Moyses Fisica Básica vol. 1 (Resolução)

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Moyses 1/Cap11/15.jpg
Moyses 1/Exercicios_Moyses.pdf
1
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)g
T = 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 que ela 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, estando a 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)
Moyses 1/FIS26-2013-lista11-resolucao.pdf
FIS-26 – Resoluc¸a˜o Lista-11 – Lucas Galembeck
——————————————————————————————————————————————————————
1. Dentro de uma esfera de raio R e de densidade ρ existe uma cavidade esfe´rica de raio a (a < R). A
distaˆncia entre os centros O e O′ da esfera e da cavidade e´ d, (ver Figura).
(a) Para um ponto P externo, alinhado com os centros O e O′ e a` distaˆncia r de O, calcule a raza˜o
entre o campo gravitacional da esfera com a cavidade e aquele que existiria se a esfera fosse
macic¸a (sem cavidade).
RESOLUC¸A˜O: Usando o princ´ıpio da superposic¸a˜o, temos:{
gm =
G ρ
r2
4piR3
3
(i)
gc =
G ρ
r2
4piR3
3
− Gρ
(r−d)2
4pia3
3
(ii)
Dividindo (ii) por (i):
gc
gm
= 1− a
3
(r − d)2
r2
R3
= 1−
( a
R
)3( r2
r2 − 2rd+ d2
)
= 1−
( a
R
)3(
1− d
r
)−2
(b) Calcule o campo gravitacional (em mo´dulo, direc¸a˜o e sentido) num ponto P ′ qualquer situado
dentro da cavidade.
RESOLUC¸A˜O: Da mesma forma, temos:
g1 =
4 pi G ρ l 3
3 l 2
(i)
g2 =
4 pi G ρ h 3
3 h 2
(ii)
g2r = g
2
1 + g
2
2 − 2g1g2 cos θ (iii)
Da figura:
d2 = l2 + h2 − 2hl cos θ ⇒ cos θ = l
2 + h2 − d2
2hl
(iv)
1
Substituindo (i), (ii) e (iv) em (iii), temos:
g2r =
(
4Gpi ρ l
3
)2
+
(
4Gpi ρ h
3
)2
− 2
(
4Gpi ρ l
3
)(
4Gpi ρ h
3
)(
l2 + h2 − d2
2hl
)
g2r =
(
4Gpi ρ
3
)2 (
l2 + h2 − l2 − h2 + d2) = (4Gpi ρ
3
)2
d2
−→gr = −
(
4Gpi ρ
3
) −→
d
2. Considere um fio retil´ıneo homogeˆneo
de massa M e comprimento L e uma part´ıcula de massa m
alinhada com o fio, a` distaˆncia D de uma extremidade (ver Figura). Mostre que a forc¸a de atrac¸a˜o
gravitacional exercida pelo fio sobre a part´ıcula e´ a mesma que se teria se a massa total do fio
estivesse concentrada num u´nico ponto, a` distaˆncia d da massa m, onde d =
√
D(D − L) e´ a me´dia
geome´trica das distaˆncias de m a`s extremidades do fio.
RESOLUC¸A˜O:Sabemos que dM = λdx, onde λ = M
L
. Integrando, temos:
−→g = −xˆ
∫ L
0
GmdM
(D − x)2 = −xˆ Gmλ
∫ L
0
dx
(D − x)2
−→g = −xˆ Gmλ
(
1
D − L −
1
D
)
⇒ −→g = −xˆ
(
GMm
D(D − L)
)
Mas note que se compararmos com g = GMm
d2
temos que d =
√
D(D − L) que e´ exatamente a me´dia
geome´trica das distaˆncias de m a`s extremidades do fio.
3. Qual a forc¸a gravitacional que um cone so´lido de massa exerce sobre uma part´ıcula de massa m que
se situa em seu ve´rtice? O cone tem densidade ρ, altura H e a geratriz forma um aˆngulo α com o
eixo de simetria.
RESOLUC¸A˜O: Devido a` simetria, sabemos que as componentes radiais se anulam. Ale´m disso,
temos que r = (H − z) ∗ tanα e que h=H-z. Desta forma:
i) P/ anel:
Fz =
∫ 2pi
0
Gm
h2 + r2
cosα dm =
Gm2piλr cosα
h2 + r2
2
ii) P/ disco (integrando os ane´is):
Fz =
∫ r
0
Gm2piσr cosαdr
h2 + r2
= Gmσ2pi
∫ r
0
hrdr
(h2 + r2)3/2
Fz = Gmσ2pi
(
1− h√
h2 + r2
)
= Gmσ2pi (1− cosα)
iii) P/ cone (integrando os discos, note que cosα e´ constante):
Fz =
∫ H
0
Gm2piρ(1− cosα)dz = 2piGmρH(1− cosα)
Ou ainda:
Fz =
∫ ∫ ∫
Gmρr cosα
(H − z)2 + r2dV =
∫ H
0
(∫ (H−z) tanα
0
(∫ 2pi
0
Gmρr (H − z)
((H − z)2 + r2)3/2dθ
)
dr
)
dz
Fz = 2piGmρH(1− cosα)
4. Calcule a energia potencial gravitacional total associada a uma esfera homogeˆnea de raio R
e massa M .
RESOLUC¸A˜O:
E =
∫
V dm, onde V = −GM
r
e dm = 4piρr2dr
Ale´m disso, sabemos que ρ = 3M
4piR3
. Logo:
E =
∫
V dm = −
∫ R
0
G
r
(
4pir3ρ
3
) (
4pir2ρ
)
dr = −16pi
2Gρ2
3
R5
5
E = −16pi
2GR5
15
(
3M
4piR3
)2
= −3GM
2
5R
5. Um ve´ıculo espacial e´ projetado para colidir com o planeta Marte durante uma trajeto´ria de apro-
ximac¸a˜o apontando na direc¸a˜o do centro do planeta. Se a nave esta´ a 10000 km do planeta e viaja a
20000 km/h, obtenha a velocidade v de impacto. A acelerac¸a˜o gravitacional na superf´ıcie de Marte
e´ 3,73 m/s2, e o planeta tem aproximadamente 6800 km de diaˆmetro.
RESOLUC¸A˜O: Basta usar a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica:{
Ei =
mv2i
2
− GMm
R+d
(i)
Ef =
mv2f
2
− GMn
R
(ii)
Igualando (i) e (ii), temos:
mv2i
2
− GMm
R + d
=
mv2f
2
− GMm
R
3
v2f = v
2
i −
2GM
R + d
+
2GM
R
vf =
√
v2i − 2GM
(
1
R + d
− 1
R
)
Sabemos que GM = g0 ∗ (3,4.106)2 = 4,31.1013, enta˜o substituindo os valores dados, temos:
vf =
√(
2.104
3,6
)2
− 2 ∗ 4,31.1013
(
1
3,4.106 + 10.106
− 1
3,4.106
)
vf = 7056,38 m/s⇒ vf = 25,4.103 km/h
6. Em 1968, a nave espacial Apolo 8 foi colocada numa o´rbita circular em torno da Lua, a uma altitude
de 113 km acima da superf´ıcie. O per´ıodo observado dessa o´rbita foi de 1h59min. Sabendo que o
raio da Lua e´ 1738 km, calcule a massa da Lua.
RESOLUC¸A˜O: Basta usar a 3aLei de Kepler:
T 2Apolo
(R + h)3
=
4pi2
GMLua
MLua =
(R + h)34pi2
T 2ApoloG
MLua =
(1738.103 + 113.103)3 ∗ 4pi2
(119 ∗ 60)2 ∗ 6,67.10−11 = 7,35.10
22 kg
7. Em 1795, Pierre-Simon Laplace antecipou a existeˆncia de buracos negros, afirmando: “Uma estrela
luminosa de mesma densidade que a Terra, cujo diaˆmetro fosse 250 vezes maior que o do Sol, na˜o
permitiria, em consequeˆncia de sua atrac¸a˜o, que os seus raios luminosos nos atingissem; e´ poss´ıvel,
portanto, que os maiores corpos luminosos existentes no Universo sejam invis´ıveis para no´s.” Embora
este racioc´ınio na˜o relativ´ıstico na˜o se justifique, deduza o resultado de Laplace.
RESOLUC¸A˜O: Sabemos que Vesc =
√
2GM
R
, que ρT = 5,515.10
3kg/m3 e que DS = 1,392.10
9m.
Desta forma, basta mostrar que Vesc > Vluz.
Rx = 250
Ds
2
= 250 ∗ 0,696.109 = 1,74.1011
Mx =
4pi(Rx)
3
3
∗ ρ = 4pi(1,74.10
11)3
3
∗ 5,515.103 = 1,217.1038kg
Vesc =
√
2 ∗ 6,67.10−11 ∗ 1,217.1038
1,74.1011
= 3,05.108m/s > c = 3.108 m/s
8. Considere uma estrela bina´ria cujos componentes, de massa m1 e m2, separadas por uma distaˆncia
r, descrevem o´rbitas circulares de per´ıodo T em torno do CM do par. Seja Ts o per´ıodo da o´rbita
terrestre, de raio me´dio R, em torno do Sol, de massa Ms.
(a) Mostre que (
T
Ts
)2
=
Ms
(m1 +m2)
( r
R
)3
.
4
RESOLUC¸A˜O: No bina´rio temos que r1 =
r m2
m1+m2
. Desta forma:
FG = Fcp ⇒ Gm1m2
r2
=
m1
r1
(
2pir1
TB
)2
Gm2
r2
=
4pi2
T 2
(
r m2
m1 +m2
)
T 2B =
4pi2r3
G(m1 +m2)
(i)
T 2T
R3
=
4pi2
GMS
⇒ T 2T =
4pi2R3
GMS
(ii)
Dividindo as duas equac¸o˜es, temos:(
TB
TT
)2
=
4pi2r3
G(m1 +m2)
GMS
4pi2R3
=
MS
m1 +m2
( r
R
)3
(b) Aplique este resultado para calcular o per´ıodo da estrela dupla Sirius A – Sirius B, sabendo que
a massa de Sirius A e´ 2,2Ms e a de Sirius B e´ de 0,90Ms. A separac¸a˜o do par e´ de 19,9 U.A.
RESOLUC¸A˜O:
TB = TT
√
Ms r3
(m1 +m2) R3
= 1 ∗
√
Ms (19,9)3
Ms(2,2 + 0,9) 13
= 51 anos
(c) Calcule os raios rA e rB das o´rbitas de Sirius A e Sirius B.
RESOLUC¸A˜O:
r1 =
r m2
m1 +m2
=
19,9 ∗ 0,9Ms
(2,2 + 0,9)Ms
= 5,8 U.A
r2 = r − r1 = 19,9− 5,8 = 14 U.A
9. Considere um astro de pequena massa orbitando em torno de um astro massivo e seja T o per´ıodo
da o´rbita. Definindo o valor me´dio da energia cine´tica como:
E¯c =
1
T
∫ t′+T
t′
Ec(t)dt,
e o valor me´dio da energia potencial como:
E¯p =
1
T
∫ t′+T
t′
Ep(t)dt,
mostre o teorema do virial: 2E¯c = −E¯p = −2E, onde E e´ a energia total da o´rbita. Considere uma
o´rbita el´ıptica.
RESOLUC¸A˜O: Definindo a quantidade VIRIAL como G =
∑
piri , com um pouco de a´lgebra, temos
5
que dG
dt
= 2Ec+
∑
Firi, onde F e´ forc¸a total exercida sobre a part´ıcula. Aplicando a me´dia de tempo
em ambos os lados desta equac¸a˜o, temos que:
0 = 2E¯c +
∑
(Firi)med ⇒ E¯c = −1
2
∑
(Firi)med
Onde, com um pouco mais de algebra, temos para a atrac¸a˜o gravitacional que
∑
(Firi)med =∑−grad(Ep)ij(ri − rj) = ∑ grad(Ep)ij = E¯p. Sendo assim, temos:
E¯c = −1
2
E¯p
E finalmente:
2E¯c = −E¯p = −2E = −2(E¯c + E¯p)
10. Treˆs massas pontuais P1, P2 e P3 de massas m1, m2 e m3 (respectivamente) interagem mutuamente
atrave´s da atrac¸a˜o gravitacional, sendo essa a u´nica forc¸a em ac¸a˜o nesta situac¸a˜o. Seja αij a distaˆncia
entre a i-e´sima e j-e´sima massas, e σ o eixo que passa pelo centro de massa e e´ normal a ∆P1P2P3.
Encontre a condic¸a˜o para que a velocidade angular ω (do sistema de massas em torno de σ) e as
distaˆncias α12, α23 e α13 permanec¸am constantes e que o triaˆngulo ∆P1P2P3 continue inalterado
durante o movimento de rotac¸a˜o, isto e´, a condic¸a˜o para que o sistema se comporte como um corpo
r´ıgido.
RESOLUC¸A˜O: Da figura, temos que −→a ij = −→r j − −→r i. Ale´m disso, se considerarmos a resultante
centripeta, temos: 
−m1ω2−→r 1 = Gm1m2a312 aˆ12 −
Gm1m3
a313
aˆ31 (i)
−m2ω2−→r 2 = −Gm1m2a312 aˆ12 +
Gm2m3
a323
aˆ23 (ii)
−m3ω2−→r 3 = −Gm2m3a323 aˆ23 +
Gm1m3
a313
aˆ31 (iii)
Cuja soma e decomposic¸a˜o de (i) nos da´:(
m1ω
2 − Gm1m3
a313
− Gm1m2
a312
)
−→r 1 + Gm1m2
a312
−→r 2 + Gm1m3
a313
−→r 3 = 0
(
ω2
G
− m3
a313
− m2
a312
)
−→r 1 + m2
a312
−→r 2 + m3
a313
−→r 3 = 0
Mas da condic¸a˜o do enunciado, ainda temos:
m1
−→r 1 +m2−→r 2 +m3−→r 3 = −→0 (I)
6
O que nos obriga a tomar a13 = a12 = d (cte):(
d3ω2
G
−m3 −m2
)
−→r 1 +m2−→r 2 +m3−→r 3 = 0 (II)
Se compararmos as duas equac¸o˜es, (I) e (II), notamos que:
d3ω2
G
−m3 −m2 = m1 ⇒ ω2 = G
(
m1 +m3 +m2
d3
)
⇒ ω =
√
G(m1 +m2 +m3)
d3
Note que se, de maneira ana´loga tomarmos as equac¸o˜es (ii) e (iii) para serem desenvolvidas, con-
cluimos que a13 = a12 = a23 = d e que ω =
√
G(m1+m2+m3)
d3
sa˜o as condic¸o˜es necessa´rias para que o
triaˆngulo permaneca inalterado.
7
Moyses 1/MOYSES cap12 - Problemas resolvidos.pdf
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
 
 
Caros Amigos, 
 
Semestre passado tive grandes dificuldades com Física I – Mecânica Básica.O livro 
adotado pelo meu professor foi o livro do Moysés Nussenveig Vol. 01 que, realmente, 
tem questões muito bonitas e difíceis também. 
Ajudou-me bastante um arquivo que circula na internet do Prof. Dr. Abraham 
Moysés Cohen do Departamento de Física da UFAM, porém este arquivo só tem até o 
Capítulo 9 e , mesmo assim, não são todas as questões resolvidas. 
 
Quando tive que estudar “Dinâmica de Rotações” que não é uma matéria vista no 
ensino médio, tive que “suar a camisa” para poder passar em física. E, depois do 
trauma, resolvi ajudar outros estudantes assim como um dia também fui ajudado. 
 
Colocarei algumas questões resolvidas do Cap.12, espero que seja de boa ajuda. 
Quem quiser dar continuidade ao trabalho, incluindo outras questões, é só mandar 
um e-mail: wendel_55@hotmail.com 
 
 
Um Abraço, 
Wendel da Rocha 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
 
Questão 6 – 
 
 
 
Neste problema, aplicando a conservação da quantidade de movimento, temos: 
 
 
 
 
R = 0,7 m e o Impacto sendo I = P = mv = 2,5 , 
 
Tem-se que : 
 
 
 
 PRwMR ⋅=⋅²
3
1
 = 7,015
3
1
⋅⋅ · w = 2,5 => 
 
Como, 
 
 E, como, ∆θ = 90° = 
2
∏
 
 
 
 
 
Resp: 
714,0
2
∏
=∆t = 2,2 s 
 
 
Questão 7 – 
 
 
 
L = R·P 
w = 0,714 
w = 
t∆
∆θ
 ∆t = 
w
θ∆
 
mvRwI ⋅=⋅ 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
Novamente aqui, aplicamos a relação: 
 
 
 
 
 
I·w = R·mv => mvRwMR ⋅=⋅²
2
1
 , sendo “v” a velocidade da bala e w a velocidade 
 
angular do tampo da mesa adquirida com o impacto da bala. 
 
Assim, 
 
 
 
 
 
Questão 8 – 
 
 
 
Neste problema, utiliza-se o princípio de conservação da energia: 
 
 
 
 
 
 
mga = ²
2
1
wI ⋅ 
 
 
 I = ²
3
2
ma => ga = ²²
3
1
wa ⋅ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L = R·P 
w = 
MR
mv2
 
Ep = Ec 
Resp : w = 
a
g3
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
Questão 9 – 
 
 
Neste tipo de problema é bom fazer um sistema colocando: 
 
� Somatório das forças externas ( Fext = Mt · a) 
� Somatório dos torques resultantes ( τr = I·α) 
� Utilizar a relação: a = α·R 
 
Assim, nesta ordem, temos: 
 
� T = m·a e P’ – T’ = m’·a 
� τ – τ’ = I·α => T·R – T’·R = I·α 
� 
R
a
=α 
 




⋅=−⋅
⋅+=+−
R
aMRTTR
ammTTP
²
2
1)'(
)'(''
 => aMammgm ⋅+⋅+=⋅
2
1)'(' 
 
=> gmMmma ')
2
1
'( =++⋅ Logo, Resp: 
Mmm
gm
a
2
1
'
'
++
= 
 
 
Calculando T e T’: 
 
amT ⋅= => 
Mmm
gm
mT
2
1
'
'
++
⋅= => 
Mmm
gmmT
2
1
'
'
++
= 
 
amgmT ''' −= => )
2
1
'
'('''
Mmm
gm
mgmT
++
⋅−= => 
2
'
')
2
(
M
mm
gmMm
T
++
+
= 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
Questão 10 – 
 
Por conservação da energia, sabe-se que quando o bloco m’ cair de uma altura h, a 
velocidade v poderá ser calculada pela relação: 
 
∆Ep=∆Ec 
 
Neste caso, a energia cinética se subdivide em energia cinética rotativa e energia 
cinética linear, já que o bloco de m’ “cai”, o m “sobe” e a polia “gira”. Assim, pela 
relação anterior, temos: 
 
1 1 1
' ² ' ² ²
2 2 2
m gh mgh sen mv m v Iwθ− ⋅ = + + , sendo I= Inércia Rotacional ou momento 
de inércia 
 
Como, aw
R
= , temos: 
 
1 1 1 1 ²
' ² ' ² ² ( )
2 2 2 2 ²
v
m gh mgh sen mv m v MR
R
θ− ⋅ = + + ⋅ ⋅
 
 
 
1 1( ' ) ² ( ' )
2 2
12 ( ' ) ² ( ' )
2
2 ( ' )
² 1( ' )
2
gh m msen v m m M
gh m msen v m m M
gh m msen
v
m m M
θ
θ
θ
⋅ − = ⋅ + +
⋅ − = ⋅ + +
⋅ −
=
+ +
 
 
 
 
 
 
Questão 11 – 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
 
Vamos verificar as forças que atuam no estojo circular: 
 
 
 
 
 
 
Neste caso, a resultante das forças externas é: 
 
� maTP =− 
 
O torque resultante é: 
� αIrT =⋅ 
 
Logo, 





=
=⋅
=−
Ra
IrT
maTP
α
α => 
r
a
mrrT ⋅=⋅ ²
2
1
 => maT
2
1
= 
 
Inserindo a relação maT
2
1
= em maTP =− , temos: 
 
mamaP =−
2
1
 => mamg
2
3
= 
 
Logo, Resp: ga
3
2
= 
 
T 
P 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
b) Como, maT
2
1
= , então: gmT
3
2
2
1
= 
 
mgT
3
1
= 
 
 
c) Quando o estojo circular se desenrola “s”, o conjunto ganha uma velocidade “v”, tal 
que: 
 
Ep = Ec 
 
²
2
1
²
2
1
mvIwmgs += 
 
)
²
²(²
4
1
r
v
mrmgs ⋅= + ²
2
1
mv => gsv
3
4
² = 
 
Logo, asv 2² = 
 
Questão 14 – 
 
 
 
Novamente, por conservação da energia: mhfd 
 
∆Ep=∆Ec 
 
E, sabendo que h-R=H, temos: 
 
1 1
² ²
2 2
MgH Mv Iw= + 
 
E, pela condição de rolamento ( v wR= ), temos: 
 
1 1 1
² ² ( )²
2 2 2
vMgH Mv MR
R
= + ⋅ ⋅ 
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
 
1 1
² ²
2 4
gH v v= + 
 
3
²
4
gH v= => 3 ²
4
vH
g
= e , como h=R+H 
 
Temos, então como Respota: 
 
3 ²
4
vh R
g
= ⋅ + 
 
 
Questão 15 – 
 
 
Pelas Leis de Newton: 
 
cos cpP Fθ⋅ = => 
²
cos
v
mg m
R
θ⋅ = ⋅ => ² cos ( )v g R rθ= ⋅ ⋅ + 
 
Aplicando agora o princípio de conservação da energia: 
 
1 1( ) (1 cos ) ² ²
2 2
mg R r mv Iwθ⋅ + ⋅ − = + 
 
E, como 2 ²
5
I mR= , temos: 
 
1 1( ) (1 cos ) ² ²
2 5
g R r v vθ⋅ + ⋅ − = + 
 
7( ) (1 cos ) ²
10
7( ) (1 cos ) cos ( )
10
g R r v
g R r g R r
θ
θ θ
⋅ + ⋅ − =
⋅ + ⋅ − = ⋅ ⋅ ⋅ +
 
 
 Capítulo 12 – Dinâmica de Corpos Rígidos 
 Engenharia Exercícios Resolvidos 
Aluno Wendel da Rocha Curso de Engenharia Eletrotécnica 
Logo, 71 cos cos
10
θ θ= + 71 cos cos
10
θ θ= + 
 
10
cos
17
θ = 
 
Questão 20- 
Conforme as alterações feitas na figura, verifica-se que para que a bola suba, o torque 
(τ) exercido pela força F,na bola,sob o braço de alavanca R-d tem que ser igual ao 
torque exercido pela força peso (P) sob o braço de alavanca da medida x.Portanto: 
 
rot pesoτ τ=
 
 
Para calcularmos,então, o torque do peso falta somente achar o valor de x, que é 
fácilmente calculado através do teorema de Pitágoras: 
 
² ( )² ²
² ² ² 2 ²
2 ²
R R d x
R R d Rd x
x Rd d
= − +
= + − +
= −
 
 
( )
( ) 2 ²
2 ²
rot peso
F R d P x
F R d Mg Rd d
Mg Rd dF
R d
τ τ=
⋅ − = ⋅
⋅ − = ⋅ −
⋅ −
=
−
 
 
R 
x 
R-d 
Moyses 1/POR FAVOR LEIA
 Pessoal,meu nome é Tiago,curso física na unb , durante o diciplina de mecânica tive muita dificuldade em acompanhar as aulas.
 Todas as resoluções que encontrei na internet estão neste arquivo,além disso existem outras que eu mesmo fiz,elas estão na pasta tiago.
 Espero que lhes ajudem de alguma forma assim como me ajudou.Peço,que caso você tenha conseguido resolver alguma questão que não esteja aqui me mande a resolução para que eu upe novamente ou faça daí mesmo.Tem um pessoal que está tentando vender resolução de livro,o que eu acho uma babaquice(o proprio livro é de graça),por favor contribua! 
 Sei que a qualidade das minhas imagens não está boa mas,acredito que esteja legivel pelo menos em sua maioria caso queira que eu tire novamente uma foto de alguma questão é só me mandar um e-mail.
contato:tiago-sousa-123@hotmail.com
Moyses 1/POR FAVOR LEIA~
 Pessoal,meu nome é Tiago,curso física na unb , durante o curso de mecânica tive muita dificuldade em acompanhar as aulas.
 Todas as resoluções que encontrei na internet estão neste arquivo,além disso existem outras que eu mesmo fiz,elas estão na pasta tiago.
 Espero que lhes ajudem de alguma forma assim como me ajudou.Peço,que caso você tenha conseguido resolver alguma questão que não esteja aqui me mande a resolução para que eu upe novamente ou faça daí mesmo. 
 Sei que a qualidade das minhas imagens não está boa mas,acredito que esteja legivel pelo menos em sua maioria caso queira que eu tire novamente uma foto de alguma questão é só me mandar um e-mail.
contato:tiago-sousa-123@hotmail.com
Moyses 1/digitalizar0001.jpg
Moyses 1/digitalizar0002.jpg
Moyses 1/moyses I/Cap2-Problemas Resolvidos.pdf
Resposta: A lebre pode tirar uma soneca de 6h 38min 49s sem perder a corrida para a tartaruga. 
Assim, o tempo de soneca será de tson 2.393 10
4× s= . Ou, dado em horas, este tempo será tson 6.647hr= .
tson Find tson( ) 20.− m hr⋅ 20. min⋅ km⋅− km⋅→:=tleb tson+ ttar=Given
Para que a lebre não perca a corrida, seu tempo de percurso somado com o tempo da soneca deve ser igual 
ao tempo de percurso da tartaruga. Portanto:
ttar 2.4 10
4× s=e tleb 72 s=
Assim: 
ttar
∆x
vtar
:=e tleb
∆x
vleb
:=
O tempo total que cada um gasta para percorer a distância ∆x é dado por:
∆x v t⋅=
Equações de movimento : como o movimento é uniforme, usaremos apenas a equação que nos fornece a 
distância percorrida em função do tempo: 
Solução
Pede-se: 
tson = ? - tempo da soneca
∆t 0.5min:=vtar 1.5
m
min
:=vleb 30
km
hr
:=∆x 600m:=
Dados do problema
Problema 1
Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre é de 30 km/h e a da tartaruga é de 
1,5m/min. A distância a percorrer é de 600m, e a lebre corre durante 0,5min antes de parar para uma soneca. 
Qual é a duração máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida? Resolva analiticamente e 
graficamente.
Física Básica: Mecânica - H. Moysés Nussenzveig, 4.ed, 2003
Problemas do Capítulo 2
por
Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física - UFAM
Manaus, AM, Brasil - 2004
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 2 
Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a aceleração média com a 
aceleração da gravidade. Se a aceleração é constante, que distância o carro percorre até atingir 100km/h?
Dados do problema
v0 0
km
hr
:= , v 100 km
hr
:= ∆t 4s:=
Pede-se
 
am = ? (aceleração média)
∆x = ? (distância percorrida pelo carro até atingir 100km/h )
Solução
A aceleração média é calculada pela fórmula am
∆v
∆t= onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de 
tempo ∆t, ou seja, am
v v0−
∆t:= . Portanto,
am 6.9
m
s2
= .
Como g 9.8
m
s2
:= , então
am
g
0.71=
ou seja, am 0.71g= .
Durante o tempo em que foi acelerado de 0 a 100km/h, o carro percorreu uma distância dada por
∆x 1
2
am⋅ ∆t
2⋅:=
Logo,
∆x 55.6 m=
 
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 2
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 3
Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h. Qual é a 
velocidade média do seu percurso? Compare-a com a média aritmética das velocidades.
Dados do problema
∆x1 10km:= v1 40
km
hr
:= ∆x2 10km:= v2 80
km
hr
:= ∆x3 10km:= v3 30
km
hr
:=
Pede-se
vm = ? - velocidade média no percurso
 
Solução
Velocidade média. A velocidade média num percurso é definida como
 vm
∆x
∆t= , 
onde ∆x é o deslocamento ocorrido durante o intervalo de tempo ∆t. Para calcular a velocidade média, 
precisamos antes calcular o intervalo de tempo do percurso. Para isso usaremos a equação de movimento do 
MRU, ou seja,
∆t1
∆x1
v1
:= , ∆t2
∆x2
v2
:= , ∆t3
∆x3
v3
:= 
Desta maneira, o intervalo de tempo total é dado pela soma de cada um desses termos. Logo,
∆t ∆t1 ∆t2+ ∆t3+:= .
Assim,
∆t 2.55 103× s= , ou ∆t 0.708 hr= . 
Como o deslocamento neste intervalo de tempo é de ∆x ∆x1 ∆x2+ ∆x3+:= , isto é, ∆x 30 km= . Então, como 
vm
∆x
∆t:=
encontra-se
vm 42.4
km
hr
=
Média das velocidades. Por outro lado, a média das velocidades é obtida calculando-se a média 
aritmética
das velocidades v1, v2 e v3 . Assim,
vMA
v1 v2+ v3+
3
:=
Assim,
vMA 50
km
hr
= ,
o que demonstra que estas duas quantidades em geral são diferentes.
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 4
Um avião a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500km/h para decolar, e tem uma aceleração 
de 4m/s2. Quanto tempo ele leva para decolar e que distância percorre na pista até a decolagem?
Dados do problema
v0 0
km
hr
:= - velocidade inicial do avião
v 500
km
hr
:= - velocidade final para decolar
a 4
m
s2
:= - aceleração
Pede-se
∆t = ? - intervalo de tempo para decolar
∆x = ? - distância percorrida durante a decolagem
Solução
Distância percorrida. Sabendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos 
calcular a distância percorrida, usando a equação de Torricelli. Assim,
Given
 v2 v0
2 2 a⋅ ∆x⋅+= ,
 ∆x Find ∆x( ) 31250 km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:=
Ou seja, a distância percorrida será de:
∆x 2.41 km=
Tempo de decolagem . Conhecendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos 
também calcular o tempo de decolagem, usando a equação de movimento, isto é, 
Given 
v v0 a t⋅+= 
t Find t( ) 125
km
hr m⋅⋅ s
2⋅→:= . Assim,
t 34.7 s=
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
.→.am
0 45
km
hr
−
hr
60
:= am 0.21
m
s2
=Intervalo: 2 a 3min:
.→.am
45
km
hr
0−
hr
60
:= am 6.94
m
s2
=
Intervalo: 0 a 1min:
0 1 2 3 4 5
0
1
2
3
4
Posição x Tempo
t (min)
x 
(k
m
)
Aceleração média. Por definição, a aceleração
média é dada pela fórmula:
am
∆v
∆t=
onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de
tempo ∆t.
x t( )
1
60 0
t
tv t( )
⌠⎮⌡ d⋅:=
Posição do automóvel. Para calcular a posição 
do automóvel em cada instante, devemos encontrar a área 
sob a curva vxt. Isto pode ser feito através de uma integral. 
Assim,
0 1 2 3 4 5 6
1 .104
5000
0
5000
1 .104
Aceleração x Tempo
t (min)
km
/h
r^
2
a t( ) 60
t
v t( )d
d
⋅:=
Aceleração. A aceleração é calculada tomando a 
derivada da função velocidade. Neste caso,
0 1 2 3 4 5 6
0
15
30
45
60
75
Velocidade x Tempo
t (min)
v 
(k
m
/h
)
v t( ) 90 t⋅ t 0≥ t 0.5≤∧if
45 t 0.5≥ t 2≤∧if
45 90 t 2−( )⋅− t 2≥ t 2.5≤∧if
0 t 2.5≥ t 3≤∧if
150 t 3−( )⋅ t 3≥ t 3.5≤∧if
75 t 3.5≥ t 4.5≤∧if
75 150 t 4.5−( )⋅− t 4.5≥ t 5≤∧if
:=t 0 0.04, 5..:=
Solução 
Dados do problema
Ver gráfico ao lado.
v (km/h)
t (min)0 1 2 3 4 5
75
60
45
30
15
Problema 5
O gráfico da figura representa a marcação do velocímetro de um automóvel em função do tempo. Trace os 
gráficos correspondentes da acelaração e do espaço percorrido pelo automóvel em função do tempo. Qual é a 
aceleração média do automóvel entre t = 0 e t = 1min? E entre t = 2min e t = 3min ?
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 6
Uma partícula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta, com aceleração 
crescente segundo a lei a b t⋅= , onde t é o tempo e b = 0.5 m/s2. Trace os gráficos da velocidade v e da 
posição x da partícula em função do tempo. Qual é a expressão analítica de v(t) ?
Dados do problema
v0 0:= t 0s 0.01s, 10s..:= b 0.5
m
s3
:= a t( ) b t⋅:=
Pede-se
(a) Gráficos v(t) e x(t) (b) Expressão analítica de v(t)
Solução 
Expressão analítica de v(t). Sabendo a expressão da aceleração, é direto calcular v(t). De fato, 
partindo da definição de aceleração,
a t( )
t
v t( )d
d
=
podemos integrar esta equação para obter,
v t( ) v 0( )−
0
t
ta t( )
⌠⎮⌡ d=
Como v 0( ) v0:= = 0, a integral torna-se
v t( ) tb t⋅⌠⎮⌡ d:=
e, portanto,
v t( )
1
2
b⋅ t2⋅:=
O gráfico desta função é mostrado na figura ao lado.
0 2 4 6 8 10
0
6
12
18
24
30
Velocidade x Tempo
t (s)
v 
(m
/s
)
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 7
O tempo médio de reação de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo súbito e aplicar os 
freios) é da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca pode ser freiado a 6m/s 2;. Calcule a 
distância mínima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 
60km/h e a 90km/h. Estime a quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distâncias encontradas.
Dados do problema
tr 0.7s:= - tempo médio de reação
af 6−
m
s2
:= - desaceleração do carro
v01 30
km
hr
:= - velocidade inicial do carro
v02 60
km
hr
:= - idem
v03 90
km
hr
:= - idem
L 3m:= - comprimento do carro
Pede-se
xmin = ? - distância mínima percorrida até 
parar
α xmin( ) xminL:= - relação da distância com o 
 comprimento do carro
Solução 
O tempo t que decorre entre o motorista avistar o perigo até o carro parar contém dois termos: o tempo de 
reação tr mais o tempo gasto para desacelerar o carro, após aplicar os freios, t f.. Assim, 
t tf tr+=
O tempo de freagem pode ser calculado facilmente e depende da velocidade inicial que o carro tenho no 
momento em que os freios forem aplicados. Matematicamente, esses intervalos podem ser calculados a partir 
da equação 
v v0 a t⋅+= 
Neste problema, temos três casos:
Given 0 v01 af t⋅+= tf1 Find t( ) 5
km
m hr⋅⋅ s
2⋅→:= tf1 1.389 s=
Given 0 v02 af t⋅+= tf2 Find t( ) 10
km
m hr⋅⋅ s
2⋅→:= tf2 2.778 s=
Given 0 v03 af t⋅+= tf3 Find t( ) 15
km
hr m⋅⋅ s
2⋅→:= tf3 4.167 s=
Logo, o tempo total que o carro gasta até parar, desde o momento o motorista avistou o perigo, em cada 
caso, é: 
Para v0 30
km
hr
= t30 tf1 tr+:= >> t30 2.089 s=
Para v0 60
km
hr
= t60 tf2 tr+:= >> t60 3.478 s=
Para v0 90
km
hr
= t90 tf3 tr+:= >> t90 4.867 s=
continua >>
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 7
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
<< Continuação do Problema 7 >>
A distância mínima percorrida, em cada caso, é a soma de dois termos: (1) distância percorrida do 
momento que o motorista avistou o perigo até pisar nos freios; e (2) a distância percorrida enquanto os freios 
eram aplicados. O primeiro termo corresponde a um MU e o segundo, MRUV. Para este, tem-se
Given 0 v01
2 2 af⋅ x⋅+= x1 Find x( ) 75
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x1 5.8 m=
Given 0 v02
2 2 af⋅ x⋅+= x2 Find x( ) 300
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x2 23.1 m=
Given 0 v03
2 2 af⋅ x⋅+= x3 Find x( ) 675
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x3 52.1 m=
A distância mínima pode então ser calculada:
Para v0 30
km
hr
= xmin v01 tr⋅ x1+:= >> xmin 11.6 m= >> α xmin( ) 3.9=
Para v0 60
km
hr
= xmin v02 tr⋅ x2+:= >> xmin 34.8 m= >> α xmin( ) 11.6=
Para v0 90
km
hr
= xmin v03 tr⋅ x3+:= >> xmin 69.6 m= >> α xmin( ) 23.2=
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 8
O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração 
máxima de
um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é de 3m/s 2 e ele 
pode ser freiado a 5m/s2. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para amarelo a fim de 
que possa atravessar no amarelo? Qual é a velocidade máxima que ainda lhe permite parar antes de atingir o 
cruzamento?
Dados do problema
ta 3s:= (tempo de duração do sinal amarelo)
Lc 15m:= (largura do cruzamento)
ac 3
m
s2
:= (aceleração máxima do carro)
af 5−
m
s2
:= (desaceleração máxima dos freios)
d 30m:= (distância do carro ao cruzamento
Pede-se
(a) vmin = ? (velocidade mínima)
(b) vmáx = ? (velociadade máxima
Análise do problema
Neste problema, temos que considerar dois casos: (1) sem levar em conta o tempo de reação do motorista; e (2) 
levando em conta este tempo ( tr 0.7s:= ). 
(a) Velocidade mínima
(1) Para calcular a velocidade mínima necessária para que o carro atravesse o cruzamento, sem levar em conta o 
tempo de reação (tr = 0), o carro terá que percorrer uma distância x1 Lc d+:= , no intervalo de tempo 
correspondente à duração do sinal amarelo ( t1 ta:= ). 
(2) Levando em conta o tempo de reação do motorista, o tempo que o carro dispõe para percorrer a distância 
x2 x1 v0 tr⋅−= , atravesando o cruzamento no intervalo de tempo, que é, neste caso, t2 ta tr−:= ..
(b) Velocidade máxima
(1) A velocidade máxima que o carro deve ter para que o motorista consiga pará--lo antes de atravessar o 
cruzamento, pode ser calculada lembrando que o carro terá que percorrer a distância d no tempo de duração do 
sinal amarelo ( t1 3 s= ).
(2) O tempo aqui será t2 ta tr−:= .
Solução 
(a-1) Velocidade mínima sem tempo de reação (t r=0)
De acordo com a análise, temos:
Given x1 v0 t1⋅
1
2
ac t1
2+= onde x1 45 m= , ac 3
m
s2
= e t1 3 s= , encontra-se 
vmin Find v0( ) 212 ms⋅→:=
Assim, 
vmin 10.5
m
s
= ou vmin 37.8
km
hr
=
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
(a-2) Velocidade mínina com tempo de reação
De maneira análoga,
Given x1 v0 tr⋅− v0 t2⋅
1
2
ac⋅ t22⋅+= vmin Find v0( ) 12.355000000000000000 ms⋅→:=
Assim,
vmin 12.355
m
s
= ou vmin 44.5
km
hr
=
(b-1) Velocidade máxima sem tempo de reação (t r = 0)
Aqui nós temos v 0:= e x1 d:= . Logo,
Given v2 v0
2 2 af⋅ x1⋅+=
v0 Find v0( ) 10 3
1
2⋅ m
s
⋅ 10− 3
1
2⋅ m
s
⋅
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠→:=
Portanto, vmax 10 3⋅
m
s
:= 
ou
vmax 62.4
km
hr
=
(b-2) Velocidade máxima com tempo de reação ( tr 0.7 s= )
Antes de aplicar os freios, o carro já terá percorrido uma distância v 0 tr, restando 
apenas uma distância x1 d v0 tr⋅−= . para parar. Logo,
Given 
 
0 v0
2 2 af⋅ d v0 tr⋅−( )⋅+=
Find v0( ) 7−2 12 1249
1
2⋅+
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
m
s
⋅ 7−
2
1
2
1249
1
2⋅−
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
m
s
⋅
⎡⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎦→
Portanto, vmax
7−
2
1
2
1249⋅+⎛⎜⎝
⎞
⎠
m
s
:= 
Assim, 
vmax 14.2
m
s
= 
ou
vmax 51
km
hr
=
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 9
Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m atrás de um caminhão (distância entre pontos médios), 
ambos trafegando a 80km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3m/s 2. O motorista deseja ultrapassar o 
caminhão e voltar para sua mão 15m adiante do caminhão. No momento em que cameça a ultrapassagem, avista 
um carro que vem vindo em sentido oposto, também a 80km/h. A que distância mínima precisa estar do outro 
carro para que a ultrapassagem seja segura?
Situação Inicial
Situação Final
15m
x
15m
Carro 1 Caminhão
Carro 2
x1
x2
xc
Dados do problema
Carro 1:
v01 80
km
hr
:= 
x01 0km:=
a1 3
m
s2
:=
Caminhão:
vc 80
km
hr
:=
x0c 15m:=
Carro 2:
v2 80−
km
hr
:=
Pede-se
xmin = ? (distância mínima entre os carros 1 e 2 para que 
haja a ultrapassagem nas condições indicadas)
 
Análise do problema
Ao final da ultrapassagem, os carros 1 e 2 devem ter a mesma posiçao em relação à origem, que foi tomada 
como sendo a posição inicial do carro 1 (ver figura acima). Além disto, como condição exigida, a posição do carro 
1 deve exceder em 15m a posição do caminhão. 
Solução
A posição de cada um no instante t é: 
x1 t( ) x01 v01 t⋅+
1
2
a1 t
2⋅+:= , x2 xmin t,( ) xmin v2 t⋅+:= , xc t( ) x0c vc t⋅+:=
Usando a condição de ultrapassagem temos
Given x1 t( ) xc t( ) 15m+= tans Find t( ) 2 5
1
2⋅ s⋅ 2− 5
1
2⋅ s⋅
⎛⎜⎝
⎞
⎠→:=
Logo, o tempo de ultrapassagem será de t tans
1〈 〉:= ou t 4.472( ) s= . Para que a outeja satisfeita, é 
necessário que a distância mínima entre os carros seja:
Given x1 t( ) x2 xmin t,( )= xmin Find xmin( ):= 
Logo, xmin 228.8 m=
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 11
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
t 2
d
a
1
a
f
+⎛⎜⎝
⎞
⎠=que pode ser reescrito comot 2
a a f+( )⋅ d⋅ f⋅
a a f+( )⋅⋅=
O tempo gasto é portanto,
F d a, f,( ) Find t t1,( ) simplify
1
a
2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
f
⋅
1
a a f+( )⋅ 2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2⋅
1−
a
2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
f
⋅
1−
a a f+( )⋅ 2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2⋅
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
→:=
v a t1⋅ f−, t t1−,( ) 0=x 0 a, t1,( ) x a t1⋅ f−, t t1−,( )+ d=Given
OPÇÃO 1 Vamos começar calculando tempo através da opção 1:
x v0 a, t,( ) v0 t⋅ 12 a t2⋅+:=v v0 a, t,( ) v0 a t⋅+:= Limpando as variáveis: t1 := t2 := t := a :=
Solução 
Análise do problema
Opção 1 O motorista acelera a partir da estação A 
até o instante t1 com aceleração máxima a e depois 
desacelera (com af) até parar na estação B no instante t 
(ver figura a).
Opção 2 O motorista, partindo da estação A, 
acelera até o instante t1, onde atinge a velocidade v1, 
mantendo esta velocidade até o instante t 2 e desacelera 
até parar na estação B no instante t (ver figura b).
Pede-se
tmin = ? (tempo mínimo de percurso)
Dados do problema
d - distância entre duas estações
a - aceleração máxima
f - desaceleração máxima
v
t
0 t1 t
v1 desaceleração
máxima (f)
aceleração
máxima (a)
x1 x2 estação Bestação A
Opção 1
v
t
0 t1 t'
v1 desaceleração
máxima (f)
aceleração
máxima (a)
x1 x2 estação Bestação A
t2
x3
Opção 2
Problema 10
Um trem com aceleração máxima a e desaceleração máxima f (magnitude da aceleração de freamento) tem de 
percorrer uma distância d entre duas estações. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a aceleração 
máxima até certo ponto e a partir daí frear com a desaceleração máxima, até chegar; (b) acelerar até uma certa 
velocidade, mantê-la constante durante algum tempo e depois fear até a chegada. Mostre que a primeira opção 
é a que minimiza o tempo do percurso (sugestão: utilize gráficos v x t) e calcule o tempo mínimo de percurso 
em função de a, f e d.
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o que nos fornece um intervalo de tempo entre os lançamentos igual a ∆t ts:= ts ou ∆t =∆t
ts =tsouts
t2
2
:=
t2
As duas soluções correspondem ao instante de lançamento ( t1 =t1 ) e quando retorna ( t2 =t2 ). Como o tempo 
de subida é igual ao tempo de descida, então, para manter o máximo de tempo as duas bolas no ar, o 
lançamento