 kg e patina numa direção 10º a leste da direção norte. Ele tem 51 kg, dirige-se para 10º a oeste da direção norte. Antes de colidirem, ela lança a bola para ele, que a apanha. Em conseqüência, passam a afastar-se um do outro. Ela se move agora com velocidade de 0,51 m/s, numa direção 10º a oeste da direção norte. (a) Em que direção se move o patinador depois de apanhar a bola? (b) ( b) Com que velocidade? (c) Qual foi o momento transferido da patinadora para o patinador? (d) Com que velocidade e em que direção a bola foi lançada? [Note que a deflexão das trajetórias produzida pela troca da bola é análoga ao efeito de uma força repulsiva entre os dois patinadores. Na física das partículas elementares, a interação entre duas partículas é interpretada em termos de troca de uma terceira partícula entre elas].  PROBLEM PROBLEMA A 4

y

α

y

vm α

α

vh θ

x v0

x

v0

patinadora patinadora patinador  Solução

Como F (ext)



  0, o momento total do sistema se conserva. Seja P 0 o momento inicial. Logo 

P 0 x



m m  m b v 0m sen  − m h v 0h sen   P 0 x



m m  m b − m h v 0 sen 

P 0 y



m m  m b v 0m cos   m h v 0h cos   P 0 y



m m  m b  m h v 0 cos 



10º 

Após lançar a bola, o momento sua velocidade é de v m  0,51 m/s numa direção   10º. Chamando de  a direção do patinador, temos para as componentes do momento final

A condição P 0



 m h  m b v h sen  m m v m sen   m

P x x



−

P y y



 m h  m b v h cos  m m v m cos   m

P implica que as componentes destes vetores devam ser iguais. Por isto,


Conservação do Momento - Problemas Resolvidos

PR-8.2


P 0 x



P x x  m m  m b − m h v 0 sen 



−

 m h  m b v h sen  m m v m sen   m

P 0 y



P y y  m m  m b  m h v 0 cos 



 m h  m b v h cos  m m v m cos   m

ou m m m  m b − m h v 0  m m v m  sen 



m h  m b v h sen 

m m m  m b  m h v 0 − m m v m  cos 



m h  m b v h cos 

(a) Dividindo membro a membro estas equações, obtém-se:

tg 

m m m  m b − m h v 0  m m v m  tg   tg  m m m  m b  m h v 0 − m m v m 



50  1 − 51   0. 5  50  0.51 50  1  51   0. 5 − 50  0.51



Depois de apanhar a bola, o patinador se move numa direção  m m m  m b − m h v 0  m m v m  sen 





tg 



tg   

10º a leste da direção norte. (b ) Como 

m h  m b v h sen   v h

 

 , tem-se

m m  m b − m h v 0  m m v m m h  m b 



ou vh

50  1 − 51   0. 5  50  0.51



 vh

51  1

 0.49

m/s.

(c) Devido à conservação do momento, P0 P





p 0m

pm

 p 0h

p 0m  p 0h

 p h



p m  p h 

Δp h 

pm

−Δ

Assim, a variação do momento da patinadora é p 0mx



m m  m b v 0 sen 

p mx



−

p 0my



m m  m b v 0 sen 

p my



m m v m cos 

m m v m sen 

 m m  m b v 0 sen  m m v m sen  − m

Δ p mx 

p mx − p 0mx



−

Δ p my 

p my − p 0my



 m m  m b v 0 cos  m m v m cos  − m

Δ p mx 

−





m m v m  m  m m  m b v 0  sen 

−

m m v m − m  m m  m b v 0  cos 

ou seja Como Δ p h



8.86 kg  m/s, Δ p my



0

p m , logo

−Δ

Δ p hx 

p mx

−Δ

 8.86

kg  m/s,

Δ p hy 

p my

−Δ



0

Portanto, o momento transferido foi de 8.86 kg m/s na direção leste. (d) Esta transferência de momento corresponde ao momento com que a bola foi lançada. Assim, como p b  m b v b  Δp h , temos p bx



m b v bx

 Δ p hx

 v bx



p by



m b v by

 Δ p hy

 v by



Δ p hx

mb



8.86 1

 8.86

m/s

0.

Logo, a bola foi lançada com uma velocidade de 8.86 m/s de oeste para leste. ∗ ∗ ∗

Um remado remadorr de 75 kg, sentado na popa de uma canoa de 150 kg e 3 m de comprimento, conseguiu trazê-la para uma posição em que está parada perpendicularmente à margem de um lago, que nesse ponto forma um barranco, com a proa encostada numa estaca onde o remador quer amarrar a canoa. Ele se levanta e caminha até a proa, o que leva a canoa a afastar-se da margem. Chegando à proa, ele consegue, esticando o braço,

 PROBLEM PROBLEMA A 5



PR-8.3


alcançar até uma distância de 80 cm da proa. Conseguirá agarrar a estaca? Caso contrário, quanto falta? Considere o centro de massa da canoa como localizado em seu ponto médio e despreze a resistência da água. X 0

X

xc0

xr x

x

CM xr0

xc

CM

A resultan resultante te das forças forças externa externass é nula, nula, o que impede impede que o CM do sistema sistema remado remador r  canoa se desloque. Logo, a posição inicial do CM não varia. Considerando a origem do sistema na estaca, e que a canoa seja uma partícula partícula de massa m c  150 kg localizada a uma distância x c0  1. 5 m da estaca (CM da canoa) e o remador de massa m r  75 kg e x r 0  3 m, então a localização inicial do CM do sistema em relação à estaca é  Solução

X 0



m r x r 0  m c x c0  X 0 m r  m c



75  3  150  1. 5 75  150



2 m

Como a posição do CM não varia, X  X 0 e  M  M  m r  m c  X 

m r x r  m c x c M



X 0  m r x r  m c x c



2 M

Por outro lado, na posição final vale a relação (ver figura) x c − x r



l  x c

2



x r  l

2

onde l é é o comprimento da canoa. Assim, m r x r  m c x c



2 M  m r x r  m c x r  l 2



2 M

de maneira que m r  m c  x r



2 M − m c l  x r 2



4 M − m c l 2m r  m c 

Logo, a posição final do remador em relação à estaca é x r



475  150  − 150  3 275  150 



1 m

Como o remador só consegue esticar o braço até 0,80m além da proa da canoa ele não conseguirá agarrar a estaca. Ainda faltam 20 cm para conseguir. ∗ ∗ ∗

No fundo de uma mina mina abandonada, abandonada, o vilão, vilão, levando levando a mocinha como como refém, refém, é perseguido perseguido pelo mocinho. O vilão, de 70 kg, leva a mocinha, de 50 kg, dentro de um carrinho de minério de 540 kg, que corre com atrito desprezível sobre um trilho horizontal, à velocidade de 10 m/s. O mocinho, de 60 kg, vem logo atrás, num carrinho idêntico, à mesma velocidade. Para salvar a mocinha, o mocinho pula de um carrinho para o outro, com uma velocidade de 6 m/s em relação ao carrinho que deixa para trás. Calcule a velocidade de cada um dos carrinhos depois que o mocinho já atingiu o carrinho da frente.  PROBLEMA 6



PR-8.4


v' m v 20

v 10

 Solução

v2

v1

x  são O momento incial e final do sistema (considere (considere apenas a direção x P 0

m m  m c v 10  m  m b  m r  m c v 20



 m b  m r  m c  m m v 2 P  m c v 1  m

Ao pular do carrinho 1, o mocinho produz uma transferência de momento para o carrinho 2. O salto, feito com velocidade v m′  6 m/s em relação ao carrinho, ou seja, vm



′ vm  v 10  v m



16 m/s

em relação ao solo, produz uma variação de momento no carrinho 1, que pode ser calculada usando a conservação de momento do carrinho 1. Logo, a velocidade do carrinho após o salto do mocinho será: m m  m c v 10



m c v 1  m m v m  v 1

Da conservação do momento total, P 0





m m  m c v 10 − m m v m  v1 mc



60  540   10 − 60  16

540



9. 3 m/s

P , encontra-se

m m  m c v 10  m  m b  m r  m c v 20



 m b  m r  m c  m m v 2 m c v 1  m

ou seja, v2



m m  m c v 10  m  m b  m r  m c v 20 − m c v 1 m b  m r  m c  m m

Substituindo os valores v2



60  540   10   70  50  540   10 − 540  9. 3

70  50  540  60

 10.5

m/s.

Portanto, o carrinho de trás passa a ter uma velocidade de 9, 3 m/s e o da frente, 10, 10, 5 m/s. ∗ ∗ ∗

Um gafanhoto, gafanhoto, pousado pousado na beirada superior superior de uma folha de papel papel que está boiando boiando sobre a água de um tanque, salta, com velocidade inicial de 4 m/s, em direção à beirada inferior da folha, no sentido do comprimento. As massas do gafanhoto e da folha são de 1 g e de 4 g, respectivamente, e o comprimento da folha é de 30 cm. Em que domínio de valores pode estar compreendido o ângulo  entre a direção do salto e a sua projeção sobre a horizontal para que o gafanhoto volte a cair sobre a folha?

 PROBLEMA 7

v0 CM

O xf0

θ

x

CM

O xg

X 0 xg0

X xf

Vamos Vamos admitir admitir que a água água aborva aborva a variaç variação ão de moment momento o na direçã direção o vertical. vertical. Então, Então, na direçã direção o horizontal, a conservação de momento garante que o CM do sistema folha  gafanhoto não muda de posição, que

 Solução



PR-8.5


inicialmente está em X 0 , ou seja, X 0



m g x g 0  m f x f 0 m g  m f

Da conservação de momento, sabendo que P 0 P 



1  30  4  15 1  4





18 cm.

0, e que o gafanhoto pula para a esquerda, obtém-se m g v 0 cos  m f

m g v 0 cos   m f v f  0  v f 

−

1  4  cos   v  cos  f 4



ou seja, a folha desloca-se para a direita. A velocidade relativa do ganhafoto em relação à folha é portanto ′ v g



v g − v f 

v 0 cos  − cos 

−



5cos 

−

na direção horizontal. Para percorrer o comprimento da folha, o gafanhoto leva então um tempo t 

l |v g ′ |



0. 3 5cos 

Em relação à origem do sistema ligado à água, no entanto, a posição do gafanhoto ao final deste intervalo de tempo é x g



x g 0 − v 0 cos  t  x g



0. 3 − v 0 cos  

0. 3 5cos 



0. 3 − 4  0. 3 5

 0.06

m

Ou seja, o gafanhoto percorre 24 cm para atingir a outra extremidade da folha que se desloca para a direita. Isto corresponde ao alcance máximo de um lançamento de projétil sob um ângulo  como velocidade inicial v 0  4 m/s. Usando a expressão para o alcance, A



v 20 g sen2  0.24



4 2 sen2   sen2  9. 8



0.24  9. 8 16

 0.147

ou seja, 2



sen 1 0.147   2 −

 8.5º

 

 4.23º

Portanto, para qualquer ângulo entre 0 e 4,23º o gafanhoto cai sobre o papel, ou seja, 0

Como o alcance é o mesmo para ângulos 







 4,23º

45º   e 



45º −  , então 



Portanto, 



45º  40. 77º

 85.



45º − 4.23º



45º −  para este caso e portanto vale

 40,77º

77º também satisfaz a condição para o alcance. Logo, outro domínio de valores será 85,77º







90º

∗ ∗ ∗

Um rojão, rojão, lançado lançado segundo segundo um ângulo de 45º, explode em dois fragmentos ao atingir sua altura máxima, de 25 m; os fragmentos são lançados horizontalmente. Um deles, de massa igual a 100 g, cai no mesmo plano vertical da trajetória inicial, a 90 m de distância do ponto de lançamento. O outro fragmento tem massa igual a 50 g. (a) A que distância do ponto de lançamento cai o fragmento mais leve? (b ) Quais são as velocidades comunicadas aos dois fragmentos em conseqüência da explosão? (c ) Qual é a energia mecânica liberada pela explosão?  PROBLEMA 8



PR-8.6


v10

v

v20

CM v0 O

m1

m2 CM

x1 = 90 m X = A x2

(a) Para este lançamento, a velocidade inicial é dada através da expressão da altura máxima


ou seja   



y m



v 20 sen 2   v0 2 g

v0



2  9. 8  25 2 2 /2

2 gy m sen 2 



45º   31.3

m/s.

: 31. 305 Para esta velocidade, a distância horizontal até a posição de y m é x m A



v 20 g sen2 

2  9. 8  25  1 2 2 /2  9. 8







1 A . Como 2

100 m

portanto, x m

Momento antes da explosão

1 A 2



1 31.3 2  x m 2 9. 9





50 m.

No ponto y m , a velocidade do rojão (antes de explodir) vale apenas a componente x

da velocidade inicial, ou seja, v



v 0 cos45º

então, o momento total P 0 vale P 0

Momento após a explosão



m 1  m 2 v  P 0



m 1  m 2 v 0 cos45º

Após a explosão, o momento é P  m 1 v 1  m 2 v 2

Como foi dada a posição em que fragmento m 1 caiu, que é x 1 explosão. Ou seja,  x  x 0  x m , y 0  y m , v 0 y  0, v 0 x  v 1  x

Para y





x m  v 1 t , y



ym



−

90 m, podemos calcular a velocidade v 1 após a 1 gt 2 2

0, t  t q que é o tempo de queda do fragmento 1 . Portanto, t 


2 y m g

 t q



2  25 9. 8

 2.26

s.


PR-8.7


Assim, para t  t q  x



x1 x 1



x m  v 1 t q  v 1



x 1 − x m  v1 t q



90 − 50 2.26

 17.7

m/s.

Como não há força externa externa na direção direção horizontal, horizontal, podemos podemos usar a conservação conservação do

Conservação do momento

momento m 1 v 1  m 2 v 2



m 1  m 2 v 0 cos45º

e o valor da velocidade do fragmento m 2 logo após a explosão é v2



m 1  m 2 v 0 cos45º − m 1 v 1 m2

ou v2



0.100  0.050   31. 31. 3 

2 /2 − 0.100  17. 17. 7

0.050



31 m/s

Como o tempo tempo de queda queda é o mesmo que que o anterior, anterior, a posição posição do fragmento fragmento 2

Distância da queda do fragmento 2

pode ser calculada por x 2



x m  v 2 t q

ou x 2



50  31  2.26



120 m

Ante Antess da expl explos osão ão,, os frag fragme ment ntos os viaj viajav avam am com com uma uma

(b) (b) Velocid Velocidad ade e comunica comunicada da aos aos dois fragme fragmentos ntos

velocidade v



v 0 cos45º  v

 31.3 

2 2

 22.13

m/s

Após a explosão, o fragmento de massa m 1  100 g passou a se movimentar com um velocidade v 1  17.7 m/s, ou seja, foi-lhe comunicada uma velocidade v ′1  v 1 − v  17.7 − 22.13  −4. 43 m/s. Ao fragmento de massa m 2  50 g, cuja velocidade após a explosão é de v 2  31 m/s, foi-lhe comunicada uma velocidade v ′2  v 2 − v  31 − 22.13  8. 87 m/s. energia mecânica mecânica liberada pela explosão pode ser calculada calculada pela diferença diferença da energia mecânica antes e depois depois (c) A energia da explosão. Assim, E a



E d d



1 mv 2  mgh  1   0.100  0.050   22.13 2   0.100  0.050   9. 8  25  73.48 J 2 2 1 m v 2  m 1 gh  1 m 2 v 2  m 2 gh  1  0.100  17. 17. 7 2  0.100  9. 8  25  1  0.050  31 2  0.050  9. 8  25 2 2 1 1 2 2 2

 76.

44 J

Portanto, a energia liberada foi de Δ E 

E d d − E a

 76.

44 − 73.48

 2.96

J

∗ ∗ ∗

Uma mina explode em três fragmentos, de 100 g cada um, que se deslocam num plano horizontal: um deles para oeste e os outros dois em direções 60° ao norte e 30° ao sul da direção leste, respectivamente. A energia cinética total liberada pela explosão é de 4.000 J. Ache as velocidades iniciais dos três fragmentos.

 PROBLEMA 9



PR-8.8


p2 v2 p1

v1

60º 30º

v3

p3

 Solução

O momento momento inicial inicial da da mina é nulo, isto é, P 0



0. Não havendo forças externas, o momento final também

o é. Logo, p 1  p 2 cos60º  p 3 cos30º

P x x



−

P x x



p 2 sen60º − p 3 sen30º



0

p 2 cos60º  p 3 cos30º  p 1



1 p 2 2



0

Ou seja, p 1



p 3



p 2 sen60º

 p3

sen30º



3 p 2 3

3 p 2



Substituindo p 3 na primeira, encontra-se p 1



1 p 2 2



3 2

3 p 2  p 1

Como as massas dos fragmentos são iguais, isto é, m 1 velocidades. Isto é, p 1



p 3







1 2



m2



m3

2 p 2  v 1





2 p 2

m, podemos

encontrar duas relações para as

2v 2



3 p 2  v 3

3 p  p1 2 2

3 v 2



Sabendo-se que a energia cinética total liberada pela explosão é de 4.000 J, temos entrão a terceira relação entre as velocidades, ou seja, T  1 m m v 21  v 22  v 23   v 21  v 22  v 23

2



2T m

Portanto m  0.100 kg , v 21  v 22  v 23

2T  2v  2  v 2 2 2 m





3 v 2

2



8000 0.100

ou 4v 22  v 22  3v 22



8  10 4

ou ainda 8v 22



8  10 4  v 2



100 m/s.

Usando as duas relações, encontra-se


v1



p 3



2v 2  v 1



3 p 2  v 3

200 m/s 

173 m/s


PR-8.9


Portanto, v1



200 m/s, v 2



100 m/s, v 3



173 m/s

∗ ∗ ∗

Uma barra cilíndrica homogênea de 3 m de comprimento é dobrada duas vezes em ângulo reto, a intervalos de 1 m de modo a formar três arestas consecutivas de um cubo (Fig.). Ache as coordenadas do centro de massa da barra, no sistema de coordenadas da figura.  PROBLEMA 10

Como a barra é homogênea, podemos considerar cada segmento segmento da barra com uma partícula localizada no CM de cada um deles. Assim,

 Solução

P 1



1 , 00,, 0 , P 2 2



1, 1 , 0 , P 3 2



1,1, 1 2

Considerando que cada segmento tenha massa m , então X 

mx 1  mx 2  mx 3 3m



Y 

my 1  my 2  my 3 3m



Z 

mz 1  mz 2  mz 3 3m



1 2

 1  1

3 0  1  1 2 3 0  0  1 2 3



5 m 6



1 m 2



1 m 6

Assim, CM 

1 , 1 , 1 6 2 6

em m

∗ ∗ ∗

 PROBLEM BLEMA 11

(a) Ache as coordenadas do CM (centro de massa) da placa homogênea OABCD indicada na

figura, dividindo-a em três triângulos iguais. (b ) Mostre que se obtém o mesmo resultado calculando o CM do sistema formado pelo quadrado OABD e pelo triângulo BCD que dele foi removido, atribuindo massa negativa ao triângulo.



PR-8.10



(a) Sejam os triângulos iguais T 1



OCD, T 2



OCA e T 3



ACB. O CM de cada triângulo está no centro

geométrico correspondente. Assim, T 1



T 2



T 3



1 1 , 1  3 2 2 1 , 1 1  2 3 2 1  2 1 , 1 2 3 2 2

1 , 6 1 , 2

1 2 1 6 5 , 1 6 2



Como as massas são iguais X  Y 

x 1  x 2  x 3



3 y 1  y 2  y 3



3

1 6



1 2



1 2 3 1 6 3





5 6 1 2



1 2



7 18

ou seja, 1 , 7 2 18

CM 

(b) O CM do quadrado é X q

1 , Y q 2





1 2

e do triângulo X t t



1 , Y t t 2



1 2



2 1 3 2



5 6

O CM do sistema, será então (m t  −m X 

m q X q  m t X t t m q  m t

Y 

m q Y q  m t Y Y t t m q  m t





4m  1 − m  m  2 4m − m m  4m  1 − m  2 4m − m

1 2 5 6



1 2



7 18

o que confirma o enunciado. ∗ ∗ ∗

Calcule Calcule as coordenadas coordenadas do CM da placa placa homogênea homogênea indicada indicada na figura, um círculo círculo de 1, 0 m de raio do qual foi removido um círculo de 0, 5 m de raio, com uma separação de 0,25 m entre os centros O e O ′ dos dois círculos.  PROBLEMA 12



PR-8.11


Vamos adotar adotar o esquema esquema de solução solução com massa massa negativa. negativa. Assim, Assim, o círculo círculo maior, de área área A 1   e o círculo menor, de massa negativa, de área A 2   . Assim, como A 1  4 A 2  m 1  4m 2 . Vamos adotar m 2  −m e

 Solução

4

m1



4m. O CM do círculo 1 é C 1



0, 0 , enquanto que do círculo 2, C 2 X 

m 1 X 1  m 2 X 2 m 1  m 2



Y 

m 1 Y 1  m 2 Y 2 m 1  m 2



Portanto, o CM do sistema está em CM  0, − 1

12

m  0 4m  0 − m  4m − m m  1 4m  0 − m  4 4m − m

0, 1 . Logo, para o sistema teremos 4

 

0



−

1 12

em m.

Num lançamento lançamento do foguete foguete Saturno Saturno V (veja (veja tabela da pg. 164) 164) são queimadas queimadas 2.100 toneladas 7 de combustível combustível em 2, 5 min, gerando um empuxo de 3, 4  10 N. A massa total do foguete com sua carga é de 2.800 toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b) ( b) Calcule a aceleração inicial do foguete na rampa de lançamento.  PROBLEMA 13

Utiliz Utilizand ando o os dados da tabela tabela da pg. 164, 164, calcule, calcule, para para o 3º estágio do sistema Saturno V Apolo: (a) a velocidade de escape dos gases de combustão; (b) o incremento de velocidade produzido por este estágio, na ausência de forças externas. A diferença entre o resultado e os valores da tabela pode ser atribuída a essas forças (gravidade e resistência atmosférica residuais).  PROBLEMA 14

Um avião a jato viaja a 900 km/h. Em cada segundo, penetram penetram nos jatos 150 m 3 de ar que, após a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600 m/s em relação ao avião. Tome a densidade do ar como 1, 3 kg/m 3 . (a) Calcule o empuxo exercido sobre o avião em N e em kgf. (b ) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp.  PROBLEMA 15

Uma corrente de massa igual a 750 g e 1, 5 m de comprimento está jogada no chão. Uma pessoa segura-a por uma das pontas e suspende-a verticalmente, com velocidade constante de 0, 5 m/s. (a) Calcule a razão entre a força exercida pela pessoa no instante final, em que está terminando terminando de tirar a corrente do chão, e a força que teve de exercer no instante inicial. (b ) Qual é o trabalho realizado?

 PROBLEMA 16

Um encantador encantador de serpentes, serpentes, tocando tocando sua flauta, flauta, faz uma serpente serpente de comprimento comprimento l e e massa do chão. Supondo a massa da m, inicialmente enrodilhada no chão, elevar gradualmente a cabeça até uma altura h  l do serpente uniformemente distribuída pelo seu corpo, quanto trabalho foi realizado pela serpente?  PROBLEMA 17

Uma gotícula gotícula de água começa começa a formar-se formar-se e vai-se vai-se avolumando avolumando na atmosfera atmosfera em torno torno de um núcleo de condensação, que é uma partícula de poeira, de raio desprezível. A gota cai através da atmosfera, que supomos saturada de vapor de água, e vai aumentando de volume continuamente pela condensação, que faz crescer

 PROBLEMA 18



PR-8.12


a massa proporcionalmente à superfície da gota. A taxa  de crescimento da massa por unidade de tempo e de superfície da gota é constante. (a) Mostre que o raio r da gota cresce linearmente com o tempo. (b) Mostre que a aceleração da gota, decorrido um tempo t desde desde o instante em que ela começou a se formar, é dada por dv dt



g − 3 v t

−

onde v é a velocidade da gota no instante t (desprezando o efeito da resistência do ar). (c) Mostre que esta equação pode ser resolvida tomando v  at , e determine a constante a . Que tipo de movimento resulta para a gota? Um caminhão-t caminhão-tanque anque cheio cheio de água, água, de massa total total M , utilizado para limpar ruas com um jato de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético  c . Ao atingir uma velocidade v 0 , o motorista motorista coloca a marcha no ponto morto e liga o jato de água, que é enviada para trás com a velocidade v e relativa ao caminhão, com uma vazão de  litros por segundo. Ache a velocidade v v t  do caminhão depois de um tempo t .

 PROBLEMA 19

Uma nave nave espacial espacial cilíndrica cilíndrica,, de massa massa M e e comprimento L, está flutuando no espaço sideral. Seu centro de massa, que podemos tomar como o seu ponto médio, é adotado como origem O das coordenadas, com Ox ao longo do eixo do cilindro. (a) No instante t  0, um astronauta dispara uma bala de revólver de massa m e velocidade v ao longo do eixo, da parede esquerda até a parede direita, onde fica encravada. Calcule a velocidade V de recuo da nave espacial. Suponha que m  M , de modo que M   m ≈ M. (b) Calcule o recuo total Δ X da nave, depois que a bala atingiu a parede direita. Exprima-o em função do momento p transportado pela bala, eliminando da expressão a massa m . (c ) Calcule o deslocamento Δ x do centro de massa do sistema devido à transferência da massa m da extremidade esquerda para a extremidade direita da nave. (d) Mostre que Δ X   Δ x  0, e explique por que este resultado tinha necessariamente de ser válido. (e) Suponha agora que o astronauta, em lugar de um revólver, dispara um canhão de luz laser. O pulso de radiação laser, de energia E , é absorvido na parede direita, convertendo-se em outras formas de energia (térmica, por exemplo). Sabe-se que a radiação eletromagnética, além de transportar energia por: p  E /c, onde c é a velocidade da luz. Exprima a resposta do E , também transporta momento p , relacionado com E por: item (b) em termos de E e c , em lugar de p . (f ) Utilizando Utilizando os itens (c) e (d), conclua conclua que a qualquer forma de energia energia E 2 deve estar associada uma massa inercial m , relacionada com E por E  mc . Um argumento essencialmente idêntico a este, para ilustrar a inércia da energia, foi formulado por Einstein (veja Física Básica, vol. 4).  PROBLEMA 20

★★★



PR-8.13


COLISÕES Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar Atenção Leia

Calcule Calcule a magnitude magnitude (em kgf) da força impulsiva impulsiva que atua em cada um dos exemplos exemplos seguintes seguintes:: (a) Num saque de jogo de tênis, a bola, de massa igual a 60 g, é lançada com uma velocidade de 40 m/s; o tempo de contato com a raquete é da ordem de 0,005 s (b) Um jogador de futebol cobra um pênalti, chutando a bola com uma velocidade de 20 m/s. A massa da bola é de 450 g e a duração do chute da ordem de 0,01 s. (c ) Uma pessoa de 80 kg pula do alto de um muro de 2, 5 m de altura, caindo em pé (sem dobrar os joelhos). A duração do impacto é de 0,01 s. É melhor dobrar os joelhos! joelhos! (d) Um carro de 1,5 toneladas, a 60 km/h, bate num muro. A duração do choque é de 0, 1 s.  PROBLEMA 1

 Solução Δ p

A força força impuls impulsiv ivaa é da dada da por F

 Δp/Δt .

Assim: (a) p 0



0

e p



mv

 0.060  40 

2. 4

kg m/ m/s. s.

2. 4 − 0  480.0 N ou F  480  49 kgf . (b ) p  0 e p  mv  0.450  20  9. 0 kg m/s. F  9 − 0  900 N 0 0.005 9. 8 0.01 900 ou F   92 kgf. (c) Ao atingir o solo, a velocidade é v  2 gh  2  9. 8  2. 5  7. 0 m/s. Logo, p 0  80  7  9. 8 560 kg m/s e p  0. F  0 − 560  − 56000 N ou F  56000  5714 kgf. (d) v  60  16. 7 m/s. p 0  1500  16.7  0.01 9. 8 3. 6 5 2. 505  10 25050 kg m/s e p  0. F  25050  2. 505  10 5 N ou F   25.561 kgf. 0. 1 9. 8

F 

Δt



Na teoria corpuscul corpuscular ar da luz, no século 17, imaginava-s imaginava-se e um feixe de luz como constituído constituído de corpús corpúscul culos os mui muito to peq pequen uenos, os, mov movend endo-s o-se e com vel veloci ocidad dade e mui muito to ele elevad vada. a. A reflex reflexão ão da luz num esp espelh elho o seria seria produzida pela colisão dos corpúsculos luminosos com o mesmo, de forma análoga a uma colisão elástica com uma parede impenetrável. Ao atravessar a superficie de separação entre dois meios transparentes distintos (ar e água, por exemplo). um corpúsculo luminoso teria sua velocidade alterada pelo efeito de uma força impulsiva normal à superficie de separação, prosseguindo depois em seu movimento, livre da ação de forças. Sejam  1 ,  ′1 e  2 os ângulos de incidência, reflexão, e refração respectivamente. Mostre que este modelo explicaria as leis da reflexão e da refração: raios refletido e refratado no plano de incidência, com  ′1   1 , sen  ′1 /sen  2  n 12 , e calcule calcule o índice de refração refração relativo n 12 do segundo meio em relação ao primeiro em função das velocidades v 1 e v 2 dos corpúsculos nos meios 1 e 2. A velocidade dos corpúsculos seria maior no ar ou na água?  PROBLEMA 2

Considere Considere a colisão colisão elástica elástica entre entre duas partículas partículas de de massas m 1 e m 2 que se movem em uma dimensão. (a) Verifique, a partir das (9.4.11), que a velocidade do CM se conserva na colisão. (b) Calcule Calcule as velocidade velocidadess iniciais iniciais v ′1i e v ′2i das duas partíc partícula ulass em relaçã relação o ao CM do sistem sistema, a, exp exprim rimind indo-a o-ass em fun função ção da velocidade relativa inicial v ri da partícula 2 em relação à partícula 1 e da massa total M  m 1  m 2 . Qual é a relação entre v ri′ e v ri ? (c ) Faça o mesmo para as velocidades finais v ′1 f e v ′2 f em relaçâo ao CM, com auxilio das (9.4.11). Qual  PROBLEMA 3

′ ′ é a relação entre v rf e v rf (a velocidade relativa final)? E entre v rf e v ri′ ? (d) Interprete os resultados de (a) a (c),

descrevendo como ocorre a colisão vista do referencial do CM.  So lu lu çã ção

(a) De acordo com a definição, a velocidade do CM antes e depois da colisão é dada por V i



m 1 v 1i  m 2 v 2i , m 1  m 2

V f f 

m 1 v 1 f  m 2 v 2 f m 1  m 2

A conservação da velocidade do CM implica em m 1 v 1i  m 2 v 2i m 1  m 2



m 1 v 1 f  m 2 v 2 f m 1  m 2

Agora, considere as equações (9.4.11) Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen


PR-9.1


v 1 f  v 2 f 

m 1 − m 2 2m 2 m 1  m 2 v 1i  m 1  m 2 v 2i 2m 1 m 1 − m 2 m 1  m 2 v 1i − m 1  m 2 v 2i

ou seja m 1 v 1 f  m 2 v 2 f 

m 1 − m 2 2m 1 m 2 m 1  m 2 m 1 v 1i  m 1  m 2 v 2i 2m 1 m 2 m 1 − m 2 m 1  m 2 v 1i − m 1  m 2 m 2 v 2i

ou ainda p 1 f  p 2 f 

m 1 − m 2 2m 1 m 1  m 2 p 1i  m 1  m 2 p 2i 2m 2 m 1 − m 2 m 1  m 2 p 1i − m 1  m 2 p 2i

Somando as duas

p 1 f  p 2 f 

m1 m1 m1 m1

p 1 f  p 2 f 

m 1 − m 2 m 1  m 2

p 1 f  p 2 f 

m 1 − m 2  2 m 2 p 1i m 1  m 2

p 1 f  p 2 f 

− m 2  m 2

2m 1 2m 2 m 1 − m 2 m 1  m 2 p 2i  m 1  m 2 p 1i − m 1  m 2 p 2i 2m 2 2m 1 m 1 − m 2 p 2i m 1  m 2 p 1i  m 1  m 2 p 2i − m 1  m 2

p 1i

− m 2   m 2 



2m 2 m 1  m 2 p 1i



2m 1 m 1  m 2

2m 1 − m 1



m 1 − m 2 m 1  m 2

−

 m 2

m 1  m 2

p 2i

p 2i

p 1 f  p 2 f  p 1i  p 2i

Esta equação é equivalente a m 1 v 1i  m 2 v 2i



m 1 v 1 f  m 2 v 2 f

ou, o que é o mesmo m 1 v 1i  m 2 v 2i m 1  m 2



m 1 v 1 f  m 2 v 2 f m 1  m 2

como queríamos demonstrar. (b) Em relação ao CM o momento total é nulo, tanto antes como depois da colisão, ou seja m 1 v ′1i  m 2 v ′2i

m 1 v ′1 f  m 2 v ′2 f  0



Logo, m 1 v ′1i  m 2 v ′2i

Como v ′2i





0  v ′1i

 −

m 2 ′ m 1 v 2i

v 2i − V i encontra-se

v ′2i



v 2i

−

m 1 v 1i  m 2 v 2i m 1  m 2

 v ′2i



m 1 v 2i  m 2 v 2i − m 1 v 1i − m 2 v 2i M

Lembrando que a velocidade relativa inicial de 2 em relação a 1 é v ri v ′2i







m 1 v 2i − m 1 v 1i M



m1 v i − v 1i  M 2

v 2i − v 1i , então

m1 v r M

Portanto, v ′1i

 −

m 2 ′ ′ m 1 v 2i  v 1i

 −

m 2 m 1 m 1 M v r

ou seja, Notas de Aula de Física I

Colisões - Problemas Resolvidos

PR-9.2


v ′1i

 −

m 2 v ri M

De maneira similar v ′2i

Em relação ao centro de massa, v ri′



m1 v ri M



v ′2i − v ′1i , ou seja, ′ v ri



m1 v ri M

−

−

m 2 v ri M



m 1  m 2 v ri M

ou seja, ′ v ri



v ri .

(c) Para as velocidade finais, em relação ao CM temos da relação m 1 v ′1 f  m 2 v ′2 f  0 v ′1 f 

−

m 2 ′ m 1 v 2 f

Como v ′2 f  v 2 f − V f f , então m 1 v 1 f  m 2 v 2 f m 1  m 2

v ′2 f  v 2 f −



m1 v − v  M 2 f 1 f

ou, lembrando que v rf  v 2 f − v 1 f , v ′2 f 

m1 v M rf

Então v ′1 f 

−

m 2 ′ ′ m 1 v 2 f  v 1 f 

−

m 2 m 1 m 1 M v rf 

−

m 2 v M rf

Devido à conservação da energia da energia cinética e do momento, vimos que v 2 f − v 1 f 

−v 2 f − v 1i 

 v rf 

−v ri

ou seja, a velocidade relativa entre as duas partículas se inverte. Desta maneira, encontra-se v ′1 f 

Logo, como v ′1i

 −

−

m 2 m2 v rf  v ′1 f  v ri M M

m 2 v ri encontra-se que M v ′1 f 

−v 1i

′

v ′2 f 

−v 21

De maneira similar ′

★★★

Considere Considere um sistema sistema qualquer qualquer de duas partícul partículas, as, de massas massas m 1 e m 2 e velocidades v 1 e v 2 . Sejam T 1 e T 2 as energias cinéticas das duas partículas, e v r , a velocidade relativa da partícula 2 em relação à partícula 1 . (a) Mostre que os momen momentos tos das duas partículas em relação ao CM são dados por: p ′1  −v r  −p ′2 , onde chamaa-se se a ma mass ssa a redu reduzi zida da do sist sistem ema a de duas duas part partíc ícul ulas as.. No Note te que que 1/   m 1 m 2 / M (com M  m 1  m 2 ) cham 1 M v 2 , onde T ′ e T ′ são as ′ ′  1/m 1    1/m 2 . (b) Mostre que a energia cinética total é dada por T 1  T 2  T 1  T 2  CM 1 2  PROBLEMA 4

2

energias cinélicas relativas ao CM e v CM é a velocidade do CM. (c) Mostre que a energia cinética relativa ao CM (energia cinética interna) é dada por T ′1  T ′2  1  v r 2 . Combinando os resultados de (b) e (c), vemos que a energia 2



PR-9.3


cinética total é a soma da energia cinética associada ao movimento do CM, com massa igual à massa total, mais a energia cinética do movimento relativo, equivalente à de uma partícula de massa igual a massa reduzida e velocidade igual à velocidade relativa. Mostre que, para um sistema isolado de duas partículas, a energia cinética interna se conserva numa colisão elástica entre elas. Mostre que o fator Q de uma colisão inelástica (Seç. 9.7) é igual a variação da energia cinética interna. O momento momento total em relação ao CM é nulo, ou seja,

 Solução

P′

Como v ′



v − V ou p ′



p ′1  p ′2

0  p ′1



 −p ′2

p − m P então M



p ′1



p1

−

m1 P, M

′

p2



p2

−

m2 P M

ou seja p ′1



p ′1



M p 1 − m 1 p 1  p 2  m 1 p 1  m 2 p 1 − m 1 p 1 − m 1 p 2 m1 p  p 2   p ′1   m 1  m 2 m 1  m 2 M 1 m 2 m 1 v 1 − m 1 m 2 v 2 m 1m2  m 1  m 2 m 1  m 2 v 1 − v 2   −v 2 − v 1   −v r

p1

−



m 2 p 1 − m 1 p 2 m 1  m 2

Assim, p ′1

′  −v r  −p 2

(b) A energia cinética total do sistema é dada por T 

Como p ′1



p1

−

m1 P, M

′

p2



p2

−

p 21 2m 1

p 22 2m 2



m2 P ou seja, M p1



p ′1



m1 P e p 2 M

′



p2



m2 P M

então T 

p ′1

T 

p ′1 2 2m 1



T 

p ′1 2 2m 1



T  T ′1  T ′2

Mas, p ′1

 −p ′2 ,

2

m1 P M 2m 1





m 2 1 p ′1  P M 2m 1 p ′2 2 2m 2 



P2 2 M



p ′2



m2 P M 2m 2



p ′1 2  2 

m 21 2 m 1 ′ p 1  P  P M M 2 2m 1

p ′2 2  2 

m 22 2 m 2 ′ p 2  P  P 2 M M 2 2m 2

m 21 2 P M 2 2m 1

m 1  m 2 M p ′1  P M

2



m 22 2 m 1 ′ P 2 p 2  P 2 p ′2 2 M M    2m 2 2m 2 2m 2 m m 2 1 p ′  P 2 2 p ′2  P M P 2  M 1  2 M 2m 1 2m 2 ′ p 2  P M

o que nos leva a T  T ′1  T ′2



P2 2 M

ou seja T  T ′1  T ′2

(c) A energia cinética interna, T ′ Notas de Aula de Física I



T ′1  T ′2



1 MV 2 CM 2

é dada por Colisões - Problemas Resolvidos

PR-9.4


T ′

Mas, v ′



Como V



1 m v ′2 1 1 2



1 m v ′2 2 2 2

v − V, então



m 1 v 1  m 2 v 2 M

T ′



T ′



T ′



1 m v − V  2  1 m v − V  2 1 1 2 2 2 2 1 m v 2 − m v  V  1 m V 2  1 m v 2 − m v  V  1 m V 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 m v 2  1 m v 2 − m 1 m  m 1  m 2 V 2 1 1 2 2  m 1 v 1  m 2 v 2   V  2 2 2

, logo m 1 v 1  m 2 v 2 m 1 v 1  m 2 v 2 1 m  m 1  m 2   M M 2 2 1 m 1 v 1  m 2 v 2   M 2

T ′



1 m v 2 1 1 2



1 m v 2 − m 2 2  m 1 v 1 2

T ′



1 m v 2 1 1 2



2 1 m v 2 − m 1 v 1  m 2 v 2  2 2 M 2

T ′



1 m v 2 1 1 2



2 1 m v 2 − m 1 v 1  m 2 v 2  2 2 2 2 M

T ′



1 m v 2 1 1 2



m1 m2 m1m2 1 m v 2 − v 21 − v 1 v 2 − v 2 2 2 2 2m 1  m 2  2m 1  m 2  2 m 1  m 2 

T ′



T ′



T ′



 m 2 v 2  

2

2

2

m 1  m 2 m 1 v 21  m  m 1  m 2 m 2 v 22 − m 21 v 21 − 2 m 1 m 2 v 1 v 2 − m 22 v 22 2m 1  m 2  m m 1 1 2 v 21  v 22 − 2 v 1  v 2  2 m 1  m 2 m1m2 1 v 2 − v 1  2 2 m 1  m 2

ou seja T ′



1  v 2 r 2

Uma partícula partícula de massa m desloca-se com velocidade v em direção a duas outras idênticas, de massa m ′ , alinhadas com ela, inicialmente separadas e em repouso (veja fig.). As colisões entre as partículas são todas elásticas. (a) calcule as velocidades velocidades finais finais das três partículas. partículas. ( a) Mostre que, para m ≤ m ′ haverá duas colisões, e calcule (b) Mostre que, para m  m ′ , haverá três colisões, e calcule as velocidades finais das três partículas. (c ) Verifique que, no caso (a), o resultado para a primeira e a terceira partícula é o mesmo que se a partícula intermediária não existisse.  PROBLEMA 5

 Solução

Da conservação conservação da energia cinética total e do momento total, sabe-se que v 1 f  v 2 f 

Como v 1i



v, v 2i



0, m 1




m e m 2




m ′ , encontra-se para as velocidades após a primeira colisão


PR-9.5


m − m ′ m  m ′ 2m m  m ′

v 1 f  v 2 f 

(a) Se m

≤

m′

v v

a partícula de massa m pára ou volta após colidir com a segunda partícula de massa m ′ . Ou seja, 1 

v 1 f

m − m ′ v m  m ′ 2mv  0 m  m ′



1 

v 2 f



≤

0

Como v 2 f  0, a segunda partícula é arremessada ao encontro da terceira partícula que está em repouso. Novamente, da conservação da energia cinética e momento encontra-se v  v 2i  v 2 f , v 3i  0  2 

v 2 f




2 

v 3 f



ou seja, 2 

v 2 f

m ′ − m ′ v  2m ′  0 2i m ′  m ′ m ′  m ′ 2m ′ v − m ′ − m ′  0 2i ′ m  m ′ m ′  m ′



2 

v 3 f



Portanto, 2 

v 2 f

2 

v 3 f

Como v 1 f 1



m − m ′ m  m ′

v

≤

0 (a



0 2m ′



m

′

 m

′

v 2i



2mv m  m ′

partícula partícula volta após a colisão colisão ou fica parada), parada), v 2 f 2



2 

0 e v 3 f

condições de haver outras colisões, além das duas que mencionadas. (b) No caso em após a primeira colisão (entre as partículas 1 e 2  são 1 

v 1 f

m − m ′ v m  m ′ 2mv  0 m  m ′



1 

v 2 f







2mv

m  m ′ que m  m ′



0 não há mais

as velocidades velocidades

0

A partícula 2 cuja velocidade v 2 f  0 caminha para colidir com a partícula 3. Após esta colisão, a velocidades finais são (ja foram calculada acima) 2 

v 2 f

2 

v 3 f



0



2m ′

m

′

 m

′

v 2i



2mv m  m ′

Mas neste caso, a partícula 1, após a primeira colisão, tem velocidade v 1 f  0 e volta a colidir com a partícula 2 que está parada após a segunda colisão. Como v 1i 3 

v 1 f

3 

v 2 f



 

1 

v 1 f



m − m ′ m  m ′

v e v 2i



2 

v 2 f



0

m − m ′ v  2m ′  0 1i m  m ′ m ′  m ′ 2m v − m − m ′  0 1i ′ m  m m ′  m ′

ou seja, Notas de Aula de Física I


PR-9.6


m − m ′ m  m ′

3  v 1 f  3 

v 2 f



2m

m  m

′

m − m ′ m  m ′

v 1i

v

m  m

2

m  m ′ 

2

m − m ′ m  m ′

2m





m − m ′ 

′

v

v

Assim, v 1 f 

m − m ′ 

2

m  m ′ 

2

v

2mm − m ′ 

v 2 f 

m  m ′  2m v m  m ′

v 3 f 

2



0

v



0

0



Comparando as velocidades, encontra-se v 1 f v 2 f



m − m ′ 

2

m  m ′ 

2

2mm − m ′ 

m  m ′ 

Como m



m ′ , m ′ /m



v

2



v

1 m − m ′ m 2



′ 1 − m m

1 2

1 e portanto:

v 1 f  v 2 f .

Por outro lado, 2mm − m ′ 

v 2 f v 3 f

2



m  m ′  2m v m  m ′

v 

m − m ′ m  m ′



1

e, portanto, v 2 f  v 3 f

Logo, v 1 f  v 2 f  v 3 f .

Como todas as partículas caminham para a direita e suas velocidades satisfazem as desigualdades v 1 f  v 2 f  v 3 f , concluímos que não haverá outras colisões, além das três já mencionadas. ★★★

 PROBLEM BLEMA 6

(a) Que fração f da energia cinética é transferida por uma partícula de massa m , que se move com

velocidade v, numa colisão frontal elástica com uma partícula de massa m′ inicialmente em repouso? Exprima o resultado em função da razão   m ′ /m. Para que valor de  a transferência é máxima, e quanto vale? (b) Coloca-se entre as duas partículas uma terceira, de massa m ′′ , em repouso, alinhada com m e m ′. Mostre que a transferência transferência de energia cinética de m para m ′ é máxima quando m ′′



m m′ .

Mostre que, para m

≠

m′,

a presença da partícula

intermediária possibilita transferir mais energia cinética de m para m ′ do que no caso (a).  Solução

Após a colisão, as velocidades são v 1i




v, v 2i



0


PR-9.7


v 1 f  v 2 f 


Como a energia cinética inicial da partícula 1 é T 1i

1 mv 2 2



2

2

 v 2 f 

m − m ′ m  m ′ 2m v m  m ′

v

e a final 2

m − m ′ m  m ′

T 1 f  1 mv 21 f  1 m

v 1 f 

v2



1 −  1  

1 m 2

2

v2

ou seja,

Como T 1→2



2

1 −  1  

T 1 f 

1 mv 2 2

2

1 −  1  



T 1i

T 1i − T 1 f é a energia cinética transferida para a partícula de massa m ’, a fração f é dada por f 

T 1→2 T 1i



T 1i − T 1 f T 1i

T 1i

2

1 −  1  

−



T 1i 

T 1i

4

1     2

A representação gráfica da fração f em função de  é dada por: 1 -10

-8 -8

-6

-4

-2

2

4

0 -1 -2 f -3

-5

Vemos que tem um máximo entre 0 e 2. Para determinar o valor de  para o qual f  f max df d 



d 4 d  1     2



0

ou seja : − 4

−1  

1     3



0  



1

para 



Desta maneira f max



4  1 1  1  2



1

1

(b) Interpondo-se a massa m ′′ entre m e m ′ , a velocidades final da massa m ′ pode ser calculada a partir das equações: v 1 f  v 3 f 

Portanto, da colisão entre m 1




m e m 3




m ′′ , encontra-se


PR-9.8


m − m ′′ m  m ′′ 2m v m  m ′′

v 1 f  v 3 f 

A massa m 3



m ′′

colide em seguida com m 2

v 3 f  



v 3 f , então


v 2 f 

ou seja v  v 2i

que está em repouso. Como v 3i

m′



v

0 2m ′′

v 2 f 

m

′

m

′

 m

2m v m 1  m ′′

′′

2m ′

v 3 f 

 m

m ′ − m ′′ m ′  m ′′

 0 −

′′

2m v m  m ′′

Logo, v 2 f  v 3 f 

2m ′′

m

′

 m

2m v m 1  m ′′

′′

m ′ − m ′′ m ′  m ′′

−

2m

m  m ′′

v

A energia cinética transferida para a partícula 2 é T 1→2

2m ′′

1 m ′ v 2  1 m ′ 2 f 2 2



2m

m ′  m ′′ m  m

2

v ′′

ou seja, T 1→2



T 1→2



8m ′

m ′′ 2 m2 v 2 2 ′ ′′ ′′ 2 m  m  m  m  16m m ′ m ′′ 2 2

m ′  m ′′  m  m ′′ 

2



8m ′

m ′′ 2 m2 2 2 m ′  m ′′  m  m ′′ 

2

1 mv 2 2

m

T 1i

Logo, a fração da energia transferida é T 1→2 T 1i

f 

16m m ′ m ′′ 2



2

m ′  m ′′  m  m ′′ 

2

Derivando em relação a m ′′ e igualando a zero, encontra-se 16m m ′ m ′′ 2 d dm ′′ m ′  m ′′  2 m  m ′′  2



m m ′ − m ′′ 2

32m m ′ m ′′

3

m ′  m ′′  m  m ′′ 

3



0

Daí obtém-se m m ′ − m ′′ 2



0  m ′′



mm ′

Portanto, o valor máximo de f é f max

16m 2 m ′2



m′

Usando 



m ′ ou m

seja, m ′






mm ′

2

m 

mm ′

2

m, encontra-se


PR-9.9


f max

16 2 m 4



m 

m 2

2

m 

m 2

16 2



2

 

2



1 

2



16



 

1 

16



2

1 



2

2

1 

1



1 



2

Ou f max

16



Comparando com o caso (a), para m

≠

ou seja para 

m′

≠

4



1 

1, encontra-se

16

f max f a 



1 

4



41     2



4

1 

1     2



4



1

para 

≠

1

4 3.5 3 2.5 2 1.5

1

0

2

4

6

8

10

★★★

Num brinquedo brinquedo bem conhecido, conhecido, uma série de bolinhas bolinhas metálicas metálicas idênticas, idênticas, suspensa suspensass por fios idênticos presos a um suporte, estão inicialmente todas em contato. Se um determinado número n de bolas é deslocado conjuntamente da posição de equilíbrio e solto (Fig.), o efeito da colisão com as demais é transferir a velocidade v com que colidem a um igual número de bolas na outra extremidade, suspendendo-as. (a) Supondo que o efeito da colisão fosse transferir uma velocidade v′ a n′ bolas adjacentes situadas na outra extremidade, as colisões sendo todas elásticas, mostre que se tem, necessariamente, n′  n e v′  v. (b) Tomando n  2, e supondo que o efeito efe ito da col colisã isão o fos fosse se transf transferi erirr vel veloci ocidad dades es v 1 e v 2 às du duas as bo bola lass situ situad adas as ma mais is à dire direitita a (fig (fig), ), mo most stre re qu que, e, necessariamente v 1  v 2  v.  PROBLEMA 7

 Solução

Uma bala de 5 g incide sobre um pêndulo balístico de massa igual a 2 kg, com uma velocidade de 400 m/s, atravessa-o e emerge do outro lado com uma velocidade de 100 m/s. Calcule a altura de elevação do

 PROBLEMA 8



PR-9.10


pêndulo, desprezando a elevação durante o tempo que a bala leva para atravessá-lo. Verifique a validade desta aproximação. O momento antes da colisão vale P i  m b v bi  m p v pi e após a colisão P f f  m b v bf  m p v pf . Da conservação do momento, sabendo que v bi  400 m/s, v bf  100 m/s e v pi  0

 Solução

m b v bi



m b v bf  m p v pf  0.005  400

 0.005  100  2 v pf

ou seja, 2v pf  0.005  400 − 0.005  100  v pf  1. 5 2

 0.75

m/s

Usando agora a conservação da energia para o pêndulo, isto é, toda energia cinética é transformada em energia potencial gravitacional, mgh



1 mv 2  h pf 2

2 v pf



2 g

ou seja, h



0.75 2 2  9. 8

 0.029

m

ou h

2. 9 cm.



★★★

Durante Durante a madrugada, madrugada, um um carro de de luxo, de de massa total igual igual a 2.400 kg, bate na traseira de um carro de massa total 1.200 kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista do carro de luxo alega que o outro estava estav a com as luzes apagadas, e que ele vinha reduzindo reduzindo a marcha ao aproximar-se aproximar-se do sinal, estando estando a menos de 10 km/h quando o acidente ocorreu. A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5 m, e estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0, 6. Calcule a que velocidade o carro de luxo vinha realmente.  PROBLEMA 9

 Solução

Neste caso a colisão é totalmente inelástica. Da conservação do momento m 1 v 1i



m 1  m 2 v

Como o carro foi arrastado por uma distância de d  10.5 m, desacelerado pela força de atrito, que imprime uma aceleração a   c g , então, a velocidade com que os dois carros saíram da colisão pode ser calculada, usando a fórmula de Torricelli, ou seja, v



2ad



2 c gd



2  0. 6  9. 8  10. 10. 5



11 m/s

Logo, v 1i



m 1  m 2  v  v 1i m1



v 1i

2400  1200  2400  16.7  3. 6 

2  0. 6  9. 8  10.5

 16.7

m/s

60 km/h

★★★

O balconista balconista de uma uma mercearia, mercearia, para atender atender a um cliente cliente que que pediu 200 g de creme de leite fresco, coloca o recipiente vazio sobre uma balança de mola, acerta o zero e despeja o creme sobre o recipiente desde uma altura de 75 cm. Depois de 2 s, com a balança marcando 200 g, o balconista, mais que depressa, retira o  PROBLEMA 10



PR-9.11


recipiente de cima da balança. Que quantidade de creme de leite o cliente realmente leva?  Solução

A transferência de momento do creme para a balança é Δ p b  −Δ p c 

m c v i − m c v f  m c v i

onde v i é a velocidade com que o creme atinge o prato da balança, ao cair de uma altura de 75 cm. Ou seja, vi

2 gh





2  9. 8  0.75



3. 8 m/s

Assim, Δ p b 

mcvi

 3.83m c

Com 2 s que levou para variar o momento, a força que o creme aplica na balança é Δ p b

F 

Δt



3.83m c 2

 1.92m c

Esta força equivale a uma massa de m ′ dada por m′



1.92m c 9. 8

 0.196m c

Portanto, o que o balconista pesou foi a soma das duas massas m c  m ′ mc





200 g, de onde se

200 − m ′  m c



200 − 0.196m c .

200  m c



200 1.196

obtém

ou 1.196m c





167 g.

★★★



PR-9.12

Resoluções Curso de Física Básica - Moyses vol 1 - Mecânica

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