MecII cap2

Prévia do material em texto

2-1
2. CINÉTICA DAS PARTÍCULAS 
 
2.1. Segunda Lei de Newton 
 
“Uma partícula submetida a uma força não nula adquire uma aceleração com módulo proporcional 
ao módulo da força e na mesma direção e sentido desta”. 
 
Ou seja: amF rr = . Como a massa da partícula m é um escalar, percebe-se que a aceleração da 
partícula deverá possuir a mesma direção e o mesmo sentido da força que atua sobre ela e módulo 
proporcional a esta força. E mais, se a força variar com o tempo, a aceleração variará na mesma 
proporção. 
 
Se a partícula estiver sob a ação de várias forças: amF r
r
=∑ . 
 
Deve-se notar que o sistema de referência no qual a aceleração ar é medida não é arbitrário. Seus 
eixos não devem ser móveis. Para um grande número de problemas de Engenharia, pode-se 
considerar um ponto da Terra como origem de um sistema fixo de referência e as equações acima 
podem ser utilizadas sem grande erro. 
 
Se a resultante das forças (∑F
r
) for nula, a aceleração da partícula também será nula e, se a 
partícula estava em repouso em relação a um sistema de referência fixo, ela permanecerá em 
repouso; se estiver se movendo com uma determinada velocidade v, continuará a se mover com 
velocidade constante v numa mesma linha reta. Esta situação foi abordada pela 1ª Lei de Newton. 
 
 
2.2. Quantidade de Movimento de uma Partícula 
 
Sabe-se que: 
dt
vd
a
r
r
= . Substituindo na equação que representa a 2ª Lei de Newton: 
 
dt
vd
mF
r
r
=∑ . 
 
Considerando que a massa m da partícula é constante: 
 
( )vm
dt
dF r
r
=∑ . 
 
O vetor vmr é conhecido como quantidade de movimento da partícula. Ele tem a mesma direção e 
sentido da velocidade da partícula e seu módulo será o produto da massa m pelo módulo v da 
velocidade da partícula. 
 
A equação acima mostra como a 2ª Lei de Newton foi originalmente enunciada: a resultante das 
forças que atuam em uma partícula é igual à derivada temporal da quantidade de movimento desta 
partícula. Chamando de Q
r
 a quantidade de movimento da partícula e de Q
r
&
 a sua derivada em 
relação ao tempo, tem-se: 
 
vmQ r
r
= e QF
r
&
r
=∑ . 
 
 2-2
Se a resultante das forças que atuam sobre a partícula for nula ( 0=∑F
r
), a quantidade de 
movimento da partícula permanecerá constante, tanto em módulo como em direção e sentido. 
 
Obs.: Como está se supondo que a massa m da partícula é constante, as equações acima não podem 
ser utilizadas em problemas de movimento de corpos que ganham ou perdem massa, tais como 
foguetes. 
 
 
2.3. Equações do Movimento 
 
2.3.1. Componentes cartesianas 
 
Expressando a força e a aceleração em componentes cartesianas: 
 ( ) ( )kajaiamkFjFiF zyxzyx rrrrrr ++=++∑ . 
 
Então, pode-se estudar, separadamente, o movimento da partícula segundo as três direções: 
 
xmFx &&=∑ , ymFy &&=∑ e zmFz &&=∑ . 
 
 
2.3.2. Componentes normal e tangencial 
 
Expressando-se as forças e a aceleração em componentes nas direções tangencial (no sentido do 
movimento) e normal (no sentido do centro de curvatura) da trajetória: 
 
tt amF =∑ e nn amF =∑ . 
 
Como 
dt
dv
at = e ρ
2v
an = , onde ρ é o raio de curvatura da trajetória no ponto considerado: 
dt
dv
mFt =∑ e ρ
2v
mFn =∑ . 
 
 
2.3.3. Componentes radial e transversal 
 
Considerando o movimento de uma partícula no plano e um sistema de coordenadas polares: 
 
rr amF =∑ e θθ amF =∑ . 
 
Como 2θ&&& rra
r
−= e θθθ &&&& rra 2+= : 
 ( )2θ&&& rrmFr −=∑ e ( )θθθ &&&& rrmF 2+=∑ . 
 
Para o movimento no espaço, basta utilizar introduzir a equação na direção vertical considerando-se 
o sistema de coordenadas cilíndricas: 
 
zmamF zz &&==∑ . 
 2-3
2.4. Equilíbrio Dinâmico 
 
A 2ª Lei de Newton pode ser escrita na forma alternativa: 
 
0=−∑ amF
rr
. 
 
Esta equação mostra que se o vetor amr− for adicionado à resultante das forças que atuam sobre a 
partícula, ela se encontrará em equilíbrio dinâmico e o problema pode ser resolvido utilizando-se os 
mesmos métodos da Estática. 
 
O vetor am r− é chamado de vetor de inércia ou forças de inércia. Alguns autores evitam utilizar a 
segunda nomenclatura, pois elas são apenas uma medida da resistência ao movimento de uma 
partícula, não tendo as mesmas características de uma força da gravidade ou de contato; outros, no 
entanto, consideram que as forças de inércia e forças reais como as gravitacionais afetam os nossos 
sentidos da mesma maneira. Por exemplo: um homem em um elevador em movimento acelerado 
para cima terá a sensação que seu peso aumentou e nenhuma medida realizada no interior do 
elevador pode estabelecer se o elevador está verdadeiramente acelerado ou se a força de atração 
exercida pela Terra aumentou. 
 
 
Exemplo: (ex. 12.23 do Beer & Johnston) 
 
Uma corrente, de massa m por unidade de comprimento, repousa sobre uma polia de massa 
desprezível. Abandona-se a corrente, na posição mostrada na figura (h > l/2). Desprezando o raio da 
polia, determinar: 
a) a velocidade v da corrente quando esta abandona a polia; 
b) o máximo valor possível de v quando h se aproxima de l/2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para o trecho da corrente na trajetória descendente, a equação do movimento é: 
 
yymTygmF &&=−=∑ . 
 
Para o trecho ascendente: ( ) ( ) yylmylmgTF &&−=−−=∑ . 
 
Somando as duas equações: ylmlgmygm &&=−2 . 
 
Reescrevendo a equação: gy
l
gy −=− 2&& . 
 
A solução desta geral desta equação é: 
221
l
eCeCy tt ++= −λλ , onde 
l
g2
=λ . 
h 
y 
 2-4
Derivando em relação a t, encontra-se a expressão da velocidade: tt eCeCy λλ λλ −−= 21& . 
 
As condições iniciais do problema são: ( ) hy =0 e ( ) 00 =y& . 
 
Aplicando-se estas condições, obtém-se: 
2
2
21
lhCC −== . 
 
Substituindo as constantes nas expressões da posição e da velocidade da corrente: 
 
( )
22
l
tcoshlhy +





−= λ 
 
( )tsenhlhy λλ 





−=
2
& . 
 
a) o instante em que a corrente deixa a polia (y = l) será: 
 
( )
22
l
tcoshlhl +





−= λ ∴ 





−
=
2
21
l
l
h
coshat λ . 
 
Substituindo na expressão da velocidade: 
 












−






−=
2
21
2 l
l
h
coshasenhlhy λλλ
&
 
 
1
2 2
22
−











−






−=
l
l
h
coshacoshlhy λ& 
 
1
2
2
2
2
−





−






−=
l
l
h
lhy λ& 
 
2222
22
2
22






−−





=





−−





=
lhl
l
glhly λ& . 
 
b) se h for igual à metade do comprimento da corrente, a velocidade da mesma quando deixar a 
polia será: 
22
glly == λ& . 
 
Outra forma de resolver o problema 
 
Uma maneira mais simples de se resolver o problema é substituir a aceleração por 
dy
dv
v , ou seja, 
dy
ydyy &&&& = . Então a equação diferencial se torna gy
l
g
dy
ydy −=− 2&& . 
 2-5
Separando as variáveis fica: dygy
l
gydy 





−=
2
&&
 ⇒ ∫∫ 





−= dygy
l
gydy 2&& . 
 
Integrando: Cgyy
l
gy
+−= 2
2
2
&
. 
 
Sabe-se que quando hy = , 0=y& . Substituindo acima, retira-se a constante 2h
l
gghC −= . 
 
Portanto: 222 2222 h
l
gghgyy
l
gy −+−=& . 
 
a) No momento que a corrente deixa a polia y = l, então: 
 
22 hhl
l
gy −=& 
 
Esta expressão é a mesma obtida anteriormente para a velocidade da corrente, embora esteja escrita 
de outra maneira. 
 
b) Como h é a metade do comprimentol da corrente: 
 
2
gly =& 
 
 
2.5. Momento Angular de uma Partícula 
 
Considere uma partícula que se desloca em relação a um sistema de referência newtoniano Oxyz. 
Como visto anteriormente, a quantidade de movimento desta partícula é dada por vmQ r
r
= . O 
momento de Q
r
 em relação a O é chamado de momento da quantidade de movimento ou momento 
angular e denominado de OH
r
. Então: 
 
vmrH O
rrr
×= . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
z 
x 
O 
P rr 
OH
r
 
v
r
 
 2-6
Observe que OH
r
 é um vetor perpendicular ao plano que contém rr e vm r e tem módulo: 
 
( )φsenvmrH O = , 
 
onde φ é o ângulo entre rr e vm r . O sentido de OH
r
 é determinado pela regra da mão direita. A 
unidade do momento angular no SI (Sistema Internacional) é kg.m²/s. 
 
Utilizando a Análise Vetorial, OH
r
 pode ser determinado por: 
 
zyx
O
mvmvmv
zyx
kji
H
rrr
r
= ∴ 
( )
( )
( )
xyzO
zxyO
yzxO
vyvxmH
vxvzmH
vzvymH
⋅−⋅=
⋅−⋅=
⋅−⋅=
. 
 
No caso de uma partícula se movendo no plano xy, z = vz = 0 e, portanto, o momento angular se 
reduz à componente na direção z: 
 
( )xyzOO vyvxmHHH ⋅−⋅===0r . 
 
Este momento pode ser positivo ou negativo conforme o sentido de movimento, em relação a O, da 
partícula. 
 
Considerando-se a quantidade de movimento de uma partícula expressa pelas componentes radial e 
transversal, pode-se escrever OH
r
 em coordenadas cilíndricas: 
 ( ) ( )kzerermkzervmrH
rrO
r
&
r&r&
rrrrr
++×+=×= θθ 
 
kkzzmekzrmekzrmkezrmeermeerrmH
rrrrrO
rr
&
rr&r
r
&
rr
&
rr&rr&
r
×+×+×+×+×+×= θθ θθ2 
 
( ) krmezrzrmezrmH
rO
r
&r&&
r&
r
θθ θ 2+−+= . 
 
Se a partícula estiver se movendo no plano xy, z = z& = 0 e, portanto, krmH O
r
&
r
θ2= . 
 
Derivando a expressão do momento angular em relação ao tempo e recordando a regra para a 
derivada do produto vetorial: 
 
( ) vmrvmrvmr
dt
dH O
r
&
rrr
&
rr
r
& ×+×=×= 
 
amrvmvHO
rrrr
r
& ×+×= . 
 
No primeiro termo, os vetores vr e vm r são paralelos, portanto o produto vetorial é nulo. Pela 2ª Lei 
de Newton, amF r
r
=∑ . Então: 
∑×= FrHO
rr
r
&
. 
 
 2-7
O produto vetorial ∑× Fr
rr
 representa o somatório de todos os momentos, em relação a O dessas 
forças e conclui-se que: 
OO HM
r
&
r
=∑ . 
 
Esta equação, obtida diretamente da 2ª Lei de Newton, afirma que o somatório dos momentos, em 
relação à origem O fixa, das forças que atuam sobre uma partícula é igual à variação do momento 
angular da partícula em relação a O, no tempo. 
 
 
2.6. Movimento sob a Ação de uma Força Central 
 
Quando a única força que atua sobre uma partícula é uma força com a mesma direção do vetor 
posição rr cuja origem está em um sistema de referência newtoniano, mas de sentido contrário, diz-
se que a partícula se move sob a ação de uma força central e a origem O é chamada de centro de 
força. 
 
Como a reta de ação da força passa pela origem, o somatório dos momentos será nulo em qualquer 
instante. Neste caso: 
0=OH
r
&
 ∴ =OH
r
 vetor constante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Conclui-se que o momento angular de uma partícula que se move sob a ação de uma força central é 
constante em módulo, direção e sentido. Como OH
r
 é perpendicular ao vetor posição rr (lembre-se 
que vmrH O
rrr
×= ), a partícula sob a ação de uma força central se move em um plano fixo 
perpendicular a OH
r
. O vetor OH
r
 e o plano fixo são definidos pelo vetor posição inicial Or
r
 e pela 
velocidade inicial Ov
r
 da partícula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
y 
z 
x 
O 
P F
r
 
v
r
 
O P0 
v
r
 
0v
r
 
P 
r 
0r 
0φ 
φ 
 2-8
Como o módulo de OH
r
 é constante pode-se escrever: 
 
( ) ( )000 φφ senvmrsenvmr = . 
 
Como a força gravitacional exercida pelo Sol sobre um planeta é uma força central, esta relação é 
fundamental no estudo do movimento planetário. É igualmente importante no estudo do movimento 
de veículos espaciais em órbita ao redor da Terra. 
 
Lembrando que para um movimento plano krmH O
r
&
r
θ2= , seu módulo será θ&2rmH O = = cte. 
Dividindo o momento angular pela massa: 
 
θ&2rh
m
H O
== . 
 
Esta equação é interessante, pois observando-se a figura abaixo, nota-se que o raio vetor OP varre 
uma área infinitesimal θdrdA 221= (área de um setor circular) quando gira de θd e define a 
velocidade areolar como a razão 
dt
dA
. Conclui-se que θ&2r representa o dobro da velocidade areolar 
da partícula. Pode-se dizer, portanto, que uma partícula que se move sob a ação de uma força 
central possui velocidade areolar constante. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.7. Lei da Gravitação Universal 
 
Newton estabeleceu em sua lei de gravitação universal que duas partículas distanciadas de r e com 
massas, respectivamente, M e m atraem-se com forças opostas F e –F situadas sobre a linha que os 
une. O módulo da força F é: 
 
 2
r
MmGF = , 
 
onde G é uma constante chamada de constante de gravitação. Seu valor experimental é (6,673 ± 
0,003) x 10-11 N.m²/kg². Embora forças gravitacionais existam entre qualquer par de corpos, seus 
efeitos são apreciáveis somente quando um dos corpos tem massa muito grande. 
 
Como a força exercida pela Terra sobre uma partícula de massa m, localizada sobre sua superfície 
ou próximo a ela, é definida como o peso P da partícula, pode-se substituir F por P = mg e r pelo 
raio R da Terra, obtém-se: 
 
2R
MmGmg = ou 2R
MGg = , 
 
O 
F
r
 P 
r 
dθ 
dA = ½ r ² dθ 
 
 2-9
onde M é a massa da Terra. Existem duas razões para a aceleração da gravidade terrestre não ser a 
mesma em qualquer ponto da superfície: 
 
i. a Terra não é uma esfera; 
ii. um referencial fixo na Terra não é um sistema de referência newtoniano. 
 
 
2.8. Leis de Kepler do Movimento Planetário 
 
As equações que regem o movimento de um satélite da Terra podem ser usadas para descrever o 
movimento da Lua ao redor da Terra, mas como a massa da Lua não é desprezível comparada com 
a Terra, os resultados obtidos não são muito precisos. 
 
Também sua aplicação no estudo do movimento dos planetas ao redor do Sol produz resultados 
excelentes, apesar de se desprezar o efeito das interações gravitacionais dos planetas. 
 
As propriedades expressas nas equações do dobro da velocidade areolar θ&2rh = e da trajetória 
( )θcosC
h
GM
r
+= 2
1
 (que é a equação de uma cônica – elipse, parábola ou hipérbole – em 
coordenadas polares – ver observação abaixo) foram descobertas pelo astrônomo alemão Johann 
Kepler (1571-1630) a partir de observações astronômicas do movimento dos planetas antes de 
Newton ter formulado sua teoria fundamental. 
 
As 3 leis do movimento planetário devidas a Kepler são: 
 
i. cada planeta descreve uma elipse com o Sol localizado em um dos focos; 
ii. o raio vetor traçado do Sol a um planeta varre áreas iguais em tempos iguais; 
iii. os quadrados dos períodos dos planetas são proporcionais aos cubos dos semi-eixos maiores 
de suas órbitas. 
 
Obs.: As cônicas e o movimento planetário 
 
As cônicas (ou seções cônicas) são curvas planas obtidas através da interseção de um plano com um 
cone circular. Dependendo de como o corte é realizado pode-se obter cônicas degeneradas (ponto, 
reta e par de retas) ou não degeneradas (círculo, elipse, parábola e hipérbole). 
A figura abaixo mostra estas cônicas e as correspondentes trajetórias de um corpo celeste em torno 
do Sol posicionado em um foco da cônica.Circunferência 
Circun- 
ferência 
Elipse 
Elipse 
Parábola Hipérbole 
Parábola 
Hipérbole 
 2-10
O movimento planetário é um movimento sob a ação de uma força central que é igual à força de 
atração entre dois corpos da Lei da Gravitação Universal de Newton. Então, a força de atração que 
o Sol exerce sobre um planeta será: 
 
2
r
MmGF = . 
 
Onde M é a massa do Sol, m é a massa do Planeta e r é a distância entre o Sol e o planeta. 
 
Considerando que o Sol está na origem dos eixos e utilizando as coordenadas radial e transversal, o 
vetor força que está agindo sobre o planeta pode ser escrito como: 
 
r
e
r
MmGF r
r
2−= . 
 
Como vimos, de acordo com a 2ª Lei de Newton amF r
r
= , então: 
 
r
e
r
MmGam rr 2−= ∴ re
r
GM
a
rr
2−= . 
 
Mas, vimos também que ( ) ( ) θθθ θθθ errerreaeaa rrr r&&&&r&&&rrr 22 ++−=+= . Porém, a componente 
transversal deve ser nula, portanto: 
02 =+ θθ &&&& rr 
 
r
r&
&
&& 2
−=
θ
θ
 
 
( ) ( )
r
r
dt
d
dt
d 2
−=
θ
θ
&
&
 
 
r
drd 2
−=
θ
θ
&
&
 
 ( ) ( ) 12 Crlnln += −θ& 
 
hr =θ&2 ou 2
r
h
dt
d
==
θθ& 
(onde 1Ceh = é o dobro da velocidade areolar). 
 
Vamos, agora, determinar r&& : 
 
( )
θθ
θ
θ d
dr
dr
dh
d
dr
r
h
dt
d
d
dr
dt
dr
r r
1
2 −====& ∴ 
( )
θd
dhr r
1
−=& 
 
( )




−===
θθ
θ
θ d
dh
d
d
r
h
dt
d
d
rd
dt
rd
r r
1
2
&&
&&
 ∴ 
( )
2
12
2
2
θd
d
r
h
r r−=&& 
 
 2-11
Substituindo na expressão da aceleração radial 2θ&&& rra
r
−= : 
 
( )
2
2
22
12
2
2
r
GM
r
h
r
d
d
r
h
a rr −=





−−=
θ
 
 
( )
22
12 1
h
GM
rd
d r
=+
θ
. 
 
Chamando r1 de u: 22
2
h
GM
u
d
ud
=+
θ
. 
 
A solução desta equação diferencial de 2ª ordem com coeficientes constantes é: 
 
( )021 θθ −+== cosCh
GM
r
u . 
 
Fazendo o eixo polar coincidir um eixo principal da cônica, 00 =θ e chamando GM
Ch2
=ε : 
 
( )θε cos
h
GM
h
GM
r 22
1
+= ∴ ( )θε cosr
GM
h
+
=
1
2
. 
 
A trajetória será uma: 
 
i. Circunferência se ε = 0. 
ii. Elipse se 0 < ε < 1. 
iii. Parábola se ε = 1. 
iv. Hipérbole se ε > 1. 
 
A equação da trajetória em coordenadas polares com origem em um foco para cada uma das cônicas 
pode ser obtida através da definição de cada uma delas. 
 
A circunferência é o lugar geométrico dos pontos de uma curva cuja distância ao foco é constante, 
ou seja, a equação da trajetória é Rr = , onde R é o raio da circunferência e igual a GMh2 . 
 
A elipse é o lugar geométrico dos pontos de uma curva cuja soma das distâncias aos focos é 
constante. A elipse possui dois focos e como a origem está posicionada em um dos focos, uma das 
distâncias será r e a outra será chamada de 1r , então =+ 1rr constante. Sejam a e b os semi-eixos da 
elipse onde o primeiro pertence ao eixo das abscissas x e a > b. Seja, também, c a semi-distância 
focal. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c c 
b 
b 
a a 
θ 
r 
r
 1 
 2-12
Para θ = 0, acaacrr 21 =−++=+ ∴ rar −= 21 . 
 
Utilizando a Lei dos Cossenos para o triângulo formado pelos lados r
 1, r e 2c, temos: 
 
( ) ( ) ( )θ−⋅⋅⋅−+= 180222 2221 coscrcrr . 
 
Substituindo 1r por ra −2 : 
( ) ( )θcoscrcrra ⋅⋅++=− 442 222 
 
( )θcoscrcrrara ⋅⋅++=+− 4444 2222 
 
( )[ ]θcoscarca ⋅+=− 22 
 
Mas, em uma elipse 222 bca =− . Dividindo a equação por a e retirando o valor de r : 
 
( )θcos
a
c
r a
b
−
=
1
2
. 
 
Note que 0 < ε < 1, onde 
a
c
=ε , pois c < a e ambos são maiores que zero. Além disso, GMhab
22
= . 
 
A parábola é o lugar geométrico dos pontos de uma curva cuja distância ao foco é igual à distância 
à reta perpendicular ao eixo longitudinal da parábola, cuja distância ao vértice da parábola é igual à 
distância do vértice ao foco. Seja c a distância do vértice ao foco. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Percebe-se que: 
( ) crcosr 2=+θ ∴ ( )θcos
c
r
+
=
1
2
. 
 
Neste caso ε = 1 e GMhc
22 = . 
 
A hipérbole é o lugar geométrico dos pontos de uma curva cuja diferença das distâncias aos focos é 
constante. A elipse possui dois focos e como a origem está posicionada em um dos focos, uma das 
distâncias será r e a outra será chamada de 1r , então =− rr1 constante. Sejam a e c, 
respectivamente, a distância do vértice ao eixo de simetria das hipérboles e a distância do foco ao 
vértice. Seja, também, 222 bac =− . 
 
c c 
r 
a 
θ 
r 
 2-13
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo de modo análogo à elipse: para θ = 0, ( ) cacacrr 21 =−−+=− ∴ rar += 21 . 
 
Utilizando a Lei dos Cossenos para o triângulo formado pelos lados ρ
 1, ρ e 2c, temos: 
 
( ) ( ) ( )θcoscrcrr ⋅⋅⋅−+= 222 2221 . 
 
Substituindo 1r por ra +2 : 
( ) ( )θcoscrcrra ⋅⋅−+=+ 442 222 
 
( )θρρρρ cosccaa ⋅⋅−+=++ 4444 2222 
 
( )[ ]θcoscarac ⋅+=− 22 
 
Mas 222 bac =− . Dividindo a equação por a e retirando o valor de r : 
 
( )θcos
a
c
r a
b
+
=
1
2
. 
 
Note que ε > 1, onde 
a
c
=ε , pois c > a e ambos são maiores que zero. Além disso, GMhab
22
= . 
 
 
 
 
 
 
 
c c 
a a 
r 
θ 
r
 1 
 2-14
Exercícios: 
 
1) (12.58 do Beer & Johnston) 
 
Considere-se uma mesa girante que suporta um bloquinho B. A mesa, partindo do repouso, adquire 
um movimento de rotação tal que o bloco B mantém-se com uma aceleração tangencial constante 
at = 1, 83 m/s². Considerando o coeficiente de atrito estático µ bloco-mesa igual a 0,6, determine: 
a) quanto tempo demora para o bloco começar a escorregar na mesa; 
b) a sua velocidade v no instante do deslizamento. 
 
 
 
 
 
 
 
Primeiramente devemos estabelecer um sistema fixo de referência: o centro da superfície da mesa 
será a origem dos eixos, x aponta para a direita, y entrando no papel e z para cima. Como se trata de 
um movimento circular, utilizaremos coordenadas tangencial e normal para resolver o problema. 
 
Pela 2ª Lei de Newton: amF r
r
=∑ , onde nntt eaeaa
rrr
+= escrita em função de suas componentes 
tangencial e normal. 
 
Sabe-se que ρ
2v
na = , onde o raio de curvatura ρ = R e, como a aceleração tangencial é constante, 
tav t= . Pelo diagrama de corpo livre, as forças que agem sobre o bloco são: peso (= mg), reação 
normal da mesa sobre o bloco (N) e força de atrito decomposta nas suas componentes normal e 
tangencial (Fat). 
( ) kmgNeFeFF nn,attt,at rrrr −++=∑ . 
 
Portanto, têm-se 3 equações: 
 
R
v
mF n,at
2
= , tt,at maF = e 0=− mgN . 
 
Sabe-se que NFat µ= . Então, da 3ª equação tem-se que mgFat µ= . 
 
Como 22 t,atn,atat FFF += : ( )2
22
tmaR
mv
mg +





=µ . 
 
b) Retirando a velocidade v, no instante do escorregamento, da expressão acima: 
 
( ) 222 tagRv −= µ . 
 
Substituindo os valores R = 0,61 m, µ = 0,60, g = 9,81 m/s² e at = 1,83 m/s²: v = 1,85 m/s. 
 
 
a) Como v = at t, o tempo em que o bloco inicia o deslizamento em t = 1,01 s. 
 
R = 610 mm 
 2-15
2) (12.55 do Beer & Johnston) 
 
Um cursor C de 200 g pode deslizar em um aro semicircular em rotação em torno da vertical AB, a 
uma velocidade angular constante de 6 rad/s. Determinar o valor mínimo do coeficiente de atrito 
estático aro-cursor para não haver deslizamento de C, indicando o sentido do movimento iminente, 
quando: 
a) α = 90°; 
b) α = 75°; 
c) α = 45°.O vetor posição do cursor C, em coordenadas cilíndricas com origem em O (eixo x saindo do papel, 
eixo y para a direita e z para cima), para um ângulo α qualquer é dado por: 
 
( ) ( ) kcosResenRr
r
rrr
αα −= . 
 
Como, r = R é constante, significa que 0=r& e o vetor velocidade será: 
 
( ) ( ) θθαα esenResenRrv r r&r&r&r === . 
 
Como θ& é constante, 0=θ&& . E como 0=r& , a aceleração é dada por: 
 
( ) ( )
r
esenResenRva r&
r
&&
r
&
r 2θαθα θ −=== . 
 
As forças que agem sobre o cursor são: peso ( P
r
), normal do aro sobre o cursor ( N
r
) e força de 
atrito entre o cursor e o aro ( atF
r
) 
 
kmgP
rr
−= , ( ) ( ) kcosNesenNN
r
rrr
αα +−= e ( ) ( ) ksenFecosFF atratat rrr αα += . 
 
Pela 2ª Lei de Newton amF r
r
=∑ . Então: 
 
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( )
ratrat esenRmkmgcosNsenFesenNcosF
r&
rr 2θααααα −=−++− 
 
E tem-se que: 
 
( ) ( ) ( ) 2θααα &senRmsenNcosFat −=− e ( ) ( ) 0=−+ mgcosNsenFat αα . 
 
 
R = 600 mm 
O 
C 
A 
B 
α 
 2-16
Transformando estas componentes para as direções tangencial e normal ao arco, respectivamente: 
 
( ) ( ) ( )αθαα cossenRmsenmgFat 2&−=− e ( ) ( ) ( )αθαα sensenRmcosmgN 2&=− . 
 
Ou ( ) ( ) ( )ααθα cossenRmsenmgFat 2&−= e ( ) ( )αθα 22 senRmcosmgN &+= . 
 
No limite do deslizamento: 
 
( ) ( ) ( )ααθαµ cossenRmsenmgNFat 2&−== . 
 
As parcelas correspondem, na ordem, às componentes do peso do cursor e da resultante das forças 
na direção normal do movimento circular do cursor, ambas na direção da força de atrito. O sentido 
da iminência do movimento será contrário à parcela do peso se esta for maior que a parcela da força 
de aceleração normal (tendência de descer se 0>atF ) e vice-versa (tendência de subir se 0<atF ). 
 
O valor mínimo do coeficiente de atrito estático será calculado pela expressão abaixo. Como o 
coeficiente de atrito deve ser maior ou igual a zero, ele será igual ao módulo da razão entre a força 
de atrito e a normal. 
 
( ) ( ) 22 θααµ &senRmcosmg
F
N
F atat
+
== ou 
( ) ( ) ( )
( ) ( )αθα
ααθαµ 22
2
senRcosg
cossenRseng
&
&
+
−
= . 
 
O problema fornece os seguintes valores: θ& = 6 rad/s e m = 200 g = 0,2 kg e R = 600 mm = 0,6 m. 
Para a aceleração da gravidade será considerado o valor de 9,81 m/s². 
 
a) Para α = 90° 
 
atF = 1,96 – 0 = 1,96 N ( atF > 0 ⇒ sentido para cima, ou seja, impedindo o cursor de descer) 
 
324
961
,
,
N
Fat
==µ ∴ µ = 0,454 
 
 
b) Para α = 75° 
 
atF = 1,895 – 1,080 = 0,895 N ( atF > 0 ⇒ para cima, ou seja, impedindo o cursor de descer) 
 
684
8950
,
,
N
Fat
==µ ∴ µ = 0,174 
 
 
c) Para α = 45° 
 
atF = 1,387 – 2,160 = – 0,773 N ( atF < 0 ⇒ para baixo, ou seja, impedindo o cursor de subir) 
 
444
7730
,
,
N
Fat −
==µ ∴ µ = 0,174