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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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 21 de Novembro de 2013, às 22:55
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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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 13:37
A corda da Fig. 8-31 temL = 120 cm de comprimento e
a distância d até o pino fixoP é de 75 cm. Quando a bola
é liberada em repouso na posição indicada na figura, de-
screve a trajetória indicada pela linha tracejada. Qual é a
velocidade da bola (a) quando está passando pelo ponto
mais baixo da trajetória e (b) quando chega ao ponto
mais alto da trajetória depois que a corda toca o pino?
I Chame de A o ponto mais baixo que a bola atinge e
de B o ponto mais alto da trajetória após a bola tocar no
pino. Escolha um sistemas de coordenada com o eixo y
originando-se no ponto A e apontando para cima. A en-
ergia inicial da bola de massam no campo gravitacional
da Terra antes de ser solta vale E = mgL. Conservação
da energia fornece-nos então uma equação para a ve-
locidade v da bola em qualquer lugar especificado pela
coordenada y:
E = mgL =
1
2
mv2 +mgy.
(a) Com yA = 0 em mgL = 12mv
2
A + mgyA, obtemos
facilmente que
vA =
√
2gL =
√
(2)(9.8)(1.2) = 4.8 m/s.
(b) Importante aqui é perceber que o tal ponto mais
alto da trajetória depois que a corda toca o pino não
é o ponto L − d (como a figura parece querer indicar)
mas sim o ponto yB = 2(L − d), pois a bola tem
energia suficiente para chegar até ele! É neste detal-
hezito que mora o perigo... :-) Substituindo yB em
mgL = 12mv
2
B +mgyB , obtemos então facilmente que
vB =
√
2g(2d− L) =
√
2(9.8)[2(0.75)− 1.2]
= 2.4 m/s.
Qual a razão deste último valor ser a metade do ante-
rior?...
P 8-25 (8-25/6a)
Deixa-se cair um bloco de 2 kg de uma altura de 40 cm
sobre uma mola cuja constante é k = 1960 N/m (Fig. 8-
32). Determine a compressão máxima da mola.
I Seja m a massa do bloco, h a altura da queda e x a
compressão da mola. Tome o zero da energia potencial
como sendo a posição inicial do bloco. O bloco cai uma
distância h+x e sua energia potencial gravitacional final
é−mg(h+x). Valores positivos de x indicam ter havido
compressão da mola. A energia potencial da mola é ini-
cialmente zero e kx2/2 no final. A energia cinética é
zero tanto no inı́cio quanto no fim. Como a energia é
conservada, temos
0 = −mg(H + x) + 1
2
kx2.
As soluções desta equação quadrática são
x =
mg ±
√
(mg)2 + 2mghk
k
=
19.6±
√
(19.6)2 + 2(19.6)(784)
1960
que fornece dois valores para x: 0.10 m ou −0.080 m.
Como procuramos uma compressão, o valor desejado é
0.10 m.
P 8-27 (8-27/6a)
Duas crianças estão competindo para ver quem con-
segue acertar numa pequena caixa com uma bola de gule
disparada por uma espigarda de mola colocada sobre
uma mesa. A distância horizontal entre a borda da mesa
e a caixa é de 2.2 m (Fig. 8-34). João comprime a mola
1.1 cm e a bola cai 27 cm antes do alvo. De quando deve
Maria comprimir a mola para acertar na caixa?
I A distância que a bola de gude viaja é determinada
pela sua velocidade inicial, que é determinada pela com-
pressão da mola.
Seja h a altura da mesa e x a distância horizontal até o
ponto onde a bola de gude aterrisa. Então x = v0t e
h = gt2/2, onde v0 é a velocidade inicial da bola de
gude e t é o tempo que ela permanece no ar. A segunda
equação fornece
t =
√
2h/g de modo que x = x0
√
2h/g.
A distância até o ponto de aterrisagem é diretamente
proporcional à velocidade inicial pois x = v0t. Seja v01
a velocidade inicial do primeiro tiro e x1 a distância hor-
izontal até seu ponto de aterrisagem; seja v02 a veloci-
dade inicial do segundo tiro e x2 a distância horizontal
até seu ponto de aterrisagem. Então
v02 =
x2
x1
v01.
Quando a mola é comprimida a energia potencial é
k`2/a, onde ` é a compressão. Quando a bola de gude
perde contato da mola a energia potencial é zero e sua
energia cinética é mv20/2. Como a energia mecânica é
conservada, temos
1
2
mv20 =
1
2
k`2,
de modo que a velocidade inicial da bola de gude é dire-
tamente proporcional à compressão original da mola. Se
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`1 for a compressão do primeiro tiro e `2 a do segundo,
então v02 = (`2/`1)v01. Combinando isto com o resul-
tado anterior encontramos `2 = (x2/x1)`1. Tomando
agora x1 = 2.20 − 0.27 = 1.93 m, `1 = 1.10 cm, e
x2 = 2.2 m, encontramos a compressão `2 desejada:
`2 =
(2.20 m
1.93 m
)
(1.10 cm) = 1.25 cm.
P 8-31 (8-26/6a)
Tarzan, que pesa 688 N, decide usar um cipó de 18 m de
comprimento para atravessar um abismo (Fig. 8-36). Do
ponto de partida até o ponto mais baixo da trajetória, de-
sce 3.2 m. O cipó é capaz de resitir a uma força máxima
de 950 N. Tarzan consegue chegar ao outro lado?
I Chamando de m a massa do Tarzan e de v a sua ve-
locidade no ponto mais baixo temos que
1
2
mv2 = mgh,
onde h é a altura que Tarzan desce. Desta expressão
tiramos que
v2 = 2gh = 2(3.2)g = 6.4g.
Por outro lado, no ponto mais baixo temos, da segunda
lei de Newton, que a força centrı́peta está relacionada
com a tensão no cipó através da equação
m
v2
R
= T −mg,
onde R é o raio da trajetória. Portanto, temos que
T = mg +m
v2
R
= mg +
6.4mg
R
= 688
(
1 +
6.4
18
)
= 932.6 N.
Como T < 950 N, vemos que Tarzan consegue atrav-
essar, porém estirando o cipó muito perto do limite
máximo que ele agüenta!
P 8-32 (8-29/6a)
Na Fig. 8-31 mostre que se a bola fizer uma volta com-
pleta em torno do pino, então d > 3L/5. (Sugestão:
A bola ainda deve estar se movendo quando chegar ao
ponto mais alto da trajetória. Você saberia explicar por
quê?)
I Antes de mais nada, este problema é uma continuação
do problema 8-23. Releia-o antes de continuar.
Use conservação da energia. A energia mecânica deve
ser a mesma no topo da oscilação quanto o era no inı́cio
do movimento. A segunda lei de Newton fornece a ve-
locidade (energia cinética) no topo. No topo a tensão
T na corda e a força da gravidade apontam ambas para
baixo, em direção ao centro do cı́rculo. Note que o raio
do cı́rculo é r = L− d, de modo que temos
T +mg = m
v2
L− d
,
onde v é a velocidade e m é a massa da bola. Quando
a bola passa pelo ponto mais alto (com a menor ve-
locidade possı́vel) a tensão é zero. Portanto, mg =
mv2/(L− d) e temos que v =
√
g(L− d).
Tome o zero da energia potencial gravitacional como
sendo no ponto mais baixo da oscilação. Então a en-
ergia potencial inicial é mgL. A energia cinética inicial
é 0 pois a bola parte do repouso. A energia potencial
final, no topo da oscilação, é mg2(L − d) e a energia
cinética final é mv2/2 = mg(L− d)/2. O princı́pio da
conservação da energia fornece-nos
mgL = mg2(L− d) + 1
2
mg(L− d).
Desta expressão obtemos sem problemas que
d =
3
5
L.
Se d for maior do que 3L/5, de modo que o ponto mais
alto da trajetória fica mais abaixo, então a velocidade da
bola é maior ao alcançar tal ponto e pode ultrapassa-lo.
Se d for menor a bola não pode dar a volta. Portanto o
valor 3L/5 é um limite mais baixo.
P 8-35∗ (8-33∗/6a)
Uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito com
um quarto de seu comprimento pendurado para fora da
mesa, como na Fig. 8-37. Se a corrente tem um com-
primento L e uma massa m, qual o trabalho necessário
para puxá-la totalmente para cima da mesa?
I O trabalho necessário é igual à variação da energia
potencial gravitacional a medida que a corrente é pux-
ada para cima da mesa. Considere a energia poten-
cial como sendo zero quando toda a corrente estiver
sobre a mesa. Divida a parte pendurada da corrente
num número grande de segmentos infinitesimais, cada
um com comprimento dy. A massa de um tal seg-
mento é (M/L)dy e a energia potencial do segmento
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a uma distância y abaixo do topo da mesa é dU =
−(m/L)gy dy. A energia potencial total é
U = −m
L
g
∫ L/4
0
ydy = −1
2
m
L
g
(L
4
)2
= − 1
32
mgL.
O trabalho necessáriopara puxar a corrente para cima
da mesa é, portanto, −U = mgL/32.
P 8-37∗ (8-35∗/6a)
Um menino está sentado no alto de um monte hem-
isférico de gelo (iglu!) (Fig. 8-39). Ele recebe um pe-
quenı́ssimo empurrão e começa a escorregar para baixo.
Mostre que, se o atrito com o gelo puder ser desprezado,
ele perde o contato com o gelo num ponto cuja altura é
2R/3. (Sugestão: A força normal desaparece no mo-
mento em que o menino perde o contato como o gelo.)
I Chame de N a força normal exercida pelo gelo no
menino e desenhe o diagrama de forças que atuam no
menino. Chamando de θ o ângulo entre a vertical e
o raio que passa pela posição do menino temos que a
força que aponta radialmente para dentro émg cos θ−N
que, de acordo com a segunda lei de Newton, deve ser
igual a força centrı́peta mv2/R, onde v é a velocidade
do menino. No ponto em que o menino se desprende do
gelo temos N = 0, de modo que
g cos θ =
v2
R
.
Precisamos agora determinar a velocidade v. Tomando
a energia potencial como zero quando o menino está no
topo do iglu, teremos para U(θ) a expressão
U(θ) = −mgR(1− cos θ).
O menino inicia seu movimeno do repouso e sua en-
ergia cinética na hora que se desprende vale mv2/2.
Portanto, a conservação da energia nos fornece 0 =
mv2/2−mgR(1− cos θ), ou seja,
v2 = 2gR(1− cos θ).
Substituindo este resultado na expressão acima, obtida
da força centrı́peta, temos
g cos θ = 2g(1− cos θ),
ou, em outras palavras, que
cos θ =
2
3
.
A altura do menino acima do plano horizontal quando
se desprende é
R cos θ =
2
3
R.
8.2.2 Usando a Curva de Energia Potencial
P 8-39 (8-37/6a)
A energia potencial de uma molécula diatômica (H2 ou
O2, por exemplo) é dada por
U =
A
r12
− B
r6
onde r é a distância entre os átomos que formam a
molécula e A e B são constantes positivas. Esta energia
potencial se deve à força que mantém os átomos unidos.
(a) Calcule a distância de equilı́brio, isto é, a distância
entre os átomos para a qual a força a que estão submeti-
dos é zero. Verifique se a força é repulsiva (os átomos
tendem a se separar) ou atrativa (os átomos tendem a se
aproximar) se a distância entre eles é (b) menor e (c)
maior do que a distância de equilı́brio.
I (a) A força é radial (ao longo a line que une os
átomos) e é dada pela derivada de U em relação a r:
F = −dU
dr
=
12A
r13
− 6B
r7
.
A separação r0 de equilı́brio é a separação para a qual
temos F (r0) = 0, ou seja, para a qual
12A− 6Br60 = 0.
Portanto a separação de equilı́brio é dada por
r0 =
(2A
B
)1/6
= 1.12
(A
B
)1/6
.
(b) A derivada da força em relação a r, computada na
separação de equilı́brio vale
dF
dr
= −12 · 13A
r140
+
42B
r80
= − (156A− 42Br
6
o)
r140
= −72A
r140
,
onde usamos o fato que, do item anterior, sabemos que
r60 = 2A/B. A derivada é negativa, de modo que a
força é positiva se r for um pouco menor que r0, indi-
cando uma força de repulsão.
(c) Se r for um pouco maior que r0 a força é negativa,
indicando que a força é de atração.
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8.2.3 Conservação da Energia
8.2.4 Trabalho Executado por Forças de Atrito
E 8-45 (8-48/6a)
Aproximadamente 5.5 × 106 kg de água caem por se-
gundo nas cataratas de Niágara a partir de uma altura
de 50 m. (a) Qual a energia potencial perdida por se-
gundo pela água que cai? (b) Qual seria a potência ger-
ada por uma usina hidrelétrica se toda a energia poten-
cial da água fosse convertida em energia elétrica? (c)
Se a companhia de energia elétrica vendesse essa en-
ergia pelo preço industrial de 1 centavo de dólar por
quilowatt-hora, qual seria a sua receita anual?
I (a) O decréscimo na energia potencial gravitacional
por segundo é
(5.5× 106)(9.8)(50) = 2.7× 109 J.
(b) A potência seria
P = (2.7× 109 J)(1 s) = 2.7× 109 W.
(c) Como a energia total gerada em um ano é
E = Pt = (2.7× 106 kW)(1 ano)(8760 h/ano)
= 2.4× 1010 kW·h,
o custo anual seria
(2.4× 1010)(0.01) = 2.4× 108 dólares,
ou seja, 240 milhões de dólares.
E 8-50 (8-??/6a)
Um menino de 51 kg sobe, com velocidade constante,
por uma corda de 6 m em 10 s. (a) Qual o aumento da
energia potencial gravitacional do menino? (b) Qual a
potência desenvolvida pelo menino durante a subida?
I (a)
∆U = mgh = (51)(9.8)(6) = 3.0× 103 J.
(b)
P =
∆U
t
=
3000
10
= 300 W.
E 8-51 (8-??/6a)
Uma mulher de 55 kg sobe correndo um lance de es-
cada de 4.5 m de altura em 3.5 s. Qual a potência de-
senvolvida pela mulher?
I
P =
(55)(9.8)
3.5
= 693 W.
E 8-55 (8-??/6a)
Um nadador se desloca na água com uma velocidade
média de 0.22 m/s. A força média de arrasto que se opõe
a esse movimento é de 110 N. Qual a potência média de-
senvolvida pelo nadador?
I Para nada com velocidade constante o nadador tem
que nadar contra a água com uma força de 110 N. Em
relação a ele, a água passa a 0.22 m/s no sentido dos
seus pés, no mesmo sentido que sua força. Sua potência
é
P = F · v = FV = (110)(0.22) = 24 W.
E 8-64 (8-43/6a)
Um urso de 25 kg escorrega para baixo num troco de
árvore a partir do repouso. O tronco tem 12 m de al-
tura e a velocidade do urso ao chegar ao chão é de 5.6
m/s. (a) Qual a variação da energia potencial do urso?
(b) Qual a energia cinética do urso no momento em que
chega ao chão? (c) Qual a força média de atrito que agiu
sobre o urso durante a descida?
I (a) Considere a energia potencial gravitacional inicial
como sendo Ui = 0. Então a energia potencial gravita-
cional final é Uf = −mgL, onde L é o comprimento da
árvore. A variação é, portanto,
Uf − Ui = −mgL = −(25)(9.8)(12)
= −2.94× 103 J.
(b) A energia cinética é
K =
1
2
mv2 =
1
2
(25)(5.6)2 = 392 J.
(c) De acordo com a Eq. 8-26, a variação da energia
mecânica é igual a −fL, onde f é a força de atrito
média. Portanto
f = −∆K + ∆U
L
= −392− 2940
12
= 210 N.
P 8-66 (8-51/6a)
Um bloco de 3.5 kg é empurrado a partir do repouso
por uma mola comprimida cuja constante de mola é
640 N/m (Fig. 8-45). Depois que a mola se encontra
totalmente relaxada, o bloco viaja por uma superfı́cie
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horizontal com um coeficiente de atrito dinâmico de
0.25, percorrendo uma distância de 7.8 m antes de parar.
(a) Qual a energia mecânica dissipada pela força de
atrito? (b) Qual a energia cinética máxima possuı́da
pelo bloco? (c) De quanto foi comprimida a mola antes
que o bloco fosse liberado?
I (a) A magnitude da força de fricção é f = µkN , onde
µk é o coeficiente de atrito dinâmico e N é a força nor-
mal da superfı́cie sobre o bloco. As únicas forças verti-
cais atuantes no bloco são a força normal, para cima, e
a força da gravidade, para baixo. Como a componente
vertical da aceleração do bloco é zero, a segunda lei de
Newton nos diz que N = mg, onde m é a massa do
bloco. Portanto f = µkmg. A energia mecânica dis-
sipada é dada por ∆E = f` = µkmg`, onde ` é a
distância que o bloco anda antes de parar. Seu valor é
∆E = (0.25)(3.5)(9.8)(7.8) = 66.88 J.
(b) O bloco tem sua energia cinética máxima quando
perde contato com a mola e entra na parte da superfı́cie
onde a fricção atua. A energia cinética máxima é igual à
energia mecânica dissipada pela fricção, ou seja, 66.88
J.
(c) A energia que aparece como energia cinética es-
tava ariginalmente armazenada como energia potencial
elástica, da mola comprimida. Portanto ∆E = kx2/2,
onde k é a constante da mola e x é a compressão. Logo,
x =
√
2∆E
k
=
√
2(66.88)
640
= 0.457 m ' 46 cm.
P 8-69 (8-55/6a)
Dois montes nevados têm altitudes de 850 m e 750 m
em relação ao vale que os separa (Fig. 8-47). Uma
pista de esqui vai do alto do monte maior até o alto do
monte menor, passando pelo vale. O comprimento to-
tal da pista é 3.2 km e a inclinação média é 30o. (a)
Um esquiador partedo repouso no alto do monte maior.
Com que velovidade chegará ao alto do monte menor
sem se impulsionar com os bastões? Ignore o atrito. (b)
Qual deve ser aproximadamente o coeficiente de atrito
dinâmico entre a neve e os esquis para que o esquiador
pare exatamente no alto do pico menor?
I (a) Tome o zero da energia potencial gravitacional
como estando no vale entre os dois picos. Então a en-
ergia potencial é Ui = mghi, onde m é a massa do
esquiador e hi é a altura do pico mais alto. A ener-
gia potencial final é Uf = mghf , onde hf é a altura
do pico menor. Inicialmente o esquiador tem energia
cinética Ki = 0. Escrevamos a energia cinética final
comoKf = mv2/2, onde v é a velocidade do esquiador
no topo do pico menor. A força normal da superfı́cie dos
montes sobre o esquiador não faz trabalho (pois é per-
pendicular ao movimento) e o atrito é desprezı́vel, de
modo que a energia mecânica é conservada: Ui +Ki =
Uf + Kf , ou seja, mghi = mghf + mv2/2, donde
tiramos
v =
√
2g(hi − hf ) =
√
2(9.8)(850− 750) = 44 m
s
.
(b) Como sabemos do estudo de objetos que deslizam
em planos inclinados, a força normal da superfı́cie in-
clinada dos montes no esquiador é dada por N =
mg cos θ, onde θ é o ângulo da superfı́cie inclinada em
relação à horizontal, 30o para cada uma das superfı́cies
em questão. A magnitude da força de atrito é dada
por f = µkN = µkmg cos θ. A energia mecânica
dissipada pela força de atrito é f` = µkmg` cos θ,
onde ` é o comprimento total do trajeto. Como o es-
quiador atinge o topo do monte mais baixo sem energia
cinética, a energia mecânica dissipada pelo atrito é igual
à diferença de energia potencial entre os pontos inicial e
final da trajetória. Ou seja,
µkmg` cos θ = mg(hi − hf ),
donde tiramos µk:
µk =
hi − hf
` cos θ
=
850− 750
(3.2× 103) cos 30o
= 0.036.
P 8-74 (8-??/6a)
Uma determinada mola não obedece à lei de Hooke. A
força (em newtons) que ela exerce quando distendida
de uma distância x (em metros) é de 52.8x + 38.4x2,
no sentido oposto ao da distensão. (a) Calcule o tra-
balho necessário para distender a mola de x = 0.5 m
até x = 1.0 m. (b) Com uma das extremidades da mola
mantida fixa, uma partı́cula de 2.17 kg é presa à outra
extremidade e a mola é distendida de uma distância
x = 1.0. Em seguida, a partı́cula é liberada sem ve-
locidade inicial. Calcule sua velocidade no instante em
que a distensão da mola diminuiu para x = 0.5 m.
(c) A força exercida pela mola é conservativa ou não-
conservativa? Explique sua resposta.
I (a) Para distender a mola aplica-se uma força, igual
em magnitude à força da mola porém no sentido oposto.
Como a uma distensão no sentido positivo de x exerce
uma força no sentido negativo de x, a força aplicada tem
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que ser F = 52.8x + 38.4x2, no sentido positivo de x.
O trabalho que ela realiza é
W =
∫ 1.0
0.5
(52.8x+ 38.4x2)dx
=
[52.8
2
x2 +
38.4
3
x3
]1.0
0.5
= 31.0 J.
(b) A mola faz 31 J de trabalho e este deve ser o au-
mento da energia cinética da partı́cula. Sua velocidade
é então
v =
√
2K
m
=
√
2(31.0)
2.17
= 5.35 m/s.
(c) A força é conservativa pois o trabalho que ela faz
quando a partı́cula vai de um ponto x1 para outro ponto
x2 depende apenas de x1 e x2, não dos detalhes do
movimento entre x1 e x2.
P 8-79 (8-61/6a)
Uma pedra de peso w é jogada verticalmente para cima
com velocidade inicial v0. Se uma força constante f de-
vido à resistência do ar age sobre a pedra durante todo o
percurso, (a) mostre que a altura máxima atingida pela
pedra é dada por
h =
v20
2g(1 + f/w)
.
(b) Mostre que a velocidade da pedra ao chegar ao solo
é dada por
v = v0
(w − f
w + f
)1/2
.
I (a) Seja h a altura máxima alcançada. A energia
mecânica dissipada no ar quando a pedra sobe até a al-
tura h é, de acordo com a Eq. 8-26, ∆E = −fh. Sabe-
mos que
∆E = (Kf + Uf )− (Ki + Ui),
onde Ki e Kf são as energias cinéticas inicial e fi-
nal, e Ui e Uf são as energias poetenciais inicial e
final. Escolha a energia como sendo zero no ponto
de lançamento da pedra. A energia cinética inicial é
Ki = mv
2
0/2, a energia potencial inicial é Ui = 0, a
energia cinética final é Kf = 0 e a energia potencial fi-
nal é Uf = wh. Portanto −fh = wh −mv2o/2, donde
tiramos
h =
mv20
2(w + f)
=
wv20
2g(w + f)
=
v20
2g(1 + f/w)
,
onde substituimos m por w/g e dividimos numerador e
denominador por w.
(b) Note que a força do ar é para baixo quando a pe-
dra sobe e para cima quando ela desce. Ela é sempre
oposta ao sentido da velocidade. A energia dissipada
durante o trajeto no ar todo é ∆E = −2fh. A ener-
gia cinética final é Kf = mv2/2, onde v é a veloci-
dade da pedra no instante que antecede sua colisão com
o solo. A energia potencial final é Uf = 0. Portanto
−2fh = mv2/2−mv20/2. Substituindo nesta expressão
a expressão encontrada acima para h temos
− 2fv
2
0
2g(1 + f/w)
=
1
2
mv2 − 1
2
mv20 .
Deste resultado obtemos
v2 = v20 −
2fv20
mg(1 + f/w)
= v20 −
2fv20
w(1 + f/w)
= v20
(
1− 2f
w + f
)
= v20
(w − f
w + f
)
,
de onde obtemos o resultado final procurado:
v = v0
(w − f
w + f
)1/2
.
Perceba que para f = 0 ambos resultados reduzem-se
ao que já conheciamos, como não podeia deixar de ser.
8.2.5 Massa e Energia
E 8-92 (8-??/6a)
(a) Qual a energia em Joules equivalente a uma massa
de 102 g? (b) Durante quantos anos esta energia aten-
deria às necessidades de uma famı́lia que consome em
média 1 kW?
I (a) Usamos a fórmula E = mc2:
E = (0.102)(2.998× 108)2 = 9.17× 1015 J.
(b) Usamos agora E = Pt, onde P é a taxa de consumo
de energia e t é o tempo. Portanto,
t =
E
P
=
9.17× 1015
1× 103
= 9.17× 1012 segundos
= 2.91× 105 anos!
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P 8-96 (8-??/6a)
Os Estados Unidos produziram cerca de 2.31 × 1012
kW·h de energia elétrica em 1983. Qual a massa equiv-
alente a esta energia?
I Para determinar tal massa, usamos a relação E =
mc2, onde c = 2.998 × 108 m/s é a velocidade da luz.
Primeiro precisamos converter kW·h para Joules:
2.31× 1012 kW·h = 2.31× 1012(103 W)(3600 s)
= 8.32× 1018 J.
Portanto
m =
E
c2
=
8.32× 1018
(2.998× 108)2
= 92.5 kg.
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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
9 Sistemas de Partı́culas 2
9.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.2.1 O Centro de Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.2.2 O Momento Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
9.2.3 Conservação do Momento Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
9.2.4 Sistemas de Massa Variável: Um Foguete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
9.2.5 Sistemas de Partı́culas: Variações na Energia Cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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9 Sistemas de Partı́culas
9.1 Questões
Q 9-2
Qual a localização do centro de massada atmosfera da
Terra?
I
9.2 Problemas e Exercı́cios
9.2.1 O Centro de Massa
E 9-1 (9-1/6a edição)
(a) A que distância o centro de massa do sistema Terra-
Lua se encontra do centro da Terra? (Use os valores das
massas da Terra e da Lua e da distância entre os dois
astros que aparecem no Apêndice C.) (b) Expresse a re-
sposta do item (a) como uma fração do raio da Terra.
I (a) Escolha a origem no centro da Terra. Então a
distância rCM do centro de massa do sistema Terra-Lua
é dada por
rCM =
mLrm
mL +mT
,
onde mL é a massa da Lua, mT é a massa da Terra, a
rm é a separação média entre Terra e Lua. Tais valores
encontram-se no Apêndice C. Em números temos,
rCM =
(7.36 × 1022)(3.2 × 108)
7.36 × 1022 + 5.98 × 1024
= 4.64 × 106 m.
(b) O raio da Terra é RT = 6.37 × 106 m, de modo que
temos
rCM
RT
=
4.64 × 106
6.37 × 106
= 0.73.
Observe que a fração entre as massas é
mL
mT
=
7.36 × 1022
5.98 × 1024
=??????
E 9-3 (9-3/6a)
(a) Quais são as coordenadas do centro de massa das três
partı́culas que aparecem na Fig. 9-22? (b) O que acon-
tece com o centro de massa quando a massa da partı́cula
de cima aumenta gradualmente?
I (a) Sejam (x1, y1) = (0, 0), (x2, y2) = (1, 2) e
(x3, y3) = (2, 1) as coordenadas (em metros) das três
partı́culas cujas respectivas massas designamos por m1,
m2 e m3. Então a coordenada x do centro de massa é
xCM =
m1x1 +m2x2 +m3x3
m1 +m2 +m3
=
0 + (8.0)(1.0) + (4.0)(2.0)
3.0 + 8.0 + 4.0
= 1.1 m.
enquanto que a coordenada y é
yCM =
m1y1 +m2y2 +m3y3
m1 +m2 +m3
=
0 + (8.0)(2.0) + (4.0)(1.0)
3.0 + 8.0 + 4.0
= 1.3 m.
(b) A medida que a massa da partı́cula de cima é aumen-
tada o centro de massa desloca-se em direção a aquela
partı́cula. No limite, quando a partı́cula de cima for
muito mais massiva que as outras, o centro de massa
coincidirá com a posição dela.
E 9-12∗ (9-9/6a)
Uma lata em forma de cilindro reto de massa M , al-
tura H e densidade uniforme está cheia de refrigerante
(Fig. 9-30). A massa total do refrigerante é m. Fazemos
pequenos furos na base e na tampa da lata para drenar
o conteúdo e medimos o valor de h, a distância verti-
cal entre o centro de massa e a base da lata, para várias
situações. Qual é o valor de h para (a) a lata cheia e (b)
a lata vazia? (c) O que acontece com h enquanto a lata
está sendo esvaziada? (d) Se x é a altura do lı́quido que
resta em um determinado instante, determine o valor de
x (em função de M , H e m) no momento em que o
centro de massa se encontra o mais próximo possı́vel da
base da lata.
I (a) Como a lata é uniforme seu centro de massa está
localizado no seu centro geométrico, a uma distância
H/2 acima da sua base. O centro de massa do refrig-
erante está no seu centro geométrico, a uma distância
x/2 acima da base da lata. Quando a lata está cheia tal
posição coincide com H/2. Portanto o centro de massa
da lata e com o refrigerante que ela contém está a uma
distância
h =
M(H/2) +m(H/2)
M +m
=
H
2
acima da base, sobre o eixo do cilindro.
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(b) Consideramos agora a lata sozinha. O centro de
massa está emH/2 acima da base, sobre o eixo do cilin-
dro.
(c) A medida que x decresce o centro de massa do re-
frigerante na lata primeiramente diminui, depois cresce
até H/2 novamente.
(d) Quando a superfı́cie superior do refrigerante está a
uma distância x acima da base da lata a massa do fre-
frigerante na lata é mr = (x/H)m, onde m é a massa
quando a lata está cheia (x = H). O centro de massa do
refrigerante está apenas a uma distância x/2 da base da
lata. Logo
h =
M(H/2) +mr(x/2)
M +mr
=
M(H/2) + (x/H)m(x/2)
M +mx/H
=
MH2 +mx2
2(MH +mx)
.
Encontramos a posição mais baixa do centro de massa
da lata com refrigerante igualando a zero a derivada de h
em relação a x e resolvendo em relação a x. A derivada
é dada por
dh
dx
=
2mx
2(MH −mx)
− (MH
2 +mx2)m
2(MH +mx)2
=
m2x2 + 2MmHx−MmH2
2(MH +mx)2
.
A solução de m2x2 + 2MmHx−MmH2 = 0 é
x =
MH
m
[
− 1 +
√
1 +
m
M
]
.
Usamos a solução positiva pois x é positivo.
Substituindo-se agora o valor de x na expressão de h
acima, ou seja, em
h =
MH2 +mx2
2(MH +mx)
,
e simplificando, encontramos finalmente que
h =
HM
m
(√
1 +
m
M
− 1
)
.
E 9-14 (9-11/6a)
Um velho Galaxy com uma massa de 2400 kg está vi-
ajando por uma estrada reta a 80 km/h. Ele é seguido
por um Escort com uma massa de 1600 kg viajando a
60 km/h. Qual a velocidade do centro de massa dos dois
carros?
I Sejam mG e vG a massa e a velocidade do Galaxy e
mE e vE a massa e velocidade do Escort. Então, con-
forme a Eq. (9-19), a velocidade do centro de massa é
dada por
vCM =
mGvG +mEvE
mG +mE
=
(2400)(80) + (1600)(60)
2400 + 1600
= 72 km/h.
Note que as duas velocidades estão no mesmo sentido,
de modo que ambos termos no numerador tem o mesmo
sinal. As unidades usadas não são do Sistema Interna-
cional.
E 9-20 (9-15/6a)
Um projétil é disparado por um canhão com uma ve-
locidade inicial de 20 m/s. O ângulo do disparo é 60o
em relação à horizontal. Quando chega ao ponto mais
alto da trajetória, o projétil explode em dois fragmentos
de massas iguais (Fig. 9-33). Um dos fragmentos, cuja
velocidade imediatamente após a explosão é zero, cai
verticalmente. A que distância do canhão o outro frag-
mento atinge o solo, supondo que o terreno seja plano e
a resistência do ar possa ser desprezada?
I Precisamos determinar as coordenadas do ponto de
explosão e a velocidade do fragmento que não cai reto
para baixo. Tais dados são as condições iniciais para
um problema de movimento de projéteis, para determi-
nar onde o segundo fragmento aterrisa.
Consideremos primeiramente o movimento do projétil
original, até o instante da explosão. Tomemos como
origem o ponto de disparo, com o eixo x tomado hor-
izontal e o eixo y vertical, positivo para cima. A com-
ponente y da velocidade é dada por v = v0y − gt e é
zero no instante de tempo t = v0y/g = (v0/g) senθ0,
onde v0 é a velocidade inicial e θ0 é o ângulo de disparo.
As coordenadas do ponto mais alto são
x = v0xt = [v0 cos θ0] t
=
(v0)
2
g
senθ0 cos θ0
=
(20)2
9.8
sen60o cos 60o = 17.7 m,
e
y = v0y t−
1
2
gt2
=
1
2
v20
g
sen2θ0
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=
1
2
(20)2
9.8
sen260o = 15.3 m.
Já que nenhuma força horizontal atua no sistema, a com-
ponente horizontal do momento é conservada. Uma vez
que um dos fragmentos tem velocidade zero após a exp-
losão, o momento do outro fragmento tem que ser igual
ao momento do projétil originalmente disparado.
A componente horizontal da velocidade do projétil orig-
inal é v0 cos θ0. Chamemos de M a massa do projétil
inicial e de V0 a velocidade do fragmento que se move
horizontalmente após a explosão. Assim sendo, temos
Mv0 cos θ0 =
MV0
2
,
uma vez que a massa do fragmento em questão é M/2.
Isto significa que
V0 = 2v0 cos θ0
= 2(20) cos 60o = 20 m/s.
Agora considere um projétil lançado horizontalmente no
instante t = 0 com velocidade de 20 m/s a partir do
ponto com coordenadas (x0, y0) = (17.7, 15.3) m. Sua
coordenada y é dada por y = y0 − gt2/2, e quando
ele aterrisa temos y = 0. O tempo até a aterrisagem é
t =
√
2y0/g e a coordenada x do ponto de aterrisagem
é
x = x0 + V0t = x0 + V0
√
2y0
g
= 17.7 + 20
√
2(15.3)
9.8
= 53 m.
E 9-21 (9-17/6a)
Dois sacos idênticos de açúcar são ligados por uma
corda de massa desprezı́vel que passa por uma roldana
sem atrito, de massa desprezı́vel, com 50 mm de
diâmetro. Os dois sacos estão no mesmo nı́vel e cada
um possui originalmente uma massa de 500 g. (a) De-
termine a posição horizontal do centro de massa do sis-
tema. (b) Suponha que 20 g de açúcar são transferidos
de um saco para o outro, mas os sacos são mantidos nas
posições originais. Determine a nova posição horizontal
do centrode massa. (c) Os dois sacos são liberados. Em
que direção se move o centro de massa? (d) Qual é a
sua aceleração?
I (a) Escolha o centro do sistema de coordenadas como
sendo o centro da roldana, com o eixo x horizontal e
para a direita e com o eixo y para baixo. O centro de
massa está a meio caminho entre os sacos, em x = 0 e
y = `, onde ` é a distância vertical desde o centro da
roldana até qualquer um dos sacos.
(b) Suponha 20 g transferidas do saco da esquerda para
o saco da direita. O saco da esquerda tem massa 480 g e
está em x1 = −25 mm. O saco à direita tem massa 520
g e está em x2 = +25 mm. A coordenada x do centro
de massa é então
xCM =
m1x1 +m2x2
m1 +m2
=
(480)(−25) + (520)(+25)
420 + 520
= 1.0 mm.
A coordenada y ainda é `. O centro de massa está a 26
mm do saco mais leve, ao longo da linha que une os dois
corpos.
(c) Quando soltos, o saco mais pesado move-se para
baixo e o saco mais leve move-se para cima, de modo
que o centro de massa, que deve permanecer mais perto
do saco mais pesado, move-se para baixo.
(d) Como os sacos estão conectados pela corda, que
passa pela rolsdana, suas acelerações tem a mesma mag-
nitude mas direções opostas. Se a é a aceleração de m2,
então −a é a aceleração de m1. A aceleração do centro
de massa é
aCM =
m1(−a) +m2a
m1 +m2
= a
m2 −m1
m1 +m2
.
Precisamos recorrer s̀egunda lei de Newton para encon-
trar a aceleração de cada saco. A força da gravidade
m1g, para baixo, e a tensão T na corda, para cima, at-
uam no saco mais leve. A segunda lei para tal saco é
m1g − T = −m1a.
O sinal negativo aparece no lado direito porque a é a
aceleração do saco mais pesado (que qão é o que esta-
mos considerando!). As mesma forças atuam no saco
mais pesado e para ele a segunda lei de Newton fornece
m2g − T = m2a.
A primeira equação fornece-nos T = m1g + m1a que
quando substituida na segunda equação produz
a =
(m2 −m1)g
m1 +m2
.
Portanto, substituindo na equação para aCM , encon-
tramos que
aCM =
g (m2 −m1)2
(m1 +m2)2
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=
(9.8)(520 − 480)2
(480 + 520)2
= 0.016 m/s2.
A aceleração é para baixo.
E 9-22 (9-19/6a)
Um cachorro de 5 kg está em um bote de 20 kg que se
encontra a 6 m da margem (que fica à esquerda na Fig. 9-
34a). Ele anda 2.4 m no barco, em direção à margem, e
depois pára. O atrito entre o bote e a água é desprezı́vel.
A que distância da margem está o cachorro depois da
caminhada? (Sugestão: Veja a Fig. 9-34b. O cachorro
se move para a esquerda; o bote se desloca para a di-
reita; e o centro de massa do sistema cachorro+barco?
Será que ele se move?)
I Escolha o eixo x como sendo horizontal, com a
origem na margem, e apontanto para a direita na Fig. 9-
34a. Seja mb a massa do bote e xbi sua coordenada ini-
cial. Seja mc a massa do cachorro e xci sua coordenada
inicial. A coordenada do centro de massa é então
xCM =
mbxbi +mcxci
mb +mc
.
Agora o cachorro caminha uma distância d para a es-
querda do bote. Como a diferença entre a coordenada
final do bote xbf e a coordenada final do cachorro xcf
é d, ou seja xbf − xcf = d, a coordenada do centro de
massa pode também ser escrita como
xCM =
mbxbf +mcxcf
mb +mc
=
mbxcf +mbd+mcxcf
mb +mc
.
Como nenhuma força horizontal externa atua no sis-
tema bote-cachorro, a velocidade do centro de massa
não pode mudar. Como o bote e o cachorro estavam ini-
cialmente em repouso, a velocidade do centro de massa
é zero. O centro de massa permance na mesma posição
e, portanto, as duas expressões acima para xCM devem
ser iguais. Isto significa que
mbxbi +mcxci = mbxcf +mbd+mcxcf .
Isolando-se xcf obtemos
xcf =
mbxbi +mcxci −mbd
mb +mc
=
(20)(6) + (5)(6) − (20)(2.4)
20 + 5
= 4.08 m.
Observe que usamos xbi = xci. É estritamente
necessário fazer-se isto? Se não for, qual a vantagem
de se faze-lo?...
Além de uma escolha conveniente dos pontos de re-
ferência, perceba que um passo crucial neste exercı́cio
foi estabelecer o fato que xbf − xcf = d.
9.2.2 O Momento Linear
E 9-23 (9-??/6a)
Qual o momento linear de um automóvel que pesa
16.000 N e está viajando a 88 km/h?
I A “moral” deste problema é cuidar com as unidades
empregadas:
p = mv =
16000
9.8
88 × 103
3600
= 36281 kg m/s,
na direção do movimento.
E 9-24 (9-21/6a)
Suponha que sua massa é de 80 kg. Com que veloci-
dade teria que correr para ter o mesmo momento linear
que um automóvel de 1600 kg viajando a 1.2 km/h?
I Chamando de mc e vc a massa e a velocidade do
carro, e de m e v a “sua” massa e velocidade temos,
graças à conservação do momento linear,
v =
mcvc
m
=
(1600)(1.2 × 103)
(80)(3600)
= 6.67 m/s.
Poderı́amos também deixar a resposta em km/h:
v =
mcvc
m
=
(1600)(1.2)
80
= 24 km/h.
Perceba a importância de fornecer as unidades ao dar
sua resposta. Este último valor não está no SI, claro.
E 9-25 (9-20/6a)
Com que velocidade deve viajar um Volkswagen de 816
kg (a) para ter o mesmo momento linear que um Cadil-
lac de 2650 kg viajando a 16 km/h e (b) para ter a mesma
energia cinética?
I (a) O momento será o mesmo se mV vV = mCvC ,
donde tiramos que
vV =
mC
mV
vC =
2650
816
(16) = 51.96 km/h.
(b) Desconsiderando o fator 1/2, igualdade de energia
cinática implica termos mV v2V = mCv
2
C , ou seja,
vV =
√
mC
mV
vC =
√
2650
816
(16) = 28.83 km/h.
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E 9-26 (9-??/6a)
Qual o momento linear de um elétron viajando a uma
velocidade de 0.99c (= 2.97 × 108 m/s)?
I Como a velocidade do elétron não é de modo algum
pequena comparada com a velocidade c da luz, faz-se
necessário aqui usar a equação relativistica para o mo-
mento linear, conforme dada pela Eq. 9-24:
p =
mv√
1 − v2c2
=
(9.11 × 10−31)(2.97 × 108)√
1 − (0.99)2
= 1.917 × 10−21 kg·m/s.
Sem o fator relativı́stico terı́amos achado
p′ = (9.11 × 10−31)(2.97 × 108)
= 2.705 × 10−22 kg·m/s,
ou seja, um valor 7 (= 1/
√
1 − (0.99)2) vezes menor:
p = 7 p′.
9.2.3 Conservação do Momento Linear
E 9-33 (9-27/6a)
Um homem de 100 kg, de pé em uma superfı́cie de atrito
desprezı́vel, dá um chute em uma pedra de 0.70 kg,
fazendo com que ela adquira uma velocidade de 3.90
m/s. Qual a velocidade do homem depois do chute?
I
Como nenhuma força com componente horizontal atua
no sistema homem-pedra, o momento total é conser-
vado. Como tanto o homem como a pedra estão em
repouso no inı́cio, o momento total é zero antes bem
como depois do chute, ou seja
mpvp +mhvh = 0,
onde o subı́ndice p refere-se à pedra e o subı́ndice h
refere-se ao homem. Desta expressão vemos que
vh = −
mpvp
mh
= − (0.70)(3.90)
100
= −0.027 m/s,
onde o sinal negativo indica que o homem move-se no
sentido oposto ao da pedra. Note que o sentido da pedra
foi implicitamente tomado como positivo. Note ainda
que a razão das massas coincide com a razão dos pesos.
E 9-36 (9-29/6a)
Um homem de 75 kg está viajando em uma carroça a 2.3
m/s. Ele salta para fora da carroça de modo a ficar com
velocidade horizontal zero. Qual a variação resultante
na velocidade da carroça?
I O momento linear total do sistema home-carroça é
conservado pois não atuam forças externas com com-
ponentes horizontais no sistema. Chamemos de mc a
massa da carroça, v a sua velocidade inicial, e vc sua ve-
locidade final (após o homem haver pulado fora). Seja
mh a massa do homem. Sua velocidade inicial é a
mesma da carroça e sua velocidade final é zero. Por-
tanto a conservação do momento nos fornece
(mh +mc)v = mcvc,
de onde tiramos a velocidade final da carroça:
vc =
v(mh +mc)
mc
=
(2.3)(75 + 39)
39
= 6.7 m/s.
A velocidade da carroça aumenta por 6.7 − 2.3 = 4.4
m/s. De modo a reduzir sua velocidade o homem faz
com que a carroça puxe-o para trás, de modo que a
carroça seja impulsionada para a frente.
E 9-38 (9-33/6a)
O último estágio de um foguete estáviajando com uma
velocidade de 7600 m/s. Este último estágio é feito de
duas partes presas por uma trava: um tanque de com-
bustı́vel com uma massa de 290 kg e uma cápsula de in-
strumentos com uma massa de 150 kg. Quando a trava
é acionada, uma mola comprimida faz com que as duas
partes se separem com uma velocidade relativa de 910
m/s. (a) Qual a velocidade das duas partes depois que
elas se separam? Suponha que todas as velocidades têm
a mesma direção. (b) Calcule a energia cinética total das
duas partes antes e depois de se separarem e explique a
diferença (se houver).
I (a) Suponha que nenhuma força externa atue no
sitema composto pelas duas partes no último estágio.
O momento total do sistema é conservado. Seja mt
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a massa do tanque e mc a massa da cápsula. Inicial-
mente ambas estão viajando com a mesma velocidade
v. Após a trava ser acionada, mt tem uma velocidade vt
enquanto que mc tem uma velocidade vc. Conservação
do momento fornece-nos
(mt +mc)v = mtvt +mcvc.
Após a trava ser solta, a cápsula (que tem menos massa)
viaja com maior velocidade e podemos escrever
vc = vt + vrel,
onde vrel é a velocidade relativa. Substituindo esta ex-
pressão na equação da conservação do momento obte-
mos
(mt +mc)v = mtvt +mcvc +mcvrel,
de modo que
vc =
(mt +mc)v −mcvrel
mt +mc
= v − mt
mt +mc
vrel
= 7600 − 150
290 + 150
(910) = 7290 m/s.
A velocidade final da cápsula é
vc = vt + vrel = 7290 + 910 = 8200 m/s.
(b) A energia cinética total antes da soltura da trava é
Ki =
1
2
(mt +mc)v
2
=
1
2
(290 + 150)(7600)2 = 1.271 × 1010 J.
A energia cinética total após a soltura da trava é
Kf =
1
2
mtv
2
t +
1
2
mcv
2
c
=
1
2
(290(7290)2 +
1
2
(150)(8200)2
= 1.275 × 1010 J.
A energia cinética total aumentou levemente. Isto deve-
se à conversão da energia potencial elástica armazenada
na trava (mola comprimida) em energia cinética das
partes do foguete.
E 9-39 (9-39/6a)
Uma caldeira explode, partindo-se em três pedaços.
Dois pedaços, de massas iguais, são arremessados em
trajetórias perpendiculares entre si, com a mesma ve-
locidade de 30 m/s. O terceiro pedaço tem uma massa
três vezes a de um dos outros pedaços. Qual o módulo,
direção e sentido de sua velocidade logo após a exp-
losão?
I Suponha que não haja força externa atuando, de modo
que o momento linear do sistema de três peças seja con-
servado. Como o momentum antes da explosão era zero,
ele também o é após a explosão. Isto significa que o ve-
tor velocidade dos três pedaços estão todos num mesmo
plano.
Escolha um sistema de coordenadas XY, com o eixo ver-
tical sendo o eixo y, positivo para cima. A partir da
origem deste diagrama, desenhe na direção negativa do
eixo X o vetor 3mV, correspondente ao momento da
parı́cula mais pesada. Os dois outros momentos são rep-
resentados por vetoresmv apontando num ângulo θ1 no
primeiro quadrante e θ2 no quarto quadrante, de modo
que θ1 + θ2 = 90o (condição do problema).
Como a componente vertical do momento deve conser-
var-se, temos com as convenções acima, que
mv senθ1 −mv senθ2 = 0,
onde v é a velocidade dos pedaços menores. Portanto
devemos necessariamente ter que θ1 = θ2 e, como
θ1 + θ2 = 90
o, temos que θ1 = θ2 = 45o.
Conservação da componente x do momento produz
3mV = 2mv cos θ1.
Consequentemente, a velocidade V do pedaço maior é
V =
2
3
v cos θ1 =
2
3
(30) cos 45o = 14 m/s,
no sentido negativo do eixo x. O ângulo entre o vetor
velocidade do pedaço maior e qualquer um dos pedaços
menores é
180o − 45o = 135o.
9.2.4 Sistemas de Massa Variável: Um Foguete
E 9-48 (9-41/6a)
Uma sonda espacial de 6090 kg, viajando para Júpiter
com uma velocidade de 105 m/s em relação ao Sol,
aciona o motor, ejetando 80 kg de gases com uma ve-
locidade de 253 m/s em relação à sonda. Supondo que
os gases são ejetados no sentido oposto ao do movi-
mento inicial da sonda, qual a sua velocidade final?
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I Ignore a força gravitacional de Júpiter e use a Eq. (9-
47) do livro texto. Se vi é a velocidade inicial, Mi é a
massa inicial, vf é velocidade final, Mf é a massa final,
e u é a velocidade do gás de exaustão, então
vf = vi + u ln
Mi
Mf
.
Neste problema temos Mi = 6090 kg e Mf = 6090 −
80 = 6010 kg. Portanto
vf = 105 + 253 ln
(6090
6010
)
= 108 m/s.
E 9-49 (9-43/6a)
Um foguete em repouso no espaço, em uma região em
que a força gravitacional é desprezı́vel, tem uma massa
de 2.55×105 kg, da qual 1.81×105 kg são combustı́vel.
O consumo de combustı́vel do motor é de 480 kg/s e a
velocidade de escapamento dos gases é de 3.27 km/s. O
motor é acionado durante 250 s. (a) Determine o em-
puxo do foguete. (b) Qual é a massa do foguete depois
que o motor é desligado? (c) Qual é a velocidade final
do foguete?
I (a) Como se ve no texto logo abaixo da Eq. 9-46, o
empuxo do foguete é dado por E = Ru, ondeR é a taxa
de consumo de combustı́vel e u é a velocidade do gas
exaustado. No presente problema temos R = 480 kg e
u = 3.27 × 103 m/s, de modo que
E = Ru = (480)(3.27 × 103) = 1.57 × 106 N.
(b) A massa do combustı́vel ejetado é dada por
Mcomb = R∆t, onde ∆t é o intervalo de tempo da
queima de combustı́vel. Portanto
Mcomb = (480)(250) = 1.20 × 105 kg.
A massa do foguete após a queima é
Mf = Mi −Mcomb = (2.55 − 1.20) × 105
= 1.35 × 105 kg.
(c) Como a velocidade inicial é zero, a velocidade final
é dada por
vf = u ln
Mi
Mf
= (3.27 × 103) ln
(2.55 × 105
1.35 × 105
)
= 2.08 × 103 m/s.
E 9-56 (9-47/6a)
Duas longas barcaças estão viajando na mesma direção
e no mesmo sentido em águas tranqüilas; uma com
uma velocidade de 10 km/h, a outro com velocidade
de 20 km/h. Quando estão passando uma pela outra,
operários jogam carvão da mais lenta para a mais rápida,
à razão de 1000 kg por minuto; veja a Fig. 9-38. Qual
a força adicional que deve ser fornecida pelos motores
das duas barcaças para que continuem a viajar com as
mesmas velocidades? Suponha que a transferência de
carvão se dá perpendicularmente à direção de movi-
mento da barcaça mais lenta e que a força de atrito entre
as embarcações e a água não depende do seu peso.
I
9.2.5 Sistemas de Partı́culas: Variações na Energia
Cinética
E 9-60 (9-55/6a)
Uma mulher de 55 kg se agacha e depois salta para cima
na vertical. Na posição agachada, seu centro de massa
está 40 cm acima do piso; quando seus pés deixam o
chão, o centro de massa está 90 cm acima do piso; no
ponto mais alto do salto, está 120 cm acima do piso. (a)
Qual a força média exercida sobre a mulher pelo piso,
enquanto há contato entre ambos? (b) Qual a veloci-
dade máxima atingida pela mulher?
I
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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
10 Colisões 2
10.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
10.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
10.2.1 Impulso e Momento Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
10.2.2 Colisões Elásticas em Uma Dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
10.2.3 Colisões Inelásticas em Uma Dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 6
10.2.4 Colisões em Duas Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
10.2.5 Problemas Adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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10 Colisões
10.1 Questões
Q 10-1
Explique como a conservação de energia se aplica a uma
bola quicando numa parede.
I
10.2 Problemas e Exercı́cios
10.2.1 Impulso e Momento Linear
E 10-3 (10-1/6a edição)
Um taco de sinuca atinge uma bola, exercendo uma
força média de 50 N em um intervalo de 10 ms. Se a
bola tivesse massa de 0.20 kg, que velocidade ela teria
após o impacto?
I Se F for a magnitude da força média então a magni-
tude do impulso é J = F∆t, onde ∆t é o intervalo de
tempo durante o qual a força é exercida (veja Eq. 10-8).
Este impulso iguala a magnitude da troca de momen-
tum da bola e como a bola está inicialmente em repouso,
iguala a magnitude mv do momento final. Resolvendo
a euqação F∆t = mv para v encontramos
v =
F∆t
m
=
(50)(10× 10−3)
0.20
= 2.5 m/s.
E 10-9 (10-5/6a)
Uma força com valor médio de 1200 N é aplicada a uma
bola de aço de 0.40 kg, que se desloca a 14 m/s, em uma
colisão que dura 27 ms. Se a força estivesse no sentido
oposto ao da velocidade inicial da bola, encontre a ve-
locidade final da bola.
I Considere a direção inicial do movimento como pos-
itiva e chame de F a magnitude da força média, ∆t a
duração da força, m a massa da bola, vi a velocidade
inicial da bola, vf a velocidade final da bola. Então a
força atua na direção negativa e o teorema do impulso-
momento fornece
−F∆t = mvf −mvi.
Resolvendo para vf obtemos
vf = vi −
F∆t
m
= 14− (1200)(27× 10
−3)
0.40
= −67 m/s.
A velocidade final da bola é 67 m/s.
P 10-12 (10-9/6a)
Um carro de 1400 kg, deslocando-se a 5.3 m/s, está ini-
cialmente viajando para o norte, no sentido positivo do
eixo y. Após completar uma curva à direita de 90o para
o sentido positivo do eixo x em 4.6 s, o distraido mo-
torista investe para cima de uma árvore, que pára o carro
em 350 ms. Em notação de vetores unitários, qual é o
impulso sobre o carro (a) durante a curva e (b) durante
a colisão? Qual a intensidade da força média que age
sobre o carro (c) durante a colisão? (e) Qual é o ângulo
entre a força média em (c) e o sentido positivo do eixo
x?
I (a) O momento inicial do carro é
pi = mv = (1400)(5.3)j = (7400 kg·m/s)j
e o momento final é (7400 kg·m/s)i. O impulso que nele
atua é igual à variação de momento:
J = pf − pi = (7400 kg·m/s)(i− j).
(b) O momento inicial do carro é pi = (7400 kg·m/s)i
e o momento final é pf = 0. O impulso atuando sobre
ele é
J = pf − pi = −(7400 kg·m/s)i
(c) A força média que atua no carro é
Fav =
∆p
∆t
=
J
∆t
=
(7400 kg·m/s)(i− j)
4.6
= (1600 N)(i− j)
e sua magnitude é Fav = (1600 N)
√
2 = 2300 N.
(d) A força média é
Fav =
J
∆t
=
(−7400 kg·m/s)i
350× 10−3
= (−2.1× 104 N) i
e sua magnitude é Fav = 2.1× 104 N.
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(e) A força média é dada acima em notação vetorial
unitária. Suas componentes x e y tem magnitudes
iguais. A componente x é positiva e a componente y
é negativa, de modo que a força está a 45o abaixo do
eixo x.
P 10-13 (10-??/6a)
A força sobre um objeto de 10 kg aumenta uniforme-
mente de zero a 50 N em 4 s. Qual é a velocidade final
do objeto se ele partiu do repouso?
I Tome a magnitude da força como sendo F = At,
onde A é uma constante de proporcionalidade. A
condição que F = 50 N quando t = 4 s conduz a
A = (50 N)/(4 s) = 12.5 N/s.
A magnitude do impulso exercido no objeto é
J =
∫ 4
0
F dt =
∫ 4
0
At dt =
1
2
At2
∣∣∣4
0
=
1
2
(12.5)(4)2
= 100 N·s.
A magnitude deste impulso é igual à magnitude da
variação do momento do objeto ou, como o objeto par-
tiu do repouso, é igual m̀agnitude do momento final:
J = mvf . Portanto
vf =
J
m
=
100
10
= 10 m/s.
P 10-14 (10-13/6a)
Uma arma de ar comprimido atira dez chumbinhos de
2 g por segundo com uma velocidade de 500 m/s, que
são detidos por uma parede rı́gida. (a) Qual é o mo-
mento linear de cada chumbinho? (b) Qual é a energia
cinética de cada um? (c) Qual é a força média exercida
pelo fluxo de chumbinhos sobre a parede? (d) Se cada
chumbinho permanecer em contato com a parede por
0.6 ms, qual será a força média exercida sobre a parede
por cada um deles enquanto estiver em contato? (e) Por
que esta força é tão diferente da força em (c)?
I (a) Se m for a massa dum chumbinho e v for sua ve-
locidade quando ele atinge a parede, então o momento
é
p = mv = (2× 10−3)(500) = 1 kg·m/s,
na direção da parede.
(b) A energia cinética dum chumbinho é
K =
1
2
mv2 =
1
2
(2× 10−3)(500)2 = 250 J.
(c) A força na parede é dada pela taxa na qual o mo-
mento é transferido dos chumbinhos para a parede.
Como os chumbinhos não voltam para trás, cada
chumbinho transfere p = 1.0kg·m/s. Se ∆N chumbin-
hos colidem num tempo ∆t então a taxa média com que
o momento é transferido é
Fav =
p ∆N
∆t
= (1.0)(10) = 10 N.
A força na parede tem a direção da velocidade inicial
dos chumbinhos.
(d) Se ∆t é o intervalo de tempo para um chumbinho
ser freado pela parede, então a força média exercida na
parede por chumbinho é
Fav =
p
∆t
=
1.0
0.6× 10−3
= 1666.66 N.
A força tem a direção da velocidade inicial do
chumbinho.
(e) Na parte (d) a força foi mediada durante o intervalo
em que um chumbinho está em contato com a parede,
enquanto na parte (c) ela foi mediada durante o intervalo
de tempo no qual muitos chumbinhos atingem a parede.
Na maior parte do tempo nenhum chumbinho está em
contato com a parede, de modo que a força média na
parte (c) é muito menor que a média em (d).
P 10-26 (10-15/6a)
Uma espaçonave é separada em duas partes detonando-
se as ligações explosivas que as mantinham juntas. As
massas das partes são 1200 e 1800 kg; o módulo do im-
pulso sobre cada parte é de 300 N·s. Com que veloci-
dade relativa as duas partes se separam?
I Consideremos primeiro a parte mais leve. Suponha
que o impulso tenha magnitude J e esteja no sentido
positivo. Seja m1, v1 a massa e a velocidade da parte
mais leve após as ligações explodirem. Suponha que
ambas as partes estão em repouso antes da explosão.
Então, M = m1v1, de modo que
v1 =
J
m1
=
300
1200
= 0.25 m/s.
O impulso na parte mais pesada tem a mesma magni-
tude mas no sentido oposto, de modo que −J = m2v2,
onde m2, v2 são a massa e a velocidade da parte mais
pesada. Portanto
v2 = −
J
m2
= − 300
1800
= −0.167 m/s.
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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 13:46
A velocidade relativa das partes após a explosão é
0.25− (−0.167) = 0.417 m/s.
P 10-28 (10-38/6a)
A espaçonave Voyager 2 (de massa m e velocidade
v relativa ao Sol) aproxima-se do planeta Júpiter (de
massa M e velocidade V relativa ao Sol) como mostra
a Fig. 10-33. A espaçonave rodeia o planeta e parte no
sentido oposto. Qual é a sua velocidade, em relação ao
Sol, após este encontro com efeito estilingue? Consid-
era v = 12 km/s e V = 13 km/s (a velocidade orbital
de Júpiter). A massa de Júpiter é muito maior do que a
da espaçonave; M � m. (Para informações adicionais,
veja “The slingshot effect: explanation and analogies”,
de Albert A. Bartlett e Charles W. Hord, The Physics
Teacher, novembro de 1985.)
I Considere o encontro num sistema de referência fixo
em Júpiter. Quando eventuais perdas de energia forem
desprezı́veis, o encontro pode ser pensado como uma
colisão elástica na qual a espaçonave emerge da “co-
lisão” com uma velocidade de mesma magnitude que a
velocidade que possuia antesdo encontro. Como a ve-
locidade inicial da espaçonave é
vi = v + V = 12 + 13 = 25 km/s
medida a partir de Júpiter, ela se afastará de Júpiter com
vf = 25 km/s. Passando para o sistema original de re-
ferência no qual o Sol está em repouso, tal velocidade é
dada por
v′f = vf + V = 25 + 13 = 38 km/s.
10.2.2 Colisões Elásticas em Uma Dimensão
E 10-29 (10-35/6a)
Os blocos da Fig. 10-34 deslizam sem atrito. (a) Qual é
a velocidade v do bloco de 1.6 kg após a colisão? (b)
Suponha que a velocidade inicial do bloco de 2.4 kg
seja oposta à exibida. Após a colisão, a velocidade v
do bloco de 1.6 kg pode estar no sentido ilustrado?
I (a) Seja m1, v1i e v1f a massa e a velocidade inicial
e final do bloco à esquerda, e m2, v2i e v2f as corre-
spondentes grandezas do bloco à direita. O momento
do sistema composto pelos dois blocos é conservado, de
modo que
m1v1i +m2v2i = m1v1f +m2v2f ,
donde tiramos que
v1f =
m1v1i +m2v2i −m2v2f
m1
= 5.5 +
2.4
1.6
(
2.5− 4.9
)
= 1.9 m/s.
O bloco continua andando para a direita após a colisão.
(b) Para ver se a colisão é inelástica, comparamos os
valores da energia cinética total antes e depois da co-
lisão. A energia cinética total ANTES da colisão é
Ki =
1
2
m1v
2
1i +
1
2
m2v
2
2i
=
1
2
(1.6)(5.5)2 +
1
2
(2.4)(2.5)2 = 31.7 J.
A energia cinética total DEPOIS da colisão é
Kf =
1
2
m1v
2
1f +
1
2
m2v
2
2f
=
1
2
(1.6)(1.9)2 +
1
2
(2.4)(4.9)2 = 31.7 J.
Como Ki = Kf , vemos que a colisão é elástica,
(c) Agora v2i = −2.5 m/s e
v1f =
m1v1i +m2v2i −m2v2f
m1
= 5.5 +
2.4
2.5
(
− 2.5− 4.9
)
= −5.6 m/s.
Como o sinal indica, a velocidade deve opor-se ao sen-
tido mostrado.
E 10-33 (10-37/6a)
Um carro de 340 g de massa, deslocando-se em um
trilho de ar linear sem atrito, a uma velocidade inicial
de 1.2 m/s, atinge um segundo carro de massa descon-
hecida, inicialmente em repouso. A colisão entre eles
é elástica. Após a mesma, o primeiro carro continua
em seu sentido original a 0.66 m/s. (a) Qual é a massa
do segundo carro? (b) Qual é a sua velocidade após o
impacto? (c) Qual a velocidade do centro de massa do
sistema formado pelos dois carrinhos?
I (a) Seja m1, v1i, v1f a massa e as velocidades inicial
e final do carro que originalmente se move. Seja m2 e
v2f a massa e a velocidade final do carro originalmente
parado (v2i = 0. Então, de acordo com a Eq. 10-18,
temos
v1f =
m1 −m2
m1 +m2
v1i.
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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 13:46
Desta expressão obtemos para m2:
m2 =
v1i − v1f
v1f + v1i
m1
=
1.2− 0.66
1.2 + 0.66
(340 g) = 99 g.
(b) A velocidade do segundo carro é dada por
v2f =
2m1
m1 +m2
v1i =
2(0.340)
0.340 + 0.099
(1.2)
= 1.9 m/s.
(c) A velocidade do centro de massa do sistema formado
pelos dois carrinhos satisfaz a equação
P = (m1 +m2)vCM = m1v1i +m2v2i.
Lembrando que v2i = 0, temos
vCM =
m1v1i
m1 +m2
=
(340)(1.2)
340 + 99
= 0.93 m/s.
Observe que usamos gramas em vez de kilogramas.
E 10-34 (10-41/6a)
Um corpo de 2.0 kg de massa colide elasticamente com
outro em repouso e continua a deslocar-se no sentido
original com um quarto de sua velocidade original. (a)
Qual é a massa do corpo atingido? (b) Qual a veloci-
dade do centro de massa do sistema formado pelos dois
corpos se a velocidade inicial do corpo de 2.0 kg era de
4.0 m/s?
I (a) Sejamm1, v1i, v1f a massa e as velocidades antes
e depois da colisão do corpo que se move originalmente.
Sejam m2 e v2f a massa e a volcidade final do corpo
originalmente em repouso. De acordo com a Eq. 10-18
temos
v1f =
m1 −m2
m1 +m2
v1i.
Resolvendo para m2 obtemos, para v1f = v1i/4,
m2 =
v1i − v1f
v1f + v1i
m1 =
1− 1/4
1/4 + 1
(m1)
=
3
5
(2.0) = 1.2 kg.
(b) A velocidade do centro de massa do sistem formado
pelos dois corpos satisfaz a equação
P = (m1 +m2)vCM = m1v1i +m2v2i.
Resolvendo para vCM com v2i = 0 encontramos
vCM =
m1v1i
m1 +m2
=
(2.0)(4.0)
2.0 + 1.2
= 2.5 m/s.
E 10-37 (10-43/6a)
Duas esferas de titânio se aproximam frontalmente com
velocidades de mesmo módulo e colidem elasticamente.
Após a colisão, uma das esferas, cuja massa é de 300 g,
permanece em repouso. Qual é a massa da outra esfera?
I Seja m1, v1i, v1f a massa e as velocidades antes
e depois da colisão de uma das partı́culas e m2, v2i,
v2f a massa e as velocidades antes e depois da colisão,
da outra partı́cula. Então, de acordo com a Eq. 10-28,
temos
v1f =
m1 −m2
m1 +m2
v1i +
2m2
m1 +m2
v2i.
Suponha que a esfera 1 esteja viajando originalmente no
sentido positivo e fique parada após a colisão. A esfera
2 está viajando originalmente no sentido negativo. Sub-
stituindo v1i = v, v2i = −v e v1f = 0 na expressão
acima, obtemos 0 = m1 − 3m2. Ou seja,
m2 =
m1
3
=
300 g
3
= 100 g.
E 10-40∗ (10-??/6a)
ATENÇÃO: ESTE PROBLEMA FOI MAL TRADUZIDO
NO LIVRO TEXTO. USE A TRADUÇÃO QUE SEGUE:
Um elevador está deslocando-se para cima num poço a
6 ft/s (1.83 m/s). No instante em que o elevador está
a 60 ft (18.6 m) do topo, larga-se uma bola do topo do
poço. A bola quica elasticamente do teto do elevador.
(a) A que altura ela pode elevar-se em relação ao topo
do poço? (b) Faça o mesmo problema supondo que o
elevador esteja descendo a 6 ft/s (1.83 m/s). (Dica: a
velocidade da bola em relação ao elevador é meramente
revertida pela colisão.)
Nota: no sistema de unidades em questão, a aceleração
da gravidade vale g = 32 ft/s2.
I (a)
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10.2.3 Colisões Inelásticas em Uma Dimensão
E 10-41 (10-23/6a)
Acredita-se que a Cratera do Meteoro, no Arizona
(Fig. 10.1), tenha sido formada pelo impacto de um me-
teoro com a Terra há cerca de 20.000 anos. Estima-se a
massa do meteoro em 5 × 1010 kg e sua velocidade em
7200 m/s. Que velocidade um meteoro assim transmi-
tiria à Terra numa colisão frontal?
I Seja mm a massa do meteoro e mT a massa da Terra.
Seja vm a velocidade do meteoro imediatamente antes
da colisão e v a velocidade da Terra (com o meteoro)
após a colisão. O momento do sistema Terra-meteoro é
conservado durante a colisão. Portanto, no sistema de
referência Terra antes da colisão temos
mmvm = (mm +mT )v,
de modo que encontramos para v
v =
vmmm
mm +mT
=
(7200)(5× 1010)
5.98× 1024 + 5× 1010
= 6× 10−11 m/s.
Para ficar mais fácil de imaginar o que seja esta veloci-
dade note que, como 365 × 24 × 3600 = 31536000,
temos
6× 10−11 m/s = 6× 10−11(31536000) m/ano
= 0.00189 m/ano
= 1.89 mm/ano.
É uma velocidade MUITO difı́cil de se medir, não?...
E 10-42 (10-21/6a)
Um trenó em forma de caixa de 6 kg está deslocando-se
sobre o gelo a uma velocidade de 9 m/s, quando um pa-
cote de 12 kg é largado de cima para dentro dele. Qual
é a nova velocidade do trenó?
I Precisamos considerar apenas a componente horizon-
tal do momento do trenó e do pacote. Seja mt, vt a
massa e a velocidade inicial do trenó. Seja mp, a massa
do pacote e v velocidade final do conjunto trenó + pa-
cote. A componente horizontal do momento deste con-
junto conserva-se de modo que
mtvt = (mt +mp)v,
de onde tiramos
v =
vtmt
mt +mp
=
(9.0)(6.0)
6 + 12
= 3 m/s.
P 10-53 (10-29/6a)
Um vagão de carga de 35 t colide com um carrinho aux-
iliar que está em repouso. Eles se unem e 27% da ener-
gia cinética inicial é dissipada em calor, som, vibrações,
etc. Encontre o peso do carrinho auxiliar.
I Seja mv e vv a massa e a velocidade inicial do vagão,
mc a massa do carrinho auxiliar e v a velocidade fi-
nal dos dois, depois de grudarem-se. Conservação do
momento total do sistema formado pelos dois carros
fornece-nos mvvv = (mv +mc)v donde tiramos
v =
mvvv
mv +mc
.
A energia cinética inicial do sistema é Ki = mvv2v/2
enquanto que a energia cinética final é
Kf =
1
2
(mv +mc)v
2
=
1
2
(mv +mc)
(mvvv)
2
(mv +mc)2
=
1
2
m2vv
2
v
mv +mc
.
Como 27% da energia cinética original é perdida, temos
Kf = 0.73Ki, ou seja,1
2
m2vv
2
v
mv +mc
= 0.73
1
2
mvv
2
v ,
que, simplificada, fornece-nos mv/(mv +mc) = 0.73.
Resolvendo para mc encontramos
mc =
0.27
0.73
mv = 0.37mv = (0.37)(35)
= 12.95 toneladas
= 12.95× 103 kg.
A razão das massas é, obviamente, a mesma razão dos
pesos e, chamando de Pv o peso do vagão, temos que o
peso P do carrinho auxiliar é
P = 0.37Pv = (0.37)(35× 103)(9.8)
= 126.91× 103 N.
Observe que o resultado final não depende das veloci-
dades em jogo.
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10.2.4 Colisões em Duas Dimensões
E 10-63 (10-49/6a)
Em um jogo de sinuca, a bola branca atinge outra ini-
cialmente em repouso. Após a colisão, a branca desloca-
se a 3.5 m/s ao longo de uma reta em ângulo de 22o com
a sua direção original de movimento, e o módulo da ve-
locidade da segunda bola é de 2 m/s. Encontre (a) o
ângulo entre a direção de movimento da segunda bola e
a direção de movimento original da bola branca e (b) a
velocidade original da branca. (c) A energia cinética se
conserva?
I (a) Use a Fig. 10-20 do livro texto e considere a bola
branca como sendo a massa m1 e a outra bola como
sendo a massa m2. Conservação das componentes x e y
do momento total do sistema formado pelas duas bolas
nos fornece duas equações, respectivamente:
mv1i = mv1f cos θ1 +mv2f cos θ2
0 = −mv1f senθ1 +mv2f senθ2.
Observe que as massa podem ser simplificadas em am-
bas equações. Usando a segunda equação obtemos que
sen θ2 =
v1f
v2f
sen θ1 =
3.5
2.0
sen 22o = 0.656.
Portanto o ângulo é θ2 = 41o.
(b) Resolvendo a primeria das equações de conservação
acima para v1i encontramos
v1i = v1f cos θ1 + v2f cos θ2
= (3.5) cos 22o + (2.0) cos 41o = 4.75 m/s.
(c) A energia cinética inicial é
Ki =
1
2
mv2i =
1
2
m(4.75)2 = 11.3m.
A energia cinética final é
Kf =
1
2
mv21f +
1
2
mv22f
=
1
2
m
[
(3.5)2 + (2.0)2
]
= 8.1m.
Portanto a energia cinética não é conservada.
10.2.5 Problemas Adicionais
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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
11 ROTAÇÃO 2
11.1 Questionário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
11.2 Exercı́cios e Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
11.3 As Variáveis de Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
11.4 As Variáveis Lineares e Angulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
11.5 Energia Cinética de Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
11.6 Cálculo do Momento de Inércia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
11.7 Torque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
11.8 A Segunda Lei de Newton para a Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
11.9 Trabalho, Potência e Teorema do Trabalho-Energia Cinética . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
11.10Problemas Adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...)
(listaq3.tex)
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11 ROTAÇÃO
11.1 Questionário
Q11-3.
O vetor que representa a velocidade angular de rotação
de uma roda em torno de um eixo fixo tem de estar nec-
essariamente sobre este eixo?
I Sim, o vetor velocidade angular define o eixo de
rotação. Mesmo quando o eixo não é fixo, o vetor está
dirigido ao longo desse eixo, como no caso do movi-
mento de um pião. A velocidade angular de precessão
também é um vetor dirigido ao longo da direção em
torno da qual o eixo do pião precessiona.
Q11-8.
Por que é conveniente expressar α em revoluções por
segundo ao quadrado na expressão θ = ωo t + 12 α t
2 e
não na expressão at = α r?
I Porque na equação θ = ωo t + α t
2
2 , θ e ωo também
são quantidades mensuráveis em revoluções e revo-
luções por segundo, respectivamente. Mas na equação
at = α r, para se obter a aceleração linear em m/s2, α
deve ser expressa em radianos/s2.
Q11-9.
Um corpo rı́gido pode girar livremente em torno de um
eixo fixo. É possı́vel que a aceleração angular deste
corpo seja diferente de zero, mesmo que a sua veloci-
dade angular seja nula (talvez, instantaneamente)? Qual
o equivalente linear desta situação? Ilustre ambas as
situações com exemplos.
I Sim. Se o corpo rı́gido for submetido a uma
desaceleração, sua velocidade angular eventualmente
será nula, e depois começrá a crscer no sentido
contrário. O equivalente linear dessa situação pode
ser a de um corpo jogado verticalmente para cima; sua
velocidade zera no ponto mais alto da trajetória e ele
torna a cair.
Q11-13.
Imagine uma roda girando sobre o seu eixo e considere
um ponto em sua borda. O ponto tem aceleração radial,
quando a roda gira com velocidade angular constante?
Tem aceleração tangencial? Quando ela gira com
aceleração angular constante, o ponto tem aceleração
radial? Tem aceleração tangencial? Os módulos dessas
acelerações variam com o tempo?
I Sim, a aceleração radial é ar = ω2 r. A aceleração
tangencial é nula nesse caso. Girando com aceleração
angular constante, o ponto da borda tem aceleração ra-
dial ar(t) = (α t)2 r e aceleração tangencial at = α r,
constante.
Q11-15.
Qual a relação entre as velocidades angulares de um par
de engrenagens acopladas, de raios diferentes?
I Pontos da borda das engrenagens tem a mesma ve-
locidade linear: ω1 r1 = ω2 r2. Assim, a engrenagem
que tem o menor raio, tem a maior velocidade angular.
Q11-21.
A Fig. 11.25a mostra uma barra de 1 m, sendo metade
de madeira e metade de metal, fixada por um eixo no
ponto O da extremidade de madeira. Uma força F é
aplicada ao ponto a da extremidade de metal. Na Fig.
11.25b, a barra é fixada por um eixo em O′ na extrem-
idade de metal e a mesma força é aplicada ao ponto a′
da extremidade de madeira. A aceleração angular é a
mesma para os dois casos? Se não, em que caso ela é
maior?
I A densidade dos metais é maior do que das madeiras,
tal que na situação (b), o momento de inércia da
barra em relação ao ponto O′ é maior do que no
caso (a). Assim, pela relação τ = I α, vem que
I(a) α(a) = I(b) α(b). As acelerações angulares não
são iguais nos dois casos, sendo α(a) > α(b).
11.2 Exercı́cios e Problemas
11.3 As Variáveis de Rotação
11-6P.
Uma roda gira com uma aceleração angular α dada por
α = 4at3 − 3bt2, onde t é o tempo, e a e b são con-
stantes. Se ωo é a velocidade inicial da roda, deduza as
equações para (a) a velocidade angular e (b) o desloca-
mento angular em função do tempo.
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I (a) Para obter a velocidade angular, basta integrar a
aceleração angular dada:∫ ω
ωo
dω′ =
∫ t
0
αdt′
ω − ωo = a t4 − b t3
ω(t) = ωo + a t
4 − b t3
(b) O deslocamento angular é obtido integrando a ve-
locidade angular: ∫ θ
θo
dθ′ =
∫ t
0
ω dt′
θ − θo = ωo t+ a
t5
5
− b t
4
4
θ(t) = θo + a
t5
5
− b t
4
4
11-10P.
Uma roda tem oito raios de 30 cm. Está montada so-
bre um eixo fixo e gira a 2, 5 rev/s. Você pretendeatirar uma flecha de 20 cm de comprimento através
da roda, paralelamente ao seu eixo, sem que a flecha
colida com qualquer raio. Suponha que tanto a flecha
quanto os raios sejam muito finos; veja a Fig. 11.26.
(a) Qual a velocidade mı́nima que a flecha deve ter? (b)
A localização do ponto que você mira, entre o eixo e a
borda da roda, tem importância? Em caso afirmativo,
qual a melhor localização?
I (a) O ângulo entre dois raios consecutivos é π/4 e o
tempo necessário para percorrê-lo é
t =
θ
ω
=
π/4
5π
= 0, 05 s.
A velocidade mı́nima da flecha deve ser então
v =
l
t
=
0, 20
0, 05
= 4, 0 m/s.
(b) Não, se a velocidade angular permanece constante.
11-15E.
O volante de um motor está girando a 25, 0 rad/s.
Quando o motor é desligado, o volante desacelera a
uma taxa constante até parar em 20, 0 s. Calcule (a)
a aceleração angular do volante (em rad/s2), (b) o
ângulo percorrido (em rad) até parar e (c) o número
de revoluções completadas pelo volante até parar.
I (a) Sendo ωo = 25, 0 rad/s, tem-se
ω = ωo − α t = 0
α =
ωo
t
=
25, 0
20, 0
= 1, 25 rad/s2.
(b) O ângulo percorrido é
θ = ωo t− α
t2
2
θ = 250 rad.
(c) Para o número de revoluções N , temos
N =
θ
2 π
= 39, 80 revoluções.
11-23P.
Um disco gira em torno de um eixo fixo, partindo do re-
pouso com aceleração angular constante até alcançar a
rotaç ão de 10 rev/s. Depois de completar 60 revoluções,
sua velocidade angular é 15 rev/s. Calcule (a) a
aceleração angular, (b) o tempo necessário para com-
pletar as 60 revoluções, (c) o tempo necessário para
alcançar a velocidade angular de 10 rev/s e (d) o número
de revoluções desde o repouso até a velocidade de 10
rev/s.
I (a) A velocidade angular do disco aumenta de 10
rad/s para 15 rad/s no intervalo necessário para comple-
tar as 60 revoluções.
ω2 = ω2o + 2α θ
α = ω2 − ω
2
o
2 θ
= 1, 04 rev/s2.
(b) O tempo necessário para as 60 voltas é
t =
ω − ωo
α
= 4.8 s.
(c) O tempo até alcançar 10 rad/s é
t′ =
ωo
α
= 9.62 s.
(d) E o número de voltas dadas no intervalo é
θ =
ω2o
2α
= 48 revoluções.
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11.4 As Variáveis Lineares e Angulares
11-29E.
Uma turbina com 1, 20 m de diâmetro está girando a 200
rev/min. (a) Qual a velocidade angular da turbina em
rad/s? (b) Qual a velocidade linear de um ponto na sua
borda? (c) Que aceleração angular constante (rev/min2)
aumentará a sua velocidade para 1000 rev/min em 60 s?
(d) Quantas revoluções completará durante esse inter-
valo de 60 s?
I (a) A velocidade angular em rad/s é
ω =
(200)(2π)
60
= 20.94 rad/s.
(b) Qualquer ponto da borda da turbina move-se à ve-
locidade
v = ωr = (20.94)(0.60) = 12.56 m/s.
(c) A aceleração angular necessária é
α =
ω − ωo
t
=
1000− 200
1.0
= 800 rev/min2.
(d) O número do voltas no intervalo de 1.0 minuto é
θ =
ω2 − ω2o
2α
= 600 rev.
11-34E.
Uma certa moeda de massa M é colocada a uma
distância R do centro do prato de um toca-discos. O
coeficiente de atrito estático é µe. A velocidade angu-
lar do toca-discos vai aumentando lentamente até ωo,
quando, neste instante, a moeda escorrega para fora do
prato. (a) Determine ωo em função das grandezas M,
R, g e µe. (b) Faça um esboço mostrando a trajetória
aproximada da moeda, quando é projetada para fora do
toca-discos.
I (a) A moeda está sob a ação da força centrı́peta
F = Mω2R.
Quando o prato atinge a velocidade ωo, a força
centrı́peta é igual à máxima força de atrito estático:
Mω2R = µoMg
ωo =
√
µog
R
(b) A moeda é projetada tangencilamente, seguindo uma
trajetória retilı́nea.
11-36P.
A turbina de um motor a vapor gira com uma veloci-
dade angular constante de 150 rev/min. Quando o vapor
é desligado, o atrito nos mancais e a resistência do ar
param a turbina em 2, 2 h. (a) Qual a aceleração angular
constante da turbina, em rev/min2, durante a parada? (b)
Quantas revoluções realiza antes de parar? (c) Qual a
componente tangencial da aceleração linear da partı́cula
situada a 50 cm do eixo de rotação, quando a turbina
está girando a 75 rev/min? (d) Em relação à partı́cula do
ı́tem (c), qual o módulo da aceleração linear resultante?
I (a) O intervalo dado corresponde a 132 min. A
aceleração angular é
α =
ωo
t
= 1.136 rev/min2.
(b) O número de voltas até parar é
θ =
ω2o
2α
= 9903 rev.
(c) Para obter a aceleração linear tangencial em
unidades SI, a aceleração angular deve estar expressa em
rad/s2. Fazendo a conversão, obtemos α = 1.98× 10−3
rad/s2 e
at = αr = 9.91× 10−4 m/s2.
(d) A velocidade angular ω = 75 rev/min corresponde a
7.85 rad/s e
ar = ω
2r = 30.81 m/s2.
Portanto, o módulo da aceleração linear resultante é
a =
√
a2t + a
2
r = 30.81 m/s
2.
11-42P.
Quatro polias estão conectadas por duas correias con-
forme mostrado na Fig. 11 − 30. A polia A (15 cm de
raio) é a polia motriz e gira a 10 rad/s. A B (10 cm de
raio) está conectada à A pela correia 1. A B′ (5, 0 cm
de raio) é concêntrica à B e está rigidamente ligada a
ela. A polia C (25 cm de raio) está conectada à B′ pela
correia 2. Calcule (a) a velocidade linear de um ponto
na correia 1, (b) a velocidade angular da polia B, (c) a
velocidade angular da polia B′, (d) a velocidade linear
de um ponto na correia 2 e (e) a velocidade angular da
polia C.
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I (a) A velocidade linear de qualquer ponto da correia
1 é
v1 = ωArA = 1.5 m/s.
(b) A velocidade v1 é a velocidade dos pontos da borda
da polia B, cuja velocidade angular é então
ωB =
v1
rB
= 15 rad/s.
(c) As polias B e B′ giram em torno do mesmo eixo, de
modo que
ωB’ = ωB = 15 rad/s.
(d) A velocidade linear de qualquer ponto da correia 2 é
v2 = ωB’rB’ = 0.75 m/s.
(e) Os pontos da borda da polia C tem velocidade linear
v2. Portanto,
ωC =
v2
rC
= 3.0 rad/s.
11.5 Energia Cinética de Rotação
11-46P.
A molécula de oxigênio, O2, tem massa total de
5.3×10−26 kg e um momento de inércia de 1.94×10−46
kg·m2, em relação ao eixo que atravessa perpendicular-
mente a linha de junção dos dois átomos. Suponha que
essa molécula tenha em um gás a velocidade de 500 m/s
e que sua energia cinética de rotação seja dois terços da
energia cinética de transla c cão. Determine sua veloci-
dade angular.
I Com a relação dada entre as energias cinéticas, temos
Krot. =
2
3
Ktrans.
1
2
I ω2 =
2
3
(
1
2
m v2
)
Introduzindo os valores de m, I e v, obtemos ω =
6.75× 1012 rad/s.
11.6 Cálculo do Momento de Inércia
11-49E.
As massas e as coordenadas de quatro partı́culas são as
seguintes: 50 g, x = 2, 0 cm, y = 2, 0 cm; 25 g, x = 0,
y = 4, 0 cm; 25 g, x = − 3, 0 cm, y = − 3, 0 cm; 30 g,
x = −2, 0 cm, y = 4, 0 cm. Qual o momento de inércia
do conjunto em relação (a) ao eixo x, (b) ao eixo y e
(c) ao eixo z? (d) Se as respostas para (a) e (b) forem,
respectivamente, A e B, então qual a resposta para (c)
em função de A e B?
I Este exercı́cio é uma aplicação do teorema dos
eixos perpendiculares, não apresentado dentro do texto.
Este teorema é válido para distribuições de massa con-
tidas num plano, como placas finas. Aqui temos uma
distribuição discreta da massa no plano xy. Vamos in-
dicar as massas por mi e coordenadas xi e yi na ordem
em que aparecem no enunciado.
(a) Momento de inércia em relação ao eixo x: a
distância das partı́culas ao eixo é medida no eixo y
Ix =
∑
i
miy
2
i
= m1y
2
1 +m2y
2
2 +m3y
2
3 +m4y
2
4
= 1.305× 10−4 kg · m2.
(b) Para o cálculo do momento de inércia em relação
ao eixo y, a distância da partı́cula ao eixo é medida ao
longo do eixo x:
Iy =
∑
i
mix
2
i
= m1x
2
1 +m2x
2
2 +m3x
2
3 +m4x
2
4
= 5.45× 10−2 kg · m2.
(c) Para o eixo z, temos
Iz =
∑
i
mir
2
i , com r
2
i = x
2
i + y
2
i .
Os cálculos fornecem Iz = 1.9× 10−4 kg· m2.
(d) Somando os valores obtidospara Ix e Iy, confir-
mamos a relação
Iz = Ix + Iy,
que podemos identificar como o teorema dos eixos per-
pendiculares.
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11-51E.
Duas partı́culas, de massa m cada uma, estão ligadas
entre si e a um eixo de rotação em O por dois bastões
delgados de comprimento l e massa M cada um, con-
forme mostrado na Fig. 11 − 32. O conjunto gira em
torno do eixo de rotação com velocidade angular ω.
Determine, algebricamente, as expressões (a) para o
momento de inércia do conjunto em relação a O e (b)
para a energia cinética de rotação em relação a O.
I (a) O momento de inércia para o eixo passando por
O é
IO = ml
2 +m(2l)2 +
Ml2
3
+
Ml2
12
+M(
3l
2
)2
= 5ml2 +
8Ml2
3
(b) A energia cinética de rotação é
K =
1
2
Iω2
=
1
2
(
5ml2 +
8
3
Ml2
)
ω2
=
(
5
2
m+
4
3
M
)
l2ω2
11-58P.
(a) Mostre que o momento de inércia de um cilindro
sólido, de massa M e raio R, em relação a seu eixo cen-
tral é igual ao momento de inércia de um aro fino de
massa M e raio R/
√
2 em relação a seu eixo central. (b)
Mostre que o momento de inércia I de um corpo qual-
quer de massa M em relação a qualquer eixo é igual ao
momento de inércia de um aro equivalente em relação a
esse eixo, se o aro tiver a mesma massa M e raio k dado
por
k =
√
I
M
.
O raio k do aro equivalente é chamado de raio de
giração do corpo.
I (a) Os momentos de inércia, em relação aos eixos
mencionados, do aro e do cilindro são
IA = MR
2 e IA =
1
2
MR2.
Para que estes momentos de inércia sejam iguais, o aro
deve ter um certo raio R′:
IA = IC
MR′
2
=
1
2
MR2
R′ =
R√
2
(b) Igualando os momentos de inércia mencionados,
temos
I = IA = Mk
2.
Do que obtemos diretamente
k =
√
I
M
.
11.7 Torque
11-64P.
Na Fig. 11− 36, o corpo está fixado a um eixo no ponto
O. Três forças são aplicadas nas direções mostradas na
figura: no ponto A, a 8, 0 m de O, FA = 10 N; no ponto
B, a 4, 0 m de O, FB = 16 N; no ponto C, a 3, 0 m de
O, FC = 19 N. Qual o torque resultante em relação a O?
I Calculamos o torque produzido por cada uma das
forças dadas:
τA = rAFAsen 45
o = 56.57 N·m, anti-horário,
τB = rBFBsen 90
o = 64 N·m, horário,
τC = rCFCsen 20
o = 19.50 N·m, anti-horário.
Tomando o sentido positivo para fora do plano da
página, somamos os valores obtidos acima para ter o
torque resultante:
τR = τA − τB + τC
= 12.07 N·m, anti-horário
11.8 A Segunda Lei de Newton para a
Rotação
11-70P.
Uma força é aplicada tangencialmente à borda de uma
polia que tem 10 cm de raio e momento de inércia de
1, 0 × 10−3 kg·m2 em relação ao seu eixo. A força
tem módulo variável com o tempo, segundo a relação
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F = 0, 50 t+0, 30 t2, com F em Newtons e t em segun-
dos. A polia está inicialmente em repouso. Em t = 3, 0
s, quais são (a) a sua aceleração angular e (b) sua ve-
locidade angular?
I (a) O torque atuando sobre a polia no instante con-
siderado é
τ(t = 3.0) = rF (t = 3.0) = 0.42 N·m.
A aceleração angular neste instante é
α(t = 3.0) =
τ
I
= 42 rad/s2.
(b) Obtemos a velocidade angular integrando a função
α(t): ∫ ω
0
dω′ =
∫ t
0
(50t′ + 30t′
2
)dt′
ω(t) = 25t2 + 10t3
ω(t = 3.0) = 495 rad/s.
11-75P.
Dois blocos idênticos, de massa M cada um, estão liga-
dos por uma corda de massa desprezı́vel, que passa por
uma polia de raio R e de momento de inércia I (veja Fig.
11−40). A corda não desliza sobre a polia; desconhece-
se existir ou não atrito entre o bloco e a mesa; não há
atrito no eixo da polia. Quando esse sistema é liberado,
a polia gira de um ângulo θ, num tempo t, e a aceleração
dos blocos é constante. (a) Qual a aceleração angular da
polia? (b) Qual a aceleração dos dois blocos? (c) Quais
as tensões na parte superior e inferior da corda? Todas
essas respostas devem ser expressas em função de M, I,
R, θ, g e t.
I (a) Se o sistema parte do repouso e a aceleração é
constante, então θ = α t2/2 e
α =
2θ
t2
.
(b) Desconsiderando qualquer atrito, a aceleração das
massas é a aceleração dos pontos da borda da polia:
a = αR =
2θR
t2
.
(c) Chamemos T1 a tensão na parte vertical da corda.
Tomando o sentido para baixo como positivo, escreve-
mos
Mg − T1 = Ma.
Com a aceleração obtida acima, a tensão T1 é
T1 = M
(
g − 2θR
t2
)
.
Aplicando a segunda Lei rotacional para a polia ( escol-
hendo o sentido horário como positivo), temos
(T1 − T2)R = Iα.
Tirando T2, vem
T2 = Mg −
2MθR
t2
− 2Iθ
Rt2
.
11-77P.
Uma chaminé alta, de forma cilı́ndrica, cai se houver
uma ruptura na sua base. Tratando a chaminé como um
bastão fino, de altura h, expresse (a) a componente ra-
dial da aceleração linear do topo da chaminé, em função
do ângulo θ que ela faz com a vertical, e (b) a compo-
nente tangencial dessa mesma aceleração. (c) Em que
ângulo θ a aceleração é igual a g?
I (a) A componente radial da aceleração do topo da
chaminé é ar = ω2h. Podemos obter ω usando o
princı́pio da conservação da energia. Para um ângulo
θ qualquer, temos
mg
h
2
= mg
h
2
cos θ +
1
2
Iω2.
Com I = mh2/3, obtemos
ω2 =
3g(1− cos θ)
h
,
e aceleração radial do topo então é
ar = 3g(1− cos θ).
(b) Para obter a componente tangencial da aceleração do
topo, usamos agora a segunda Lei na forma rotacional:
τ = Iα
mg
h
2
sen θ =
1
3
mh2α
Com α = 3gsen θ/2h, chegamos à aceleração pedida
at = αh =
3
2
gsen θ.
(c) A aceleração total do topo é
a2 = 9g2(1− cos θ)2 + 9
4
g2sen2θ.
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Fazendo a = g, e alguma álgebra, obtemos uma
equação do segundo grau para a variável cos θ, cuja
raiz fornece θ = 34.5o.
11.9 Trabalho, Potência e Teorema do
Trabalho-Energia Cinética
11-82P.
Uma régua, apoiada no chão verticalmente por uma das
extremidades, cai. Determine a velocidade da outra ex-
tremidade quando bate no chão, supondo que o extremo
apoiado não deslize. (Sugestão: considere a régua como
um bastão fino e use o princı́pio de conservação de en-
ergia.)
I Seguindo a sugestão dada, temos
mg
l
2
=
1
2
(
1
3
ml2
)
ω2,
que fornece ω =
√
3g/l. Portanto, a velocidade da ex-
tremidade da régua, quando bate no chão, é
v = ωl =
√
3gl.
11-83P.
Um corpo rı́gido é composto por três hastes finas,
idênticas, de igual comprimento l, soldadas em forma de
H (veja Fig. 11− 41). O corpo gira livremente em volta
de um eixo horizontal que passa ao longo de uma das
pernas do H. Quando o plano de H é horizontal, o corpo
cai, a partir do repouso. Qual a velocidade angular do
corpo quando o plano do H passa pela posição vertival?
I O momento de inércia do corpo rı́gido para o eixo
mencionado é
I =
1
3
ml2 +ml2 =
4
3
ml2.
Usando o princı́pio da conservação da energia, temos
3mg
l
2
=
1
2
(
4
3
ml2
)
ω2,
e, tirando a velocidade angular, resulta
ω =
3
2
√
g
l
.
11-86P.
Uma casca esférica uniforme, de massa M e raio R, gira
sobre um eixo vertical, sem atrito (veja Fig. 11 − 42).
Uma corda, de massa desprezı́vel, passa em volta do
equador da esfera e prende um pequeno corpo de massa
m, que pode cair livremente sob a ação da gravidade. A
corda prende o corpo através de uma polia de momento
de inércia I e raio r. O atrito da polia em relação ao eixo
é nulo e a corda não desliza na polia. Qual a velocidade
do corpo, depois de cair de uma altura h, partindo do
repouso? Use o teorema do trabalho-energia.
I Seguindo a sugestão do enunciado, o trabalho real-
izado pela gravidade sobre a massa m é W = mgh.
Como o sistema parte do repouso, a variação da energia
cinética é
∆K =
1
2
mv2 +
1
2
Iω2p +
1
2
ICω
2
C ,
onde ωp é a velocidade angular da polia e IC e ωC são
o momento de inércia e a velocidade angular da cascaesférica. A velocidade de m é também a velocidade
linear dos pontos da borda da polia e dos pontos do
equador da casca esférica. Então podemos expressar as
velocidades angulares em termos da velocidade linear
da massa m:
ωp =
v
r
e ωC =
v
R
.
Após essas considerações, temos, finalmente
W = ∆K
mgh =
1
2
mv2 +
1
2
I
v2
r2
+
1
2
(
2
3
MR2
)
v2
R2
=
1
2
(
m+
I
r2
+
2
3
M
)
v2
Tirando a velocidade v, obtemos
v2 =
2mgh
m+ I/r2 + 2M/3
.
Lembrando a equação de movimento v2 = 2ah, pode-
mos facilmente destacar a aceleração do resultado
obtido, à qual chegamos se resolvemos o problema us-
ando a segunda Lei.
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11.10 Problemas Adicionais
11-91.
Uma polia de 0, 20 m de raio está montada sobre um
eixo horizontal sem atrito. Uma corda, de massa de-
sprezı́vel, está enrolada em volta da polia e presa a um
corpo de 2, 0 kg, que desliza sem atrito sobre uma su-
perfı́cie inclinada de 20 o com a horizontal, conforme
mostrado na Fig. 11-43. O corpo desce com uma
aceleração de 2, 0 m/s2. Qual o momento de inércia
da polia em torno do eixo de rotação?
I Vamos usar aqui a segunda Lei, nas formas transla-
cional e rotacional. Tomando o sentido positivo para
baixo do plano inclinado temos
mg sen 20o − T = ma.
Para o movimento da polia, escrevemos
Tr = Iα = I
a
r
.
Trazendo T da primeira para a segunda equação, e ex-
plicitando I , temos
I =
mr2
a
(gsen 20o − a) = 0.054 kg·m2.
11-93.
Dois discos delgados, cada um de 4, 0 kg de massa e
raio de 0, 40 m, são ligados conforme mostrado na Fig.
11-44 para formar um corpo rı́gido. Qual o momento
de inércia desse corpo em volta do eixo A, ortogonal ao
plano dos discos e passando pelo centro de um deles?
I Temos aqui uma aplicação do teorema dos eixos par-
alelos. O momento de inércia do conjunto escrevemos
como
I = I1 + I2,
onde I1 = mr2/2 é o momento de inércia do disco pelo
qual passa o eixo. Para obter o momento I2 do outro
disco em relação a esse eixo, usamos o teorema:
I2 =
1
2
mr2 +m(2r)2
=
9
2
mr2
Para o corpo rı́gido todo temos então
I = I1 + I2 = 5mr
2 = 3.2 kg·m2.
11-96.
Um cilindro uniforme de 10 cm de raio e 20 kg de massa
está montado de forma a girar livrmente em torno de um
eixo horizontal paralelo ao seu eixo longitudinal e dis-
tando 5, 0 cm deste. (a) Qual o momento de inércia do
cilindro em torno do eixo de rotação? (b) Se o cilindro
partir do repouso, com seu eixo alinhado na mesma al-
tura do eixo de rotação, qual a sua velocidade angular ao
passar pelo ponto mais baixo da trajetória? (Sugestão:
use o princı́pio de conservação da energia.)
I (a) Usamos o teorema dos eixos paralelos para obter
o momento de inércia:
I = ICM +mh
2
=
1
2
mr2 +m
(r
2
)2
= 0.15 kg·m2
(b) Colocando o referencial de energia potencial nula no
ponto mais baixo pelo qual passa o centro de massa do
cilindro, temos
U1 = K2
mg
r
2
=
1
2
Iω2
Resolvendo para a velocidade angular, obtemos
ω = 11.44 rad/s.
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