Exercicios Resolvidos Física II DO CAP 15

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Exercícios Resolvidos – Capítulo 15 – Halliday, vol. II 
 
Prof. José Higino Dias Filho 
 
Solução 
a) Em equilíbrio, o peso do veículo é igual à soma das forças das quatro molas. Então, cada mola sustenta um quarto 
do peso do carro (o que equivale a sustentar um quarto da massa). 
k
m
 = , 2k m= , m = (1450/4) kg, m = 362,5 kg, 2 6,2832 3 18,85f Hz Hz =  , 
2 5(18,85) 632,5( / ) 1,29 10 ( / )k N m N m  . 
b) A massa do carro mais a dos passageiros é igual a mf = [1450 + 5(73,0)] kg = 1815 kg. Com essa nova massa, a 
frequência será igual a: 
51,29 10
16,839
( / 4) (1815 / 4)
f
f
k
Hz Hz
m


= = , 
16,839
2,68
2
ff Hz Hz

= . 
 
 
Solução 
a) O módulo da aceleração no movimento harmônico simples (MHS) é igual a 2 mx . Igualando a aceleração a g, 
temos: 
 2 mx g = , 
m
g
x
 = , 
2
3
6
9,8 /
3,13 10
1,0 10
m s
Hz
m

−
= 

, 498
2
f Hz


=  . 
b) A aceleração é proporcional ao quadrado da frequência. Logo, para frequências maiores que 498 Hz, teremos 
acelerações maiores que g em alguns trechos da trajetória. 
 
 
Solução 
As duas molas exercem forças sobre o bloco e, pelo fato da distensão de uma mola ter o mesmo módulo e ser 
simultânea à da outra, o bloco fica submetido a duas forças iguais de mesmo sentido (sentido contrário ao do 
movimento do bloco). Então, pela segunda lei de Newton: 
2ma kx kx kx= + = . Mas, no MHS, 2 ma x= (aceleração máxima). Então: 
2 2m mm x kx = . 2 /k m = , 
1
2 /
2 2
f k m

 
= = . 
1
2(7580) / (0,245) 39,6 .
2 2
f Hertz Hz

 
= =  
 
 
Solução 
a) Existe uma diferença de fase de (/6) entre os movimentos das duas partículas. Então, as posições podem ser 
descritas pelas expressões: 
1( ) ( / 2)cos( t)x t A = , 2 ( ) ( / 2)cos( t ( / 6))x t A  = + 
O período é o mesmo para as duas partículas e vale T = 1,5 s. A frequência, também comum, é f = 0,6667 Hertz. A 
frequência angular é 2 0,6667 2 4,2 .f Hz  = =   
1( ) ( / 2)cos(4,2 t)x t A= , 2 ( ) ( / 2)cos(4,2 t ( / 6))x t A = + 
Quando a partícula atrasada (descrita pela posição x1(t)) passa por uma das extremidades da trajetória, t = 0 s. Para o 
instante t = 0,50 s, as posições delas serão: 
1(0,5s) ( / 2)cos(4,2 0,5) (A/ 2)( 0,5) 0,25Ax A=  = − = − , 
2 (0,5s) ( / 2)cos(4,2 0,5 ( / 6)) ( / 2)cos(2,6186) (A/ 2)( 0,866) 0,43Ax A A=  + = = − = − . 
Em t = 0,5 s. A distância entre as partículas é 
1(0,5s)x − 2 (0,5s)x = −0,25 A + 0,43 A = 0,18 A. 
 
b) Analisando as velocidades das partículas: 
( )
( )
dx t
v t
dt
= : 
1( ) ( 2,1( / ))sen(4,2 t)v t A s= − , 
1(0,5 ) ( 2,1( / ))sen(4,2 0,5) ( 2,1( / )) 0,86 1,81( / )v s A s A s A s= −  = −  = − , 
2 (0,5s) ( 2,1( / ))sen(4,2 0,5 ( / 6)) ( 2,1( / ))sen(2,6236) ( 2,1( / ))0,495 1,04( / )v A s A s A s A s= −  + = − = − = − . 
Como as velocidades são negativas, as partículas movem-se no mesmo sentido quando t = 0,5 s. 
 
 
 
Solução 
Nesse caso, quando uma das molas sofre uma distensão, parte dela é dividida com a outra mola (metade da 
distensão, pois as constantes k são iguais). Sendo assim, quando o bloco distende ou estica a mola na qual está 
diretamente em contato, a outra toma para si parte dessa variação de comprimento, diminuindo a força sobre o 
bloco. Então, temos uma força exercida por uma mola sobre o bloco, outra força exercida pela mesma mola sobre a 
outra mola e a força de reação da segunda mola sobre a primeira. Analisando apenas o sistema mola-bloco, pela 
segunda lei de Newton, temos: 
( / 2) ( / 2)ma k x k x= = 
Portanto, com as molas alinhadas em série, é como se tivéssemos uma constante elástica menor (parecido com a 
disposição de capacitores em série, na eletrostática). 
No MHS, 2 ma x= (aceleração máxima). Então: 
2 ( / 2)m mm x k x = . / 2k m = , 
1
/ 2
2 2
f k m

 
= = . 
1
(6430) / (2 0,245) 18,2 .
2
f Hertz Hz

=   
 
 
Solução 
A) A componente do peso na direção do plano inclinado é que distende a mola. Então, a mola fica distendida de x, 
sendo que: 
kx mg sen= , 
14 40
0.0750
120 /
mg sen N sen
x m
k N m
 
= = = . 
A distância, a partir do topo do plano inclinado, é dada por: 0,450 m + 0,075 m = 0,525 m. 
B) Se o bloco oscila sobre o plano inclinado, o período das oscilações é: 
2
2 m/ kT



= = , 1,4m kg . 2 1,4 /120 0,686T s s= . 
 
Solução 
a) Durante a colisão, o momento linear é conservado. O momento linear da bala é igual ao do conjunto (bloco + 
bala). Então: 
 3mv 9,5 10 630 / 5,985 /bala balaP kg m s kg m s
−= =   =  , 
( ) ( )(m )v 5,985 /
i
bloco bala bloco bala bloco balaP m kg m s+ += + =  , em que ( )v
i
bloco bala+ é a velocidade inicial do conjunto. 
( )
5,985 /
v
(m m )
i
bloco bala
bloco bala
kg m s
+

=
+
, ( )
5,985 /
v / 1,1 /
5,4095
i
bloco bala
kg m s
m s m s+

= . 
b) O bloco estava na posição de equilíbrio no momento da colisão (não estava sob ação da força da mola). Portanto, 
a velocidade ( )v
i
bloco bala+ é máxima. Então, com essa velocidade, o sistema tem energia cinética máxima. Igualando 
essa energia cinética máxima com a energia potencial máxima, obteremos a amplitude. 
( )
2 2
( )
1 1
K (m m ) v K x
2 2
i
máx bloco bala bloco bala máx+
 = + =  , ( )
221 1(5,4095 )(1,1 / ) 6000(N/ m) x
2 2
máxkg m s J =  , 
( )
2
2 (5, 4095 )(1,1 / )
x
6000 /
máx
kg m s J
N m
= , 2
5,4095 1,2
x 3,3 10 3,3
6000
máx m m cm
−=  = . 
 
Solução 
a) O momento de inércia de um disco, em relação ao centro, é 2
1
2
i
dI M r= , em que M e r são, respectivamente, a 
massa e o raio do disco. Pelo teorema dos eixos paralelos, o momento de inércia desse disco em relação ao ponto 
em que a barra (de comprimento L e massa m) está suspensa é: 
( )
221 1
2 2
o
dI M r M r L= + + . 
O momento de inércia da barra em relação a uma das extremidades é: 2
1
3
o
bI m L= . 
O momento de inércia total do sistema é igual a ( )
22 21 1 1
2 2 3
o
totalI M r M r L m L= + + + . Substituindo os valores, 
encontramos: 20,205ototalI kg m=  . 
b) Para calcular o centro de massa do sistema, vamos concentrar as massas do disco e da barra (como se fossem 
massas pontuais) nos seus respectivos centros de massa, ambos em relação ao ponto de suspensão: 
centro de massa do disco: 0,6od L r m= + = , centro de massa da barra: / 2 0,25
o
b L m= = , 
o centro de massa do sistema é: 0,477
o o
o d d b b
sistema
d b
m m
m
m m
+
= =
+
. 
c) O período das oscilações do pêndulo físico é dado pela expressão: 2
f
I
T
m gh
= , em que I é o momento de 
inércia do pêndulo físico, fm é a sua massa total, g é o módulo da aceleração da gravidade e h é a distância do 
centro de massa até o eixo de rotação (no caso, é o ponto de suspensão). Fazendo as substituições: 
2 1,5
( )
o
total
o
sistema
I
T s
M m g
= 
+
. 
 
Solução 
O período do pêndulo simples é calculado pela expressão: 
2
L
T
g
= , sendo 
2
24
T g
L

= o comprimento do pêndulo em termos do período. 
Para 1 8,85T s= , 
2
1
1 24
T g
L

= . 
Para um novo comprimento do pêndulo, 2 1L L d= − , sendo 0,350d m= , teremos um novo período: 
2
2 1 1 1
2 2
2 2 2 2 8,77
4
L L d L Td d
T s
g g g g g
   

−
= = = − = − = 
 
 
Solução 
a) O pêndulo descrito é um pêndulo físico. O período é dado pela expressão: 2
I
T
mgh
= , em que I é o 
momento de inércia do pêndulo físico, m é a massa da barra, g é o módulo da aceleração da gravidade e h é a 
distância do centro de massa até o eixo de rotação (no caso, é o ponto de suspensão). O momento de inércia da 
barra (massa m e comprimento L) em relação ao seu centro é 
21
12
cI m L= . Quando o ponto de suspensão está a 
uma distância d do seu centro, de acordo com o teorema dos eixos paralelos o momento de inércia em relação a 
esse ponto de suspensão é: 
2 21
12
oI m L md= + . Desse modo, o período é dado por 
2 2
2 2
1
12122 2 2
12
o
m L md
I L d
T
mgd mgd gd
 
+
+
= = = . 
Para encontrar o valor de d que minimiza T , vamos derivar a expressão em relação a d e igualar a zero: 
( )
1/2
2 2 2 2 2 2
2
12 2 24 (12 ) ( 12 )12g 12
2 0
12 2 1212
dT d L d d gd L d L d
dd dd gd gdgd


−
   + − + +   
= = =    
     
, 
2 2 2 2 224 (12 ) ( 12 )12g 0, 24 ( 12 ) 0,
12
L
d gd L d d L d d− + = − + = = . 
O período mínimo é: 
2
2
min
1
212 122 2 2,26
(L/ 12) 12
L
m L m
L
T s
mg g
 
+
= = . 
b) o período mínimo depende de L. 
c) o período não depende da massa do pêndulo. Quando m aumenta, o período não varia. 
 
 
Solução 
Considerando o carro com os quatro passageiros como uma massa total sustentada por 4 molas, que 
consideraremos com uma única mola de constante elástica k (k vale 4 vezes a constante elástica de uma das 4 
molas). Então, a frequencia angular é dada por: 
2
4
k
T M m

 = =
+
, sendo M a massa do carro e m a massa de cada um dos 4 passageiros. 
Se a cada 4 metros (distância d entre a “costelas”) o carro passa por uma “costela” e v é a velocidade dele entre duas 
costelas sucessivas, então: 
T = (d/v), 
2
2 2
( 4 )
4
v k v
k M m
d M m d
 

 
= =  = +  
+  
. 
Quando o carro está ocupado, a compressão do conjunto de molas é dado por: 
( )
( )
1 1
4
4
M m g
M m g kx x
k
+
+ =  = , 
com o carro vazio, a compressão é: 2
Mg
x
k
= . 
Para v = 16 km/h = 4,4 m/s, temos que a compressão (e a altura do carro) varia de: 
 
( ) 2
1 2
4 4 4
0,05
4 2
M m g Mg mg mg d
x x m
k k k M m v
+  
− = − = = = 
+  
. 
 
Solução 
 
2
2
2
4
I T k
T I
k


=  = , sendo k = 0,50 Nm a constante de torção do pêndulo e ele executa 20 oscilações em 50 
s. Logo, a período é 
50
2,5
20
s
T s= = e o momento de inércia do objeto é 
2
2
2
(2,5) 0,50
0,079
4
I kg m


=  . 
 
Solução 
A posição do bloco em função do tempo obedece a função ( ) cos( t )mx t x  = + . Em t = 0, o bloco está na posição 
x = 0 (com esta informação, sabemos que ( / 2) =  ). 
A velocidade do bloco em função do tempo obedece a função v( ) sen( t )mt x  = − + . O bloco, em t = 0, move-se 
no sentido positivo de x (com esta informação, sabemos que ( / 2) = − , pois v(0) sen( ( / 2))mx = − − , 
v(0) ( 1) 0m mx x = − − =  ). 
O valor da velocidade do bloco em t = 0 é v(0) = 5,2 m/s e equivale à sua amplitude vm (maior valor em módulo). A 
frequência angular é / 480(N/ m) / (1,2kg)k m = = , 20( / )rad s = . Sabendo que vm mx= , então 
podemos determinar a amplitude das posições (xm): (v / ) (5,2 / 20) 0,26m mx m m= = = . 
a) A frequência f é calculada pela expressão: 
20 10
( / )
2 2
f rad s Hz

  
= = = . 
b) A amplitude das posições do bloco (xm): 0,26mx m= . 
c) A posição do bloco em função do tempo é ( ) 0,26 cos(20 t ( / 2)) 0,26 sen(20 t)x t m m= − = . 
 
 
Solução 
A massa de um mol de átomos de prata é a massa de um “átomo grama”, equivalente à massa atômica expressa em 
gramas. Para a prata, o “átomo grama” vale 108 g ou 0,108 kg. Um único átomo de prata possui massa: 
25
23
0,108
1,8 10
6,02 10
kg
m kg−= = 

. 
A frequência angular é dada por 
k
m
 = e a frequência f é dada por 
2
f


= . Então: 
13 11 10
2
k
Hz
m
 = , 13 2 25 2(2 10 ) (1,8 10 ) / 7 10 /k N m N m −=    .