Resolução Exercícios Física Livro H Moysés Nussenzveig

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Resolução - Moyses
0.1 Exercício 8 - cap. 2 pg 38
O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15
metros. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando
o sinal muda para amarelo é 3m/s2 e ele pode ser freado a 5m/s2. Que velocidade mínima
o carro precisa ter na mudança de sinal para amarelo a fim de que possa atravessar o sinal
amarelo? Qual é a velocidade máxima que lhe permite parar ainda antes de atingir o
cruzamento?
Primeira parte - velocidade mínima:
xf = xo + vo(t− to) + a
2
(t− to)2
45 = vo × 3 + 3(3)
2
2
15 = vo + 4, 5
vo = 10, 5 m/s = 37, 8 km/h (1)
Segunda parte:
Velocidade máxima para uma aceleração de a = −5 m/s2 até parar
v2 = v2o − 2× 5× 30
v2o = 300
vo = 17, 3 m/s = 62, 4 km/h (2)
0.2 Exercício 9 - cap. 2 pg 39
Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m atrás de um caminhão, ambos
trafegando a 80 km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3 m/s2. O motorista
deseja ultrapassar o caminhão e retornar para sua mão 15 m a frente do caminhão. No
momento que começa a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto,
também a 80 km/h. A que distância mínima precisa estar do outro carro para que a
ultrapassagem seja segura?
x1, x2ex3: posição do carro, do caminhão e do outro carro (em outro sentido)
Depois da ultrpassagem x1 = x3
vo = 80 km/h = 22, 22 m/s
x2 = 15 + vot
x3 = x03 − vot = xmin − vot
vot+
at2
2
= xmin − vot
xmin = 2votm +
at2m
2
(3)
Para calcular esse tempo tm (tempo para ultrapassar o caminhão e se posicionar
15 m a frente)
x1 = x2 + 15
2
votm +
at2m
2
= 15 + votm + 15; t
2
m =
2
a
× 30 = 60
3
= 20 s2
tm = 4, 472 s
xmin = 2vo(4, 472) +
a(20)
2
= 228, 8 m (4)
0.3 Exercício 14 - cap. 2 pg 39
Deixa-se cair uma pedra num poço profundo. O barulho da queda é ouvido 2s depois.
Sabendo que a velocidade do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço.
Pedra:
y − yo = −gt
2
0
2
; y − yo = −d
tp =
√
2d
g
(5)
Som:
y − yo = vsts
ts =
d
vs
; tp + ts = 2 s
2 =
√
2d
g
+
d
vs
(2− d
vs
)2 =
2d
g
4− 4d
vs
+
d2
v2s
=
2d
g
d2 − (4vs + 2v
2
s
g
)d+ 4v2s = 0
d2 − 23544, 5 + 435600 = 0√
∆ = 23507, 5
d =
23544, 5− 23507, 5
2
= 18, 5 (6)
0.4 Exercício 15 - cap. 2 pg 39
Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo terceiro andar, situado 20m
acima do chão, 0.5s antes de se espatifar no chão.
Letra (a) Qual a altura do edifício?
Letra (b) Com que velocidade o vaso atinge o chão?
v22 = v
2
1 − 2g(y2 − y1)
v22 = v
2
1 − 2gy1 (eq.1)
v22 = v
2
o − 2g(y2 − yo)
v22 = 0− 2g(0− h)
v22 = 2gh (eq.2)
(eq.1) = (eq.2) => 2gh = v21 + 2gy1 (eq.3)
y2 − y1 = v1∆t− g
2
∆t2
3
−y1 + g
2
∆t2 = v1∆t
(
g
2
∆t2 − y1) 1
∆t
(eq.4)
v1 = −37, 55 m/s (para baixo)
eq.3 => h = (v21 + 2gy1)
1
2g
= 91, 94 m (7)
(b)
v22 = v
2
1 = 2gyo => v2 = 42, 45 m/s
0.5 Exercício 16 - cap. 2 pg 39
Um foguete para pesquisa meteorológicas é lançado verticalmente para cima. O combus-
tível, que lhe imprime uma aceleração de 1,5 g (g é a aceleração da gravidade) durante o
período de queima, esgota-se após 1/2 minuto.
Letra (a) Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemos
desorezar a resistência do ar?
Letra (b) Com que velocidade e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir
o solo?
(a)
y1 − yo = vo(t1 − to) + a
2
(t1 − to)2
h1 =
1, 5
2
(9, 8)(30)2 = 6.615 m (8)
Velocidade para se chegar em h : v1 = vo + 15g(30) = 441 m/s:
Agora é queda livre
v22 = v
2
1 − 2g(y2 − y1)
0 = 4412 − 2(9, 8)(y2 − y1)
h2 = 9922.5 m
Hmax = h1 + h2 = 16537.5 m
v2 = v1 − g(t2 − t1)
0 = 441− 9, 8(t2 − t1)
t2 − t2 = 45 s (9)
(b)
∆y = Hmx
v2 = v2o − 2g∆yv = −
√
2gh = 568, 7 m/s
v = vo − g(t− to)
∆t = −y
g
=
568, 7
9, 8
= 58 s (10)
Tempo total no ar é
58s+ 30s+ 45s = 133s
4
0.6 Exercício 8 - cap. 3 pg 60
No eixo x (MRU):
vx = vocos30
o => x = vocos30
ot
tA é o tempo gasto para uma gota de água atingir o ponto A (y = 0, yo = 1, 5m)
tA =
15m
vocos30o
No eixo y (MRUV, queda livre):
y = yo + vosen30
ot− g t
2
2
0 = 1, 5 + vosen30
otA − g t
2
A
2
0 = 1, 5 +
vo(0, 5)× 15
vo × 0, 866 − g
152
2v2o × 0, 75
0 = 1, 5 + 8, 66− 1470
v2o
v0 = 12 m/s (11)
0.7 Exercício 9 - cap. 3 pg 60
Altura máxima ym = v
2
osen
2θ2g
Alcance da bola A = 2v
2
o
senθcosθ
g
Letra (a)
A =
√
82 + 15, 52 = 17, 44 m
ym
A
=
v2
o
sen2θ
2g
2v2o
senθcosθ
g
ym
A
=
tgθ
4
θ = arctg
4× 20
17, 44
θ = 77, 7o (12)
Letra(b): A velocidade que a bola atinge a mesma altura de lançamento é o
próprio vo
ym =
v2osen
2θ
2g
vo = 20, 26 m/s = 72, 9 km/h (13)
Letra(c): Tempo percorrido neste percurso é o tempo do vôo
t = tA =
2vosenθ
g
tA = 4 s (14)
5
0.8 Exercício 10 - cap. 3 pg 60
Use a equação da trajetória
y = tgθ − g x
2
2v2ocos
2θ
y = tgθ − g x
2
2v2ocos
2
(1 + tg2θ)
y = 3, 05 m− 2 m = 1, 05 m (15)
Faça
tgθ = r
x = 3 m
1, 05 = r3− 9, 8× 3
2
2× 49 (1 + r
2)
1, 05 = 3r − 0, 9(1 + r2)
0, 9r2 − 3r + 1, 95 = 0
r1 = 2, 45 => θ1 = arctg r1 = 67, 7
o
r2 = 0, 88 => θ2 = arctg r2 = 41, 4
o (16)
0.9 Exercício 15 - cap. 3 pg 60
O alcance de um projétil é 4 vezes sua altura máxima, e ele permanece no ar durante 2
segundos. Letra (a) Em que ângulo ele foi lançado?
A = 4ym
tA = 2tm = 2
vosenθ
g
ym =
v2osen
2θ
2g
A =
v2o
g
sen2θ
2v2osenθcosθ
g
=
2v2osen
2θ
g
cosθ = senθ
θ = 45o (17)
Letra(b) Qual foi a velocidade inicial?
tA = 2
vosenθ
g
2× 9, 8 = 2vosenθ
vo =
9, 8
sen45o
=
√
2× 9, 8 m/s = 13, 86 m/s (18)
Letra(c) Qual é o alcance? A = 19, 6 m
6
0.10 Exercício 17 - cap. 3 pg 60
vy1 = |~v1|cos30o
|~v1| = 29, 4 m/s
cos30o
= 33, 95 m/s (19)
Letra(a)
vxB = |~v1|sen30o
vxB = 33, 95 m/s× 0, 5 = 16, 97 m/s (20)
Letra(b)
∆y = voy − g
2
∆t2
h = 44, 1 m (21)
Letra(c)
∆x = vxB∆t
∆x = 17 m/s× 3 = 51 m (22)
Letra(d)
|~v1| = 34 m/s
0.11 Exercício 8 - cap. 4 pg 80
v é a velocidade do martelo no instante anterior ao impacto.
Pode-se erroneamente, em um primeiro raciocínio, pensar que a força com que
o martelo interage com o prego seria seu peso P = mg. Porém, devemos analisar qual a
aceleração que o martelo impõe ao prego.
Suponha que vi = v é a velocidade do prego logo após o impacto do martelo
e vf = 0 após o prego penetrar uma distância l na madeira. a é a aceleração média do
prego.
v2f = vi − 2al
a =
v2i
2l
(23)
Pela terceira lei de Newton, o módulo da força sobre o prego é o mesmo módulo
da força sobre o martelo.vi = v velocidade final da queda do martelo de uma altura h.
F = ma = m
v2i
2l
v2i = v
2 = v2o − 2g∆y
v2 = 2gh (24)
Então:
r =
F
P
=
mv2
2l
mg
r =
m(2gh)
1jg
=
h
l
(25)
7
0.12 Exercício 10 - cap. 5 pg 102
No sistema, m1 = 1Kg, m2 = 2Kg, m3 = 3Kg, e as massas das polias e das cordas são
desprezíveis. Calcule as acelerações a1, a2 e a3 das massas m1, m2 e m3 e a tensão T da
corda.
Equações de equilíbrio das massas (1 a 3 respoectivamente):
T −m1g = m1a1
2T −m3g = m3a3
T −m2g = m2a2 (26)
Vínculo:
l1 + 2l3 + l2 = L
a1 + 2a3 + a2 = 0
a1 = −2a3 − a2 (27)
2T − 2m1a1 = 2m1g
2T −m3a3 = m3g
2T − 2m2a2 = 2m2g (28)
m3g +m3a3 − 2m1(−2a3 − a2) = 2m1g
m3g +m3a3 − 2m2a2 = 2m2g (29)
m3g +m3a3 + 4m1a3 + 2m1a2 = 2m1g
m3g +m3a3 − 2m2a2 = 2m2g (30)
2m1a2 + (4m1 +m3) = (2m1 −m3)g
−2m2a2 +m3a3 = (2m2 −m3)g (31)
8
2a2 + 7a3 = −g
−4a2 + 3a3 = g (32)
a3 = − 1
17
g
a2 = − 5
17
g
a1 =
7
17
g (33)
Da primeira equação
T = m1a1 +m2g
T = m1(
7
17
+ 1)gT = m1
24
17
g =
24
17
m1g (34)
0.13 Exercício 11 - cap. 5 pg 102
Um pintor está sobre uma plataforma suspensa sobre uma polia. Puxando a carola em
3, ele faz a plataforma subir com aceleração g/4. A massa do pintor pe de 80kg e da
plataforma 40Kg. Calcule as tensões exercidas nas cordas 1, 2 e 3 e a força exercida sobre
a plataforma.
homem: T3 +N −mhg = mha
plataforma: T2 −N −mpg = mpa
ahomem = aplataformaT3 = T2
(35)
T +N = mh(g + a)
9
T −N = mp(g + a) (36)
2T = (mp +mh)(g + a)
T =
1
2
(mp +mh)(g +
g
4
)
T =
1
2
(mp +mh)
5
4
g =
5
8
(mp +mh)h
T = 735 N (37)
T1 = T2 + T3 = 735 N + 735 N
T1 = 1470 N (38)
Força exercida pelo pintor sobre a plataforma
T +N = mh(g + a)
N = mh
5
4
g − T
N = 980− 735 = 245 (39)
0.14 Exercício 4 - cap. 6 pg 123
No sistema, as polias e fios tem massa desprezível. m1 = 1 Kg e m2 = 2 Kg.
Letra (a) O sistema é solto com mvelocidade inicial nula. Usando a conservação
de energia, calcula as velocidades de m1 e m2 depois que m2 desceu uma distância y2.
Letra (b) Calcule a partir daí as acelerações a1 e a2 das duas massas.
Sabendo que ∆y1 > 0 e ∆y2 < 0
2l1 + l2 = L
2∆l1 = −∆l2
2∆y1 = −∆y2 = +|∆y2|
2v1 = −v2
2y1 = −y2
10
4v21 = v
2
2 (40)
Conservação de energia
∆K1 +∆K2 +∆U1 +∆U2 = 0
1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2v
2
2 +m1g∆y1 +m2g∆y2 = 0
v21
2
+ v22 + g∆y1 + 2g∆y2 = 0
v22
2
+ 4v21 + gy1 + 2g(−2y1) = 0
9
2
v21 − 3gy1 = 0
v21 =
2
3
gy1 => v
2
1 =
2
3
g
y2
2
v21 = g
y2
3
v22 = 4v
2
1 =
4
3
gy2 (41)
Acelerações
m2 desce, pois o trabalho da gravidade é positivo, visto que a força e o deslo-
camento tem mesmo sentido.
W2 = m2a2y2 = ∆K2
m2a2y2 =
m2v
2
2
2
a2y2 =
1
2
4
3
gy2
a2 =
2
3
g (42)
Trabalho realizado no sistema em m1 é negativo
W1 = m1a1y1 = ∆K1
m1a1y1 =
m1v
2
1
2
a1y1 =
1
2
g
y2
3
a1(−y2
2
) =
1
2
g
y2
3
a1 = −g
3
(43)
0.15 Exercício 19 - cap. 6
No sistema da figura, a bolinha de massa m, esta amarrada por fios de massa desprezível
ao eixo vertical AB e gira com velocidade angular Ω em torno desse eixo. A distância AB
vale I. Calcule as tensões nos fios superios e inferior: para que valor de Ω o fio inferior
ficaria frouxo?
11
Figura 1: Bolinha amarrada nos fios
0.16 Exercício 10 - cap. 6 pg 124
Um cabo iniforme de massa Me comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre uma
pequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado da
polia. Devido a um pequeno desequilibrio o cabo começa a deslizar para uma de suas
extremidades, com atrito desprezível. Com que velocidade o cabo está se movendo quando
a sua outra extremidade deixa a polia?
Temos a equação da energia:∑
E = 0 (44)
Somente o lado 1 tem variação de energia potencial ∆U , o lado 2 (estado final) tem ∆U
Nulo.
Desenvolvendo a equação da energia em cada lado da polia, encontramos:
∆K1 +∆K2 +∆U1 +∆U2 = 0
M
2
v2
2
+
M
2
v2
2
+ (u′c − uc) + (uc − uc) = 0
Mv2
2
+
M
2
g
−L
2
= 0
v2 =
−Lg
2
(45)
Conforme o resultado, a velocidade do cabo quando a sua outra extremidade
deixa a polia, depende somente do comprimento e da gravidade.
0.17 Exercício 12 - cap. 6 pg 284
Uma porta de 15Kg e 70cm de largura, suspensa por dobradiças bem azeitadas, está
aberta de 90o, ou seja, com seu plano perpendicular ao plano do batente, ela leva um
12
Figura 2: Bolinha submetida ao peso
empurrão na beirada aberta, com impacto equivalente ao de uma massa de 1kg, com
velocidade de 2, 5m/s. Qaunto tempo ela leva para fechar-se?
O primeiro passo é esboçar fisicamente o problema e escrever as equações
necessárias:
Primeiro iniciaremos escrevendo as equações necessárias:
p = mv
I =
1
3
Ma2
Lz = |~rx~p|
Lz = aρ = Iω
θ = θ0 + ω∆t
(46)
Para encontrar-mos o tempo necessário, isolamos ∆t:
∆t =
∆θ
ω
(47)
Como é necessário ω na equação, tembém encontraremos ele:
ω =
aρ
I
(48)
Assim, ∆t é:
∆t =
pi
2
aρ
I
(49)
Em que ρ é a quantidade de movimento que impulsiona a porta e pode ser
calculado com a massa do impacto e velocidade do mesmo, e I é o momento de inércia já
mostrado em (46).
13
Figura 3: Cabo na polia
∆t =
πI
2aρ
∆t =
πMa2
6aρ
∆t =
πMa
6mv
(50)
0.18 Exercício 15 - cap. 7 pg 146
Um vagão de massa m1 = 4 toneladas está sobre inclindado de inclinação θ = 45
o, ligado
a uma massasuspensa m2 = 500 Kg pelo sistema de cabo e poliad ilustrado. Supôe-se
que o cabo é inextensível a a massa das polias e cabo é desprezível. O coeficiente de
atrito cinético entre o vagão e o plano inclinado é µc = 0, 5 e o sistema é solto do repouso.
(a) Determine as relações entre os deslocamento s1 e s2 e as velocidades v1 e v2 das
massa m1 e m2, respectivamente. (b) Utilizando a conservação da energia, calcule de que
distância o vagão se terá deslocado ao longo do plano inclinado quando sua velocidade
atingir 4, 5 km/h.
Letra (a) Como o vagão m1 desce o plano, ∆s2 é positivo e ∆s1 é negativo.
2∆s1 = −∆s2
2v1 = −v2
4v21 = v
2
2 (51)
Letra (b)
∆K +∆U = −WFa
14
Figura 4: Estado final do cabo na polia
∆K1 +∆K2 +∆U1 +∆U2 = −µcN |∆s1|
1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2v
2
2 +m1g∆y1 +m2g∆y2 = −µcm1gcosθ|∆s1|
fazendo ∆s1 = −d
1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2(4v1)
2 +m1g(−φsen45o) +m2g(2d) = −µcm1gcos45od
1
2
m1v
2
1 + 2m2v
2
1 −
m1gd√
2
+ 2m2gd = −µcm1g√
2
d
(
m1√
2
− µcm1√
2
− 2m2)gd = (m1/2 + 2m2)v21
d =
(m1/2 + 2m2)v
2
1
[m1√
2
(1− µc)− 2m2]g
d = 1, 15 m (52)
0.19 Exercício 16 - cap. 7 pg 146
Um automóvel de massam e velocidade inicial v0 é acelerado utilizando a potência máxima
PM do motor durante um intervalo de tempo T . Calcule a velocidade do automóvel ao
fim desse intervalo.
PM =
∆K
∆t
=
1
2
mv2 − 1
2
mv0
T
v =
√
v2o +
2PMT
m
(53)
0.20 Exercício 17 - cap. 7 pg 147
Um bloco de massa m = 10 Kg é solto em repouso do alto de um plano inclinado de
45o em relação ao plano horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc = 0, 5. Depois
15
Figura 5: Porta empurrada
de percorrer uma distância d = 2 m ao longo do plano, o bloco colide com uma mola
de constante k = 800 N/m, de massa desprezível que se encontrava relaxada. (a) Qual
é a compressão sofrida pela mola? (b) Qual é a energia dissipada pelo atrito durante o
trajeto do bloco desde o alto do plano até a compressão máxima da mola? Que fração
representa da variação total de energia potencial durante o trajeto? (c) Se o coeficiente
de atrito estático com o plano é µc = 0, 8, que acontece com o bloco logo após colidir com
a mola?
Trabalho realizado pela força de atrito
WFa = Fad = µcmgcos45
od
WFa = 34, 65× 2 J = 69, 3 J
(54)
até antes do contato com a mola
∆K +∆U = WFa
1
2
mv2 + 0−mgh = −69, 3 J
16
v2 =
2
m
× (69, 3 J) + 2gh =⇒ v = 6, 44 m/s
ou
1
2
mv2 = −69, 3 J + 138, 18 J =⇒ 1
2
mv2 = 68, 9 J (55)
Compressão da mola:
∆K +∆U = W ′Fa
0− 1
2
mv2 +
kx2
2
− 0 = −µcmgxcos45o
k
2
x2 + µcmgcos45
o − 68, 9 = 0
400x2 + 34, 65x− 68, 9 = 0
∆ = 11200, 5 + 110240 = 111440, 5
x =
−34, 65± 333, 8
800
x1 = 0, 37 m
x2 = −0, 46 m⇒ a mola é contraída (56)
Letra(b)
W
(2)
Fa = µcmgcos45
o(−0, 46 m) = 34, 65(−0, 46)
W
(2)
Fa = −16 JW totalFa = −69, 3 J − 16 J = −85, 3J
(57)
Letra(c)
Ei = mgh = 10 kg × 9, 8 m/s× 1, 41 m+ 10 kg × 9, 8 m/s× 0, 46 m× sen45o
Ei = 138, 18 J + 31, 87 J = 170 J
(58)
Fração de energia perdida 85,3 J
170 J
= 0, 5
0.21 Exercício 18 - cap. 7 pg 147
Uma bolinha amarrada a um fio de comprimento l = 1 m gira num plano vertical. (a)
Qual deve ser a velocidade da bolinha no ponto mais baixo B para queela descreva o
círculo completo? (b) A velocidade satisfazendo esta condição, verifica-se que a tensão
17
do fio quando a bolinha passar por B difere por 4, 41 N da tensão quando ela passa pela
posição horizontal A. Qual é a massa da bolinha?
Letra (b)
∆K +∆U = 0
1
2
mv2B −
1
2
mv2o + 0−mg(2l) = 0
para calcular vo: mg + T = m
v2o
l
T = 0 (tensão mínima)
v2o = lg
1
2
v2B −
lg
2
− 2lg = 0
v2B = 5lg
vB = 7 m/s (59)
Letra (b)
em B TB −mg = mv
2
B
l
em A TA =
mv2A
l
TB − TA = mv
2
B
l
+mg −mmv
2
a
l
Velocidade em A: ∆K +∆U = 0
1
2
mv2A −
1
2
mv2B +mg(2l)− 0 = 0
v2A = v
2
B − 2gl = 5gl − 2gl
v2A = 3gl
então TB − TA = mv
2
B
l
+mg −m(3gl)
l
4, 41 N = m5g +mg − 3mg
4, 41 N = 3mg
m =
4, 41 N
3g
= 0, 15 Kg = 150 g (60)
0.22 Exercício 19 - cap. 7 pg 147
Um garotinho esquimó desastrado escorrega do alto do seu iglu, um domo hemisférico de
gelo de 3m de altura. (a) De que altura acima do solo ele cai? (b) A que distância da
parede do iglu ele cai?
18
Figura 6: Esquimó no Iglu
Sobre as forças atuantes no iglu, podemos afirmar:
mg cos(θ) = Fcpmg cos(θ) =
mVf
2
R
gR cos(θ) = Vf
2
Vf
2 = gh
(61)
Figura 7: Forças atuantes no Esquimó
Tendo as equações fundamentais, substituiremos as equações sucesivamente a
inicar pelo somatório das energias = 0:
∆K +∆U = 0
19
mv2
2
+mgh−mg(R) = 0
g
h
2
+ gh = gR
3
2
h = R
h =
2
3
R
h = 2m
(62)
Precisamos também descobrir a distância da parede que ele cai:
cos(θ) =
h
R
cos(θ) =
2
3
θ = 48, 19o
(63)
Figura 8: Forças atuantes no Esquimó
y = y0 + v0yt− g t
2
2
∆y = −v sin θt− g
2
t2
−2 = −
√
gh sin θt− g
2
t2
4, 9t2 + 3, 3t− 2 = 0
∆ = 50, 09
t =
−3, 3±√50, 09
9, 8
t = 0, 385s
(64)
Delta x:
x = x0 + v0xt
20
∆x = v cos θ
∆x =
√
gh
2
3
0, 385
∆x = 1, 14m
(65)
Figura 9: Forças atuantes no Esquimó
R−R sin theta = 0, 76m
D = ∆x− (R−R sin(θ))
D = 0, 37 (66)
0.23 Exercício 20 - cap. 7 pg 147
Num parque de diversões, um carrinho desce de uma altura h para dar a volta no "loop"de
raio R indicado na figura. (a) Desprezando o atrito do carrinho com o trilho, qual é a
menor h1 de h necessário para permitir ao carrinho dar a volta toda? (b) Se R < h < h1,
o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta percorrer mais um ângulo θ
para chegar até o topo A (Fig). Calcule θ. (c) Que acontece com o carrinho para h<R?
Figura 10: Carrinho no loop
21
Forças atuantes no carrinho na iminência do descolamento:
N +mg =
mvf
2
R
Vf
2 = Rg
(67)
∆K +∆U = 0
mvf
2
2
+mg(2R)−mgh1 = 0
gh1 =
vf
2
2
+ 2Rg
gh1 =
Rg
2
+ 2Rg
=
5Rg
2
h1 =
5R
2
(68)
(b):
cos θ =
Fcp
mg
Fcp = mg cos θ
mv2
R
= mg cos θ
v2 = Rg cos θ
(69)
Encontrando θ:
∆K +∆U = 0
mvf
2
2
+mg(R−R cos θ)−mgh = 0
Rg cos θ
2
+ gR +Rg cos θ = hg
3R cos θ
2
= h−R
cos θ =
2
3
(
h
R
− 1)
(70)
(c): Sendo α o ângulo complementar a θ, temos:
cosα =
R− h
R
α = arccos(1− h
R
)
(71)
22
0.24 Exercício 3 - cap. 8 pg 165
Um canhão montado sobre uma carreta, apontando numa direçao que forma um ângulo
de 30o com a horizontal, atira uma bala de 50Kg, cuja velocidade na boca do canhão é de
300m/s. A massa total do canhão e da carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velcidade
inicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é 0, 7, de que distância
a carreta recua?
Figura 11: Carreta com canhão
Fazendo o somatório dos momentos, temos:
vxb = |vb| cos(30)
mb +mccvcc = 0
vcc = −mb
mcc
vxb
vcc = − 50
5000
300cos30
vcc = 2, 598
m
s
(72)
Precisamos lembrar da relação entre aceleração e µc :
µcmccg = mcca
a = µcg
(73)
Aplicando toricelli:
V 21 = V
2
0 − 2a∆X
02 = 2, 5982 − 2(0, 7)g∆X
∆X =
6, 75
1, 4g
m2
s2
∆X = 0, 49m
(74)
23
0.25 Exercício 12 - cap. 8 pg 166
Calcula as coordenadas do CM indicadas na figura, um cpirculo de 1, 0 m de raio do qual
foi removido um círculo de 0, 5 m de raio, com uma separação de 0, 25 m entre os centros
O e O’ dos dois círculos.
Figura 12: Placa Homogênea
Observando a figura, temos:
xcm = 0 (75)
Disco completo:
ycm =
My¯ +m(0, 25)
M +m
= 0
(76)
x¯ é a posição do CM do disco com furo.
My¯ = −m
4
y¯ = −m
M
(
1
4
)
(77)
Sendo que meM , são calculadas de acordo com a função abaixo:
m = ρπr2
M = ρπR2 − ρπr2
(78)
Substituindo em y¯:
m
M
=
r2
R2 − r2 =
1
2
2
12 − 1
2
2
m
M
=
1
4
3
4
24
m
M
=
1
3
(79)
Então o resultado é:
y¯ = −m
M
1
4
y¯ − 1
12
m
(80)
0.26 Exercício 13 - cap. 8 pg 16
No lançamento do foguete Saturno V são queimadas 2.100 toneladas de combustível em
2, 5min, gerando um empuxo de 3, 4x107N . A massa total do foguete com sua carga é
de 2.800 toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b)
Calcule a aceleração inicial do foguete na rampa de lançamento.
∂m
∂t
=
2.100.000kg
2, 6x60s
= 14.000
kg
s
F = −Ve∂m
∂t
(81)
(a)
3, 4x107N = −Ve(14.000kg
s
)
ve = 2.428
m
s
= 2, 43
km
s
(82)
(b)
F = −mg = ma
mg = 2, 744x107
a =
(3, 4− 2, 744)X107
2.100.000
a = 2, 34
m
s2
(83)
0.27 Exercício 15 - cap. 8 pg 166
Um avião a jato viaja a 900Km/h. Em cada segundo, penetram nos jatos 150m3 de ar
que, após a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600m/s em relação ao avião.
Tome a densidade do ar como 1, 3Kg/m3. (a) Calcule o empuxo exercido sobre o avião
em N e em kgf. (b) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp.
(a):
Fempuxo = Vrel
∂m
∂t
25
∂m
∂t
=
150m3x1, 3Kg
m3
1s
= 195
Kg
s
F = (600
m
s
− 250m
s
)x195
Kg
s
F = 68.250N
(84)
(b):
P = Fv
P = 68.250Nx250
m
s
= 17, 06x106W
P = 2.290HP
(85)
Considerando que o ar está em repouso e o avião está a 250m
2
em relação ao
ar, então vrel = 600
m
s
− 250m
s
.
0.28 Exercício 19 - cap. 8 pg 166
Um caminhão tanque cheio de água, de massa total M, Utilizado para limpar as ruas com
um jato de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc.
Ao atingir a velocidade v0, o motorista coloca a marcha no ponto morto e liga o jato de
água, que é enviada para trás com a velocidade ve relativa ao caminhão, com uma vazão
de λ litros por segudo. Ache a velocidade v(t) do caminhão depois de um tempo t.
Para resolver o problema, devemos encontrar uma fórmula que relacione o vo-
lume despejado en função do tempo, pois a massa do sistema inicial e final são deiferentes
com o passar do tempo. A Força de atrito foi calculada separadamente, utilizando o atrito
cinético.
λ =
∂l
∂t
=
∂µ
∂t
µ = λt
µcmg = ma
(86)
- Somatório da quantidade de movimento:
m
∂v
∂t
=
∂m
∂t
vrel + Fext
m
∂v
∂t
=
∂m
∂t
vrel − Fatrito
m
∂v
∂t
=
∂m
∂t
vrel − µcmg
∂v
∂t
=
∂m
m∂t
vrel − µcg
∂v =
∂m
m
vrel − µcg∂t
v − v0 = ln mf
mi
vrel − µcgt
v = v0 − ln mf
mi
ve − µcgt
26
v = v0 + ln
mi
mf
ve − µcgt
mi = M
mf = M − µt
(87)
Observe que a orientação da vrel é contrária a ve, sendo vrel orientada no sentido
positivo, em direção à frente do caminhão.
Sendo assim, a velocidade encontrada é:
v = v0 + ln
M
M + µt
ve − µcgt (88)
0.29 Exercício 9 - cap. 9 pg 183
Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2400Kg, bate na traseira
de um carro de massa total 1200Kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista
do carro de luxo alega que o outro estava com as luze apagadas, e que ele vinha reduzindo a
marcha ao aproximar-se do sinal, estandoa menos de 10km/h quando o acidande ocorreu.
A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5m, e
estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0, 6. Calcule
a que velocidade o carro de luxo vinha realmente.
A colisão descrita no problema é inelástica:
Figura 13: Colisão inelastica
Encontramos a velocidade do veículo aplicando a formula da conservaçao do
momento seguida da formula de toricelli:
M1v1 = (M1 +M2)Vf1
Vf1 =
m1 +m2
m1
vf1
27
V 2f2 = V
2
f1 − 2a∆X
(89)
Precisamos lembrar da relação entre aceleração e µ:
µMtg = Mta (90)
Assim, a velocidade do carro após colisão é:
Vf1 =
√
2µg∆xVf1 = 11, 11
m
s
(91)
Subistituindo na equação da quantidade de movimento da colisão inelástica,
encontramos a velocidade do carro de luxo antes da colisão:
V1 =
32
24
11, 11
V1 = 16, 7
m
s
V1 = 60
Km
h
(92)
0.30 Exercício 16 - cap. 11 pg 247
Um haltere formado por dois discos 1 e 2 iguais, de massam, unidos por uma barrra rigida
de massa desprezível e comprimento l = 30cm, repousa sobre uma mesa de ar horizontal.
Um terceiro disco 3 de mesma massa m desloca-se com atrito desprezível e velocidade
v0 = 3m/s sobre a mesa , perpendicularmente ao haltere, e colide frontalmente com o
disco 2, ficando colado a ele (conforme a figura). Descreva completamente o movimento
subsequente do sistema.
Figura 14: Haltere
O primeiro passo para a resoluçao do problema, é igualar as quantidades de
movimento para encontrar a velocidade:
Pi = mv0
28
Pf = 3mV
Pi = Pf
v =
v0
3
(93)
Encontrando o centro de massa do sistema:
Figura 15: Centro de massa
ycm =
ml
3m
(94)
Momento de inércia:
I = m((
2l
3
)2) + 2m((
l
3
)2)
I =
6
9
ml2 =
2
3
ml2
(95)
Igualando os momentos anulares inicial e final, temos:
Li = Lf
mv0
l
3
=
2
3
ml ∗ 2ω
ω =
v0
2l
(96)
0.31 Exercício 1 - cap. 12 pg 283
Demostre o seguinte teorema dos eixos perpendiculares: O momento de inércia de uma
placa (lâmina delgada) plana arbitrária em relação a um eixo Oz perpendicular a seu
plano, com a origem O no plano da placa, é a soma dos momentos de inércia da placa em
relção aos eixos Ox e Oy, que formam com Oz um sistema de eixos ortogonais.
29
Figura 16: Placa arbitrária homogênea
Ix =
∫
dmx2
Iy =
∫
dmy2
Iz =
∫
dmρ2
(97)
Conforme o desenho, podemos subistituir ρ2 por x2 + y2, então, o Momento
em relação ao eixo Z, pode ser:
Iz =
∫
dm(x2 + y2) (98)
Separando a integral, temos:
Iz =
∫
dmx2 +
∫
dmy2 (99)
Substituindo as equações Ix e Iy em Iz, provamos a equação pedida:
Iz = Ix + Iy (100)
0.32 Exercício 7 - cap. 12 pg 284
Uma mesa de coquetel tem um tampo giratório, que é uma tábua circular de raio R
e massa M, capaz de girar com atrito desprezível em torno do eixo vertical da mesa.
Uma bala de massa M« M e velocidade v, disparada por um convidado que abusou dos
coquetéis, numa direçao horizontal, vai-se encravar na periferia da tábua. a) Qual é a
30
velocidade angular da rotaçao adquirida pela tábua? b) Que fração da energia cinética
inicial é perdida no impacto?
O primeiro passo é esboçar fisicamente o problema e escrever as equações
necessárias:
Figura 17: Tampo giratório
Primeiro iniciaremos escrevendo as equações necessárias:
Lz = |~rx~p|
I =
1
2
MR2
Lz = rmv
Lz = Iω
Rmv =
MR2ω
2
(101)
Isolamos ωt:
ω =
2mv
MR
(102)
Como é necessário o resultado da energia cinética Ki na equação, temos:
Ki =
mv2
2
Kf =
Iω2
2
=
1
2
MR2
2
(
2mv
MR
)2
1
2
MR2
2
(
2mv
MR
)2 =
m2R2
M
(103)
Com Ki e Kf calculamos a fração de energia perdida no impacto:
Ki −Kf
Ki
=
mv2
2
− m2v2
M
mv2
2
Ki −Kf
Ki
= 1− 2m
M
(104)
31
0.33 Exercício 9 - cap. 12 pg 284
Calcule o efeito da massa M da polia, de raio R, sobre o sistema desenhado a seguir: a
massa m, que desliza sem atrito, está ligada à massa suspensa m’pelo fio que passa sobre
a polia. Determine a) a aceleração do sistema; b) as tensões T e T’nos fios ligados a m e
m.
Figura 18: Blocos Tracionados
T ′ −m′g = m′a
T = ma
(105)
Observe que esta equação tem duas variáveis, a tensão T e acelação a, preci-
samos de mais uma segunda equação que pode ser obtida através do momento de inércia:
(T − T ′)R = Iα = I a
R
(106)
Expressando a tensão T − T ′, obtemos
T − T ′ = Iα
R2
(107)
Substituindo a equação (105) na (107) obtemos:
Ia
R2
+ a(m′ +m) = m′g (108)
Resolvendo a equação para a aceleracao obtemos:
a = g
m′
m′ +m+ M
2
(109)
32
Temos então a tração:
T ′ = m′g[
m′
m′ +m+ M
2
+ 1]
T = mg
m′
m′ +m+ M
2
(110)
0.34 Exercício 11 - cap. 12 pg 284
Prense-se ao teto a ponta de uma fita métrica leve, enrolada num estojo circular de massa
m e raio r, e solta-se o estojo em repouso. (a) Calcule a aceleração linear do estojo.
(b) Calcule a tensão da fita. (c) Calcula a velocidade linear do estojo depois que um
comprimento s da fita se desenrolou. verifique a conservação da energia.
De acordo com a figura...
Figura 19: Roda sob tração
T −mg = −ma (111)
Observe que esta equação tem duas variáveis, a tensão T e acelação a, preci-
samos de mais uma segunda equação que pode ser obtida através do torque:
τ = Tr = Iα (112)
Expressando a tensão T , obtemos
T =
ma
2
(113)
Substituindo a equação (113) na (111) obtemos:
ma
2
−mg = −ma (114)
resolvendo a equação para a aceleracao obtemos:
a =
2g
3
(115)
33
Temos então a tração:
T =
ma
2
=
mg
3
(116)
Apartir da equação de torcelli demostramos a velocidade:
v2 = v2o + 2as
v =
√
2 · 2
3
gs
v =
√
4
3
gs (117)
0.35 Exercício 12 - cap. 12 pg 285
A equação do cilindro em contato com o plano inclinado é obtida através da decomposição
das forças da gravidade, tração e força resultante:
T −mg sin(θ)− fa = ma (118)
Porém, para obter-mos o sistema de equações, analisamos o corpo 2 individu-
almente, assim:
T −m′g = −m′a
T = m′g −m′a (119)
Observe que as duas equacoes acima (118) e (119) tem tres variáveis, a acelação
a e a tensao T e a forca de atrito fa precisamos de mais uma segunda equação que envolve
o torque no cilindro A, o qual depende da tensao e da forca atrito:
−mgsen(θ)− fa +m′g = ma+m′a
Torque:
Tr + far =
Ia
r
T + fa =
Ia
r2
fa =
Ia
r2
− T = ma
2
−m′g +m′a (120)
Substituindo fa na equacao (118), temos:
−mgsen(θ)− ma
2
+m′g −m′a+m′g = ma+m′a
2m′g −mgsenθ = 3ma
2
+ 2m′a
2g(m′
msenθ
2
) = 2(
3m
4
+m′)a (121)
A partir da equação (121), podemos encontrar a aceleração do sistema em
função das massas, da inclinação da rampa e da gravidade local:
a =
(m′ − msenθ
2
)
3m
4
+m′
g
(122)
34
0.36 Exercício 13 - cap. 12 pg 285
Uma haste metálica delgada, de comprimento d e massa M , pode girar livremente em
torno de um eixo horizontal, que a atravessa perpendicularmente à distância d/4 de uma
extremidade. A haste é solta a partir do repouso, na posição horizontal. (a) Calcule
o momento de inércia I da haste, com respeito ao eixo em torno do qual ela gira. (b)
Calcula a velocidade angular w adquirida pela haste após ter caído de um ângulo θ, bem
como a aceleração angular a.
Para calcular o momento de inércia da barra delgada de comprimento d e
massa M, utilizaremos a equação demostrada capitulo 12 do livro para um eixo paralelo
ao eixo que passa em seu centro de massa:
I = ICM +MI
2 (123)
Para obter-mos o resultado final, devemos subistituir as devidas massas e com-
primentos na equação, logo:
I =
M
12
d2 +M
d
4
2
(124)
A partir da equação (124), podemos encontrar o momento de inércia:
I =M
d2
12
+ (
d
4
)2
I =
7
48
Md2 (125)
Dando sequencia ao exercício, calcularemos a velocidade angular ω adquirida
após a haste ter caído um ângulo θ:
∆K +∆U = 0
Iw2
2
− 0−Mgh = 0
w2 =
2Mgdsen(θ)
I4
(126)
Fazendo as substituições:
w =
√
24gsen(θ)
7d
(127)
Com a equação 12.3.7 do livro estudado, podemos encontrar:
τ = Iα
Mg
d
4
sin(90 + θ) = M
7
48
d2α
α =
12g
7d
cos θ (128)
35
0.37 Exercício 15 - cap. 12 pg 286
Uma bola homogênea de raio r rola sem deslizar desde o topo de um domo hemisférico
de raio R.(a) Depois de percorrer que ângulo θ em relação a vertical a bol deixará a
superfície? (b) Com que velocidade v isso acontece?
Para calular-mos se a bola se descola do dorso hemisférico após percorer o
angulo θ, temos que encontrar o momento em que a energia cinética e potencial possuem,
em módulo o mesmo valor, pois é neste ponto, onde não há força resultante com o piso
do dorno, que ocorrerá o descolamento.
Escrevendo as equações obtidas da geometria do problema:
h = (R + r) cos(θ)
sin(ϕ) = h/R
mg cos(θ) = Fcp
mg cos(θ) =
mV 2
R + r
mg2 = (R + r)g cos(θ)
(129)
Tendo as equações fundamentais, substituiremos as equações sucesivamente a
inicar pelo somatório das energias = 0:
∆K +∆U = 0
mv2
2
+
Iω2
2
+mgh−mg(R + h) = 0
R′ = R + r
mv2
2
+
2mr2
2 ∗ 5
V
r
2
+mgR′ cos(θ)−mgR′ = 0
v2
2
+
v2
5
+ gR′ cos(θ)− gR′ = 0
7v2
10
= gR′ − gR′cos(θ)
7R′g cos(θ)
10
= gR′ − gR′ cos(θ)
(
7
10
+ 1) cos(θ) = 1
36
cos(θ) =
10
7
θ = 53, 97o
(130)
Podemos identificar que houve o descolamento do objeto no ângulo θ = 53, 97o,
agora iremos calcular a velocidade que a bolinha está no momento que se descola do dorno
esférico:
v =
√
(R + r)g cos(θ)
v =
√
(R + r)g
10
7
(131)
0.38 Exercício 17 - cap. 12 pg 286
Uma bola de boliche esférica é lançada, com velocidade inicial vo horizontal e sem rotação
inicial, sobre uma cancha horizontal, com coeficiente de atrito µc. (a) Que distância d a
bola percorrerá sobre a prancha até que comece a rolar sem deslizar? (b) Quanto tempo
t depois isso ocorre? (c) Qual é a velocidade v da bola nesse instante?
Para encontrar-mos a posição, tempo e velocidade da bola no momento em
que ela rola sem deslizar, escreveremos as equações governantes da tendencia de giro da
bola, a saber: Torque, velocidade angular e velocidade do centro do ponto P.
τ = FaR = −µcMgR = Iα
−µcMgR = 2
5
MR2α
α = −5
2
µc
g
R
ω = ω0 + αt, (ω0 = 0)
ω = −2
5
µc
g
R
t
(132)
A velocidade do ponto p de contato no instante t é:
Vp = (v0 − µcgt)) + ωR
Vcm = v0 − µcgt
Vp = v0 − 7µcgt
2
(133)
37
Em t1 o deslizamento para e tem-se rolamento:
vp = 0
t1 =
2v0
7µcg
(134)
Resultado de v no tempo que não temos deslizamento:
v = v0 − µcgt
v = v0 − µcg 2v0
7µcg
v =
5
7
v0
(135)
Deslocamento do CM:
∆X = v0t− at
2
2
∆X = v0t− µcgt
2
2
d = v0(
2v0
7µcg
)− µcg
2
(
2v0
7µcg
)2
d =
v20
µcg
(
2
7
− 2
49
)d =
v20
µcg
(
14− 2
49
) =
12
49
v20
µcg
(136)
0.39 Exercício 20
Calcule a magnitude de força F horizontal que é preciso aplicar, em direçao ao eixo O,
para conseguir que o tambor cilindrico, de massa M e raio R, suba um degrau de altura
d<R:
sin(γ) =
R− d
R
= 1− d
R
38
sin(ϕ) =
√
R2 − (R− d)2
R
sin(ϕ) =
√
R2 −R2 + 2Rd− d2
R
sin(ϕ) =
√
2Rd− d2
R
FR sin(γ)−mgR sin(ϕ) = 0
FR
R− d
R
−mgR
√
2Rd− d2
R
= 0
F = mg
√
2Rd− d2
R− d (137)