exercicios semana6 resolucao para tutores

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LISTA DE EXERCÍCIOS (RESOLVIDA)
SEMANA 6
Exercícios para o portfólio: 7 e 15
PARTE 1: SISTEMAS DE PARTÍCULAS
Exercício 1
Calcule a coordenada do centro de massa do sistema de duas partículas, A e B, sabendo que as
massas delas são mA = 1 kg e mB = 2 kg e que a as posições de cada uma delas é xA = 3 cm e xB = 9 cm.
X = (mA xA+mB xB)/(mA+mB) = (1 . 3 + 2 . 9)/(1 + 2) = 7 cm.
Exercício 2
Considere novamente as mesmas duas partículas do exercício anterior, mas agora as posições
variam com o tempo, assim: xA(t) = 3 + v t e xB(t) = 9 – v t, onde v = 3 cm/s é o módulo da velocidade delas.
a) Calcule a posição do centro de massa, que agora também depende do tempo.
X(t) = [mA xA(t) + mB xB(t)]/(mA + mB) = [1 . (3 + 3t) + 2 . (9 – 3t)]/(1 + 2) = 7 – t.
b) Qual é a posição do centro de massa em t = 0 s? E em t = 7 s?
X(0) = 7 – 0 = 0; X(7) = 7 – 7 = 0.
c) Qual é a unidade de xA e de xB?
Como [v] = cm/s, devemos ter [t] = s para que o termo vt na expressão de xA(t) resulte em dimensão de comprimento:
cm (centímetro). Essa deve ser também a unidade da parcela 3 em xA, de modo que o lado direito da expressão de xA(t) é dado
em cm. Finalmente, pela igualdade concluímos que [xA] = cm. A mesma análise vale para xB.
d) O que representa o número 3 na expressão de xA(t)? E o 9 na de xB(t)?
Representa a posição inicial (t = 0) da partícula, o que pode ser evidenciado fazendo t = 0 em xA(t) e xB(t).
e) Faça um esboço desse cenário para valores diferentes de t, indicando as posições de A, B e do
centro de massa. Ou seja, analise a evolução temporal desse sistema.
Veja abaixo um exemplo desse esboço, para os tempos t = 0s, 1s e 2s. Nele, a partícula A foi representada por uma bolinha
vermelha; a partícula B foi representada por um ponto preto; e o centro de massa, por um xis vermelho. Note que há uma
colisão em t = 1s, quando então xA e xB são iguais a 5 cm. Mas vamos deixar isso para a parte 2 dessa lista.
 
f) Qual é a velocidade do centro de massa? Multiplique-o pela massa total do sistema para obter o
momento linear do sistema, isto é, o momento linear associado ao centro de massa.
A velocidade do centro de massa pode ser obtido derivando a expressão de X(t): obtemos V(t) = -1 cm/s.
g) Calcule a soma dos momentos lineares das partículas A e B (atenção para o sinal) e compare com
o resultado do item anterior.
P = mA vA + mB vB = 1 . 3 + 2 . (-3) = -3 kg m/s
Exercício 3
Considere agora três objetos, de massas mA = 1 kg, mB = 2 kg e mC = 3 kg, cujas posições no plano
são: rA = (0,0) m, rB = (2,0) m e rC = (0,-2) m.
a) Calcule a posição do centro de massa (note que esses objetos estão dispostos num plano, de modo
que é necessário calcular as coordenadas x e y do centro de massa).
X = (mA xA + mB xB + mC xC) / (mA + mB + mC) = (1 . 0 + 2 . 2 + 3 . 0)/6 = 2/3 m.
Y = (mA yA + mB yB + mC yC) / (mA + mB + mC) = [1 . 0 + 2 . 0 + 3 . (-2)]/6 = -1 m.
b) Faça um esboço desse cenário, indicando as posições dos objetos e do centro de massa, bem como
o sistema de referência/coordenadas utilizado.
c) Agora, coloque a origem do sistema de referência no objeto B. (I) Determine as novas coordenadas
de A, B e C e (II) calcule a posição do centro de massa. (III) Faça um novo esboço e compare-o com o
do item anterior.
(I) Olhando a ilustração abaixo [item (III)], com o novo sistema de referência posicionado em B, vemos que rA = (-2,0) m,
rB = (0, 0) m, rC = (-2, -2) m; (II) Usando essas novas coordenadas para calcular a posição do centro de massa:
X = (mA xA + mB xB + mC xC) / (mA + mB + mC) = [1 . (-2) + 2 . 0 + 3 . (-2)]/6 = -4/3 m.
Y = (mA yA + mB yB + mC yC) / (mA + mB + mC) = [1 . 0 + 2 . 0 + 3 . (-2)]/6 = -1 m.
Perceba que, embora as coordenadas do centro de massa neste e no item (c) sejam diferentes, a posição dele com
relação aos objetos que compõem o sistema permanece o mesmo.
 
PARTE 2: COLISÕES
Exercício 4
O objeto A, de massa mA = 1 kg, encontra-se parado. Dele aproxima-se o objeto B, de massa mB = 3
kg, com velocidade vB = 2 m/s, quando então ocorre a colisão elástica entre eles.
a. Calcule o momento linear de A e de B antes da colisão.
pA = mA vA = 1 . 0 = 0 kg m/s;
pB = mB vB = 3 . 2 = 6 kg m/s.
b. Calcule o momento linear total do sistema (ie, a soma dos momentos lineares de A e de B)
antes da colisão.
P = pA + pB = 0 + 6 = 6 kg m/s.
c. Calcule a energia cinética total do sistema (ie, a soma das energias cinéticas de A e de B)
antes da colisão.
K = mA vA²/2 + mB vB²/2 = 1 . 0²/2 + 3 . 2²/2 = 6 J.
d. Para determinar as velocidades vA' e vB' após a colisão, temos de utilizar o princípio da
conservação do momento linear. Ele diz que o momento linear do sistema (isto é, de A e B
vistos como se fossem “uma coisa só”) sempre se conserva. Ou seja, ainda que os detalhes
das interações entre A e B durante a colisão sejam desconhecidos, podemos afirmar que
momento linear total antes e depois é o mesmo. Sabendo disso, escreva uma equação que
relacione vA' e vB' com a situação anterior à colisão (você deve obter uma equação linear em
vA' e vB').
P = 6 e P' = mA vA' + mB vB' = 1 . vA' + 3 . vB'. Como P = P' (conservação do momento linear), concluímos que vA' + 3vB' = 6
(equação 1).
e. Embora a equação obtida no item anterior forneça alguma informação sobre a configuração
posterior à colisão, ela não é suficiente para determinar as velocidades individuais das
partículas. Para fazer isso, apelamos para a característica “elástica” da colisão (que nem
sempre é verdadeira): isso significa que também a energia cinética total do sistema é
conservada durante a colisão. Sabendo disso, escreva uma outra equação que relacione vA' e
 
vB' com a situação anterior à colisão (desta vez você obterá uma equação quadrática em vA' e
vB').
K = 6 e K' = mA vA'²/2 + mB vB'²/2 = 1 . vA'²/2 + 3 . vB'²/2. Como K = K' (conservação da energia cinética), concluímos que vA'²
+ 3vB'² = 12 (equação 2).
f. Agora você tem duas equações com duas incógnitas: vA' e vB'. Resolva-as para determinar as
velocidades individuais das partículas A e B.
Isolando vA' na equação 1, obtemos vA' = 6 – 3vB' (equação 3). Usando esse resultado na equação 2, expandindo e
simplificando, obtemos a equação do segundo grau: vB'² - 3vB' + 2 = 0. As raízes são vB' = 1 e vB' = 2. Usando a primeira raiz na
equação 3, obtemos vA' = 3. Esse é o resultado procurado: vA' = 3 m/s e vB' = 1 m/s, as velocidades após a colisão. Note que a
outra raiz, vB' = 2, resulta vA' = 0, que é a configuração anteriormente à colisão.
Exercício 5
Um mosca paira no ar e dela se aproxima um elefante enraivecido, que corre a 2,1 m/s. Qual é a
velocidade da mosca caso o elefante colida elasticamente com ela?
Embora as massas do elefante (M) e da mosca (m) não tenham sido dadas, sabemos que M >> m (ie, a massa do
elefante é muito maior que a da mosca). Outra forma de escrever isso é assim: m/M << 1. Essa é a informação relevante para
resolver esse problema.
Como a colisão é elástica, há conservação de energia cinética, além da conservação do momento linear. Em símbolos: P
= P' e K = K', onde P e P' são o momento linear antes e após a colisão, respectivamente; K e K' são as energias cinéticas, também
antes e depois da colisão.
Vejamos primeiramente o momento linear: P = m . 0 + Mv = Mv, enquanto P' = m vm' + M ve', onde vm' e ve' são as
velocidades da mosca e do elefante após a colisão (que não conhecemos). Como P = P', concluímos que m v m' + Mve' = Mv =>
M(v – ve') = m vm' (equação 1).
Agora a energia cinética: K = m . 0²/2 + M v²/2 = M v²/2, enquanto K' = m vm'²/2 + M ve'²/2. Como K = K', concluímos que
m vm'²/2 + M ve'²/2 = M v²/2 => M(v² – ve'²) = m vm'² => M(v – ve')(v + ve') = m vm'² (equação 2).
Usando o resultado da equação 1 na equação 2, podemos escrever: M(v – ve')(v + ve') = m vm'² => m vm'(v + ve') = m vm'²
=> vm' = v + ve' (equação3). Levando esse resultado na equação 1: M(v – ve') = m vm' => M(v – ve') = m (v + ve') => ve' = (M –
m)/(M + m) v = (1 + m/M)/(1 - m/M) v. Mas m/M << 1, de modo que 1 + m/M = 1 (aproximadamente) e, da mesma forma, 1 –
m/M = 1. Logo, ve' = v. Levando esse resultado na equação 3, vm' = v + ve' = v + v = 2v. Como v = 2,1 m/s, vm' = 4,2 m/s, que é a
resposta procurada.
Em palavras: a velocidade do elefante não muda, mas a mosca adquire o dobro da velocidade do elefante após a
colisão. Este é um resultado aproximado, mas vale para quaisquer dois corpos, de massas m e M, em colisão elástica, desde que
m/M << 1.
Exercício 6
Um vagão de carga de 35 toneladas choca-se com outro vagão que está parado. Eles engatam e 27%
da energia cinética inicial é dissipada na forma de calor, som, vibrações etc. Determine o peso do segundo
vagão.
obs.: note que a energia cinética não é conservada. Entretanto, o exercício fornece alguma informação sobre como ela varia
durante a colisão.
Chamemos de m1 a massa do primeiro vagão (35 toneladas) e m2, a do segundo, que é desconhecida. Chamemos
também v1 a velocidade inicial do primeiro vagão (v2 = 0), e v' a velocidade final (dos dois vagões, juntos).
O momento linear antes da colisão é P = m1 v1, enquanto P' = (m1 + m2) v'. Como o momento linear se conserva durante
a colisão, P = P', de modo que m1 v1 = (m1 + m2) v' (equação 1).
 
A energia cinética, por outro lado, não se conserva, mas sabemos do enunciado que, se K é a energia anteriormente à
colisão, 0,27K (27% de K) é perdida na colisão, restando K' = (1- 0,27) K, que é a energia cinética após a colisão. Para facilitar um
pouco as contas, vamos chamar a = 1 - 0,27 = 0,73. Deste modo, K' = a K. Mas K = m 1 v1²/2 e K' = (m1 + m2)v'²/2 = m1 v1'²/2 (nesta
última passagem usamos o resultado da equação 1), de modo que podemos escrever: (m1 + m2)v'²/2 = a m1 v1²/2 => m1 v1 v' = a
m1 v1² => v' = a v1. Levando esse resultado de volta na equação 1, m1 v1 = (m1 + m2) v' => m1 v1 = (m1 + m2) a v1 => m2 = (1/a – 1) m1
= (1/0,73 – 1) . 35 = 12,9 toneladas. Essa é a massa do segundo vagão.
Exercício 7
Tome novamente o problema do exercício 4. Mas agora, ao invés de uma colisão elástica, considere
que durante a colisão os objetos A e B fundam-se num só, de massa mA + mB, que então passa a mover-se
com velocidade v' (esta é uma colisão totalmete inelástica). Determine essa velocidade (perceba que,
neste caso, o princípio da conservação do momento linear é suficiente para isso).
Antes da colisão, P = 6 kg m/s (veja a resolução do exercício 4). Após a colisão, o momento linear total do sistema é P' =
(mA + mB) v' = 4 v'. Como P = P', concluímos que v' = 3/2 = 1,5 m/s.
PARTE 3: ENERGIA, TRABALHO E POTÊNCIA
Exercício 8
Uma esfera de massa m = 0,20 kg é solta do ponto A de uma rampa fixa em cima do tampo horizontal de 
uma mesa; ela emerge do ponto B ( 0; 1,25 m) e atinge o piso no ponto C(1,5 m; 0).
Adotar g = 10 N/kg e inexistência de atritos.
Determinar:
a) A energia cinética da esfera no momento do impacto com o piso.
b) A ordenada do ponto A
Respostas:
a) Primeiramente, vamos adotar o referencial sugerido na figura. 
A esfera impacta o solo no pontoC (1,5 m; 0) com velocidade = [ ; ] ; conhecendo-se as componentes, calcula-se ( )² = (
)² + ( )² e assim, a energia cinética da esfera em C: = .
Conhecendo as componentes [ ; ] e ( ²
Consideremos o movimento balístico da esfera a partir do ponto B (0; = 1,25 m),isso é, o relógio começa a marcar o tempo quando a
esfera passa por B.
Em B a velocidade da esfera é horizontal, assim, = [ = ; 0]. Sendo = [ 0; -g = 10 m/s²], escrevem-se as funções horárias x(t) e 
y(t) em unidades do SI:
x(t) = ( ).t (I) e y(t) = 1,25 – 5.t² (II).
Derivando estas funções temos as funções horárias das velocidades:
 
 = (III) e = - 10.t (IV)
Determinando-set = = instante em que a esfera atinge o ponto C (1,5 m; 0), determinam-se: 1°) a partir de (I) e 
consequentemente a partir de (III); 2°) a partir de (II).
EmC(1,5 m; 0) a ordenada = 0, logo, substituindo-se t = em (II) escrevemos: 0 = 1,25 - 5( )² donde = 0,5 s que 
substituído:
 em (I) tem-se 1,5 = (0,5) = 3 m/s e por (III), = 3 m/s.
 em (IV) tem-se = - 10 (0,5) = - 5 m/s.
E assim,( )² = (3 m/s)² + (-5 m/s)² = 34 (m/s)².
Portando, a energia cinética da esfera ao impactar o solo no ponto C é:
 = = = 3,4 [ ] = 3,4 N.m = 3,4 J.
b) Para determinar a ordenada podemos aplicar o princípio do trabalho – energia cinética TEC desde a posição A até B 
e/ou a Lei da Conservação da Energia Mecânica entre A e Be/ou entre as posições C e A. Vamos aplicar a Lei da 
Conservação da Energia Mecânica desde o ponto A até C.
Entre as posições A e C, marca presença apenas uma força não conservativa: a reação normal da pista sobre a esfera. 
Como já estudamos, é de 90° o ângulo entre a direção da força normal e os deslocamento elementaresd que compõe 
a trajetória. Logo o = 0. Assim, podemos escrever que = , ou seja,
 + mg = + mg
Sabe-se que = 0; mg = 2 N; = 3,4 J e = 0, portanto:0 + 2 = 3,4 + 0 donde = 1,7 m.
Em relação ao ponto B, a altura de A é0,45 m = 1,7 m – 1,25 m .
Exercício 9
Um carrinho com massa m = 200 kg é solto da posição A de uma “montanha russa” conforme esquema.
Considerar = 12,25 m; = 9,25 m e = 1,0 m. Adotar g = 10 N/kg e inexistência de atritos.
a) Determinar a velocidade do corpo ao passar pelo ponto C.
 
b) Se R = 25 mfor o raio de curvatura da trajetória no ponto B, determinar a força de reação normal da 
pista sobre o carrinho.
Respostas:
Primeiramente vamos adotar o referencial sugerido no esquema. Durante o movimento, no carrinho – considerado 
como ponto material – atuamduas forças: a reação normal da pista e a força gravitacional (peso). Aforça normal 
não é conservativa, porém, pelo fato dos deslocamentos elementares serem ortogonais a direção de , o seu 
trabalho é nulo. Na inexistência de atrito, podemos,aplicar a Lei da Conservação da Energia Mecânica.
h) Velocidade do carrinho no ponto C.
Aplicando a Lei da Conservação da Energia Mecânica no movimentoA até C, escrevemos:
 + mg = + mg
Substituindo: = 0 ; = 12,25 m; = 9,25 m ; m = 200 kg e g = 10 N/kg tem-se:
0 + 200x10x12,25 = + 200x10x9,25
 = m/s 7.74 m/s
( o sinal pode ser interpretado com o sentido do movimento do carrinho; vamos adotar o positivo)
i) Reação normal da pista sobre o carrinho no ponto B.
Considere o DCL no ponto B.
Para determinar a reação normal devemos recorrer a Lei de Newton aplicada ao movimento curvilíneo, onde a 
resultante das forças é uma força centrípeta. O DCL indica, na ausência de força de atrito, as duas forças que atuam 
na partícula.
O trecho da trajetória em torno do ponto B é umtrecho de uma circunferência de raio R. Neste ponto as forças sobre 
a partícula são: = N. (I), a reação do apoio sobre a partícula e = - (mg). (II), o peso da partícula. 
Em virtude do elemento de trajetória em torno do ponto Bpertencer à circunferência de raio R, a partícula fica 
sujeita à uma força resultante dirigida para o centro de curvatura (centro da circunferência). Esta força resultante é a 
força centrípeta: + = = [m. ] (III) . O vetor tem modulo e dirigida para o centro, logo, 
= . e, consequentemente, = m. . (IV). Substituindo (I), (II) e (IV) em II, escreve-se: N. - (mg). = m.
. ou N - (mg) = m. donde
N = m. + mg = m.[g + ] (V)
Conhecemos m = 200 kg,g = 10 N/kg = 10 m/s² e R = 25 m. Necessitamos de ( )².
 
Determinação de .
Aplicamos a Lei da Conservação da Energia Mecânica, por exemplo, entre A e B. Assim,
 + mg = + mg
Substituindoas grandezas conhecidas: ( )² = 2.g.( - ) = 225 (m/s)². Portanto,
N =m.[g + ] = 200 kg[10 m/s² + (225 m²/s²)/(25 m) ] = 3.800 N.
Exercício 10
Um trem de massa globalm = 250x kg é tracionado por uma locomotiva diesel.O trem parte do
repouso e atinge a velocidade de cruzeiro de 12 m/s em 200 s, conforme esquematizado.
No deslocamento na velocidade de cruzeiro, desenvolve-se uma potencia dePot = 72 kW.
Determinar:
a) A potência media desenvolvida durante a aceleração.
b) Supondo-a constante, determina a força de resistência que dificulta o movimento do trem.
Respostas:
No DCL esquematizado os vagões são representados por um retângulo.
T = força da locomotiva no trem; = força global de resistência ao movimento; N = reação
normal global do trilho no trem e p = o peso global do trem.
Vamos analisar o gráfico da velocidade em função do tempo para extrair algumas informações.
1º)Do gráfico v = f(t) extraímos que para 0 t 200 s, aceleração é a = = 0,06 m/s². 
2°) O espaço percorrido entre 0 e 200 s é s = .t² = 1.200 m [pode ser obtido pela Equação de Torriceli).
 
Com estas informações, a 2ª Lei de Newton,indica que:
 Para 0 t 200 s tem-se T - = m.a, ou seja, T .
 Para t 200 s,a = 0 e T = , ou seja, a locomotiva mantem um tração apenas para vencer a resistência e 
manter a velocidade constante.
a) Potência média durante a fase de aceleração.
 = . O trabalhopode ser obtido mediante o princípio do trabalho e energia cinética (TEC): = - 
 = – 0 = = 18x J. 
Logo, = = = 90x J/s = 90 kW.
b) Determinação da força de resistência global.
Durante o deslocamento na velocidade de cruzeiro ( v = 12 m/s, constante) a potência é = 72 kW que é a 
potência instantânea ( pois v = constante). 
Assim,( ).v = 72 x W e = = 6x [ ] = 6x [ ] = 6x N.
Na velocidade de cruzeiro, a aceleração é nula; logo, a 2ª Lei pode ser assim expressa:
 - = m.(0)= 0, ou seja, = = 6 kN.
Exercício 11
Num parque de diversões uma criança de massa m = 40 kg desce por um plano inclinado conforme 
esquema.
Ela parte do repouso em A. Adotar g = 10 N/kg.
a) Com que velocidade ela chega em B, se desprezarmos qualquer tipo de resistência ao movimento?
b) Se, durante a descida, 40% de sua energia mecânica for transformada em energia térmica, com que
velocidade atingiria o ponto B?
Respostas:
 
Vamos adotar o eixo 0y na vertical e o eixo 0x ao longo do solo. Assim, as ordenadas dos pontos A e B são, 
respectivamente, = 1,8 m e = 0 e as velocidades: = 0 e = v = ?
a) Na ausência de forças cujos trabalhos dissipem energia e sabendo que a força normal não contribui com trabalho 
mecânico, no deslocamento da criança de A para B, a energia mecânica dela se conserva. 
No ponto A ela tem apenas energia potencial gravitacional ( pois parte do repouso), ou seja, ; no ponto B, a 
energia potencial é nula ( pois = 0) e a energia cinética é = .
A Lei da Conservação de Energia Mecanica garante que a quantidade de energia mecânica da criança, ao passar pelo 
ponto B,deve ser igual à que possuía no ponto B. Logo, escreve-se: mgh = . Cancelando-se a massa m e 
rearranjando as variáveis, resultav = . Substituindo-se os valores das variáveis tem-se que = v = 
= 6,0 m/s.
b) Se 40% da energia mecânica da criança transformar-se em energia térmica, restarão 60% para produzir o 
deslocamento ao longo da rampa. Não podemos usar v = para calcular a velocidade no ponto B, pois esta 
formulação foi obtida considerando a Conservação da Energia Mecânica. A energia mecânica da criança éEM = mgh +
 que devemos calcular no ponto A ( é a energia disponível antes da realização do trabalho). Sendo = 0, só resta 
a energia potencial, mas não na sua totalidade, apenas 60%, ou seja, = 60% de = 0,6.mgh. É esta
energia que irá transformar-se em Logo, = 0,6.mgh. Fazendo os cancelamentos e rearranjando as variáveis:
v² = 1,2.gh ouv = 4,7 m/s.
Exercício 12
Um pêndulo tem massa m; o fio que une a massa ao ponto A tem comprimento L e é inextensível.
A massa pendular é solto do ponto C e passa pelo ponto B com velocidade . Determinar, adotando
como desprezível as forças deresistência ao movimento:
a) A velocidade .
b) A tração no fio ao passar por B.
Respostas.
 
a) Aplicando a Lei da Conservação da Energia Mecânica, determina-se .
 + mg = + mg
Dados: = 0; = AB = L; = 0 ( eixo 0x passando horizontalmente por B). 
 + mg.L = + mg(0)
mg.L = 
 = 
b) A tração T no fio ao passar pelo ponto B deve ser calculadaaplicando a 2ª Lei de Newton para movimento curvilíneo.
No ponto B atuam as forças = T. e = -(mg). e a aceleração é centrípeta, ou seja, = [ . onde L = raio de
curvatura do movimento. Então,a 2ª Lei de Newton é assim expressa: + = m. ou T. - (mg). = m. [ . ou,
simplificando o versor: T - (mg) = m. [ donde T = (mg) + m. [ substituindo = tem-se
T = mg + m[ ] = mg + 2mg = 3mg
O fio deve suportar uma força 3 vezes o peso da massa que passa por B.
Exercício 13
Um cursor de massa m = 1,0kg é transpassado por uma barra vertical que serve como guia. Uma mola 
helicoidal de comprimento natural =0, 20 m e constante elástica k = 2000 N/m é articulada, pelas suas 
extremidades, em C e no cursor. 
 
O cursor é solto na posição A( onde a mola tem comprimento = 0,50 cm e passa pela 
posição B com velocidade = 20 m/s onde o comprimento da mola é = 0,30 m. O percurso AB = 
d = 0,40 m. 
Desprezar atritos na barra e nas articulações. Considere a barra vertical como o eixo 0x. Determinar 
a velocidade do cursor ao passar por B.
Resposta:
DCL da situação
No cursor atuam 3 forças: a) duas conservativas, o peso e a força elástica as quais se associam energias potenciais e b) 
uma não conservativa, a força normal. Porém ela não trabalho. Portanto, podemos aplicar a Lei da Conservação da 
Energia Mecânica.
Adotando o referencial xy, com o eixo 0x passando pelo ponto A e o eixo 0y paralelo à barra vertical escrevemos:
Ponto A Ponto B
EC = 0
Ugrav = 0
 = 
 = 
EC = 
 = mg(AB) = mg.d
 = 
 = + mgd + 
 
 = 
 = + mgd + donde
 = [ - ] – mgd
 = [ - ] – 2gd donde = 
Substituindo-se os valores das grandezas: = (0,50 – 0,20) = 0,30 m; = (0,30 – 0,20) = 0,10 m; d = AB = 0,40 m; g = 
10 N/kg; k = 2.000 N/kg e m = 1 kg, resulta:
 = 12,3 m/s.
Exercício 14
Um bloco de massa m = 10 kg, soltodo ponto A ( = 0 ), desliza rampa abaixo conforme esquema.
O bloco passa pelo ponto B com velocidade e percorre um trecho horizontal BC = 2,0 mantes de
parar no ponto C.A força de atrito que atua no bloco tem módulo = 40 N.
Desprezar atrito no trecho AB da rampa e considerar g = 10 N/kg.
Determinar a altura do ponto A.
Resposta:
Vamos adotar o referencial xy com o eixo 0x passando por B e o eixo 0y, vertical para cima.
Como no trecho AB não existe atrito, podemos aplicar a Lei da Conservação de Energia Mecânica escrevendo: + mg
 = + mg . Sendo = 0 e = 0, esta relação se reduz a : = (I) . Conhecendo-se , determina-se .
Determinação de .
 
DCL da situação
Neste deslocamento aenergia mecânica não se conserva devido a presença de uma força não conservativa que o atrito
dinâmica. Então, devemos aplicar o princípio do trabalho e energia cinética (TEC), ou seja, + + = - 
 . Mas, = = 0, pois o deslocamento é perpendicular à direção das forças e = 0 ( o bloco entra em
repouso em C), portanto: = - . O trabalho da força de atrito é:
 = =-40. (2). = -80 J pois ( = 1).
Então,-80 =- = 5( )² donde = = 4 m/s ( escolha do sinal +)
Substituindo-se = = 4 m/s em (I) temos = = 0,8 m.
Exercício 15
Uma esfera de massa m é solta do ponto A e percorre ao longo de um trilho que obriga a esfera a 
realizar um “looping” ao passar pela parte circular de raio de curvatura R.
De qual altura a esfera deve ser solta para que ao passe por B, próximo do trilho, mas sem nele 
encostar? Considerar a esfera como partículae nula a força de atrito.
Resposta:
Vamos adotar o referencial sugerido no esquema.
 
Para determinar a ordenada aplicamos a Lei da Conservação da Energia, pois a única força não conservativa que atua 
na esfera é a reação normal do trilho e esta, não realiza trabalho. 
 + mg = + mg
Com = 0 e = 2R então mg = + mg(2R) e, portanto,
 = + = + 2R
Conhecendo-se , determina-se
Determinação de .
Por meio da 2ª Lei de Newton, aplicado a movimento curvilíneo, envolvendo aceleração centrípeta,determina-se a 
velocidade no ponto B.
Se a esferapassa por B, tão próximo quanto se queira, porém sem encostar no trilho, a reação normal do trilho sobre a 
esfera é N = 0. 
Isto implica que a única força que atua, neste ponto, sobre a esfera é o seu próprio peso = -(mg). . Portanto, o peso é a 
força resultante na esfera neste ponto, e como ela faz uma curva de raio R, aceleração da esfera é = - [ ]. . 
Então,-mg = - m[ ]. donde mg = ] e ( )² = R.g.
Substituindo em = + 2R = + 2R = 5R/2 
Conclusão: se yA < 5R/2 a esfera não completa a circunferência e se yA > 5R/2 , a esfera completa a circunferência e a 
força normal é não nula.
 
	Parte 1: Sistemas de partículas
	Parte 2: Colisões
	Parte 3: Energia, trabalho e potência