Fundamentos de Fisica I
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Fundamentos de Fisica I


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positivo coincidindo com o do movimento de 
cada bloco. A aplicação da segunda lei de Newton a cada bloco nos dá:
\u2022 Para o bloco : 111 amPT =\u2212 ;
\u2022 Para o bloco : 222 amTP =\u2212 .
As acelerações 1a e 2a têm sentidos contrários, mas mesmo módulo a. Temos então 
duas equações com duas incógnitas T e a que são determinadas facilmente. Elimi­
nando T das duas equações, obtemos:
;)( 2112 ammPP +=\u2212
de onde vem que:
.
21
12
21
12 g
mm
mm
mm
PPa
+
\u2212
=
+
\u2212
=
Levando o valor de a em qualquer das duas equações, obtemos a tensão T :
.2
21
12 g
mm
mmT
+
=
Esse exemplo merece um pouco de reflexão. Para resolver o problema, determinamos 
antes o sentido do movimento dos dois blocos e os eixos de coordenadas foram esco­
lhidos com o sentido positivo coincidindo com o do movimento. Isso não é neces-
sário: a escolha do sentido de movimento e do sentido positivo dos eixos é 
arbitrária; o resultado não depende dessas escolhas. Para ver isso, suponha, 
primeiramente, que tivesse sido escolhido o eixo dos x no corpo para cima, 
mantendo a escolha do sentido de movimento do conjunto. Então, as equações da 
segunda lei de Newton ficariam:
\u2022 Para o bloco : amPT 11 =\u2212 ;
\u2022 Para o bloco : amPT 22 \u2212=\u2212 .
Essas equações são idênticas às anteriores: a primeira é exatamente igual; a segunda é 
a mesma do caso anterior, mas com o sinal trocado. O resultado é, portanto, o mesmo. 
Faça os cálculos.
Suponha agora que tivesse sido escolhido o sentido de movimento tal que a massa 
 subiria, enquanto desceria. Mantendo os sentidos dos eixos inalterados, você 
teria:
m1
m2P1
T
x
x
P2
T
Figura 14.7 \u2013 Máquina de Atwood.
214
FUNDAMENTOS DE FÍSICA I
\u2022 Para o bloco 1m : amPT 11 \u2212=\u2212 ;
\u2022 Para o bloco 2m : amTP 22 \u2212=\u2212 ;
\u2022 Tal que g
mm
mm
mm
PPa
21
12
21
12
+
\u2212
\u2212=
+
\u2212
= .
Como você pode ver, a solução dessas equações dá o mesmo valor 
numérico para a aceleração, porém com o sinal negativo. Como o 
resultado é o valor do módulo da aceleração (e do módulo da tensão 
também), ele não pode ser negativo. Assim, a interpretação que se 
dá é que o sentido real da aceleração é oposto ao que foi tomado 
como verdadeiro.
Ao invés de mudar o sentido do movimento, poderia ser mudado 
o sentido dos eixos, mas o resultado seria o mesmo. Assim, não 
importa o sentido dos eixos ou do movimento escolhido a priori 
para resolver o problema. O que é importante é que as compo­
nentes dos vetores sejam bem determinadas, com seus sentidos 
bem especificados.
ATIVIDADE 14.2
Um lavador de janelas se balança ano após ano em sua cadeirinha de pintor. Ele 
pesa 700 N e a corda, sem que ele saiba, tem uma tensão de ruptura de 400 N. Por 
que a corda não se rompe quando ele é sustentado, como ilustrado no lado esquerdo 
da Figura 14.8?
Um dia, lavando uma fachada próxima a um mastro de bandeira, ele resolve 
amarrar a extremidade livre da corda ao mastro em vez de amarrá­la a sua 
cadeira, como ilustrado na Figura 14.8.
Figura 14.8
Esse lavador sofrerá um acidente de trabalho? Explique sua resposta.
215
AULA 14
14.3 PLANO INCLINADO
Quem dirige sabe que ao encontrar uma subida é preciso pisar no 
acelerador. Parece que o peso do carro atrapalha durante a subida. 
Para descer já acontece o contrário, você precisa pisar no freio, o 
peso do carro parece ajudar.
A situação descrita acima acontece porque a força peso é \u201cparcial­
mente distribuída\u201d devido à inclinação da rampa. Compare a Figura 
14.9a com a Figura 14.9b. Na horizontal o peso é igual à reação 
normal. Mas na rampa o peso é decomposto em duas componentes: 
uma na direção da rampa e outra perpendicular à rampa (veja os 
detalhes na Figura 14.9).
N
\uf072
N
\uf072
P
\uf072
P
\uf072
a
Figura 14.9 \u2013 (a) Carro no plano e (b) carro numa rampa inclinada.
N
\uf072
P
\uf072
Py
\uf072
Px
\uf072
q
q
Figura 14.10 \u2013 Decomposição da força peso.
A componente na direção da rampa será denominada xP
\uf072
 e a perpen­
dicular à rampa, yP
\uf072
, correspondendo aos eixos x e y do sistema de 
coordenadas.
Como não há movimento na direção y, yP
\uf072
 é igual à força de reação 
normal N
\uf072
:
\u3b8\u3b8 mgsenPsenPx ==
yP Pcos mgcos\u3b8 \u3b8= = .
Logo, pela segunda lei de Newton:
216
FUNDAMENTOS DE FÍSICA I
Exemplo 14.3
Um engradado de massa 50 kg é puxado por um operário, para dentro de um cami­
nhão, através de uma rampa de inclinação 30°. Se a força que o operário puxa o 
engradado faz um ângulo de 20° com a rampa e ela sobe com velocidade constante, 
calcule o valor da força com que o engradado é puxado e a reação normal. Considere 
a superfície totalmente lisa e g = 9,8 m/s2.
Solução
O primeiro passo é decompor as duas forças (peso e a que puxa o corpo) para depois 
utilizarmos a segunda lei de Newton, supondo o eixo Ox, paralelo à rampa.
A força peso é decomposta em duas componentes: 
A força que puxa o engradado tem componentes:
Py
Px
F
P
30º
20º
Figura 14.11 \u2013 Diagrama de corpo livre para o engradado.
Na direção perpendicular ao plano a força resultante é zero (não existe movimento):
,yy PFN =+ 
logo temos yy FPN \u2212= .
Na direção do plano a força resultante também é zero (a velocidade é constante):
0=\u2212 xx PF , logo temos 245x xF P N= = .
Dessa forma a reação normal vale:
 
Mostre que F = 261 N e, consequentemente, Fy = 89 N.
217
AULA 14
Exemplo 14.4
Um bloco é lançado na base de um plano inclinado de um ângulo \u3b8 sem atrito, com 
uma velocidade 0v . Determine a distância que ele percorre sobre o plano até parar e 
a altura máxima atingida por ele em relação ao ponto de partida.
A Figura 14.12 mostra o bloco sobre o plano inclinado, com uma velocidade v . Na 
mesma figura estão desenhadas as forças que atuam no bloco: N é a reação normal 
da superfície do plano sobre o bloco e P é o peso do bloco. O sistema de coorde­
nadas Oxy tem origem na base do plano com Ox paralelo a ele. 
xy
v0
N
P
q
Figura 14.12 \u2013 Diagrama de forças para o bloco lançado no plano inclinado.
Como não há movimento ao longo de Oy, a segunda lei nos fornece que:
N Pcos\u3b8=
Ao longo de Ox, temos: 
de onde obtemos para a aceleração do bloco: .\u3b8gsena \u2212=
Como a é constante, podemos aplicar as fórmulas do movimento retilíneo unifor­
memente acelerado e obter a distância máxima percorrida pelo bloco no plano:
.
2
2
0
\u3b8gsen
vx =
A altura máxima é então:
 .2
2
0
g
vxsenH == \u3b8
 
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FUNDAMENTOS DE FÍSICA I
Exemplo 14.5
Determine a aceleração e a tensão na corda no sistema da Figura 14.13, sabendo 
que o plano é inclinado de um ângulo \u3b1 e não tem atrito, e que 12 3mm = .
xy y
T T
N1
P1 P2a
Figura 14.13 \u2013 Diagrama de corpo livre dos blocos no plano inclinado.
A Figura 14.13 mostra os blocos e os diagramas de corpo livre. Supondo que o bloco 
de massa 2m caia verticalmente, temos, da segunda lei de Newton:
Para o bloco 1m : 1 1 0N Pcos\u3b1\u2212 =
amsenPT 11 =\u2212 \u3b1
Para o bloco 2m : .22 amTP \u2212=+\u2212
Eliminando T da segunda e terceira equações, obtemos a aceleração do conjunto:
.
21
12 g
mm
senmma
+
\u2212
=
\u3b1
Levando a na terceira equação, temos que:
.)1(
21
21 g
mm
senmmT
+
+
=
\u3b1
Note que, se os resultados se reduzem aos da máquina de Atwood.
14.4 A FORÇA ELÁSTICA
Sempre que um corpo recebe a ação de uma força ele sofre uma deformação. Em alguns 
casos essa deformação é bem visível, como quando se aperta uma bola de borracha ou 
balão, ou se estica um elástico ou se puxa uma mola. Quando a força para de atuar o 
corpo pode voltar à situação original ou não.
Esse retorno depende de propriedades intrínsecas do corpo e da intensidade e do 
tempo de atuação da força deformadora. A força que atua no sentido de devolver 
o corpo para a sua condição original é chamada de força