Fundamentos de Física - Halliday, Resnick e Walker vol 1 - Soluções - Cap 03-11

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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 12:39
Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
Departamento de Fı́sica
Numeração conforme a SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
3 Vetores 2
3.1 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
3.1.1 Soma de vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
3.1.2 Somando vetores através das suas componentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
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3 Vetores
3.1 Problemas e Exercı́cios
3.1.1 Soma de vetores
P 3-6 (3-??/6a edição)
Um vetor a tem módulo 5 unidades e está dirigido para
leste. Um outro vetor, b, está dirigido para 35o a oeste
do norte e tem módulo de 4 unidades. Construa diagra-
mas vetoriais para calcular a + b e b − a. Estime o
módulo e a orientação dos vetores a+b e b−a a partir
desses diagramas.
I Para resolver este problema como o livro deseja,
necessita-se de papel milimetrado, régua e um transferi-
dor, para medir ângulos.
Irei resolver o problema usando sua representação
algébrica. As componentes dos vetores a e b são
ax = 5, ay = 0, e bx = −4 sen 35o = −2.29,
by = 4 cos 35
o = 3.27. O sinal de bx é negativo pois
para fazer a soma algebricamente, precisamos primeiro
transladar o vetor b para a origem do sistema de coor-
denadas. É claro que tal translação não é necessária no
processo gráfico utilizado para a soma. Entenda bem o
que está sendo feito, as diferenças entre os dois métodos
de obter a soma.
Portanto, para a soma s = a+ b temos
s = (ax + bx, ay + by)
= (5− 2.29, 0 + 3.27) ' (2.7, 3.3),
cujo módulo é
s =
√
s2x + s
2
y =
√
(2.7)2 + (3.3)2 = 4.26 ' 4.2.
O ângulo que a soma s faz com a horizontal é
θs = arctan
sy
sx
= arctan
3.27
2.7
= 50.4o ' 50o.
Dito de modo equivalente, o vetor s está direcionado de
um ângulo de 90o − 50o = 40o a Oeste do Norte.
Para o vetor diferença d = b− a temos
d = (−2.29− 5, 3.27− 0) ' (−7.3, 3.3),
cujo módulo é
d =
√
d2x + d
2
y =
√
(−7.3)2 + (3.3)2 = 8.01 ' 8.
O ângulo que a diferença d faz com a horizontal é
θd = arctan
dy
dx
= arctan
3.3
−7.3
= 24.3o.
Dito de modo equivalente, o vetor d está direcionado
de um ângulo de 24.3o a Norte do Oeste. Ou ainda, a
90o − 24.3o = 65.7o a Oeste do Norte.
3.1.2 Somando vetores através das suas compo-
nentes
P 3-29 (3-??/6a edição)
Uma estação de radar detecta um avião que vem do
Leste. No momento em que é observado pela primeira
vez, o avião está a 400 m de distância, 40o acima do hor-
izonte, O avião é acompanhado por mais 123o no plano
vertical Leste-Oeste e está a 860 m de distância quando
é observado pela última vez. Calcule o deslocamento da
aeronave durante o perı́odo de observação.
I Chamemos deO a origem do sistema de coordenadas,
de A a posição inicial do avião, e de B a sua posição fi-
nal. Portanto, o deslocamento procurado é
−−→
AB =
−−→
OB −
−→
OA.
Para
−−→
OB temos, definindo θ = 123o+40o−90o = 73o,
que
−−→
OB = |OB|(−sen θ i+ cos θ j)
= (860)(−sen 73o i+ cos 73o j)
= −822.42 i+ 251.44 j
Analogamente, para
−→
OA temos
−→
OA = |OA|(cos 40o i+ sen 40o j)
= (400)(cos 40o i+ sen 40o j)
= 306.42 i+ 257.11 j
Portanto
−−→
AB =
−−→
OB −
−→
OA
= (−822.42− 306.42, 251.44− 257.11)
= (−1128.84,−5.67),
cuja magnitude é
|
−−→
AB| =
√
(−1128.84)2 + (−5.67)2 = 1128.854
' 1130 m.
O ângulo que o vetor
−−→
AB faz com a parte negativa do
eixo x é
arctan
( −5.67
−1128.84
)
= 0.005 rad = 0.28o,
o que significa que o avião voa quase que horizontal-
mente.
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Contents
4 Movimento em duas e três dimensões 2
4.1 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
4.1.1 Análise do Movimento de Projéteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
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4 Movimento em duas e três di-
mensões
4.1 Problemas e Exercı́cios
4.1.1 Análise do Movimento de Projéteis
P 4-37 (4-29/6a edição)
Uma bola é jogada do solo para o ar. A uma altura de
9.1 m a velocidade é v = 7.6 i+6.1 j em metros por se-
gundo (i horizontal, j vertical). (a) Qual a altura máxima
alcançada pela bola? (b) Qual será a distância horizon-
tal alcançada pela bola? (c) Qual a velocidade da bola
(módulo e direção), no instante em que bate no solo?
I (a) Chame de t o tempo necessário para a bola atingir
a velocidade dada. Neste caso teremos
vy(t) = 6.1 = v0y − gt,
y(t) = 9.1 = v0y t− 12gt
2
Eliminando v0y entre estas duas equações obtemos
4.9 t2 + 6.1 t− 9.1 = 0,
cujas raı́zes são t = 0.8757 e t = −2.1206. Substi-
tuindo a raiz positiva na expressão
v0y = 6.1 + 9.8 t
encontramos que v0y = 14.68 ' 14.7 m/s. Portanto a
bola irá atingir uma altura máxima de
ym =
v20y
2g
=
(14.7)2
2(9.8)
= 11 m.
(b) Como a componente horizontal da velocidade é sem-
pre a mesma, temos
R = v0x
(2v0y
g
)
= (7.6)
2(14.7)
9.8
= 22.8 ' 23 m.
(c) O módulo da velocidade é
v =
√
v20x + v
2
0y
=
√
(7.6)2 + (14.7)2 = 16.5 ' 17 m/s.
O ângulo que v faz com a horizontal é
φ = tan−1
(voy
v0x
)
= tan−1
(14.7
7.6
)
= 62.66o ' 63o,
ou seja, está orientada 63o abaixo da horizontal.
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Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
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Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
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Contents
5 Forças e Movimento – I 2
5.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.2.1 Segunda Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.2.2 Algumas Forças Especı́ficas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.2.3 Aplicação das Leis de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
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5 Forças e Movimento – I
5.1 Questões
Q 5-??
Cite bla-bla-bla...
I
5.2 Problemas e Exercı́cios
5.2.1 Segunda Lei de Newton
E 5-7(5-7/6a edição)
Na caixa de 2 kg da Fig. 5-36, são aplicadas duas
forças, mas somente uma é mostrada. A aceleração da
caixa também é mostrada na figura. Determine a se-
gunda força (a) em notação de vetores unitários e (b)
em módulo e sentido.
I (a) Chamemos as duas forças de F1 e F2. De acordo
com a segunda lei de Newton, F1+F2 = ma, de modo
que F2 = ma − F1. Na notação de vetores unitários
temos F1 = 20 i e
a = −12 sen 30o i− 12 cos 30o j = −6 i− 10.4 j.
Portanto
F2 = (2)(−6) i+ (2)(−10.4) j− 20 i
= [−32 i− 21 j] N.
(b) O módulo de F2 é dado por
F2 =
√
F 22x + F
2
2y =
√
(−32)2 + (−21)2 = 38 N.
O ângulo que F2 faz com o eixo x positivo é dado por
tan θ =
F2y
F2x
=
−21
−32
= 0.656.
O ângulo é ou 33o ou 33o+180o = 213o. Como ambas
componentes F2x e F2y são negativas, o valor correto é
213o.
5.2.2 Algumas Forças Especı́ficas
E 5-11 (5-???/6a)
Quais são a massa e o peso de (a) um trenó de 630 kg e
(b) de uma bomba térmica de 421 kg?
I (a) A massa é igual a 630 kg, enquanto que o peso é
P = mg = (630)(9.8) = 6174 N.
(b) A massa é igual a 421 kg, enquanto que o peso é
P = mg = (421)(9.8) = 4125.8 N.
E 5-14 (5-11/6a)
Uma determinada partı́cula tem peso de 22 N num ponto
onde g = 9.8 m/s2. (a) Quais são o peso e a massa
da partı́cula, se ela for para um ponto do espaço onde
g = 4.9 m/s2? (b) Quais são o peso e a massa da
partı́cula, se ela for deslocada para um ponto do espaço
onde a aceleração de queda livre seja nula?
I (a) A massa é
m =
P
g
=
22
9.8
= 2.2 kg.
Num local onde g = 4.9 m/s2 a massa continuará a ser
2.2 kg, mas o peso passará a ser a metade:
P = mg = (2.2)(4.9) = 11 N.
(b) Num local onde g = 0 m/s2 a massa continuará a ser
2.2 kg, mas o peso será ZERO.
E 5-18 (5-???/6a)
(a) Um salame de 11 kg está preso por uma corda a uma
balança de mola, que está presa ao teto por outra corda
(Fig. 5-43a). Qual a leitura da balança? (b) Na Fig. 5-
43b, o salame está suspenso por uma corda que passa
por uma roldana e se prende a uma balança de mola
que, por sua vez, está presa à parede por outra corda.
Qual a leitura na balança? (c) Na Fig. 5-43c, a parede
foi substituı́da por outro salame de 11 kg, à esquerda, e
o conjunto ficou equilibrado. Qual a leitura na balança
agora?
Em todos os três casos a balança não está acelerando, o
que significa que as duas cordas exercem força de igual
magnitude sobre ela. A balança mostra a magnitude de
qualquer uma das duas forças a ela ligadas. Em cada
uma das situações a tensão na corda ligada ao salame
tem que ter a mesma magnitude que o peso do salame
pois o salame não está acelerando. Portanto a leitura da
balança é mg, onde m é a massa do salame. Seu valor é
P = (11)(8.9) = 108 N.
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5.2.3 Aplicação das Leis de Newton
P 5-21 (5-19/6a)
Um foguete experimental pode partir do repouso e
alcançar a velocidade de 1600 km/h em 1.8 s, com
aceleração constante. Qual a intensidade da força média
necessária, se a massa do foguete é 500 kg?
I Basta usarmos F = ma, onde F é a magnitude da
força, a a aceleração, e m a massa do foguete.
A aceleração é obtida usando-se uma relação simples da
cinemática, a saber, v = at. Para v = 1600 km/h =
1600/3.6 = 444 m/s, temos que a = 444/1.8 = 247
m/s2. Com isto a força média é dada por
F = ma = (500)(247) = 1.2× 105 N.
E 5-23 (5-??/6a)
Se um nêutron livre é capturado por um núcleo, ele pode
ser parado no interior do núcleo por uma força forte.
Esta força forte, que mantém o núcleo coeso, é nula fora
do núcleo. Suponha que um nêutron livre com veloci-
dade inicial de 1.4 × 107 m/s acaba de ser capturado
por um núcleo com diâmetro d = 10−14 m. Admitindo
que a força sobre o nêutron é constante, determine sua
intensidade. A massa do nêutron é 1.67× 10−27 kg.
I A magnitude da força é F = ma, onde a é a
aceleração do nêutron. Para determinar a aceleração que
faz o nêutron parar ao percorrer uma distância d, usamos
v2 = v20 + 2ad.
Desta equação obtemos sem problemas
a =
v2 − v20
2d
=
−(1.4× 107)2
2(10−14)
= −9.8× 1027 m/s2.
A magnitude da força é
F = ma = (1.67× 10−27)(9.8× 1027) = 16.4 N.
E 5-28 (5-15/6a)
Veja a Fig. 5-27. Vamos considerar a massa do bloco
igual a 8.5 kg e o ângulo θ = 30o. Determine (a) a
tensão na corda e (b) a força normal aplicada sobre o
bloco. (c) Determine o módulo da aceleração do bloco
se a corda for cortada.
I (a) O diagrama de corpo isolado é mostrado na Fig. 5-
27 do livro texto. Como a aceleração do bloco é zero, a
segunda lei de Newton fornece-nos
T −mg sen θ = 0
N −mg cos θ = 0.
A primeira destas equações nos permite encontrar a
tensão na corda:
T = mg sen θ = (8.5)(9.8) sen 30o = 42 N.
(b) A segunda das equações acima fornece-nos a força
normal:
N = mg cos θ = (8.5)(9.8) cos 30o = 72 N.
(c) Quando a corda é cortada ela deixa de fazer força
sobre o bloco, que passa a acelerar. A componente x da
segunda lei de Newton fica sendo agora −mg sen θ =
ma, de modo que
a = −m sen θ = −(9.8) sen 30o = −4.9 m/s2.
O sinal negativo indica que a aceleração é plano abaixo.
E 5-33 (5-???/6a)
Um elétron é lançado horizontalmente com velocidade
de 1.2 × 107 m/s no interior de um campo elétrico,
que exerce sobre ele uma força vertical constante de
4.5 × 10−16 N. A massa do elétron é 9.11 × 10−31 kg.
Determine a distância vertical de deflexão do elétron, no
intervalo de tempo em que ele percorre 30 mm, horizon-
talmente.
I A aceleração do elétron é vertical e, para todos
efeitos, a única força que nele atua é a força elétrica;
a força gravitacional é totalmente desprezı́vel frente à
força elétrica. Escolha o eixo x no sentido da velocidade
inicial e o eixo y no sentido da força elétrica. A origem
é escolhida como sendo a posição inicial do elétron.
Como a aceleração e força são constantes, as equações
cinemáticas são
x = v0t e y =
1
2
at2 =
1
2
F
m
t2,
onde usamos F = ma para eliminar a aceleração. O
tempo que o elétron com velocidade v0 leva para viajar
uma distância horizontal de x = 30 mm é t = x/v0 e
sua deflexão na direção da força é
y =
1
2
F
m
( x
v0
)2
=
1
2
( 4.5× 10−16
9.11× 10−31
)(30× 10−3
1.2× 107
)2
= 1.5× 10−3 m = 0.0015mm.
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É jogando elétrons contra um tubo de imagens que sua
TV funciona... Isto será estudado nos capı́tulos 23 e 24
do livro.
P 5-38 (5-29/6a)
Uma esfera de massa 3×10−4 kg está suspensa por uma
corda. Uma brisa horizontal constante empurra a esfera
de maneira que ela faça um ângulo de 37o com a verti-
cal de repouso da mesma. Determine (a) a intensidade
da força aplicada e (b) a tensão na corda.
I (a) Suponhamos a brisa soprando horizontalmente da
direita para a esquerda. O diagrama de corpo isolado
para a esfera tem três forças: a tensão T na corda, apon-
tando para cima e para a direita e fazendo um ângulo
θ ≡ 37o com a vertical, o peso mg apontando verti-
calmente para baixo, e a força F da brisa, apontando
horizontalmente para a esquerda.
Como a esfera não está acelerada, a força resultante deve
ser nula. A segunda lei de Newton nos diz que as com-
ponentes horizontais e verticais das forças satisfazem as
relações, respectivamente,
T sen θ − F = 0,
T cos θ −mg = 0.
Eliminando T entre estas duas equações obtemos
F = mg tan θ = (3× 10−4)(9.8) tan 37o
= 2.21× 10−3 N.
(b) A tensão pedida é
T =
mg
cos θ
=
(3× 10−4)(9.8)
cos 37o
= 3.68× 10−3 N.
Perceba que talvez fosse mais simples ter-se primeiro
determinado T e, a seguir, F , na ordem contrária do que
pede o problema.
P 5-39 (5-??/6a)
Uma moça de 40 kg e um trenó de 8.4 kg estão sobre
a superfı́cie de um lago gelado, separados por 15 m. A
moça aplica sobre o trenó uma força horizontal de 5.2
N, puxando-opor uma corda, em sua direção. (a) Qual a
aceleração do trenó? (b) Qual a aceleração da moça? (c)
A que distância, em relação à posição inicial da moça,
eles se juntam, supondo nulas as forças de atrito?
I (a) Como o atrito é desprezı́vel, a força da moça no
trenó é a única força horizontal que existe no trenó. As
forças verticais, a força da gravidade e a força normal
do gelo, anulam-se.
A aceleração do trenó é
at =
F
mt
=
5.2
8.4
= 0.62 m/s2.
(b) De acordo com a terceira lei de Newton, a força do
trenó na moça também é de 5.2 N. A aceleração da moça
é, portanto,
am =
F
mm
=
5.2
40
= 0.13 m/s2.
(c) A aceleração do trenó e da moça tem sentidos opos-
tos. Suponhamos que a moça parta da origem e mova-se
na direção positiva do eixo x. Sua coordenada é
xm =
1
2
amt
2.
O trenó parte de x = x0 = 15 m e move-se no sentido
negativo de x. Sua coordenada é dada por
xt = x0 −
1
2
att
2.
Eles se encontram quando xm = xt, ou seja quando
1
2
amt
2 = x0 −
1
2
att
2,
donde tiramos facilmente o instante do encontro:
t =
√
2x0
am + at
,
quando então a moça terá andado uma distância
xm =
1
2
amt
2 =
x0am
am + at
=
(15)(0.13)
0.13 + 0.62
= 2.6 m.
P 5-40 (5-31/6a)
Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem
atrito. Uma força horizontal é aplicada a um dos blo-
cos, como mostrado na Fig. 5-45. (a) Se m1 = 2.3 kg e
m2 = 1.2 kg e F = 3.2 N, determine a força de contato
entre os dois blocos. (b) Mostre que, se a mesma força
F for aplicada a m2, ao invés de m1, a força de contato
entre os dois blocos é 2.1 N, que não é o mesmo valor
obtido em (a). Explique a diferença.
I (a) O diagrama de corpo isolado para a massam1 tem
quatro forças: na vertical,m1g eN1, na horizontal, para
a direita a força aplicada F e, para a esquerda, a força
de contato −f que m2 exerce sobre m1. O diagrama de
corpo isolado para a massa m2 contém três forças: na
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vertical, m2g e N2 e, na horizontal, apontando para a
direita, a força f . Note que o par de forças −f e f é um
par ação-reação, conforme a terceira lei de Newton.
A segunda lei de Newton aplicada para m1 fornece
F − f = m1a,
onde a é a aceleração. A segunda lei de Newton apli-
cada para m2 fornece
f = m2a.
Observe que como os blocos movem-se juntos com a
mesma aceleração, podemos usar o mesmo sı́mbolo a
em ambas equações.
Da segunda equação obtemos a = f/m2 que substitu-
ida na primeira equação dos fornece f :
f =
Fm2
m1 +m2
=
(3.2)(1.2)
2.3 + 1.2
= 1.1 N.
(b) Se F for aplicada em m2 em vez de m1, a força de
contato é
f =
Fm1
m1 +m2
=
(3.2)(2.3)
2.3 + 1.2
= 2.1 N.
A aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos.
Como a força de contato é a única força aplicada a
um dos blocos, parece correto atribuir-se aquele bloco
a mesma aceleração que ao bloco ao qual F é aplicada.
No segundo caso a força de contato acelera um bloco
com maior massa do que no primeiro, de modo que deve
ser maior.
P 5-44 (5-33/6a)
Um elevador e sua carga, juntos, têm massa de 1600 kg.
Determine a tensão no cabo de sustentação quando o el-
evador, inicialmente descendo a 12 m/s, é parado numa
distância de 42 m com aceleração constante.
I O diagrama de corpo isolado tem duas forças: para
cima, a tensão T no cabo e, para baixo, a força mg da
gravidade. Se escolhermos o sentido para cima como
positivo, a segunda lei de Newton diz-nos que T−mg =
ma, onde a é a aceleração. Portanto, a tensão é
T = m(g + a).
Para determinar a aceleração que aparece nesta equação
usamos a relação
v2 = v20 + 2ay,
onde a velocidade final é v = 0, a velocidade inicial é
v0 = −12 e y = −42, a coordenada do ponto final.
Com isto, encontramos
a =
−v20
2y
=
−(−12)2
2(−42)
=
12
7
= 1.71 m/s2.
Este resultado permite-nos determinar a tensão:
T = m(g + a) = (1600)
(
9.8 + 1.71
)
= 1.8× 104 N.
P 5-52 (5-35/6a)
Uma pessoa de 80 kg salta de pára-quedas e experimenta
uma aceleração, para baixo, de 2.5 m/s2. O pára-quedas
tem 5 kg de massa. (a) Qual a força exercida, para cima,
pelo ar sobre o pára-quedas? (b) Qual a força exercida,
para baixo, pela pessoa sobre o pára-quedas?
I (a) O diagrama de corpo isolado para a pessoa+pára-
quedas contém duas forças: verticalmente para cima a
força Fa do ar, e para baixo a força gravitacional de um
objeto de massa m = (80+5) = 85 kg, correspondente
às massas da pessoa e do pára-quedas.
Considerando o sentido para baixo como positivo, A se-
gunda lei de Newton diz-nos que
mg − Fa = ma,
onde a é a aceleração de queda. Portanto,
Fa = m(g − a) = (85)(9.8− 2.5) = 620 N.
(b) Consideremos agora o diagrama de corpo isolado
apenas para o pára-quedas. Para cima temos Fa, e para
baixo temos a força gravitacional sobre o pára-quedas
de massa mp. Além dela, para baixo atua também a
força Fp, da pessoa. A segunda lei de Newton diz-nos
então que mpg + Fp − Fa = mpa, donde tiramos
Fp = mp(a− g) + Fa = (5)(2.5− 9.8) + 620
= 580 N.
P 5-55 (5-???/6a)
Imagine um módulo de aterrisagem se aproximando da
superfı́cie de Callisto, uma das luas de Júpiter. Se o
motor fornece uma força para cima (empuxo) de 3260
N, o módulo desce com velocidade constante; se o mo-
tor fornece apenas 2200 N, o módulo desce com uma
aceleração de 0.39 m/s2. (a) Qual o peso do módulo de
aterrisagem nas proximidades da superfı́cie de Callisto?
(b) Qual a massa do módulo? (c) Qual a aceleração em
queda livre, próxima à superfı́cie de Callisto?
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I Chamemos de g a aceleração da gravidade perto da
superfı́cie de Callisto, de m a massa do módulo de ater-
risagem, de a a aceleração do módulo de aterrisagem,
e de F o empuxo (a força para cima). Consideremos
o sentido para baixo como o sentido positivo. Então
mg − F = ma. Se o empuxo for F1 = 3260 N, a
aceleração é zero, donde vemos que
mg − F1 = 0.
Se o empuxo for F2 = 2200 N, a aceleração é a2 ≡ 0.39
m/s2, e temos
mg − F2 = ma2.
(a) A primeira equação fornece o peso do módulo de
aterrisagem:
P = mg = F1 = 3260 N.
(b) A segunda equação fornece a massa:
m =
P − F2
a2
=
3260− 2200
0.39
= 2.7× 103 kg.
(c) O peso dividido pela massa fornece a aceleração da
gravidade no local, ou seja,
g =
P
m
=
3260
2.7× 103
= 1.2 m/s2.
P 5-58 (5-43/6a)
Um bloco de massa m1 = 3.7 kg está sobre um plano
com 30o de inclinação, sem atrito, preso por uma corda
que passa por uma polia, de massa e atrito desprezı́veis,
e tem na outra extremidade um segundo bloco de massa
m2 = 2.3 kg, pendurado verticalmente (Fig. 5-52).
Quais são (a) os módulos das acelerações de cada bloco
e (b) o sentido da aceleração de m2? (c) Qual a tensão
na corda?
I (a) Primeiro, fazemos o diagrama de corpo isolado
para cada um dos blocos.
Para m2, apontando para cima temos a magnitude T da
tensão na corda, e apontando para baixo o peso m2g.
Para m1, temos três forças: (i) a tensão T apontando
para cima, ao longo do plano inclinado, (ii) a normal
N perpendicular ao plano inclinado e apontando para
cima e para a esquerda, e (iii) a força peso m1g, apon-
tando para baixo, fazendo um ângulo θ = 30o com o
prolongamento da normal.
Para m1, escolhemos o eixo x paralelo ao plano incli-
nado e apontando para cima, e o eixo y na direção da
normal ao plano. Para m2, escolhemos o eixo y apon-
tando para baixo. Com estas escolhas, a aceleração dos
dois blocos pode ser representada pela mesma letra a.
As componentes x e y da segunda lei de Newton para
m1 são, respectivamente,
T −m1g sen θ = m1a,
N −m1g cos θ = 0.
A segunda lei de Newton para m2 fornece-nos
m2g − T = m2a.
Substituindo-se T = m1a + m1g sen θ (obtida da
primeira equação acima), nesta última equação, obte-
mos a aceleração:
a =
(m2 −m1 sen θ)g
m1 +m2
=
[2.3− 3.7 sen 30o](9.8)3.7 + 2.3
= 0.735 m/s2.
(b) O valor de a acima é positivo, indicando que a
aceleração de m1 aponta para cima do plano inclinado,
enquanto que a aceleração de m2 aponta para baixo.
(c) A tensão T na corda pode ser obtida ou de
T = m1a+m1g sen θ
= (3.7)[0.735 + 9.8 sen 30o] = 20.84 N,
ou, ainda, da outra equação:
T = m2g +m2a
= (2.3)[9.8− 0.735] = 20.84 N.
P 5-63 (5-47/6a)
Um macaco de 10 kg sobe por uma corda de massa de-
sprezı́vel, que passa sobre o galho de uma árvore, sem
atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de 15
kg, que está no solo (Fig. 5-54). (a) Qual o módulo da
aceleração mı́nima que o macaco deve ter para levantar
a caixa do solo? Se, após levantar a caixa, o macaco
parar de subir e ficar agarrado à corda, quais são (b) sua
aceleração e (c) a tensão na corda?
I (a) Consideremos “para cima” como sendo os senti-
dos positivos tanto para o macaco quanto para a caixa.
Suponhamos que o macaco puxe a corda para baixo com
uma força de magnitude F . De acordo com a terceira lei
de Newton, a corda puxa o macaco com uma força de
mesma magnitude, de modo que a segunda lei de New-
ton aplicada ao macaco fornece-nos
F −mmg = mmam,
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onde mm e am representam a massa e a aceleração do
macaco, respectivamente. Como a corda tem massa de-
sprezı́vel, a tensão na corda é o próprio F .
A corda puxa a caixa para cima com uma força de mag-
nitude F , de modo que a segunda lei de Newton aplicada
à caixa é
F +N −mpg = mpap,
onde mp e ap representam a massa e a aceleração da
caixa, respectivamente, e N é a força normal exercida
pelo solo sobre a caixa.
Suponhamos agora que F = Fmin, onde Fmin é a
força mı́nima para levantar a caixa. Então N = 0 e
ap = 0, pois a caixa apenas ‘descola’ do chão, sem ter
ainda começado a acelerar. Substituindo-se estes val-
ores na segunda lei de Newton para a caixa obtemos que
F = mpg que, quando substituida na segunda lei de
Newton para o macaco (primeira equação acima), nos
permite obter a aceleração sem problemas:
am =
F −mmg
mm
=
(mp −mm)g
mm
=
(15− 10)(9.8)
10
= 4.9 m/s2.
(b) Para a caixa e para o macaco, a segunda lei de New-
ton são, respectivamente,
F −mpg = mpap,
F −mmg = mmam.
Agora a aceleração do pacote é para baixo e a do macaco
para cima, de modo que am = −ap. A primeira equação
nos fornece
F = mp(g + ap) = mp(g − am),
que quando substituida na segunda equação acima nos
permite obter am:
am =
mp −mm)g
mp −mm
=
(15− 10)g
15 + 10
= 2 m/s2.
(c) Da segunda lei ne Newton para a caixa podemos
obter que
F = mp(g − am) = (15)(9.8− 2.0) = 120 N.
P 5-67 (5-49/6a)
Um bloco de 5 kg é puxado sobre uma superfı́cie hori-
zontal, sem atrito, por uma corda que exerce uma força
F = 12 N, fazendo um ângulo θ = 25o com a hori-
zontal, conforme a Fig. 5-57. (a) Qual a aceleração do
bloco? (b) A força F é lentamente aumentada. Qual é
esta força no instante anterior ao levantamento do bloco
da superfı́cie? (c) Qual a acelelra¸cão nesse mesmo in-
stante?
I (a) A única força capaz de acelerar o bloco é fornecida
pela componente horizontal da força aplicada. Portanto,
a aceleração do bloco de massa m = 5 kg é dada por
a =
F cos 25o
m
=
12 cos 25o
5
= 2.18 m/s2.
(b) Enquanto não existir movimento vertical do bloco,
a força total resultante exercida verticalmente no bloco
será dada por
F sen 25o +N −mg = 0,
onde N representa a força normal exercida pelo solo no
bloco. No instante em que o bloco é levantado teremos
N = 0. Substituindo este valor na equação acima e
resolvendo-a obtemos
F =
mg
sen 25o
=
(5)(9.8)
sen 25o
= 116 N.
(c) A força horizontal neste instante é F cos 25o, onde
F = 116 Newtons. Portanto, a aceleração horizontal
será
a =
F cos 25o
m
=
116 cos 25o
5
= 21 m/s2.
A aceleração vertical continuará a ser ZERO pois a força
vertical lı́quida é zero.
P 5-70 (5-53/6a)
Um balão de massa M , com ar quente, está descendo,
verticalmente com uma aceleração a para baixo (Fig. 5-
59). Que quantidade de massa deve ser atirada para
fora do balão, para que ele suba com uma aceleração
a (mesmo módulo e sentido oposto)? Suponha que a
força de subida, devida ao ar, não varie em função da
massa (carga de estabilização) que ele perdeu.
I As forças que atuam no balão são a força mg da
gravidade, para baixo, e a força Fa do ar, para cima.
Antes da massa de estabilização ser jogada fora, a
aceleração é para baixo e a segunda lei de Newton
fornece-nos
Fa −Mg = −Ma,
ou seja Fa =M(g − a). Após jogar-se fora uma massa
m, a massa do balão passa a ser M −m e a aceleração
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é para cima, com a segunda lei de Newton dando-nos
agora a seguinte expressão
Fa − (M −m)g = (M −m)a.
Eliminando Fa entre as duas equações acima encon-
tramos sem problemas que
m =
2Ma
a+ g
=
2M
1 + g/a
.
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Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
Departamento de Fı́sica
Numeração conforme a SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
6 Forças e Movimento – II 2
6.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.2.1 Propriedades do Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.2.2 Força de Viscosidade e a Velocidade Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
6.2.3 Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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6 Forças e Movimento – II
6.1 Questões
Q 6-10
Cite bla-bla-bla...
I
6.2 Problemas e Exercı́cios
6.2.1 Propriedades do Atrito
E 6-1 (6-??/6a edição)
Um armário de quarto com massa de 45 kg, incluindo
gavetas e roupas, está em repouso sobre o assoalho. (a)
Se o coeficiente de atrito estático entre o móvel e o chão
for 0.45, qual a menor força horizontal que uma pessoa
deverá aplicar sobre o armário para colocá-lo em movi-
mento? (b) Se as gavetas e as roupas, que têm 17 kg
de massa, forem removidas antes do armário ser em-
purrado, qual a nova força mı́nima?
I (a) O diagrama de corpo livre deste problema tem
quatro forças. Na horizontal: apontando para a direita
está a força aplicada F, para a esquerda a força de atrito
f . Na vertical, apontando para cima temos a força nor-
mal N do piso, para baixo a força mg da gravidade.
Escolhando o eixo x na horizontal e o eixo y na vertical.
Como o armário está em equilı́brio (não se move), a se-
gunda lei de Newton fornece-nos como componentes x
e y as seguintes equações
F − f = 0,
N −mg = 0.
Donde vemos que F = f e N = mg.
Quando F aumenta, f aumenta também, até que f =
µsN . Neste instante o armário começa a mover-se.
A força mı́nima que deve ser aplicada para o armário
começar a mover-se é
F = µsN = µsmg = (0.45)(45)(9.8) = 200 N.
(b) A equação para F continua a mesma, mas a massa é
agora 45− 17 = 28 kg. Portanto
F = µsmg = (0.45)(28)(9.8) = 120 N.
P 6-2 (6-???/6a)
Um jogador de massa m = 79 kg escorrega no campo
e seu movimento é retardado por uma força de atrito
f = 470 N. Qualé o coeficiente de atrito cinético µc
entre o jogador e o campo?
I Neste problema, o diagrama de corpo livre tem ape-
nas três forças: Na horizontal, apontando para a es-
querda, a força f de atrito. Na vertical, apontando para
cima temos a força normal N do solo sobre o jogador, e
para baixo a força mg da gravidade.
A força de atrito está relacionada com a força normal
através da relação f = µcN . A força normalN é obtida
considerando-se a segunda lei de Newton. Como a com-
ponete vertical da acelerac cão é zero, também o é a
componente vertical da segunda lei de Newton, que nos
diz que
N −mg = 0,
ou seja, que N = mg. Portanto
µc =
f
N
=
f
mg
=
470
(79)(9.8)
= 0.61 .
E 6-8 (?????/6a)
Uma pessoa empurra horizontalmente uma caixa de 55
kg, para movê-la sobre o chão, com uma força de 220
N. O coeficiente de atrito cinético é 0.35. (a) Qual o
módulo da força de atrito? (b) Qual a acelelração da
caixa?
I (a) O diagrama de corpo livre tem quatro forças. Na
horizontal, apontando para a direita temos a força F que
a pessoa faz sobre a caixa, e apontando para a esquerda
a força de atrito f . Na vertical, para cima a força normal
N do piso, e para baixo a força mg da gravidade.
A magnitude da força da gravidade é dada por f =
µcN , onde µc é o coeficiente de atrito cinético. Como a
componente vertical da aceleração é zero, a segunda lei
de Newton diz-nos que, igualmente, a soma das compo-
nentes verticais da força deve ser zero: N −mg = 0, ou
seja, que N = mg. Portanto
f = µcN = µcmg = (0.35)(55)(9.8) = 189 N.
(b) A aceleração é obtida da componente horizontal da
segunda lei de Newton. Como F − f = ma, temos
a =
F − f
m
=
220− 189
55
= 0.56 m/s2.
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E 6-11 (6-9/6a)
Uma força horizontal F de 12 N comprime um bloco
pesando 5 N contra uma parede vertical (Fig. 6-18). O
coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é
0.6, e o coeficiente de atrito cinético é 0.4. Suponha que
inicialmente o bloco não esteja em movimento. (a) O
bloco se moverá? (b) Qual a força exercida pela parede
sobre o bloco, em notação de vetores unitários?
I (a) O diagrama de corpo isolado consiste aqui de qua-
tro vetores. Na horizontal, apontando para a direita,
temos a força F e apontando para a esquerda a força
normal N . Na vertical, apontando verticalmente para
baixo temos o peso mg, e apontando para cima a força
de atrito f .
Para determinar se o bloco cai, precisamos encontrar a
magnitude f da força de fricção nevessária para mante-
lo sem acelerar bem como encontrar a força da parede
sobre o bloco. Se f < µsN o bloco não desliza pela
parede mas se f > µsN o bloco irá deslizar.
A componente horizontal da segunda lei de Newton re-
quer que F − N = 0, de modo que F = N = 12 N
e, portanto, µsN = (0.6)(12) = 7.2 N. A componente
vertical diz que f −mg = 0, de modo que f = mg = 5
N.
Como f < µsN , vemos que o bloco não desliza.
(b) Como o bloco não se move, f = 5 N e N = 12 N.
A força da parede no bloco é
Fp = −N i+ f j = (−12i+ 5j) N.
P 6-22 (6-13/6a)
Uma caixa de 68 kg é puxada pelo chaão por uma corda
que faz um ângulo de 15o acima da horizontal. (a) Se o
coeficiente de atrito estático é 0.5, qual a tensão mı́nima
necessária para iniciar o movimento da caixa? (b) SE
µc = 0.35, qual a sua aceleração inicial?
I (a) O diagrama de corpo isolado tem quatro forças.
Apontando para a direita e fazendo um ângulo de θ =
15o com a horizontal temos a tensão T na corda. Hor-
izontalmente para a esquerda aponta a força de atrito f .
Na vertical, para cima aponta a força normal N do chão
sobre a caixa, e para baixo a força mg da gravidade.
Quando a caixa ainda não se move as acelerações são
zero e, consequentemente, també o são as respectivas
componentes da força resultante. Portanto, a segunda
lei de Newton nos fornece para as componente horizon-
tal e vertical as equações, respectivamente,
T cos θ − f = 0,
T sen θ +N −mg = 0.
Esta equações nos dizem que f = T cos θ e que N =
mg − T sen θ.
Para a caixa permanecer em repouso f tem que ser
menor do que µsN , ou seja,
T cos θ < µs(mg − T sen θ).
Desta expressão vemos que a caixa começará a mover-
se quando a tensão T for tal que os dois lados da
equação acima compemsem-se:
T cos θ = µs(mg − T sen θ),
donde tiramos facilmente que
T =
µsmg
cos θ + µs sen θ
=
(0.5)(68)(9.8)
cos 15o + 0.5 sen 15o
= 304 N.
(b) Quando a caixa se move, a segunda lei de Newton
nos diz que
T cos θ − f = ma,
N + T sen θ −mg = 0.
Agora, porém temos
f = µcN = µc(mg − T sen θ),
onde tiramos N da segunda equação acima. Substi-
tuindo este f na primeira das equações acima temos
T cos θ − µc(mg − T sen θ) = ma,
de onde tiramos facilmente que
a =
T (cos θ + µc sen θ)
m
− µcg
=
(304)(cos 15o + 0.35 sen 15o)
68
− (0.35)(9.8)
= 1.3 m/s2.
Perceba bem onde se usa µs e onde entra µc.
P 6-24 (6-15/6a)
Na Fig. 6-24, A e B são blocos com pesos de 44 N e 22
N, respectivamente. (a) Determine o menor peso (bloco
C) que deve ser colocado sobre o bloco A para impedi-
lo de deslizar, sabendo que o coeficiente µe entre A e a
mesa é 0.2. (b) Se o bloco C for repentinamente reti-
rado, qual será a aceleração do bloco A, sabendo que µc
entre A e a mesa é 0.15?
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I (a) Aqui temos DOIS diagramas de corpo isolado. O
diagrama para o corpo B tem apenas duas forças: para
cima, a magnitude da tensão T na corda, e para baixo
a magnitude PB do peso do bloco B. O diagrama para
o corpo composto por A+C tem quatro forças. Na hor-
izontal, apontando para a direita temos a tensão T na
corda, e apontando para a esquerda a magnitude f da
força de atrito. Na vertical, para cima temos a normalN
exercida pela mesa sobre os blocos A+C, e para baixo o
peso PAC , peso total de A+C.
Vamos supor que os blocos estão parados (não aceler-
ados), e escolher o eixo x apontando para a direita e o
eixo y apontando para cima. As componentes x e y da
segunda lei de Newton são, respectivamente,
T − f = 0,
N − PAC = 0.
Para o bloco B tomamos o sentido para baixo como
sendo positivo, obtendo que
PB − T = 0.
Portanto temos que T = PB e, consequentemente, que
f = T = PB . Temos também que N = PAC .
Para que não ocorra deslizamento, é necessário que f
seja menor que µeN , isto é que PB < µePAC . O menor
valor que PAC pode ter com os blocos ainda parados é
PAC =
PB
µe
=
22
0.2
= 110 N.
Como o peso do bloco A é 44 N, vemos que o menor
peso do bloco C é
PC = 110− 44 = 66 N.
(b) Quando existe movimento, a segunda lei de New-
ton aplicada aos dois diagramas de corpo isolado nos
fornece as equações
T − f = PA
g
a,
N − PA = 0,
PB − T =
PB
g
a.
Além destas, temos f = µcN , onde N = PA (da
segunda equação acima). Da terceira acima tiramos
T = PB − (PB/g)a. Substituindo as duas últimas ex-
pressões na primeira equação acima obtemos
PB −
PB
g
a− µcPA =
PA
g
a.
Isolando a encontramos, finalmente,
a =
g(PB − µcPA)
PA + PB
=
(9.8)[22− (0.15)(44)]
44 + 22
= 2.3 m/s2.
Perceba bem onde entra µe e onde se usa µc.
6.2.2 Força de Viscosidade e a Velocidade Limite
P 6-43 (6-33/6a)
Calcule a força da viscosidade sobre um mı́ssil de 53
cm de diâmetro, viajando na velocidade de cruzeiro de
250 m/s, a baixa altitude, onde a densidade do ar é 1.2
kg/m3. Suponha C = 0.75.
I Use a Eq. 6-18 do livro texto:
Fv =
1
2
CρAv2,
onde ρ é a densidade do ar, A é a área da secção reta do
mı́ssil, v é a velocidade do mı́ssil, e C é o coeficiente
de viscosidade. A área éa dada por A = πR2, onde
R = 0.53/2 = 0.265 m é o raio do mı́ssil. Portanto,
Fv =
1
2
(0.75)(1.2)(π)(0.265)2(250)2 = 6.2× 103 N.
6.2.3 Movimento Circular Uniforme
E 6-47 (?????/6a)
Se o coeficiente de atrito estático dos pneus numa
rodovia é 0.25, com que velocidade máxima um carropode fazer uma curva plana de 47.5 m de raio, sem der-
rapar?
I A aceleração do carro quando faz a curva é v2/R,
onde v é a velocidade do carro e R é o raio da curva.
Como a estrada é plana (horizontal), a única força que
evita com que ele derrape é a força de atrito da estrada
com os pneus. A componente horizontal da segunda lei
de Newton é f = mv2/R. Sendo N a força normal da
estrada sobre o carro e m a massa do carro, a compo-
nente vertical da segunda lei nos diz que N −mg = 0.
Portanto, N = mg e µeN = µemg. Se o carro não
derrapa, f < µemg. Isto significa que v2/R < µeg, ou
seja, que v <
√
µeRg.
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A velocidade máxima com a qual o carro pode fazer a
curva sem deslizar é, portanto, quando a velocidade co-
incidir com o valor á direita na desigualdade acima, ou
seja, quando
vmax =
√
µeRg =
√
(0.25)(47.5)(9.8) = 11 m/s.
E 6-55 (?????/6a)
No modelo de Bohr do átomo de hidrogênio, o elétron
descreve uma órbita circular em torno do núcleo. Se o
raio é 5.3×10−11 m e o elétron circula 6.6×1015 vezes
por segundo, determine (a) a velocidade do elétron, (b)
a aceleração do elétron (módulo e sentido) e (c) a força
centrı́peta que atua sobre ele. (Esta força é resultante
da atração entre o núcleo, positivamente carregado, e o
elétron, negativamente carregado.) A massa do elétron
é 9.11× 10−31 kg.
I (a)
(b)
(c)
E 6-56 (???/6a)
A massa m está sobre uma mesa, sem atrito, presa a
um peso de massa M , pendurado por uma corda que
passa através de um furo no centro da mesa (veja Fig. 6-
39). Determine a velocidade escalar com que m deve se
mover para M permanecer em repouso.
I Para M permanecer em repouso a tensão T na corda
tem que igualar a força gravitacional Mg sobre M . A
tensão é fornecida pela força centrı́peta que mantém m
em sua órbita circular: T = mv2/r, onde r é o raio
da órbita. Portanto, Mg = mv2/r, donde tiramos sem
problemas que
v =
√
Mgr
m
.
P 6-62 (?????/6a)
Um estudante de 68 kg, numa roda-gigante com ve-
locidade constante, tem um peso aparente de 550 N no
ponto mais alto. (a) Qual o seu peso aparente no ponto
mais baixo? (b) E no ponto mais alto, se a velocidade
da roda-gigante dobrar?
Atenção: observe que o enunciado deste prob-
lema na quarta edição do livro fala em “peso
aparente de 56 kg”, fazendo exatamente aquilo
que não se deve fazer: confundir entre si, peso e
massa.
A origem do problema está na tradução do livro.
O livro original diz que “um estudante de 150 li-
bras” ....“tem um peso aparente de 125 libras”.
O tradutor não percebeu que, como se pode
facilemente ver no Apêndice F, “libra” é tanto
uma unidade de massa, quanto de peso. E é pre-
ciso prestar atenção para não confundir as coisas.
Assim, enquanto que as 150 libras referem-se a
uma massa de 68 kg, as 125 libras referem-se a
um peso de 550 N.
I (a) No topo o acento empurra o estudante para cima
com uma força de magnitude Ft, igual a 550 N. A Terra
puxa-o para baixo com uma força de magnitude P , igual
a 68g = (68)(9.8) = 666 N. A força lı́quida apontando
para o centro da órbita circular é P − Ft e, de acordo
com a segunda lei de Newton, deve ser igual a mv2/R,
onde v é a velocidade do etudante e R é o raio da órbita.
Portanto
m
v2
R
= P − Ft = 666− 550 = 116 N.
Chamemos de Fb a magnitude da força do acento sobre
o estudante quando ele estiver no ponto mais baixo. Tal
força aponta para cima, de modo que a força lı́quida que
aponta para o centro do cı́rculo é Fb − P . Assim sendo,
temos Fb − P = mv2/R, donde tiramos
Fb = m
v2
R
+ P = 116 + 666 = 782 N,
que correspondem a uma massa aparente de
mb =
Fb
g
=
782
9.8
= 79.7 kg.
(b) No topo temos P − Ft = mv2/R, de modo que
Ft = P −m
v2
R
.
Se a velocidade dobra, mv2/R aumenta por um fator de
4, passando a ser 116× 4 = 464 N. Então
Ft = 666− 464 = 202 N,
correspondendo a uma massa efetiva de
mt =
Ft
g
=
202
9.8
= 20.6 kg.
P 6-65 (6-45/6a)
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Um avião está voando num cı́rculo horizontal com uma
velocidade de 480 km/h. Se as asas do avião estão incli-
nadas 40o sobre a horizontal, qual o raio do cı́rculo que
o avião faz? Veja a Fig. 6-41. Suponha que a força
necessária seja obtida da “sustentação aerodinâmica”,
que é perpendicular à superfı́cie das asas.
I O diagrama de corpo isolado do avião contém duas
forças: a força mg da gravidade, para baixo, e a força
F , apontando para a direita e fazendo um ângulo de θ
com a horizontal. Como as asas estão inclinadas 40o
com a horizontal, a força de sutentação é perpendicular
as asas e, portanto, θ = 90− 40 = 50o.
Como o centro da órbita esta para a direita do avião, es-
colhemos o eixo x para a direita e o eixo y para cima.
A componente x e y da segunda lei de Newton são, re-
spectivamente,
F cos θ = m
v2
R
,
F sen θ −mg = 0,
onde R é o raio da órbita. Eliminando F entre as duas
equações e rearranjando o resultado, obtemos
R =
v2
g
tan θ.
Para v = 480 km/h = 133 m/s, encontramos
R =
(133)2
9.8
tan 50o = 2.2× 103 m.
P 6-70 (6-47/6a)
A Fig. 6-42 mostra uma bola de 1.34 kg presa a um eixo
girante vertical por duas cordas de massa desprezı́vel.
As cordas estão esticadas e formam os lados de um
triângulo equilátero. A tensão na corda superior é de
35 N. (a) Desenhe o diagrama de corpo isolado para a
bola. (b) Qual a tensão na corda inferior? (c) Qual a
força resultante sobre a bola, no instante mostrado na
figura? (d) Qual a velocidade da bola?
I (a) Chame de Tc e Tb as tensões nas cordas de cima
e de baixo respectivamente. Então o diagrama de corpo
isolado para a bola contém três forças: para baixo atua
o peso mg da bola. Para a esquerda, fazendo um ângulo
θ = 30o para cima, temos Tc. Também para a esquerda,
porém fazendo um ângulo θ = 30o para baixo, temos a
força Tb. Como o triâgulo é equilátero, perceba que o
ângulo entre Tc e Tb tem que ser de 60o sendo θ, como
mostra a figura, a metade deste valor.
Observe ainda que a relação entre as magnitudes de Tc
e Tb é Tc > Tb, pois Tc deve contrabalançar não ape-
nas o peso da bola mas também a componente vertical
(para baixo) de Tb, devida á corda de baixo.
(b) Escolhendo o eixo horizontal x apontando para a es-
querda, no sentido do centro da órbita circular, e o eixo
y para cima temos, para a componente x da segunda lei
de Newton
Tc cos θ + Tb cos θ = m
v2
R
,
onde v é a velocidade da bola e R é o raio da sua órbita.
A componente y é
Tc sen θ − Tb sen θ −mg = 0.
Esta última equação fornece a tensão na corda de baixo:
Tb = Tc −mg/ sen θ. Portanto
Tb = 35−
(1.34)(9.8)
sen 30o
= 8.74 N.
(c) A força lı́quida é para a esquerda e tem magnitude
F` = (Tc + Tb) cos θ = (35 + 8.74) cos 30
o = 37.9 N.
(d) A velocidade é obtida da equação F` = mv2/R,
observando-se que o raio R da órbita é ( tan θ =
(1.7/2)/R, veja a figura do livro):
R =
1.7/2
tan 30o
= 1.47 m.
Portanto
v =
√
RF`
m
=
√
(1.47)(37.9)
1.34
= 6.45 m/s.
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Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
Departamento de Fı́sica
Baseados na SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
7 Trabalho e Energia Cinética 2
7.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
7.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
7.2.1 Trabalho: movimento 1D comforça constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
7.2.2 Trabalho executado por força variável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
7.2.3 Trabalho realizado por uma mola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
7.2.4 Energia Cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
7.2.5 Potência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
7.2.6 Energia Cinética a Velocidades Elevadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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7 Trabalho e Energia Cinética
7.1 Questões
Q 7-13
As molas A e B são idênticas, exceto pelo fato de que A
é mais rı́gida do que B, isto é kA > kB . Qual das duas
molas realiza um trabalho maior (a) quando elas sofrem
o mesmo deslocamento e (b) quando elas são distendi-
das por forças iguais.
I (a) Temos WA = kAx2/2 e WB = kBx2/2, onde x
representa o deslocamento comum a ambas molas. Por-
tanto,
WA
WB
=
kA
kB
> 1,
ou seja, WA > WB .
(b) Agora temos WA = kAx2A/2 e WB = kBx2B/2,
onde xA e xB representam os delocamentos provocados
pela força idêntica que atua sobre ambas as molas e que
implica ter-se, em magnitude,
F = kAxA = kBxB ,
donte tiramos xB = kAxA/kB . Portanto
WA
WB
=
kAx
2
A
kB(kAxA/kB)2
=
kB
kA
< 1,
ou seja, WA < WB .
7.2 Problemas e Exercı́cios
7.2.1 Trabalho: movimento 1D com força con-
stante
E 7-2 (7-7/6a edição)
Para empurrar um caixote de 50 kg num piso sem atrito,
um operário aplica uma força de 210 N, dirigida 20o
acima da horizontal. Se o caixote se desloca de 3 m, qual
o trabalho executado sobre o caixote (a) pelo operário,
(b) pelo peso do caixote e (c) pela força normal exer-
cida pelo piso sobre o caixote? (d) Qual o trabalho total
executado sobre o caixote?
I (a) A força aplicada é constante e o trabalho feito por
ela é
WF = F · d = Fd cosφ,
onde F é a força, d é o deslocamento do caixote, e φ é
o ângulo entre a força F e o deslocamento d. Portanto,
WF = (210)(3) cos 20
o = 590 J.
(b) A força da gravidade aponta para baixo, perpendic-
ular ao deslocamento do caixote. O ângulo entre esta
força e o deslocamento é 90o e, como cos 90o = 0, o
trabalho feito pela força gravitacional é ZERO.
(c) A força normal exercida pelo piso também atua per-
pendicularmente ao deslocamento, de modo que o tra-
balho por ela realizado também é ZERO.
(d) As três forças acima mencionadas são as únicas que
atuam no caixote. Portanto o trabalho total é dado pela
soma dos trabalhos individuais realizados por cada uma
das três forças, ou seja, o trabalho total é 590 J.
P 7-9 (???/6a)
A Fig. 7-27 mostra um conjunto de polias usado para
facilitar o levantamento de um peso L. Suponha que o
atrito seja desprezı́vel e que as duas polias de baixo, às
quais está presa a carga, pesem juntas 20 N. Uma carga
de 840 N deve ser levantada 12 m. (a) Qual a força
mı́nima F necessária para levantar a carga? (b) Qual o
trabalho executado para levantar a carga de 12 m? (c)
Qual o deslocamento da extremidade livre da corda? (d)
Qual o trabalho executado pela força F para realizar esta
tarefa?
I (a) Supondo que o peso da corda é desprezı́vel (isto é,
que a massa da corda seja nula), a tensão nela é a mesma
ao longo de todo seu comprimento. Considerando as
duas polias móveis (as duas que estão ligadas ao peso
L) vemos que tais polias puxam o peso para cima com
uma força F aplicada em quatro pontos, de modo que a
força total para cima aplicada nas polias móveis é 4F .
Se F for a força mı́nima para levantar a carga (com ve-
locidade constante, i.e. sem acelera-la), então a segunda
lei de Newton nos diz que devemos ter
4F −Mg = 0,
onde Mg representa o peso total da carga mais polias
móveis, ou seja, Mg = (840 + 20) N. Assim, encon-
tramos que
F =
860
4
= 215 N.
(b) O trabalho feito pela corda é W = 4Fd = Mgd,
onde d é a distância de levantamento da carga. Portanto,
o trabalho feito pela corda é
W = (860)(12) = 10320 J.
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(A resposta na tradução do livro está incorreta.)
(c) A cada metro que a carga sobe, cada segmento
da corda entre o conjunto superior e inferior de polias
diminui de um metro. Ou seja, a extremidade livre da
corda abaixo de 4 metros. Portanto, no total a extremi-
dade livre da corda move-se (4)(12) = 48 m para baixo.
(d) O trabalho feito pela pessoa que puxa a corda pela
extremidade livre é W = Fd = Mgd/4, onde d é a
distância que a extremidade livre se move. Portanto,
W = (860)
48
4
= 10320 J.
Observe que os valores encontrados nos itens (b) e (d)
devem coincidir, o que não ocorre com as respostas
fornecidas no livro.
P 7-12 (???/6a)
Um bloco de 3.75 kg é puxado com velocidade con-
stante por uma distância de 4.06 m em um piso hori-
zontal por uma corda que exerce uma força de 7.68 N
fazendo um ângulo de 15o acima da horizontal. Calcule
(a) o trabalho executado pela corda sobre o bloco e (b)
o coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e o piso.
I (a) A força na corda é constante, de modo que o tra-
balho é dado por W = F · d = Fd cosφ, onde F é
a força exercida pela corda, d é a distância do desloca-
mento, e φ é o ângulo entre a força e o deslocamento.
Portanto
W = (7.68)(4.06) cos 15o = 30.1 J.
(b) A resposta pode ser obtida facilmente fazendo-se um
diagrama de corpo livre onde constem todas as (quatro)
forças aplicadas.
Desenhe um ponto P representando o bloco. Em P , de-
senhe a força normal N apontando para cima, a força
peso mg apontando para baixo. Apontando horizontal-
mente para a esquerda desenhe a força f de atrito. De-
senhe a força F que puxa o bloco apontando para a dire-
ita e para cima, fazendo um ângulo φ com a horizontal,
Com isto tudo, a segundo lei de Newton nos diz que para
que o bloco se mova sem acelerar devemos ter equilı́brio
tanto na horizontal quanto na vertical, o que nos fornece
as equações, respectivamente,
F cosφ− f = 0,
N + F senφ−mg = 0.
A magnitude da força de atrito é dada por
f = µk N = µk(mg − F senφ),
onde o valor deN foi obtido da segunda equação acima.
Substituindo o valor de f na primeira das equações
acima e resolvendo-a para µk encontramos sem prob-
lemas que
µk =
F cosφ
mg − F senφ
=
(7.68) cos 15o
(3.57)(9.8) − (7.68) sen 15o
= 0.22.
7.2.2 Trabalho executado por força variável
P 7-16 (???/6a)
A força exercida num objeto é F (x) = F0(x/x0 − 1).
Calcule o trabalho realizado para deslocar o objeto de
x = 0 até x = 2x0 (a) fazendo um gráfico de F (x) e
determinando a área sob a curva e (b) calculando a inte-
gral analiticamente.
I (a) A expressão de F (x) diz-nos que a força varia
linearmente com x. Supondo x0 > 0, escolhemos dois
pontos convenientes para, através deles, desenhar uma
linha reta.
Para x = 0 temos F = −F0 enquanto que para x = 2x0
temos F = F0, ou seja devemos desenhar uma linha
reta que passe pelos pontos (0,−F0) e (2x0, F0). Faça
a figura!
Olhando para a figura vemos que o trabalho total é dado
pela soma da área de dois triângulos: um que vai de
x = 0 até x = x0, o outro indo de x = x0 até x = 2x0.
Como os dois triângulos tem a mesma área, sendo uma
positiva, a outra negativa, vemos que o trabalho total é
ZERO.
(b) Analiticamente, a integral nos diz que
W =
∫ 2x0
0
F0
( x
xo
− 1
)
dx
= F0
( x2
2x0
− x
)∣∣∣2x0
0
= 0.
7.2.3 Trabalho realizado por uma mola
E 7-18 (7-21/6a)
Uma mola com uma constante de mola de 15 N/cm está
presa a uma gaiola, como na Fig. 7-31. (a) Qual o tra-
balho executado pela mola sobre a gaiola se a mola é
distendida de 7.6 mm em relação ao seu estado relax-
ado? (b) Qual o trabalho adicional executado pela mola
seela é distendida por mais 7.6 mm?
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I (a) Quando a gaiola move-se de x = x1 para x = x2
o trabalho feito pela mola é dado por
W =
∫ x2
x1
(−kx) dx = − 1
2
kx2
∣∣∣x2
x1
= − 1
2
k(x22 − x21),
onde k é a constante de força da mola. Substituindo
x1 = 0 m e x2 = 7.6 × 10−3 m encontramos
W = −1
2
(1500)(7.6 × 10−3)2 = −0.043 J.
(b) Agora basta substituir-se x1 = 7.6 × 10−3 m e
x2 = 15.2 × 10−3 m na expressão para o trabalho:
W = −1
2
(1500)
[
(15.2)2 − (7.6)2
]
× (10−3)2
= −0.13 J.
Perceba que durante o segundo intervalo o trabalho re-
alizado é mais do que o dobro do trabalho feito no
primeiro intervalo. Embora o deslocamento tenha sido
idêntico em ambos intervalos, a força é maior durante o
segundo intervalo.
7.2.4 Energia Cinética
E 7-21 (7-???/6a)
Se um foguete Saturno V com uma espaçonave Apolo
acoplada tem uma massa total de 2.9 × 105 kg e atinge
uma velocidade de 11.2 km/s, qual a sua energia cinética
neste instante?
I Usando a definição de energia cinética temos que
K =
1
2
mv2 =
1
2
(2.9 × 105)(11.2 × 103)2
= 1.75 × 1013 J.
E 7-22 (7-1/6a)
Um elétron de condução (massa m = 9.11 × 10−31 kg)
do cobre, numa temperatura próxima do zero absoluto,
tem uma energia cinética de 6.7 × 10−19 J. Qual a ve-
locidade do elétron?
I A energia cinética é dada por K = mv2/2, onde m é
a massa do elétron e v a sua velocidade. Portanto
v =
√
2K
m
=
√
2(6.7 × 10−19)
9.11 × 10−31
= 1.2 × 106 m/s.
E 7-29 (???/6a)
Um carro de 1000 kg está viajando a 60 km/h numa
estrada plana. Os freios são aplicados por um tempo
suficiente para reduzir a energia cinética do carro de
50 kJ. (a) Qual a velocidade final do carro? (b) Qual
a redução adicional de energia cinética necessária para
fazê-lo parar?
I (a) A energia cinética inicial do carro éKi = mv2i /2,
onde m é a massa do carro e
vi = 60 km/h =
60 × 103
3600
= 16.7 m/s
é a sua velocidade inicial. Isto nos fornece
Ki = (1000)(16.7)
2/2 = 1.39 × 105 J.
Após reduzir em 50 kJ a energia cinética teremos
Kf = 1.39 × 105 − 50 × 103 = 8.9 × 104 J.
Com isto, a velocidade final do carro será
vf =
√
2Kf
m
=
√
2(8.9 × 104)
1000
= 13.3 m/s
= 47.8 km/h.
(b) Como ao parar a energia cinética final do carro será
ZERO, teremos que ainda remover 8.9×104 J para faze-
lo parar.
P 7-35 (7-17/6a)
Um helicóptero levanta verticalmente um astronauta de
72 kg até 15 m de altura acima do oceano com o
auxı́lio de um cabo. A aceleração do astronauta é g/10.
Qual o trabalho realizado sobre o astronauta (a) pelo
helicóptero e (b) pelo seu próprio peso? Quais são (c)
a energia cinética e (d) a velocidade do astronauta no
momento em que chega ao helicóptero?
I (a) Chame de F a magnitude da força exercida pelo
cabo no astronauta. A força do cabo aponta para cima e
o peso mg do astronauta aponta para baixo. Além disto,
a aceleração do astronauta é g/10, para cima. De acordo
com a segunda lei de Newton,
F −mg = mg/10,
de modo que F = 11mg/10. Como a força F e o deslo-
camento d estão na mesma direção, o trabalho feito pela
força F é
WF = Fd =
11mg
10
d =
11(72)(9.8)(15)
10
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= 1.16 × 104 J.
(b) O peso tem magnitude mg e aponta na direção
oposta do deslocamento. Ele executa um trabalho
Wg = −mgd = −(72)(9.8)(15) = −1.06 × 104 J.
(c) O trabalho total feito é
WT = 11600 − 10600 = 1000 J.
Como o astronauta partiu do repouso, o teorema do
Trabalho-Energia diz-nos que sua energia cinética final
deverá ser igual a WT
(d) Como K = mv2/2, a velocidade final do astronauta
será
v =
√
2K
m
=
√
2(1000)
72
= 5.27 m/s = 18.9 km/h.
P 7-36 (7-19/6a)
Uma corda é usada para fazer descer verticalmente um
bloco, inicialmente em repouso, de massa M com uma
aceleração constante g/4. Depois que o bloco desceu
uma distância d, calcule (a) o trabalho realizado pela
corda sobre o bloco, (b) o trabalho realizado sobre o
bloco pelo seu peso, (c) a energia cinética do bloco e (d)
a velocidade do bloco.
I (a) Chame de F a magnitude da força da corda so-
bre o bloco. A força F aponta para cima, enquanto que
a força da gravidade, de magnitude Mg, aponta para
baixo. A aceleração é g/4, para baixo. Considere o
sentido para baixo como sendo o sentido positivo. A se-
gunda lei de Newton diz-nos que Mg − F = Mg/4,
de modo que F = 3Mg/4. A força está direcionada no
sentido oposto ao deslocamento de modo que o trabalho
que ela faz é
WF = −Fd = −
3
4
Mgd.
(b) A força da gravidade aponta no mesmo sentido
que o deslocamento de modo que ela faz um trabalho
Wg = Mgd.
(c) O trabalho total feito sobre o bloco é
WT = −
3
4
Mgd+Mgd =
1
4
Mgd.
Como o bloco parte do repouso, o valor acima coincide
com sua energia cinética K após haver baixado uma
distância d.
(d) A velocidade após haver baixado uma distância d é
v =
√
2K
M
=
√
gd
2
.
7.2.5 Potência
P 7-43 (???/6a)
Um bloco de granito de 1400 kg é puxado por um guin-
daste a vapor ao longo de uma rampa com velocidade
constante de 1.34 m/s (Fig. 7-38). O coeficiente de atrito
dinâmico entre o bloco e a rampa é 0.4. Qual a potência
do guindaste?
I Para determinar a magnitude F da força com que
o guindaste puxa o granito usaremos um diagrama de
corpo livre.
Chamemos de f a força de atrito, no sentido oposto ao
de F . A normal N aponta perpendicularmente à rampa,
enquanto que a magnitude mg da força da gravidade
aponta verticalmente para baixo.
Da figura dada vemos que ângulo θ do plano inclinado
vale
θ = tan−1
(30
40
)
= 37o.
Tomemos o eixo x na direção do plano inclinado, apon-
tando para cima e o eixo y apontando no mesmo sentido
da normal N.
Como a aceleração é zero, as componentes x e y da se-
gunda lei de Newton são, respectivamente,
F − f −mg sen θ = 0,
N −mg cos θ = 0.
Da segunda equação obtemos que N = mg cos θ, de
modo que f = µkN = µkmg cos θ. Substiutindo este
resultado na primeira equação e resolvendo-a para F
obtemos
F = mg
(
sen θ + µk cos θ
)
.
A força do guindaste aponta no mesmo sentido que a ve-
locidade do bloco, de modo que a potência do guindaste
é
P = Fv
= mgv
(
sen θ + µk cos θ
)
= (1400)(9.8)(1.34)
(
sen 37o + 0.4 cos 37o
)
= 17 kW.
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P 7-47 (???/6a)
Uma força de 5 N age sobre um corpo de 1.5 kg inicial-
mente em repouso. Determine (a) o trabalho executado
pela força no primeiro, segundo e terceiro segundos e
(b) a potência instantânea aplicada pela força no final
do terceiro segundo.
I (a) A potência é dada por P = Fv e o trabalho feito
por F entre o instante t1 e t2 é
W =
∫ t2
t1
P dt =
∫ t2
t1
Fv dt.
Como F é a força total, a magnitude da aceleração é
a = f/m e a velocidade em função do tempo é dada
por v = at = Ft/m. Portanto
W =
∫ t2
t1
F 2t
m
dt =
1
2
F 2
m
(
t22 − t21
)
.
Para t1 = 0s e t2 = 1s temos
W1 =
1
2
(52
15
)
[(1)2 − (0)2] = 0.83 J.
Para t1 = 1s e t2 = 2s temos
W2 =
1
2
(52
15
)
[(2)2 − (1)2] = 2.5 J.
Para t1 = 2s e t2 = 3s temos
W3 =
1
2
(52
15
)
[(3)2 − (2)2] = 4.2 J.
(b) Substitua v = Ft/m em P = Fv obtendo então
P = F 2t/m para a potência num instante t qualquer.
Ao final do terceiro segundo temos
P =
(5)2(3)
15
= 5 W.
P 7-48 (7-35/6a)
Um elevador de carga totalmente cheio tem uma massa
total de 1200 kg e deve subir 54 m em 3 min. O con-
trapeso do elevador tem uma massa de 950 kg. Cal-
cule a potência (em cavalos-vapor) que o motor do el-
evador deve desenvolver. Ignore o trabalho necessário
para colocar o elevador em movimento e para freá-lo,
isto é, suponha que se mova o tempo todo com veloci-
dade constante.
I O trabalho total é a soma dos trabalhos feitos pela
gravidade sobre o elevador, o trabalho feito pela gravi-
dade no contrapeso,e o trabalho feito pelo motor sobre
o sistema: WT = We + Wc + Wm. Como o elevador
move-se com velocidade constante, sua energia cinética
não muda e, de acordo com o teorema do Trabalho-
Energia, o trabalho total feito é zero. Isto significa que
We +Wc +Wm = 0.
O elevador move-se 54 m para cima, de modo que o tra-
balho feito pela gravidade sobre ele é
We = −megd = −(1200)(9.8)(54) = −6.35 × 105 J.
O contrapeso move-se para baixo pela mesma distância,
de modo que o trabalho feito pela gravidade sobre ele é
Wc = mcgd = (950)(9.8)(54) = 5.03 × 105 J.
Como WT = 0, o trabalho feito pelo motor é
Wm = −We −Wc = (6.35 − 5.03) × 105
= 1.32 × 105 J.
Este trabalho é feito num intervalo de tempo ∆t =
3 min = 180 s e, portanto, a potência fornecida pelo
motor para levantar o elevador é
P =
Wm
∆t
=
1.32 × 105
180
= 735 W.
Este valor corresponde a
735 W
746 W/hp
= 0.99 hp.
P 7-49 (???/6a)
A força (mas não a potência) necessária para rebocar um
barco com velocidade constante é proporcional à veloci-
dade. Se são necessários 10 hp para manter uma veloci-
dade de 4 km/h, quantos cavalos-vapor são necessários
para manter uma velocidade de 12 km/h?
I Como o problema afirma que a força é proporcional
à velocidade, podemos escrever que a força é dada por
F = αv, onde v é a velocidade e α é uma constante de
proporcionalidade. A potência necessária é
P = Fv = αv2.
Esta fórmula nos diz que a potência associada a uma
velocidade v1 é P1 = αv21 e a uma velocidade v2 é
P2 = αv
2
2 . Portanto, dividindo-se P2 por P1 podemos
nos livrar da constante α desconhecida, obtendo que
P2 =
(v2
v1
)2
P1.
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Para P1 = 10 hp e v2 = 3v1, vemos sem problemas que
P2 =
(12
4
)2
(10) = (3)2(10) = 90 hp.
Observe que é possı́vel determinar-se explicitamente o
valor de α a partir dos dados do problema. Porém, tal
solução é menos elegante que a acima apresentada, onde
determinamos α implicitamente, chegando ao resultado
final mais rapidamente.
7.2.6 Energia Cinética a Velocidades Elevadas
E 7-50 (???/6a)
Um elétron se desloca de 5.1 cm em 0.25 ns. (a) Qual é
a relação entre a velocidade do elétron e a velocidade da
luz? (b) Qual é a energia do elétron em elétrons-volt?
(c) Qual o erro percentual que você cometeria se usasse
a fórmula clássica para calcular a energia cinética do
elétron?
I (a) A velocidade do elétron é
v =
d
t
=
5.1 × 10−2
0.25 × 10−9
= 2.04 × 108 m/s.
Como a velocidade da luz é c = 2.998×108 m/s, temos
v =
2.04
2.998
c = 0.68 c.
(b) Como a velocidade do elétron é próxima da veloci-
dade da luz,devemos usar expressão relativı́stica para a
energia cinética:
K = mc2
( 1√
1 − v2/c2
− 1
)
= (9.11 × 1031)(2.998 × 108)×( 1√
1 − (0.68)2
− 1
)
= 3.0 × 10−14 J.
Este valor é equivalente a
K =
3.0 × 10−14
1.60 × 10−19
= 1.90 × 105 = 190 keV.
(c) Classicamente a energia cinética é dada por
K =
1
2
mv2 =
1
2
(9.11 × 10−31)(2.04 × 108)2
= 1.90 × 10−14 J.
Portanto, o erro percentual é, simplificando já a potência
comum 10−14 que aparece no numerador e denomi-
nador,
erro percentual =
3.0 − 1.9
3.0
= 0.37,
ou seja, 37%. Perceba que não usar a fórmula rela-
tivı́stica produz um grande erro!!
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Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil)
Departamento de Fı́sica
Numeração conforme a SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas
Contents
8 Conservação da Energia 2
8.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2.1 Determinação da Energia Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2.2 Usando a Curva de Energia Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
8.2.3 Conservação da Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
8.2.4 Trabalho Executado por Forças de Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
8.2.5 Massa e Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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8 Conservação da Energia
8.1 Questões
Q 8-10
Cite alguns exemplos práticos de equilı́brio instável,
neutro e estável.
I
8.2 Problemas e Exercı́cios
8.2.1 Determinação da Energia Potencial
E 8-1 (8-??/6a edição)
Uma determinada mola armazena 25 J de energia po-
tencial quando sofre uma compressão de 7.5 cm. Qual
a constante da mola?
I Como sabemos que a energia potencial elástica ar-
mazenada numa mola é U(x) = kx2/2, obtemos facil-
mente que
k =
2U(x)
x2
=
2(25)
(0.075)2
= 8.9× 103 N/m.
E 8-6 (8-3/6a)
Um pedacinho de gelo se desprende da borda de uma
taça hemisférica sem atrito com 22 cm de raio (Fig. 8-
22). Com que velocidade o gelo está se movendo ao
chegar ao fundo da taça?
I A única força que faz trabalho sobre o pedacinho de
gelo é a força da gravidade, que é uma força conserva-
tiva.
Chamando de Ki a energia cinética do pedacinho de
gelo na borda da taça, de Kf a sua energia cinética no
fundo da taça, de Ui sua energia potencial da borda e de
Uf sua energia potencial no fundo da taça, temos então
Kf + Uf = Ki + Ui.
Consideremos a energia potencial no fundo da taça
como sendo zero. Neste caso a energia potencial no
topo vale Ui = mgr, onde r representa o raio da taça
e m representa a massa do pedacinho de gelo. Sabemos
que Ki = 0 pois o pedacinho de gelo parte do repouso.
Chamando de v a velocidade do pedacinho de gelo ao
atingir o fundo, temos então, da equação da conservação
da energia acima que mgr = mv2/2, o que nos fornece
v =
√
2gr =
√
2(9.8)(0.22) = 2.1 m/s.
E 8-8 (8-13/6a)
Um caminhão que perdeu os freios está descendo uma
estrada em declive a 130 km/h. Felizmente a estrada
dispõe de uma rampa de escape, com uma inclinação de
15o (Fig. 8-24). Qual o menor comprimento da rampa
para que a velocidade do caminhão chegue a zero antes
do final da rampa? As rampas de escape são quase sem-
pre cobertas com uma grossa camada de areia ou cas-
calho. Por quê?
Nota: uso o valor 130 km/h da sexta edição do livro, em
vez dos 120 km/h da quarta, já que na quarta edição não
é fornecida nenhuma resposta.
I Despreze o trabalho feito por qualquer força de
fricção. Neste caso a única força a realizar trabalho é
a força da gravidade, uma força conservativa. Seja Ki a
energia cinética do caminhão no inı́cio da rampa de es-
cape e Kf sua energia cinética no topo da rampa. Seja
Ui e Uf os respectivos valores da energia potencial no
inı́cio e no topo da rampa. Então
Kf + Uf = Ki + Ui.
Se tomarmos a energia potencial como sendo zero no
inı́cio da rampa, então Uf = mgh, onde h é a al-
tura final do caminhão em relação à sua posição inicial.
Temos que Ki = mv2/2, onde v é a velocidade inicial
do caminhão, e Kf = 0 já que o caminhão para. Por-
tanto mgh = mv2/2, donde tiramos que
h =
v2
2g
=
(130× 103/3600)2
2(9.8)
= 66.53 m.
Se chamarmos de L o comprimento da rampa, então ter-
emos que L sen 15o = h, donde tiramos finalmente que
L =
h
sen 15o
=
66.53
sen 15o
= 257.06 m.
Areia ou cascalho, que se comportam neste caso como
um “fluido”, tem mais atrito que uma pista sólida, aju-dando a diminuir mais a distância necessária para parar
o veı́culo.
E 8-10 (8-??/6a)
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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 13:37
Um projétil com uma massa de 2.4 kg é disparado para
cima do alto de uma colina de 125 m de altura, com
uma velocidade de 150 m/s e numa direção que faz um
ângulo de 41o com a horizontal. (a) Qual a energia
cinética do projétil no momento em que é disparado?
(b) Qual a energia potencial do projétil no mesmo mo-
mento? Suponha que a energia potencial é nula na base
da colina (y = 0). (c) Determine a velocidade do
projétil no momento em que atinge o solo. Supondo
que a resistência do ar possa ser ignorada, as respostas
acima dependem da massa do projétil?
I (a) Se m for a massa do projétil e v sua velocidade
após o lançamento, então sua energia cinética imediata-
mente após o lançamento é
Ki =
1
2
mv2 =
1
2
(2.40)(150)2 = 27.0× 103 J.
(b) Se a energia potencial é tomada como zero quando
o projétil atinge o solo e sua altura inicial acima do solo
for chamada de h, então sua energia potencial inicial é
Ui = mgh = (2.4)(9.8)(125) = 2.94× 103 J.
(c) Imediatamente antes de atingir o solo a energia po-
tencial é zero e a energia cinética pode ser escrita como
sendoKf = mv2f/2, onde vf é a velocidade do projétil.
A energia mecânica é conservada durante o voo do
projétil de modo que Kf = mv2f/2 = Ki + Ui donde
tiramos facilmente que
vf =
√
2(Ki + Ui)
m
=
√
2[(27.0 + 2.94)× 103]
2.40
= 159 m/s.
Os valores de Ki,Kf , Ui e Uf dependem todos da
massa do projétil, porém a velocidade final vf não de-
pende da massa se a resistência do ar puder ser consid-
erada desprezı́vel.
Observe que o tal ângulo de 41o não foi usado para
nada! Talvez seja por isto que este exercı́cio já não mais
apareça nas edições subsequentes do livro...
E 8-12 (8-17/6a)
Uma bola de gude de 5 g é disparada verticalmente para
cima por uma espingarda de mola. A mola deve ser
comprimida de 8 cm para que a bola de gude apenas
alcance um alvo situado a 20 m de distância. (a) Qual
a variação da energia potencial gravitacional da bola de
gude durante a subida? (b) Qual a constante da mola?
I (a) Neste problema a energia potencial possui dois
termos: energia potencial elástica da mola e energia po-
tencial gravitacional.
Considere o zero da energia potencial gravitacional
como sendo a posição da bola de gude quando a mola
está comprimida. Então, a energia potencial gravita-
cional da bola de gude quando ela está no topo da órbita
(i.e. no ponto mais alto) é Ug = mgh, onde h é a altura
do ponto mais elevado. Tal altura é h = 20 + 0.08 =
20.08 m. Portanto
Ug = (5× 10−3)(9.8)(20.08) = 0.948 J.
(b) Como a energia mecânica é conservada, a ener-
gia da mola comprimida deve ser a mesma que a en-
ergia potencial gravitacional no topo do voo. Ou seja,
kx2/2 = mgh = Ug , onde k é a constante da mola.
Portanto,
k =
2Ug
x2
=
2(0.948)
(0.08)2
= 307.5 N/m.
Observe que
307.5 N/m ' 3.1× 102 N/m = 3.1 N/cm,
que é a resposta oferecida pelo livro-texto.
E 8-13 (8-5/6a)
Uma bola de massa m está presa à extremidade de uma
barra de comprimento L e massa desprezı́vel. A outra
extremidade da barra é articulada, de modo que a bola
pode descrever um cı́rculo plano vertical. A barra é
mantida na posição horizontal, como na Fig. 8-26, até
receber um impulso para baixo suficiente para chegar
ao ponto mais alto do cı́rculo com velocidade zero. (a)
Qual a variação da energia potencial da bola? (b) Qual
a velocidade inicial da bola?
I (a) Tome o zero da energia potencial como sendo o
ponto mais baixo atingido pela bola. Como a bola está
inicialmente a uma distância vertical L acima do ponto
mais baixo, a energia potencial inicial é Ui = mgL,
sendo a energia potencial final dada por Uf = mg(2L).
A variação da energia potencial é, portanto,
∆U = Uf − Ui = 2mgL−mgL = mgL.
(b) A energia cinética final é zero. Chamemos de Ki =
mv2/2 a energia cinética inicial, onde v é a velocidade
inicial procurada. A barra não faz trabalho algum e a
força da gravidade é conservativa, de modo que a ener-
gia mecânica é conservada. Isto significa que ∆K =
−∆U ou, em outras palavras, que −mv2/2 = −mgL
de modo que temos
v =
√
2gL.
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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 13:37
P 8-17 (8-21/6a)
Uma mola pode ser comprimida 2 cm por uma força de
270 N. Um bloco de 12 kg de massa é liberado a par-
tir do repouso do alto de um plano inclinado sem atrito
cuja inclinação é 30o. (Fig. 8-30). O bloco comprime
a mola 5.5 cm antes de parar. (a) Qual a distância total
percorrida pelo bloco até parar? (b) Qual a velocidade
do bloco no momento em que se choca com a mola?
I A informação dada na primeira frase nos permite cal-
cular a constante da mola:
k =
F
x
=
270
0.02
= 1.35× 104 N/m.
(a) Considere agora o bloco deslizando para baixo. Se
ele parte do repouso a uma altura h acima do ponto
onde ele para momentaneamente, sua energia cinética
é zero e sua energia potencial gravitacional inicial é
mgh, onde m é a massa do bloco. Tomamos o zero
da energia potencial gravitacional como sendo o ponto
onde o bloco para. Tomamos também a energia po-
tencial inicial armazenada na mola como sendo zero.
Suponha que o bloco comprima a mola uma distância
x antes de parar momentaneamente. Neste caso a en-
ergia cinética final é zero, a energia potencial gravita-
cional final é zero, e a energia potencial final da mola
é kx2/2. O plano inclinado não tem atrito e a força
normal que ele exerce sobre o bloco não efetua trabalho
(pois é perpendicular à direção do movimento), de modo
que a energia mecânica é conservada. Isto significa que
mgh = kx2/2, donde tiramos que
h =
kx2
2mg
=
(1.35× 104)(0.055)2
2(12)(9.8)
= 0.174 m.
Se o bloco viajasse uma distância ` pelo plano inclinado
abaixo, então ` sen 30o = h, de modo que
` =
h
sen 30o
=
0.174
sen 30o
= 0.35 m.
(b) Imediatamente antes de tocar a mola o bloco dista
0.055 m do ponto onde irá estar em repouso, e assim
está a uma distância vertical de (0.055) sen 30o =
0.0275 m acima da sua posição final. A energia po-
tencial é então mgh′ = (12)(9.8)(0.0275) = 3.23 J.
Por outro lado, sua energia potencial inicial é mgh =
(12)(9.8)(0.174) = 20.5 J. A diferença entre este dois
valores fornece sua energia cinética final: Kf = 20.5−
3.23 = 17.2 J. Sua velocidade final é, portanto,
v =
√
2Kf
m
=
√
2(17.2)
12
= 1.7 m/s.
P 8-21 (8-??/6a)
Uma bala de morteiro de 5 kg é disparada para cima com
uma velocidade inicial de 100 m/s e um ângulo de 34o
em relação à horizontal. (a) Qual a energia cinética da
bala no momento do disparo? (b) Qual é a variação na
energia potencial da bala até o momento em que atinge
o ponto mais alto da trajetória? (c) Qual a altura atingida
pela bala?
I (a) Sejam a massa da bala e v0 sua velocidade inicial.
A energia cinética inicial é então
Ki =
1
2
mv20 =
1
2
(5)(100)2 = 2.5× 104 J.
(b) Tome o zero da energia potencial gravitacional como
sendo o ponto de tiro e chame de Uf a energia potencial
no topo da trajetória. Uf coincide então com a variação
da energia potencial deste o instante do tiro até o in-
stante em que o topo da trajetória é alcançada. Neste
ponto a velocidade da bala é horizontal e tem o mesmo
valor que tinha no inı́cio: vh = v0 cos θ0, onde θ0 é o
ângulo de tiro. A energia cinética no topo é
Kf =
1
2
mv2h =
1
2
mv20 cos
2 θ0.
Como a energia mecânica é conservada
1
2
mv20 = Uf +
1
2
mv20 cos
2 θ0.
Portanto
Uf =
1
2
mv20(1− cos2 θ0)
=
1
2
mv20 sen
2θ0
=
1
2
(5)(100)2 sen234o
= 7.8× 103 J.
(c) A energia potencial no topo da trajetória é também
dada por Uf = mgh, onde h é a altura (desnı́vel) do
topo em relação ao ponto de tiro. Resolvendo para h,
encontramos:
h =
Uf
mg
=
7.8× 103
(5)(9.8)
= 160 m.
P 8-23 (8-23/6a)
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