CET166 Dinamica dos Solidos Capitulo 03 Problemas

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CENTRO DE CIENCIAS EXATAS E TECNOLOGICAS - UFRB 
Capitulo 3: Dinâmica do 
Ponto Material: Métodos da 
Energia e da Quantidade de 
Movimento. 
Capitulo 13: Problemas 13.190 – 13.201 
 
Abdon 
21/04/2016 
 
 
 
 
 Segunda lei de Newton utilizando o método de energia. 
CET166 – Dinâmica dos Sólidos 
 
Prof. Eng. Dr. Abdon Tapia Tadeo – Centro de Ciências Exatas e Tecnologicas - CETEC - UFRB 
1 
Problema 13.190: Marcas de derrapagem em uma 
pista de disputa de arrancadas indicam que as rodas 
traseiras (de tração) de um carro derrapam durante os 
primeiros 18m, da pista de 396m. (a) Sabendo que o 
coeficiente e atrito cinético é 0,60, determine a 
velocidade do carro ao final da primeira parte, de 18m, 
da pista, se ele parte do repouso e as rodas dianteiras 
perdem contato com o solo. (b) qual a velocidade 
teórica máxima do carro na linha de chegada se, após 
derrapar por 18m, ele é guiado sem que as rodas 
deslizem no restante da corrida? Considere que, 
enquanto o carro rola sem deslizar, 60% do seu peso 
recaem sobre as rodas traseiras e que o coeficiente de 
atrito estático é 0,85. Ignore as resistências do ar e de 
rolamento. 
 
Dados 
.- Pista: 
Comprimento: d=369m; 
Coeficiente de atrito 
Cinético µc= 0,60; 
Estático: µe=0,85. 
.- Carro: 
Rodas traseiras (Tração). 
Derrapagem deslizando por 18m. 
Rodas dianteiras sem contatos. 
Velocidade inicial: 𝜐𝑜 = 0𝑚/𝑠. 
Derrapa sem deslizar no restante. 
60% do peso nas rodas traseiras. 
Determinar: 
a.- Velocidade final no 1º trecho de 18m: 
𝜐18 =?. 
b.- Velocidade Máxima teórica no final da pista: 
𝜐396 =?. 
Solução 
Diagrama do sistema: 
 
a.- Velocidade final no 1º trecho de 18m:𝜐18 =?. 
(Derrapando). 
DCL (Diagrama de corpo livre) 
 
Da 2ª Lei de Newton Temos: 
+↑ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 𝑚𝑎𝑦 ; 𝑎𝑦 = 0 ⇒ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 0 
⇒ 𝑁 − 𝑊 = 0 ⇒ 𝑁 = 𝑊. 
Como: 
𝐹𝑐 = µ𝑐𝑁 = µ𝑒𝑊; 
Pelo principio do trabalho e energia: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2; (1) 
Como: 
𝑇1 =
1
2
𝑚𝑣1
2; 𝜐1= 𝜐0=0m/s. 
⇒ 𝑇1 = 0J. 
𝑇2 =
1
2
𝑚𝑣2
2; 𝜐1= 𝜐18; 
⇒ 𝑇2 =
1
2
𝑚𝜐2
2 =
1
2
𝑊
𝐺
𝜐18
2 ; 
𝑈1−2 = 𝐹𝑐𝑑 ; 𝑑 = 18𝑚. 
𝑈1−2 = 18𝐹𝑐 = 18(µ𝑐𝑁); 
𝑈1−2 = 18 ∗ 0,60 ∗ 𝑊; 
𝑈1−2 = 10,8𝑊. 
Substituindo na equação (1) temos: 
0 + 10,8𝑊 =
1
2
𝑊
𝑔
𝜐18
2 ; 
𝜐18
2 =
21,6𝑊𝑔
𝑊
; 
𝜐18
2 = 21,6 ∗ 𝑔; 𝑔 = 9,81𝑚/𝑠2; 
𝜐18
2 = 211,89 ; 
 𝜐18 = 14,6𝑚/𝑠. 
b.- Velocidade Máxima teórica no final da pista: 
𝜐396 =?. 
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Da 2ª lei de Newton temos: 
+↑ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 𝑚𝑎𝑦 ; 𝑎𝑦 = 0 ⇒ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 0. 
⇒60%𝑊 + 𝑁 = 0 ⇒ 𝑁 = 60%𝑊; 
𝐹𝑒 = (0,85) ∗ (0,60) ∗ (𝑊); 
𝐹𝑒 = 0,510𝑊. (1) 
Do principio do trabalho e energia temos: 
𝑇1 + 𝑈1−3 = 𝑇3; (2) 
𝑇1 =
1
2
𝑚𝑣1
2 ; 𝜐1 = 0 ⇒ 𝑇1 = 0𝐽. 
𝑇3 =
1
2
𝑊
𝑔
 𝜐396
2 ; 
𝑈1−3 = 𝑈1−2 + 𝑈2−3; 
𝑈2−3 = 𝐹𝑒 ∗ (396 − 18) = 378𝐹𝑒 ; 
Substituindo em (2) Temos: 
𝑇3 = 𝑈1−2 + 𝑈2−3; 
⇒ 𝐹𝑐 ∗ 18 + 𝐹𝑒 ∗ 378 =
1
2
𝑊
𝑔
 𝜐396
2 ; 
Substituindo os valores: 
µ𝑐𝑊 ∗ 18 + 0,6µ𝑒𝑊 ∗ 378 =
𝑊
2𝑔
 𝜐396
2 ; 
⇒ 𝑣396
2 = 36µ𝑐𝑔 + 1,2µ𝑒 ∗ 378; 
𝜐396 = 68,33m/s. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.191: Um Caminhão – baú entra em 
um aclive com 2% de inclinação deslocando-se a 64 
km/h e atinge uma velocidade de 104 km/h em 300m.O 
cavalo mecânico pesa 18.000N e o baú 54.000N. 
Determine (a) a força média nas rodas de cavalo 
mecânico e (b) a força média no engate entre o cavalo 
mecânico e o baú: 
 
Dados 
.- Aclive: 2% 
.- Caminhão – baú: 
Velocidade de entrada: 1=64 km/h; 
Velocidade atingida em 300 m: 2=104 km/h; 
Peso cavalo mecânico: Pc=18.000 N. 
Peso baú: Pb=54.000 N. 
Determinar: 
a.- Força media nas rodas do cavalo: 
F=?; 
b.- Força media no engate: 
Fc=?. 
Solução 
a.- Força media nas rodas do cavalo: 
F=?; 
Do principio do trabalho e energia temos: 
T1 + U1-2 = T2; (1) 
Como: 
𝑇1 =
1
2
 𝑚𝑡𝜐1
2; 
Como: 
𝑚𝑡 = 𝑚𝑐 + 𝑚𝑏; e 𝑚𝑐 =
𝑊𝑐
𝑔
 ; 𝑚𝑏 =
𝑊𝑏
𝑔
; 
  𝑇1 =
1
2
(𝑚𝑐 + 𝑚𝑏)𝜐1
2; 
  𝑇1 = 157,8(𝑚𝑐 + 𝑚𝑏); 
Também: 
𝑇2 =
1
2
 𝑚𝑡𝜐2
2; 
  𝑇2 =
1
2
(𝑚𝑐 + 𝑚𝑏)𝜐2
2; 
 𝑇2 = 417,02(𝑚𝑐 + 𝑚𝑏); 
Também: 
𝑈1−2 = 𝑈𝑊𝑐 + 𝑈𝑊𝑏 + 𝑈𝐹; 
 
𝑆𝑒𝑛(𝛼) = 
2
100
; 
𝑈𝑊𝑐 = −𝑊𝑐. 𝑆𝑒𝑛(𝛼). 𝑑; 
𝑈𝑊𝑏 = −𝑊𝑏 . 𝑆𝑒𝑛(𝛼). 𝑑; 
𝑈𝐹 = 𝐹. 𝑑; 
𝑈1−2 = −(𝑊𝐶 + 𝑊𝐵). 𝑆𝑒𝑛(𝛼). 𝑑 + 𝐹. 𝑑; 
𝑈1−2 = (𝐹 − (𝑊𝐶 + 𝑊𝐵)𝑆𝑒𝑛(𝛼))𝑑; 
𝑈1−2 = ( 𝐹 − (𝑊𝐶 + 𝑊𝐵)
2
100
) ∗ 300; 
Substituindo na equação (1) 
157,8(𝑚𝑐 + 𝑚𝑏) + ( 𝐹 − (𝑊𝐶 + 𝑊𝐵)
2
100
)
∗ 300 = 417,02(𝑚𝑐 + 𝑚𝑏); 
157,8𝑚𝑐 + 157,8𝑚𝑏 + ( 𝐹 − (𝑊𝐶 + 𝑊𝐵)
2
100
)
∗ 300 = 417,02𝑚𝑐 + 417,02𝑚𝑏; 
𝐹 = 7779,9 𝑁. 
b.- Considerando o baú; Determinar Força no 
engate: Fc = ? 
Do principio do trabalho e energia: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2; (2) 
 
Como: 
𝑇1 =
1
2
 𝑚𝑡𝜐1
2;
 
𝑇1 =
1
2
𝑚𝐵𝑣1
2 = 157𝑚𝐵; 
𝑈1−2 = (𝐹. 𝑑 − (𝑊𝐵. 𝑆𝑒𝑛(𝛼). 𝑑)); 
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𝑈1−2 = (𝐹𝐶 − 𝑊𝐵𝑆𝑒𝑛(𝛼))𝑑; 
𝑇2 =
1
2
𝑚𝐵𝜐2
2 = 417,02𝑚𝐵. 
Substituindo na equação (2) 
157𝑚𝐵 + (𝐹𝐶 − 𝑊𝐵. 𝑆𝑒𝑛(𝛼))𝑑 = 417,02𝑚𝐵 
Como: 
𝑆𝑒𝑛(𝛼) = 
2
100
; d=300 m; 𝑚𝐵 =
𝑊𝐵
𝑔
. 
Substituindo na equação acima temos: 
𝐹𝑐 = 5834,9 𝑁. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.192: Uma pequena esfera B de 
massa m é liberada do repouso na posição mostrada 
e oscila livremente em um plano vertical, primeiro em 
torno do ponto O e em seguida em torno do pino A, 
depois que a corda entra em contato com o pino. 
Determine a tração na corda (a) logo antes de a corda 
entrar em contato com o pino e (b) logo após ela entrar 
em contato com o pino. 
 
Dados 
.- Esfera B: 
Massa: m; 
Em repouso: υ𝑜 = 0 m/s. 
Oscila no plano vertical: 
 Em torno de O; 
 Em torno de A. 
.- Corda: 
Comprimento: 0.8 m; 
.- Pino no ponto A 
Determine: 
a.- Tração na corda antes de entrar em contato 
com o pino: 
𝑇𝑐⃗⃗ ⃗ =? ; 
b.- Tração logo após ela entrar em contato com 
o pino: 
�⃗� 𝑐
′ =?. 
Solução 
Diagrama do Sistema: 
 
Aplicando o princípio do trabalho e energia: 
𝑇𝐵 + 𝑈𝐵−𝐶 = 𝑇𝐶; (1) 
No ponto B: 
𝑇𝐵 =
1
2
𝑚𝜐𝐵
2; 𝜐𝐵 = 𝜐𝑜 = 0; 
⇒ 𝑇𝐵 = 0 𝐽. 
No ponto C: 
𝑇𝐶 =
1
2
𝑚𝜐𝐶
2; 
Também: 
𝑈𝐵−𝐶 = 𝑈𝑇 + 𝑈𝑔; 
Como 
𝑇𝐶 ⊥ 𝑡𝑟𝑎𝑗𝑒𝑡ó𝑟𝑖𝑎 
⇒ 𝑈𝑇 = 0 𝐽. 
𝑈𝑔 = 𝑈𝐵 − 𝑈𝐶; 
Usando a segunda lei de Newton 
𝑉𝐵 = 𝑚. 𝑔. 𝑌𝐵; 𝑌𝐵 = 𝐿 𝑆𝑒𝑛 30 ; 
𝑉𝐵 = 𝑚.𝑔. 𝐿. 𝑆𝑒𝑛 30 ; 
𝑉𝐶 = 𝑚.𝑔. 𝑌𝐶; 𝑌𝐶 = 0; ⇒ 𝑉𝐶 = 0 𝐽. 
⇒ 𝑈𝐵−𝐶 = 𝑉𝐵 = 𝑚. 𝑔. 𝐿. 𝑆𝑒𝑛 30. 
Substituindo na equação (1), temos: 
⇒ 0 + 𝑚.𝑔. 𝐿. 𝑆𝑒𝑛 30 =
1
2
𝑚𝜐𝐶2; 
⇒ 𝜐𝐶 = √2. 𝑔. 𝐿. 𝑆𝑒𝑛 30 ; 𝐿 = 0,8 𝑚; 
⇒ 𝜐𝐶
2 = 0,89. 
a.- Tração antes da corda entrar em contato com 
o pino do ponto A. 
 
Da 2ª lei de Newton: 
∑𝐹𝑛 = 𝑚. 𝑎𝑛; 
⇒ 𝑇 − 𝑚.𝑔. 𝐶𝑜𝑠 60 = 𝑚. 𝑎𝑛. 
Com: 
𝑎𝑛 = 
𝜐2
𝜌
 ; 𝜐 = 𝜐𝑐 ; 𝜌 = 𝐿; 
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⇒ 𝑇 − 𝑚.𝑔. 𝐶𝑜𝑠 60 = 𝑚
𝜐𝑐
2
𝐿
; 
⇒ 𝑇 = 𝑚.𝑔. 𝐶𝑜𝑠 60 + 𝑚
𝜐𝑐
2
𝐿
; 
⇒ 𝑇 = 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠 60 +
0,8𝑚𝑔
0,8
; 
⇒ 𝑇 = 1,5𝑚𝑔. 
b.- Tração logo após a corda entrar em contato 
com o pino em A: 
 
Da 2ª lei de Newton: 
∑𝐹𝑛 = 𝑚. 𝑎𝑛; 
⇒ 𝑇′ − 𝑚.𝑔. 𝐶𝑜𝑠 60 = 𝑚𝑎𝑛
′ ; 𝑎𝑛
′ = 
𝜐2
𝜌
; 
𝜐 = 𝜐𝐶; 𝜌 =
𝐿
2
; 
⇒ 𝑇′ = 𝑚. 𝑔. 𝐶𝑜𝑠 60 + 𝑚
𝜐𝐶
2
𝐿/2
; 
⇒ 𝑇′ = 
𝑚𝑔
2
+
0,8𝑚𝑔
0,4
; 
⇒ 𝑇′ = (
1
2
+ 2)𝑚𝑔 =
5
2
𝑚𝑔; 
⇒ 𝑇′ = 2,5𝑚𝑔. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.193: Um colar de 500g pode deslizar 
sem atrito sobre a haste curvada BC num plano 
horizontal. Sabendo-se que o comprimento da mola 
não deformada é de 80 mm e que k = 400 KN/m, 
determinar (a) a velocidade que o colar deve receber 
em A para atingir B com velocidade nula e (b) a 
velocidade do colar quando finalmente atingir C. 
 
Dados 
.- Colar: 
Sem atrito: µ = 0; 
Massa: 𝑚𝑐 = 500𝑔. 
.- Mola: 
Constante elástica: k = 400 kN/m; 
Comprimento: L = 80 mm. 
Determine: 
a.- Para que a velocidade do colar em B seja zero, 
qual deve ser a velocidade do colar em A: 
𝜐𝐴 = ?. 
b.- A velocidade com que o colar chegara em C: 
𝜐𝐶 = ?. 
Solução 
Diagrama do sistema: 
 
Plano horizontal (Z =0): N.R. 
D.C.L. : 
 
 
 
Como as únicas forças externas ao sistema não 
realizam trabalho, então, temos conservação de 
energia. 
T + V = cte; 
⟹ 𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵. (1) 
a.- Velocidade em A: 
No ponto A temos: 
𝑇𝐴 = 
1
2
 𝑚𝜐𝐴
2 =
1
2
 × 0,5 × 𝜐𝐴
2 ; 
⟹ 𝑇𝐴 = (0,25)𝜐𝐴
2; 
𝑉𝐴 = 𝑉𝑔 + 𝑉𝑒 ; 
𝑉𝑔 = 𝑚𝑖𝑔𝑧𝑖 ; 𝑧𝑖 = 0, ∀𝑖; 
⟹ 𝑉𝑔 = 0 ; 
 ⟹ 𝑉𝐴 = 𝑉𝑒 = 
1
2
𝑘(∆𝐿𝐴)
2 ; (2) 
∆𝐿𝐴 = 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ − 𝐿 ; 
⟹ ∆𝐿𝐴 = 0,150 𝑚 − 0,080 𝑚 ; 
⟹ ∆𝐿𝐴 = 0,070 𝑚 . 
Substituindo os valores em (2): 
⟹ 𝑉𝐴 =
1
2
(400 × 103)(0,070)2 ; 
⟹ 𝑉𝐴 = 980 𝐽. 
No ponto B temos: 
1
2
𝑚𝜐𝐵
2; 𝜐𝐵 = 0 ; 
⟹ 𝑇𝐵 = 0 ; 
𝑉𝐵 = 𝑉𝑔 + 𝑉𝑒; 
𝑉𝑔 = 𝑚𝑖𝑔𝑧𝑖 ; 𝑧𝑖 = 0, ∀𝑖; 
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⟹ 𝑉𝑔 = 0 𝐽 . 
⟹ 𝑉𝐵 = 𝑉𝑒 = 
1
2
𝑘(∆𝐿𝐵)
2 ; (3) 
∆𝐿𝐵 = 𝐷𝐵̅̅ ̅̅ − 𝐿 ; 
⟹ ∆𝐿𝐵 = 0,2𝑚 − 0,08𝑚 ; 
⟹ ∆𝐿𝐵 = 0,12 𝑚 . 
Substituindo os valores em (3): 
⟹ 𝑉𝐵 = 
1
2
(400 × 103)(0,12)2 ; 
⟹ 𝑉𝐵 = 2880 𝐽. 
Substituindo na equação (1), temos: 
⟹ 0,25𝜐𝐴
2 + 980 = 0 + 2880 ; 
⟹ 𝜐𝐴
2 = 
(2880 − 980)
0,25
 ; 
⟹ 𝜐𝐴 = 87,2 𝑚/𝑠 . 
b.- Velocidade em C: 
Uma vez que a inclinação em B é positiva, a 
componente da força da mola (𝐹𝑒𝑡), em paralelo 
com a haste, faz com que o colar se mova em 
direção à A. 
Diagrama: 
 
Como temos conservação de energia no sistema: 
𝑇𝐵 + 𝑉𝐵 = 𝑇𝐶 + 𝑉𝐶 ; (4) 
Como: 
𝑇𝐵 = 0 𝐽 ; 
⟹ 𝑉𝐵 = 2880𝐽 ; 
No ponto C: 
𝑇𝐶 =
1
2
𝑚𝑣𝑐
2 =
1
2
(0,5)𝜐𝐶
2 ; 
⟹ 𝑇𝐶 = 0,25𝜐𝐶
2 ; 
𝑉𝐶 = 𝑉𝑔 + 𝑉𝑒 ; 
𝑉𝑔 = 𝑚𝑖𝑔𝑍𝑖 ; 𝑧𝑖 = 0 , ∀𝑖; 
⟹ 𝑉𝑔 = 0 𝐽 . 
⟹ 𝑉𝐶 = 𝑉𝑒 =
1
2
𝑘(∆𝐿𝑐
2) ; (5) 
∆𝐿𝐶 = 𝐷𝐶̅̅ ̅̅ − 𝐿 ; 
⟹ ∆𝐿𝐶 = 0,100𝑚 − 0,08𝑚 ; 
⟹ ∆𝐿𝐶 = 0,02𝑚 . 
Substituindo na equação (5): 
⟹ 𝑉𝐶 = 
1
2
(400 × 103)(0,022) ; 
⟹ 𝑉𝐶 = 80𝐽 . 
Substituindo na equação (4), temos: 
⟹ 0 + 2880 = 0,25𝜐𝐶
2 + 80 ; 
⟹ 𝜐𝐶
2 = 11200 ; 
⟹ 𝜐𝐶 = 105,8𝑚 𝑠⁄ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.194: Após completar sua missão de 
exploração na lua, os dois astronautas da tripulação de 
um módulo de excursão lunar Apolo Preparariam o 
retorno ao módulo de comando que orbitava a lua a 
uma altitude de 140 km. Eles acionariam o motor do 
módulo lunar, levariam-no ao longo de uma trajetória 
curva até o ponto A, a 8 km acima da superfície da lua 
e desligariam o motor. Sabendo que o módulo lunar 
movia-se naquele instante em uma direção paralela à 
superfície da lua e que então seguiria livre ao longo de 
uma trajetória elíptica para reencontrar o módulo de 
comando em B. 
a.- A velocidade do modulo lunar após desligar o motor. 
b.- Velocidade relativa com a qual o módulo de 
comando se aproximaria do modulo lunar B. 
 
Dados: 
Lua 
Raio da lua= 1740 × 103 𝐾𝑚 
Massa da Lua= 0,0123 vezes a massa da 
terra 
Terra 
Massa da Terra= 5,98 × 1024 𝐾𝑔 
Raio = 6,37 × 106𝑚 
Orbita circular 
Distancia à lua= 140 𝑘𝑚 
 Início (A)= 8 𝐾𝑚 
Determinar: 
a.- Velocidade no ponto A: 
𝜐𝐴 = ?; 
b. - Velocidade relativa no ponto B: 
𝜐𝐵′/𝐵 = ? ; 𝜐𝐵 𝑐𝑖𝑟𝑐/𝐵 𝑒𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 = ?. 
Solução 
Diagrama 
 
Usando a equação da conservação do momento 
angular para orbita elíptica AB temos: 
Como: 𝜐 𝐴 ⊥ 𝑟 𝐴; 𝜐 𝐵 ⊥ 𝑟 𝐵 
⇒ 𝑚 ∙ 𝑟𝐴 ∙ 𝑣𝐴 = 𝑚 ∙ 𝑟𝐵 ∙ 𝑣𝐵 
 𝑟𝐴 = 𝑅𝐿 + 8 ; 𝑟𝐵 = 𝑅𝐿 + 140 
Isolando 𝑣𝐵 𝑡emos: 
𝜐𝐵 = 
𝑟𝐴
𝑟𝐵
𝜐𝐴 = 
1748
1880
 𝜐𝐴 = 0,9298 𝜐𝐴; (1) 
Pela conservação da Energia na orbita elíptica 
teremos: 
No ponto A, 
Energia Cinética: 
𝑇𝐴 = 
1
2
𝑚𝜐𝐴
2; 
Energia Potencial: 
𝑉𝐴 = −
𝐺𝑀𝐿𝑚
𝑟𝐴
 
Sendo que a Massa da lua é dada por: 
𝑀𝐿 = 0,0123 𝑀𝑇; 
Temos também que: 
𝐺𝑀𝑇 = 𝑔𝑅𝑇
2; 
Daí, 
𝐺𝑀𝐿 = 0,0123𝐺𝑀𝑇 = 0,0123 𝑔 𝑅𝑇
2; 
 𝑅𝑇 = 6,37 × 10
6𝑚; 𝑔 = 9,81𝑚/𝑠2; 
Substituindo os valores temos: 
𝐺𝑀𝐿 = (0,0123)(9.81 𝑚 𝑠
2)(6,37 × 106𝑚)2⁄ ; 
𝐺𝑀𝐿 = 4.896 × 10
12 𝑚3 𝑠2 ⁄ . 
Substituindo temos, 
A 
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10 
𝑉𝐴 = −
(4,896 × 1012 𝑚3 𝑠2)𝑚⁄
(1748 × 103𝑚)
 
𝑉𝐴 = −2,801 × 10
6𝑚 
No ponto B, 
Energia Cinética: 
𝑇𝐵 = 
1
2
𝑚𝜐𝐵
2; 
Energia Potencial: 
𝑉𝐵 = −
𝐺𝑀𝐿𝑚
𝑟𝐵
= −
(4.896 × 1012 𝑚3 𝑠2)𝑚⁄
(1880 × 103)𝑚
; 
𝑉𝐵 = −2,604 × 10
6𝑚 . 
Do principio de conservação de energia temos: 
Para orbita elíptica AB temos: 
𝑇𝐴 + 𝑉𝐴 = 𝑇𝐵 + 𝑉𝐵; 
Substituindo temos: 
1
2
𝑚𝑣𝐴
2 + (−2,801)𝑚 = 
1
2
𝑚𝑣𝐵
2 + (−2,604 ×
 106)𝑚; 
𝜐𝐴
2 = 𝜐𝐵
2 + 393,3 × 103 𝑚2 𝑠2⁄ ; (2) 
(a) Para encontra a velocidade inicial devemos 
substituir a velocidade 𝑣𝐵 da equação 1 na 
equação 2: 
𝜐𝐴
2 = (0,9298𝜐𝐴)
2 + 393,3 × 103 𝑚2 𝑠2⁄ 
𝜐𝐴
2[1 − (0,92982)] = 393,3 × 103 𝑚2 𝑠2⁄ 
𝜐𝐴
2 = 2,903 × 106. 
 𝜐𝐴 = √(2,903 × 106) = 1704 𝑚 𝑠⁄ . 
(b) No Ponto B na orbita elíptica temos: 
𝜐𝐵′/𝐵 =?. 
Da relação: 
𝜐𝐵 = 0,9298 𝜐𝐴 ; 
𝜐𝐵 = 0,9298 × 1704 ⇒ 𝜐𝐵 = 1584𝑚 𝑠⁄ . 
(na orbita elíptica) 
O valor da velocidade de uma orbita circular é 
dado: 
𝜐𝐵 𝐶𝑖𝑟𝑐 = √
𝐺𝑀𝐿
𝑟𝐵
 
Portanto,𝜐𝐵 𝐶𝑖𝑟𝑐 = √
𝐺𝑀𝑙𝑢𝑎
𝑟𝐵
 
𝜐𝐵 𝐶𝑖𝑟𝑐 = √
4.896 × 1012 
1.88 × 106
= 1613.8 𝑚 𝑠⁄ . 
𝐶𝑜𝑚𝑜: 𝜐𝐵′ = 𝜐𝐵 𝑐𝑖𝑟𝑐 = 1613,8𝑚/𝑠. 
Daí, temos que a velocidade relativa será: 
𝜐𝐵′/𝐵 = 𝜐𝐵′ − 𝜐𝐵; 
 𝜐𝐵′/𝐵 = 1613,8 − 1584 = 29,8 𝑚 𝑠⁄ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.195: Marcas de derrapagem em uma 
pista de disputa de arrancadas indicam que as rodas 
traseiras (de tração) de um carro derrapam durante os 
18m da pista de 396m (a) sabendo que o coeficiente e 
atrito cinético é 0,60 determine o menor tempo possível 
para o carro percorrer a primeira parte de 18m da pista, 
se ele parte do repouso com as rodas dianteiras sem 
contato com o solo.(b) Determine o tempo mínimo para 
o carro fazer toda a corrida se, após derrapar por 18m 
as rodas deslizam pelo restante da corrida. Considere 
para a parte de deslizamento da corrida que 60% do 
peso do carro recaem sobre as rodas traseiras e que o 
coeficiente de atrito estático é 0,85. Ignore as 
resistências do ar e de rolamento. 
 
Dados 
.- Pista: 
Comprimento: d=369m 
Coeficiente de atrito: 
Cinético: 
60,0c
; 
Estático: 
85,0e
. 
.- Carro: 
Rodas traseiras (Tração). 
Derrapa por 18m. 
Rodas dianteiras sem contatos. 
Velocidade inicial: v0= 0 m/s. 
Derrapa com deslizamento no restante. 
60% do peso nas rodas traseiras. 
Determinar: 
a.- O menor tempo possível para o carro percorrer 
o 1º trecho de 18m: 
𝑡0−18 =?; 
b.- O menor tempo possível para o carro percorrer 
o trecho de 396m: 
𝑡0−396 =?. 
Solução 
Diagrama do sistema: 
 
a.- O menor tempo possível para os 18m: 
𝑡0−18 =? 
DCL (Diagrama de corpo livre) 
 
Da 2ª Lei de Newton Temos: 
+↑ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 𝑚𝑎𝑦 = 0 ; 𝑎𝑦 = 0 ⇒ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 0. 
  𝑁1 = 𝑊. 
Como: 
𝐹1 =
c
𝑁1 = 0,6𝑁 = 0,6𝑊; 
Pelo principio do trabalho e energia: (0m, 18m) 
𝑇0 + 𝑈0−18 = 𝑇18; (1) 
𝑇0 =
1
2
𝑚𝑣0
2 = 0; 𝜐𝑜 = 0𝑚/𝑠. 
⇒ 𝑇0 = 0𝐽. 
𝑇18 =
1
2
𝑚𝑣18
2 =
1
2
𝑊
𝑔
𝜐18
2 ; 
 𝑈0−18 = 𝐹1𝑑; 𝑑 = 18𝑚 
𝑈0−18 = 18(0,6𝑊) 
Substituído em (1) Temos: 
18
2
2
)6,0(180 
g
W
W 
 
Com: 
𝑔 = 9,81 𝑚/𝑠2. 
 𝜐18=14,6𝑚/𝑠. 
Principio do impulso e quantidade de movimento: 
 
Na direção x: 
. ; 181800 ii
  
 
18
0
0 
g
w
dtF
g
w
t
 
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⇒ 
𝑊
𝑔
 𝜐0 + ∫ 𝐹
𝑡
0
𝑑𝑡 = 
𝑊
𝑔
 𝜐18 
𝑊
𝑔
 𝜐0+𝐹𝑡 = 
𝑊
𝑔
 𝜐18 
𝑡 =
𝑊𝜐18
𝑔𝐹
=
𝑊𝜐18
𝑔(0,6𝑊)
=
𝜐18
0,6𝑔
 
𝑡 = 2,5𝑠 
𝑡18 = 𝑡 = 2,5𝑠. 
(b) Tempo mínimo para o carro percorrer 396m. 
𝑡0−396 =? 
DCL (Diagrama de corpo livre) 
 
Da segunda lei de Newton 
+↑ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 𝑚𝑎𝑦 ; 𝑎𝑦 = 0 ⇒ ∑𝐹𝑦
𝑛
𝑖=1
= 0. 
𝑁2 − 0,6𝑊 = 0 ⇒ 𝑁2 = 0,6𝑊. 
Para o tempo mínimo temos que: 𝐹2 ≫ 
𝐹2 = µ𝑒𝑁2 = 0,6
c
𝑊 = 0,6(0,85)𝑊. 
Do principio do trabalho e energia (0-396m): 
𝑇0 + 𝑈0−396 = 𝑇396; (2) 
𝑇18 =
1
2
𝑚𝜐396
2 =
1
2
𝑊
𝑔
𝜐396
2 ; 
 𝑈0−396 = 𝑈0−18 + 𝑈18−396; 
𝑈18−396 = 𝐹2𝑑2; 𝑑2 = 396 − 18 = 378𝑚 
Substituindo em (2) temos: 
0 + 18(𝑊0,6) + 378 ∗ 0,6 ∗ 0,85𝑊 =
𝑊
2𝑔
𝜐396
2 
𝜐396 = 68,33𝑚/𝑠. 
Do principio do impulso e quantidade de 
movimento: 
;396
0
218 

g
w
dtF
g
w
t
 
 
; ; 3963961818 ii
  
 
iFF 22 
 
𝐹2𝑡18−396 =
𝑊
𝑔
(𝜐396 − 𝜐18); 
𝑡18−396 =
𝑊
𝐹2𝑔
(𝜐396 − 𝜐18); 
Substituindo temos: 
𝑡18−396 =
𝑊
𝐹29,81
(68,33 − 14,6); 
𝑡18−396 = 10,74𝑠. 
O tempo: 
𝑡0−396 = 𝑡0−18 + 𝑡18−396 
𝑡0−396 = 2,5 + 10,74 = 13,24𝑠 
𝑡0−396 = 13,24𝑠. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.196: Um caminhão desce uma 
ladeira com 4% de inclinação a uma velocidade de 96 
km/h, quando os freios são aplicados para desacelerá-
lo ate 32 km/h. Um sistema de freios antiderrapantes 
limita a força de frenagem a um valor no qual as rodas 
do caminhão ficam na iminência de deslizar. Sabendo 
que o coeficiente de atrito estático entre a estrada e as 
rodas é de 0,60, determine o menor tempo necessário 
para o caminhão reduzir a velocidade. 
Dados 
.- Ladeira Inclinada: 
Inclinação: I = 4%. 
Velocidade inicial: 
𝜐𝑐1= 96 km/h = (96÷3,6)m/s. 
Velocidade final: 
𝜐𝑐2=32 km/h = (32÷3,6)m/s. 
Coeficiente de atrito estático entre a rampa e as 
rodas: µ𝑒 = 0,6. 
Determinar: 
Tempo necessário para o caminhão reduzir a 
velocidade: 
𝑡 =?. 
Solução 
Diagrama do sistema: 
 
𝜃 = 𝑡𝑔−1
4
100
= 2,29° 
 
Aplicando o princípio de impulso e quantidade de 
movimento ao sistema 
∑𝑚𝜐 𝑐1 + ∑𝐼𝑚𝑝1→2 = ∑𝑚𝜐 𝑐2; (i) 
Da figura, 
𝜐 𝑐1 = 𝜐𝑐1𝑖̂ ; �⃗⃗� = 𝑁𝑗̂ ; 
�⃗⃗⃗� = 𝑊𝑆𝑒𝑛𝜃𝑖̂ − 𝑊𝐶𝑜𝑠𝜃𝑗̂; 
�⃗� 𝑐2 = 𝑉𝑐2𝑖̂ ; 𝐹 = −𝐹𝑖̂ ; 
Portanto, 
∑𝑚𝑖𝜐 𝑐1 = 𝑚𝑖𝜐𝑐1𝑖 ̂
∑𝑚𝑖𝜐 𝑐2 = 𝑚𝑖𝜐𝑐2𝑖 ̂
∑ 𝐼𝑚𝑝1→2 = (�⃗⃗� + 𝐹 + �⃗⃗⃗� )∆𝑡 = (�⃗⃗� + 𝐹 + �⃗⃗⃗� )𝑡 
Na direção x: 
(−𝐹 + 𝑊𝑆𝑒𝑛𝜃)𝑡 = 𝐹𝑟; 
Na eminência do deslizamento: 
𝐹 = 𝜇𝑒𝑁; 
(−𝜇𝑒𝑁 + 𝑤𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑡 = 𝐹𝑟 
Na direção y: 
∑𝐹𝑦 = 0 → 𝑁 = 𝑊𝐶𝑜𝑠𝜃; 
(−𝜇𝑒𝑊𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝑊𝑆𝑒𝑛𝜃)𝑡 = 𝐹𝑟 
Substituindo na equação (i), teremos: 
𝑚𝜐1 + 𝐹𝑟∆𝑇 = 𝑚𝜐2 
𝑚𝜐𝑐1 + (𝑚𝑔𝑆𝑒𝑛(𝜃) − 𝑚𝑔𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝜇𝑒)𝑡 = 𝑚𝜐𝑐2 
𝜐𝑐1 + (𝑔𝑆𝑒𝑛(𝜃) − 𝑔𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝜇𝑒)𝑡 = 𝜐𝑐2 
Isolando o tempo: 
𝑡 =
𝜐𝑐2− 𝜐𝑐1
𝑔[𝑆𝑒𝑛(𝜃)−𝐶𝑜𝑠(𝜃)𝜇𝑒]
; (5) 
Substituindo os valores em (5) 
𝑡 =
8,88 − 26,66
9,81[𝑆𝑒𝑛(2,29) − 𝐶𝑜𝑠(2,29)0,6]
 
∆𝑇 = 3,24 𝑠. 
Logo, o menor tempo para o caminhão reduzir 
sua velocidade é 3,24 segundos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.197: Dois nadadores A e B, com 
pesos de 855 N e 562,5 N, respectivamente, estão em 
cantos diagonalmente opostos de um flutuador quando 
percebe que o flutuador soltou-se de seu ancoradouro. 
O nadador A imediatamente começa a andar em 
direção a B com uma velocidade de 0.6 m/s em relação 
ao flutuador. Sabendo que o flutuador pesa 1.350 N, 
determine (a) a velocidade do flutuador caso B não se 
mova e (b) a velocidade com que B deve andar em 
direção a A para que o flutuador não se mova. 
 
Dados 
.- Nadador A 
Peso: PA= 855N; 
Velocidade de A em relação ao flutuador: 
6,0

ûAB 
.- Nadador B 
Peso: PB=562,5N 
.- Flutuador 
PF= 1350N. 
Determinar: 
a.- A velocidade do flutuador caso B não se mova: 
𝜐𝐹 =? (𝜐𝐵 = 0) 
b.- A velocidade em que B deve se mover: 
𝜐𝐵 =? (𝜐𝐹 = 0) 
Solução 
(a) A velocidade do Flutuador Caso B não se mova? 
𝜐𝐹 =? (𝜐𝐵 = 0) 
DCL (Diagrama de corpo livre) 
 
Como não existem focas externas na direção 
movimento temos conservação da quantidade de 
movimento. 
ctem ii  
 
2211 iiii
mm    
 
BBFFAABoBFoFAoA mmmmmm  
.0 FoBoAo 
 
;0 FFBBAA mmm   (1) 
FBFFAA   / ; 
Substituindo em (1) temos: 
FFBB   / ; .0/ FBFFFBFFAA mmm   )(0 / 
FFBAFAA mmmm  )(0 /  
FA
FBA
A
F
mmm
m
/



 
;
2
/ FA
FBA
A
F
mmm
m 



 
;
g
P
m ii 
 
𝜐𝐹 =
_(0,6𝑚/𝑠)(855𝑁)
(855𝑁 + 562,5𝑁 + 1350𝑁)
; 
𝜐𝐹 = 0,185𝑚/𝑠. 
(b) A velocidade com que B deve se mover em 
direção a A para que o flutuador não se mova? 
𝜐𝐵 =? ; (𝜐𝐹 = 𝑜) 
Como: 
ctem ii  
; 
ExtF
 
FFBBAAFoFBoBAoA mmmmmm   
FFBBAA mmm  0
;.......(2) 
0F ; 
ABFAFFAA û//  
; 
;// ABFBFFBB û 
 
Substituindo em (2) temos: 
;// FBBABFAA mûm  
 
FA
B
A
FB
m
m
//  
; 
;
g
P
m ii 
 
𝜐𝐵/𝐹 =
(0,6)(855)
562,5
; 
𝜐𝐵/𝐹 = 0,912𝑚/𝑠. 
 𝜐𝐵 = 0,912𝑚/𝑠. 
 
 
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Problema 13.198: Para uma bola que atinge uma 
superfície sem atrito, mostre que α > θ. Mostre também 
que a perda percentual de energia cinética devido ao 
impacto é 100 (1 − ℯ2) 𝑐𝑜𝑠2𝜃. 
 
Dados: 
.- Superfície sem atrito: 𝜇 ≈ 0; 
.- Bola: 
Ida: 
Ângulo: θ 
Velocidade: 𝑣 
Volta: 
Ângulo: α 
Velocidade: 𝜐′ 
Mostre que: 
.- α > θ 
.- A perda percentual de energia cinética devido 
ao impacto é: 
100 (1 − ℯ2) 𝐶𝑜𝑠2𝜃. 
Solução: 
Diagrama: 
 
Como a superfície é sem atrito, a quantidade de 
movimento na direção t é conservado. 
Assim: 
𝑚𝜐𝑡 = 𝑚 𝜐𝑡
′ (1) 
Onde: 
𝜐𝑡 = 𝜐. 𝑆𝑒𝑛 𝜃 (2) 
𝜐𝑡
′ = 𝜐′𝑆𝑒𝑛 𝛼 (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1) temos: 
𝑚 𝜐 𝑆𝑒𝑛 𝜃 = 𝑚 𝜐′ 𝑆𝑒𝑛 𝛼 
𝜐 𝑆𝑒𝑛 𝜃 = 𝜐′ 𝑆𝑒𝑛 𝛼 (4) 
Para o coeficiente de restituição, na direção n, 
temos: 
(𝜐𝑛 − 𝜐𝑠𝑛)𝑒 = (𝜐
′
𝑛 − 𝜐
′
𝑠𝑛) 
Como: 
𝜐𝑠𝑛 = 𝜐′𝑠𝑛 = 0 
  𝜐𝑛. 𝑒 = 𝜐𝑛
′ (5) 
Onde: 
𝜐𝑛 = 𝜐. 𝐶𝑜𝑠 𝜃 (6) 
𝜐𝑛
′ = 𝜐′. 𝑐𝑜𝑠 𝛼 (7) 
Substituindo (6) e (7) em (5) temos: 
𝜐. 𝐶𝑜𝑠𝜃. 𝑒 = 𝜐′. 𝐶𝑜𝑠𝛼 (8) 
Dividindo a equação (4) pela equação (8), temos: 
𝜐 𝑆𝑒𝑛 𝜃
 𝜐 𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑒
= 
𝜐′𝑠𝑒𝑛 𝛼
𝜐′𝐶𝑜𝑠𝛼
 
𝑇𝑎𝑛𝜃
𝑒
= 𝑇𝑎𝑛 𝛼; 
𝑇𝑎𝑛 𝜃
𝑇𝑎𝑛 𝛼
= 𝑒 
Como: 
0 < 𝑒 < 1 ⇒ 
𝑇𝑎𝑛 𝜃
𝑇𝑎𝑛 𝛼
< 1 
Logo: 
𝑇𝑎𝑛 𝛼 > 𝑇𝑎𝑛 𝜃 
Assim: 
𝛼 > 𝜃. 
Obtendo agora a perda percentual de energia 
cinética. 
Elevando as equações (4) e (8) temos: 
𝜐2𝑆𝑒𝑛2𝜃 = 𝜐′2𝑆𝑒𝑛2𝛼 
𝜐2 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝑒2 = 𝜐′2 𝐶𝑜𝑠2𝛼 
Adicionando-as temos: 
𝜐2(𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝑒2) = 𝜐′
2
(𝑆𝑒𝑛2𝛼 + 𝐶𝑜𝑠2𝛼) 
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𝜐2(𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝑒2) = (𝜐′)2 
A variação de energia cinética é dada por: 
∆𝑇 = 𝑇1 − 𝑇2 
𝑇1 = 
1
2
𝑚𝜐2 ; 𝑇2 = 
1
2
𝑚𝜐′2 
∆𝑇 = 
1
2
𝑚 [𝜐2 − (𝜐′)2 ] 
Substituindo 𝜐′: 
∆𝑇 = 
1
2
𝑚 [𝜐2 − 𝜐2(𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝑒2) ] 
∆𝑇 = 
1
2
𝑚𝜐2 [1 − (𝑆𝑒𝑛2𝜃 + 𝐶𝑜𝑠2𝜃 𝑒2) ] 
∆𝑇 = 
1
2
𝑚𝜐2 [𝐶𝑜𝑠2𝜃 (1 − 𝑒2) ] 
Assim a perda percentual é dada por: 
%𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎 = 100 
∆𝑇
𝑇1
 
Substituindo: 
%𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎 = 100 
 
1
2𝑚𝜐
2 [𝐶𝑜𝑠2𝜃 (1 − 𝑒2) ]
1
2𝑚𝜐
2
 
%𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎 = 100 (1 − ℯ2) 𝐶𝑜𝑠2𝜃. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.199: Os três blocos mostrados são 
idênticos. Os blocos B e C estão em repouso quando 
o bloco B é atingido pelo bloco A, que se move com 
uma velocidade 𝑣𝐴 de 0,9 m/s. Após o impacto, 
considerado perfeitamente plástico ( ℯ = 0) , a 
velocidade dos blocos A e B diminui devido ao atrito, 
enquanto o bloco C adquire velocidade até que os três 
blocos acabam se movendo com a mesma velocidade 
𝑣. Sabendo que o coeficiente de atrito cinético entre 
todas as superfícies é 𝜇𝑐 = 0,20, determine: 
a.- O tempo necessário para os três blocos alcançarem 
a mesma velocidade; 
b.- A distância total que cada bloco percorre durante 
esse tempo. 
 
Dados: 
.- Blocos idênticos: 
 - Massas: 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 = 𝑚𝐶 = 𝑚 
.- Situação 1: 
 - Blocos B e C: 
 Estão em repouso, 𝑣𝐵 = 𝑣𝐶 = 0 
 - Bloco A: 
Velocidade: 𝑣𝐴 = 0,9 𝑚/𝑠 
.- Situação 2: 
 - O bloco B é atingido pelo bloco A. 
 - Impacto perfeitamente plástico (𝑒 = 0). 
 - As velocidades dos blocos A e B diminuem. 
 - Bloco C adquire velocidade. 
 - Os três blocos, A, B e C, se movem com a 
mesma velocidade 𝑣. 
 - Coeficiente de atrito cinético em todas as 
superfícies: 𝜇𝑐 = 0,20. 
Determine: 
a.- O tempo necessário para os três blocos 
alcançarem a mesma velocidade, 𝑡 =? 
b.- A distância total que cada bloco percorreu 
durante esse tempo: 
𝑥𝐴, 𝑥𝐵 , 𝑥𝐶 =?. 
Solução: 
Diagrama: 
 
a.- O tempo para alcançarem a mesma velocidade, 
𝑡 =? 
No impacto entre A e B tem a conservação da 
quantidade de movimento. (Força de atrito 
contribui pouco durante o impacto). 
∑𝑚𝑖 𝑣 𝑖 = 𝑐𝑡𝑒 
𝑚𝑣 𝐴 + 𝑚𝑣 𝐵 + 𝑚𝑣 𝐶 = 𝑚𝑣 𝐴
′ + 𝑚𝑣 𝐵
′ + 𝑚𝑣 𝐶
′ 
{
𝑣 𝐴 = 0,9 𝑖̂; 𝑣 𝐵 = 0; 𝑣 𝐶 = 0 
 𝑣 ′𝐴 = 0,9 𝑖̂; 𝑣 ′𝐵 = 𝑣 ′𝐵 𝑖̂; 𝑣 𝐶 = 0
 
⇒ 𝑚𝑣𝐴 = 𝑚(𝑣𝐴
′ + 𝑣𝐵
′ ) 
𝑣𝐴 = (𝑣𝐴
′ + 𝑣𝐵
′ ) 
Substituindo: 
0,9 = 𝑣𝐴
′ + 𝑣𝐵
′ (1) 
Do coeficiente de restituição (ℯ = 0), temos: 
(𝑣𝐴 − 𝑣𝐵)𝑒 = 𝑣𝐵
′ − 𝑣𝐴
′ 
0 = 𝑣𝐵
′ − 𝑣𝐴
′ 
𝑣𝐴
′ = 𝑣𝐵
′ (2) 
Substituindo (2) em (1): 
2𝑣𝐴
′ = 0,9 
⇒ 𝑣𝐴
′ = 0,45 𝑚/𝑠 ⇒ 𝑣𝐵
′ = 0,45 𝑚/𝑠. 
 
Bloco C: Diagrama do princípio de impulso e 
quantidade de movimento 
𝑣 = velocidade final (comum) 
 
{
𝑚𝑐𝑣 𝑐1 + ∫ 𝐹
 
𝑓𝑑𝑡 
2
1
= 𝑚𝑐𝑣 𝑐2
 𝑣 𝑐1 = 𝑣′𝑐𝑖̂; 𝐹
 
𝑓 = 𝐹𝑓�̂�; 𝑣 𝑐2 = 𝑣𝑖̂ 
 
Como: 𝑁𝑐 = 𝑊𝑐: 
+
→ 𝑚𝐶𝑣′𝐶 + 𝐹𝑓 . 𝑡 = 𝑚𝑐𝑣 𝑒 𝐹𝑓 = 𝜇𝑐𝑊𝐶 
 𝜇𝑐𝑊𝐶 . 𝑡 = 𝑚𝑐𝑣 
⇒ 𝜇𝑐. 𝑚𝐶 . 𝑔. 𝑡 = 𝑚𝑐𝑣 
Substituindo: 
⇒ 𝑣 = 𝜇𝑐. 𝑔. 𝑡 
 𝑣 = 0,20𝑔𝑡 (3) 
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Bloco A e B: Diagrama do princípio do impulso e 
quantidade de movimento 
 
Como não existe movimento em “y”, e como: 
𝑊𝐴 = 𝑊𝐵 = 𝑊𝐶 = 𝑊 
Temos: 
∑𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑁𝐴𝐵 = 𝑊𝐴 + 𝑊𝐵 + 𝑁𝐶 = 3𝑊 
𝐹𝐴𝐵 = 𝜇𝑐. 𝑁𝐴𝐵 = 3𝜇𝑐𝑊 
𝐹𝑓 = 𝜇𝑐. 𝑁𝑐 = 𝜇𝑐𝑊 
Pelo princípio do impulso e quantidade de 
movimento em x: 
𝑚𝐴𝑣′𝐴 + 𝑚𝐵𝑣′𝐵 − ∫ (𝐹𝑓 + 𝐹𝐴𝐵)
2
1
𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝑣 +
 𝑚𝐵𝑣; 
2𝑚𝑣′ − ∫ (4𝜇𝑐.𝑊)
2
1
𝑑𝑡 = 2𝑚𝑣 
2𝑚𝑣′ − 4𝜇𝑐.𝑊𝑡 = 2𝑚𝑣 
2𝑚𝑣′ − 4𝜇𝑐. 𝑚𝑔. 𝑡 = 2𝑚𝑣 
2𝑣′ − 4𝜇𝑐 . 𝑔𝑡 = 2𝑣 
Substituindo: 
0,45 − 0,4𝑔𝑡 = 𝑣 (4) 
Substituindo 𝑣 de (3) em (4) 
0,45 − 0,4𝑔𝑡 = 0,20𝑔𝑡 
⇒ 0,45 = 0,6𝑔𝑡 
⇒ 𝑡 = 
0,45
0,6 . 9,81
= 0,0776 𝑠 
𝑡 = 0,0776 𝑠 
De (3) temos que: 
𝑣 = 0,2 . 9,81 . 0,0776 = 0,15𝑚/𝑠 
b.- A distância total percorrida por cada 
bloco, 𝑥𝐴, 𝑥𝐵, 𝑥𝐶 =? 
Bloco C: 
 
Pelo princípio do trabalho e energia: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 
𝑇1 =
1
2
𝑚𝑣′𝑐
2 = 0 
𝑇2 = 
1
2
𝑚𝑐𝑣
2 = 
1
2
 
𝑊
𝑔
 𝑣2 =𝑊
2𝑔
 (0,15)2 
𝑈1−2 = 𝐹𝑓 . 𝑥𝐶 = 𝜇𝑘𝑊.𝑥𝐶 = 0,20 𝑊𝑥𝐶 
Substituindo, temos: 
0 + (0,20)𝑊. 𝑥𝐶 = 
𝑊
2𝑔
. (0,15)2 
Resolvendo para 𝑥𝐶: 
𝑥𝐶 = 
(0,15)2
2 . 0,20 . 9,81
= 0,0057 𝑚 
𝑥𝐶 = 0,0057 𝑚 
Blocos A e B: 
 
Pelo princípio do trabalho e energia: 
𝑇1 + 𝑈1−2 = 𝑇2 (∗) 
𝑇1 = 
1
2
 𝑚𝐴𝐵𝑣1
2 = 
1
2
 (2
𝑊
𝑔
) (0,45)2 
𝑇1 = 𝑊(0,45)
2 
𝑇2 = 
1
2
 𝑚𝐴𝐵𝑣
2 = 
1
2
 (2
𝑊
𝑔
) (0,15)2 
𝑇2 = 𝑊(0,15)
2 
𝑈1−2 = −4𝜇𝑘𝑊𝑔𝑥𝐴 
Substituindo em (∗) 
𝑊(0,45)2 − 4𝜇𝑘𝑊𝑔𝑥𝐴 = 𝑊(0,15)
2 
(0,45)2 − 4𝜇𝑘𝑔𝑥𝐴 = (0,15)
2 
Substituindo os valores: 
(0,45)2 − 4. (0,20). (9,81)𝑥𝐴 = (0,15)
2 
𝑥𝐴 = 0,0229 𝑚 
A distância percorrida pelos blocos A e B é igual. 
Logo: 
𝑥𝐵 = 0,0229 𝑚 
 
 
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Problema 13.200: Uma bala de 20g disparada 
contra um bloco de madeira de 4kg suspenso pelos 
cabos AC e BD penetra no bloco no ponto E, que está 
ao meio, entre os pontos C e D, sem bater no cabo BD. 
Determinar (a) a altura máxima h para o bloco e a bala 
incorporada depois do impacto, (b) o impulso total 
exercido sobre o bloco pelos dois cabos durante o 
impacto. 
 
Dados 
.- Bala: 
Massa: 𝑚𝑏 = 20𝑔; 
Velocidade: 𝜐𝑏 = 600 𝑚/𝑠; 
Direção com a horizontal: 𝜃 = 20°; 
.- Bloco: 
Massa: 𝑚𝐵 = 4𝑘𝑔; 
.- Cabos 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ : 
Comprimento: 𝑙 = 1,5 𝑚; 
Determine: 
a.– A altura máxima atingida pelo bloco-bala 
após o impacto: 
ℎ𝑚á𝑥 = ?; 
b.– O impulso total exercido sobre o bloco 
pelos cabos durante o impacto: 
𝐼𝑚𝑝 = ?. 
Solução 
Diagrama do Impulso e quantidade de movimento 
do sistema. 
 
Pelo princípio do impulso e quantidade de 
movimento temos: 
⇒∑ miυ i1+ ∫ F⃗⃗ .∆t = ∑ miυ i2 ; 
Como: F⃗⃗ =F𝑗̂. 
Temos conservação da quantidade de movimento 
na direção x: 
⇒∑ miυ ix1= ∑ miυ ix2; 
⇒ 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜𝑥 + 𝑚𝑏𝜐𝑏𝑜𝑥 = 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑥 + 𝑚𝑏𝜐𝑏𝑥; 
𝜐𝐵𝑜𝑥 = 0 𝑚/𝑠; 𝜐𝑏𝑜𝑥 = −𝜐𝑏𝑜 𝐶𝑜𝑠 20° ; 
Como: 
𝜐𝑏𝑥 = 𝜐𝑏𝑥 = 𝜐; 
⇒ −𝑚𝑏𝜐𝑏𝑜𝐶𝑜𝑠(20˚) = (𝑚𝐵 + 𝑚𝑏)𝜐; 
Substituindo os valores: 
−(0,02) × (600) 𝐶𝑜𝑠(20˚) = −4,02𝜐; 
⇒ υ = 2,805 m/s; 
Diagrama após o impacto da bala com o bloco: 
 
Como: F (forças nos cabos 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ) é 
perpendicular a trajetória, portanto não realiza 
trabalho no sistema, consequentemente temos 
conservação de energia: 
⇒ 𝑇 + 𝑉 = 𝑐𝑡𝑒; 
⇒ 𝑇1 + 𝑉1 = 𝑇2 + 𝑉2 … . (1); 
No ponto 1: 
𝑇1 = 
1
2
(𝑚𝐵 + 𝑚𝑏)𝜐1
2; 𝜐1 = 𝜐; 
⇒ 𝑇1 = 
1
2
(4 + 0,02) × (2,805)2; 
⇒ 𝑇1 = 15,815𝐽. 
𝑉1 = (𝑚𝐵 + 𝑚𝑏)𝑔. 𝑧; 
𝑧 = 0 ⇒ 𝑉1 = 0J. 
No ponto 2: 
𝑇2 = 
1
2
(𝑚𝐵 + 𝑚𝑏)𝜐2
2; 
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𝜐2
2 = 0 ⇒ 𝑇2 = 0𝐽. 
𝑉2 = (𝑚𝐵 + 𝑚𝑏)𝑔. ℎ𝑚á𝑥; 
⇒ 𝑉2 = (4,02) × (9,81)ℎ𝑚á𝑥 ; 
⇒ 𝑉2 = 39,44ℎ𝑚á𝑥; 
Substituindo na equação (1): 
⇒ 15,815 + 0 = 0 + 39,44ℎ𝑚á𝑥; 
⇒ ℎ𝑚á𝑥 = 401 𝑚𝑚; 
b.- Do diagrama do impulso e quantidade de 
movimento na direção y: 
∑𝑚𝑖𝜐 𝑖1 + 𝐹. ∆𝑡 =∑𝑚𝑖𝜐 𝑖2𝑦 ; 
𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜𝑦 + 𝑚𝑏𝜐𝑏𝑜𝑦 + 𝐹. ∆𝑡 = (𝑚𝐵 + 𝑚𝑏)𝜐𝑦; 
𝜐𝐵𝑜𝑦 = 0; 𝜐𝑦 = 0; 
𝜐𝑏𝑜𝑦 = − 𝜐𝑏𝑜𝑆𝑒𝑛20˚; 
−𝑚𝐵𝜐𝑏𝑜𝑆𝑒𝑛20˚ + 𝐹. ∆𝑡 = 0; 
Substituindo os valores: 
⇒ −(0,02) × (−600) × (𝑆𝑒𝑛 20°) + 𝐹. ∆𝑡 = 0; 
⇒ 𝐹. ∆𝑡 = 4,10 𝑁. 𝑠. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problema 13.201: Uma bola de 700g é pendurada 
a partir de um cordão não extensível acoplado a um 
suporte C. Uma bola A de 350g colide com B a uma 
velocidade 𝜐𝑜 a um ângulo de 60º com a vertical. 
Assumindo impacto perfeitamente elástico (e = 1) e 
sem o atrito, determine a velocidade de cada bola 
imediatamente após o impacto. Verifique que não há 
energia perdida durante o impacto. 
 
Dados 
.- Bola B: 
Massa: 𝑚𝐵 = 700𝑔; 
𝜐𝐵𝑜 = 0 𝑚/𝑠. 
.- Bola A: 
Velocidade inicial 𝜐𝑜; 
Massa: 𝑚𝐴 = 350𝑔; 
Direção: 𝜃 = 60°. 
.- Impacto: perfeitamente elástico: 𝑒 = 1. 
.- Sem atrito: 𝜇 = 0. 
Determine: 
.- Velocidades após o impacto. 
𝜐𝐴
′ =? , 𝜐𝐵
′ =?. 
.- Verificar que não há perda de energia durante o 
impacto. 
Δ𝑇 =?. 
Solução 
Da Bola A: 
Diagrama do imp. e quantidade de movimento da 
bola A �̂� 
 
A equação do princípio de impulso e quantidade 
de movimento: 
𝑚𝐴 𝜐 𝐴1+ ∫𝐹 𝑖
2
1
𝑑𝑡 = 𝑚𝐴 𝜐 𝐴2 
Na direção tangente �̂�: 
𝑚𝐴𝜐𝐴1𝑡 + ∫𝐹𝑖𝑡
2
1
𝑑𝑡 = 𝑚𝐴𝜐𝐴2𝑡 ; 𝐹𝑖𝑡 = 0; 
⇒ 𝜐𝐴1𝑡 = 𝜐𝐴2𝑡 ; 𝜐𝐴2𝑡 = 𝜐𝐴𝑡
′ ; 𝜐𝐴1𝑡 = 0; 
⇒ 𝜐𝐴𝑡
′ = 0 ⇒ 𝜐 𝐴
′ = 𝜐 𝐴𝑛
′ + 𝜐 𝐴𝑡
′ = 𝜐 𝐴𝑛
′ ; 
⇒ 𝜐 𝐴
′ = 𝜐 𝐴𝑛
′ �̂�𝑛; 
Bolas A e B: 
Diagrama de imp. e quantidade de movimento do 
sistema. 
 
∑𝑚𝑖 𝜐 𝑖1+ ∫𝐹 𝑖 𝑑𝑡 = ∑𝑚𝑖 𝜐 𝑖2 
Como: 
𝐹 𝑖 = 𝐹𝑗̂; 
A quantidade de movimento em x se conserva. E 
temos: 
∑𝑚𝑖 𝜐𝑖𝑥1 = ∑𝑚𝑖 𝜐𝑖𝑥2; 
𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜𝑥 + 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑜𝑥 = 𝑚𝐴𝜐𝐴𝑥
′ + 𝑚𝐵𝜐𝐵𝑥
′ ; 
Como: 
𝜐𝐵𝑜𝑥 = 0 𝑚/𝑠; 
𝜐𝐴𝑜𝑥 = −𝜐𝑜 𝑆𝑒𝑛 60° ; 
𝜐𝐴𝑥
′ = −𝜐𝐴𝑛
′ 𝑆𝑒𝑛 60°; 𝜐𝐵𝑥
′ = −𝜐𝐵
′ ; 
⇒ 𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜𝑥 = 𝑚𝐴𝜐𝐴𝑥
′ − 𝑚𝐵𝜐𝐵
′ ; 
Substituindo, temos: 
− 𝑚𝐴𝜐𝑜 𝑆𝑒𝑛 60° = −𝑚𝐴𝜐𝐴𝑛
′ 𝑆𝑒𝑛 60° − 𝑚𝐵𝜐𝐵
′ ; 
(0,35)
√3
2
𝜐𝑜 = (0,35)
√3
2
𝜐𝐴𝑛
′ + 0,7𝜐𝐵
′ ; 
𝜐𝑜 = 𝜐𝐴𝑛
′ + 2,309𝜐𝐵
′ ; (1) 
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Das velocidades relativas na direção n, temos o 
coeficiente de restituição: 
𝑒 =
𝜐𝐵𝑛
′ − 𝜐𝐴𝑛
′
𝜐𝐴𝑛 − 𝜐𝐵𝑛
; 
⇒ (𝜐𝐴𝑛 − 𝜐𝐵𝑛)𝑒 = 𝜐𝐵𝑛
′ − 𝜐𝐴𝑛
′ ; 
⇒ 𝜐𝐴𝑛 = 𝜐𝑜; 𝜐𝐵𝑛 = 0 𝑚/𝑠; 𝜐𝐵𝑛
′ = 𝜐𝐵
′ 𝑆𝑒𝑛 60° ; 
 
⇒ (𝜐𝑜 − 0)(1) = 𝜐𝐵
′ 𝑆𝑒𝑛 60° − 𝜐𝐴𝑛
′ ; 
⇒ 𝜐𝑜 = 0,866𝜐𝐵
′ − 𝜐𝐴𝑛
′ ; (2) 
Somando as equações (1) e (2), temos: 
⇒ 2𝜐𝑜 = (2,309 + 0,866)𝜐𝐵
′ 
⇒ 𝜐𝐵
′ = 0,63𝜐𝑜; 
⇒ 𝜐 𝐵
′ = 0,63𝜐𝑜𝑖̂. 
Da equação (1): 
⇒ 𝜐𝐴𝑛
′ = 𝜐𝑜 − (2,309) × (0,63𝜐𝑜); 
⇒ 𝜐𝐴𝑛
′ = 0,455𝜐𝑜 . 
𝜐 𝐴
′ = 𝜐𝐴𝑛
′ 𝑆𝑒𝑛 60° 𝑖̂ + 𝜐𝐴𝑛
′ 𝐶𝑜𝑠 60° 𝑗̂; 
⇒ 𝜐 𝐴
′ = 0,394𝜐𝑜𝑖̂ + 0,228𝜐𝑜𝑗̂. 
⇒ 𝜐𝐴
′ = 0.455𝜐𝑜. 
Energia perdida: 
∆𝑇 = 𝑇𝑜 − 𝑇𝐹 (3) 
Energia cinética antes do impacto: 
𝑇𝑜 = 
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴𝑜
2 +
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵𝑜
2 ; 
Como: 
𝜐𝐵𝑜 = 0, 𝜐𝐴𝑜 = 𝜐𝑜; 
⇒ 𝑇𝑜 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝑜
2; 
Energia cinética após impacto: 
𝑇𝐹 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴
′ 2 +
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵
′ 2; 
Substituindo em (3) temos: 
∆𝑇 =
1
2
𝑚𝐴𝜐𝑜
2 − (
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐴
′ 2 +
1
2
𝑚𝐴𝜐𝐵
′ 2); 
Substituindo os valores de 𝑚𝐴, 𝑚𝐵, 𝜐𝐴
′ , 𝑒 𝜐𝐵
′ 
⇒ ∆𝑇 =
1
2
[(0,35)(𝜐𝑜
2 − (0.455𝜐𝑜)
2)
− (0,7)(0,63𝜐𝑜)²]; 
∆𝑇 =
1
2
[(0,35)(1 − 0,2065)
− (0,7)(0,3969)]𝜐𝑜
2; 
∆𝑇 =
1
2
[0,278 − 0,278]𝜐𝑜
2; 
∆𝑇 = 0. 
Assim a energia perdida é igual a zero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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