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EXERCI´CIOS DE DINAˆMICA – 1 CORPO
UFPR – Departamento de F´ısica
CF-345 – F´ısica Ba´sica I
1. Um pequeno bloco de chumbo com massa m = 3, 00
kg esta´ apoiado sobre uma placa longa de madeira com
massa M = 4, 00 kg. Os coeficientes de atrito esta´tico
e cine´tico para o contato entre os dois corpos sa˜o da-
dos, respectivamente, por µe = 0, 600 e µc = 0, 400. No
exato instante em que a placa de madeira e´ posta (em
repouso) sobre uma superf´ıcie completamente lisa, incli-
nada de um aˆngulo θ = 16, 7o, uma forc¸a de mo´dulo
F = 26, 0 N e´ aplicada sobre o bloco de chumbo.
(a) Desenhe todas as forc¸as que atuam sobre cada um
dos corpos.
(b) Mostre que o bloco de chumbo vai deslizar sobre a
placa.
(c) Calcule as acelerac¸o˜es do bloco e da placa.
F M
θ
m
atrito
2. Uma esfera de massam = 3, 0×10−4 kg esta´ suspensa por
um fio. Uma brisa sopra ininterruptamente da direc¸a˜o
horizontal empurrando a esfera de tal forma que o fio faz
um aˆngulo constante de 30◦ com a vertical.
(a) Fac¸a o diagrama de forc¸as que atuam a massa. Para
todas as forc¸as consideradas, identifique seus respectivos
pares ac¸a˜o-reac¸a˜o.
(b) Ache o mo´dulo do empurra˜o.
(c) Ache a trac¸a˜o no fio.
Resoluc¸a˜o
a) O diagrama de forc¸as para a esfera e´ representado pela
figura:
y
m
~Fg?
~FB→e
-
~Ft→e
A
A
AK
Os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o sa˜o:
~Fg — ~F
e→T
g (na Terra);
~Ft→e — ~Fe→t (no teto);
~FB→e — ~Fe→B (no ar).
(b) Aplicando a segunda Lei de Newton obtemos:
~Fg + ~FB→e + ~Ft→e = m~a.
Separando as componentes x (pra direita) e y (pra cima):
|~Ft→e| cos 30◦ −mg = may,
|~FB→e| − |~Ft→e| sin 30◦ = max.
Como a esfera permanece parada, ax = ay = 0. Enta˜o:
mg = |~Ft→e| cos 30◦,
|~FB→e| = |~Ft→e| sin 30◦.
Dividindo a segunda pela primeira,
|~FB→e| = mg tan 30◦ ≈ 1, 7× 10−3 N.
(c) Da primeira equac¸a˜o,
|~Ft→e| = mg
cos 30◦
≈ 3, 4× 10−3 N.
3. Treˆs blocos esta˜o ligados e sa˜o puxados para a direita,
conforme a figura, sobre uma mesa horizontal sem atrito
por uma forc¸a ~Fm→3 de mo´dulo 65 N. As massas valem
m1 = 12 kg, m2 = 24 kg e m3 = 31 kg.
(a) Fac¸a o diagrama de forc¸as que atuam sobre cada
massa. Para todas as forc¸as consideradas, identifique
seus respectivos pares ac¸a˜o-reac¸a˜o.
(b) Calcule a acelerac¸a˜o do sistema.
(c) Calcule a trac¸a˜o na corda entre m1 e m2 e, tambe´m,
entre m2 e m3.
Resoluc¸a˜o
(a) O diagrama de forc¸as para cada bloco e´ representado
pela figura:
ym1
~F
(1)
g
?
~F2→1
-
~Fc→16
ym2
~F
(2)
g
?
~F1→2
ff
~Fc→26
~F3→2
- ym3
~F
(3)
g
?
~F2→3
ff
~Fc→36
~Fm→3
-
Os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o sa˜o:
~F
(1)
g — ~F 1→Tg (na Terra);
~F
(2)
g — ~F 2→Tg (na Terra);
~F
(3)
g — ~F 3→Tg (na Terra);
~F1→2 — ~F2→1;
~F3→2 — ~F2→3;
~Fc→1 — ~F1→c (no cha˜o);
~Fc→2 — ~F2→c (no cha˜o);
~Fc→3 — ~F3→c (no cha˜o);
~Fm→3 — ~F3→m (em quem aplica ~Fm→3).
1
(b) Aplicando a segunda Lei de Newton para cada corpo
obtemos:
~F
(1)
g + ~F2→1 + ~Fc→1 = ~F
(1)
res = m1~a1,
~F
(2)
g + ~F1→2 + ~F3→2 + ~Fc→2 = ~F
(2)
res = m2~a2,
~F
(3)
g + ~F2→3 + ~Fm→3 + ~Fc→3 = ~F
(3)
res = m3~a3.
Supondo que a distaˆncia entre os blocos na˜o se altera,
~a1 = ~a2 = ~a3~=a.
Ale´m disso, pela terceira Lei de Newton,
~F2→1 = −~F1→2 e ~F2→3 = −~F3→2.
Considerando tambe´m que
~F (1)g = −~Fc→1, ~F (2)g = −~Fc→2 e ~F (3)g = −~Fc→3,
ao somar as equac¸o˜es de cada corpo, obtemos
~Fm→3 = (m1 +m2 +m3)~a
=⇒ ~a =
~Fm→3
m1 +m2 +m3
=
65
67
ıˆ (m/s2) ≈ 0, 97 ıˆ,
(em m/s2) sendo ıˆ um versor horizontal para a direita.
(c) Da equac¸a˜o de movimento do corpo 3,
~F2→3 + ~Fm→3 = m3~a
=⇒ ~F2→3 = m3~a− ~Fm→3
≈ (31× 0, 97− 65) ıˆ (N) ≈ −35 ıˆ (N)
Para o corpo 2, usando este u´ltimo resultado,
~F1→2 + ~F3→2 = m2~a
=⇒ ~F1→2 = m2~a− ~F3→2
≈ (24× 0, 97− 35) ıˆ (N) ≈ −12 ıˆ (N).
Portanto, as trac¸o˜es (mo´dulo) entre m1 e m2, e m2 e m3,
valem aproximadamente 12 N e 35 N, respectivamente.
4. Os dois blocos (comm = 16, 0 kg eM = 88, 0 kg) mostra-
dos na figura na˜o esta˜o presos um ao outro. O coeficiente
de atrito esta´tico entre os blocos e´ µe = 0, 38. Deter-
mine a menor intensidade da forc¸a horizontal aplicada ~F
necessa´ria para evitar que o bloco menor escorregue para
baixo do bloco maior nas seguintes situac¸o˜es:
(a) Se o bloco maior puder deslizar sem atrito sobre a
superf´ıcie debaixo dele.
(b) Se o bloco maior for fixado a` esta superf´ıcie.
F
����������������������
����������������������
����������������������
����������������������
����������������������
����������������������
����������������������
����������������������
��������������
m
M
Resoluc¸a˜o do Problema 3
(a) O diagrama de forc¸as para cada bloco e´ dado por:
y
m
~Fmg ?
~F
-
~FM→mff
~fM→m6
y
M
~FMg
~fm→M
6
~Fc→M
??
-
~Fm→M
6
Para o corpo m:
~Fmres =
~Fmg +
~FM→m + ~F + ~fM→m = m~am.
Para o corpo M :
~FMres =
~FMg +
~Fm→M + ~fm→M + ~Fc→M =M~aM .
Separando cada componente das equac¸o˜es de Newton
acima, obtemos:
|~F | − |~FM→m| = mam,x,
|~fM→m| − |~Fmg | = mam,y,
|~Fm→M | = MaM,x,
|~Fc→M | − |~fm→M | − |~FMg | = MaM,y.
Na˜o queremos que haja escorregamento. Portanto, im-
pomos am,y = aM,y = 0. Ale´m disso, como os blocos se
movem juntos, am,x = aM,x = a. Assim:
|~F | − |~FM→m| = ma,
|~fM→m| − |~Fmg | = 0,
|~Fm→M | = Ma,
|~Fc→M | − |~fm→M | − |~FMg | = 0.
Dividindo a primeira pela terceira:
|~F | = |~FM→m|
(
M +m
M
)
ou |~FM→m| =
(
M
M+m
)
|~F |. Da segunda equac¸a˜o,
|~fM→m| = |~Fmg |.
Por outro lado, sabemos que
|~fMAXM→m| = µ|~FM→m| = µ
(
M
M +m
)
|~F |.
Note que, quanto maior |~F |, maior e´ a forc¸a de atrito
esta´tico ma´xima |~fMAXM→m|. O valor mı´nimo |~Fmin| e´
aquele em que |~fMAXM→m| compensa a forc¸a gravitacional
|~Fmg |:
µ
(
M
M +m
)
|~Fmin| = |~Fmg |
=⇒ |~Fmin| =
(
M +m
Mµ
)
|~Fmg |
=
(
16 + 88
0, 38× 88
)
(16× 10) N ≈ 497 N.
(b) Esta situac¸a˜o e´ equivalente a pensar que o bloco M
e´ uma parede. Neste caso, as componentes vertical e
horizontal da segunda lei de Newton param ainda valem:
|~fM→m| − |~Fmg | = mam,y
|~F | − |~FM→m| = mam,x.
2
Ainda queremos que am,y = 0 e sabemos que am,x = 0
(na˜o ha´ movimento horizontal). Enta˜o:
|~fM→m| = |~Fmg |
|~F | = |~FM→m|.
Por outro lado, sabemos que
|~fMAXM→m| = µ|~FM→m| = µ|~F |.
Note que, quanto maior |~F |, maior e´ a forc¸a de atrito
esta´tico ma´xima |~fMAXM→m|. O valor mı´nimo |~Fmin| e´
aquele em que |~fMAXM→m| compensa a forc¸a gravitacional
|~Fmg |:
µ|~Fmin| = |~Fmg |
=⇒ |~Fmin| =
|~Fmg |
µ
=
(
16× 10
0, 38
)
N ≈ 421 N.
5. Uma mola de comprimento l = 50 cm e constante
ela´stica k = 50 N/m esta´ acoplada a um eixo vertical
que gira livremente conforme a figura. Na extremidade
da mola foi colocada uma bola de massa m = 1 kg. Para
determinada velocidade de rotac¸a˜o, o sistema mola-bola
forma um aˆngulo θ com a vertical.
(a) Fac¸a um diagrama de forc¸as (de origem f´ısica) que
atuam sobre a bola.
(b) Calcule a velocidade da bola quando o sistema
formar um aˆngulo θ = 30◦ com a vertical.
θ
m
k
Resoluc¸a˜o
(a)
y
m
~Fg
~Fs
?
A
A
AK
(b) Nesta situac¸a˜o, temos o equil´ıbrio:
|~Fs,y| = |~Fg| =⇒ k∆x cos θ = mg
=⇒ k∆x = mg
cos θ
,
sendo ∆x a variac¸a˜o do comprimento da mola com
relac¸a˜o ao seu comprimento l0, quando relaxada. Na
direc¸a˜o x, podemos identificar |~Fs,x| como sendo a forc¸a
centr´ıpeta Fc:
Fc = |~Fs,x| =⇒ mv
2
R
= k∆x sin θ.
Substituindo a primeira equac¸a˜o nesta u´ltima,
v =
√
gR tan θ.
Em primeiro lugar, consideraremos que l e´ o compri-
mento total damola, incluindo ∆x. Portanto, temos
que R(caso 1) = l sin θ, e
v =
√
gl sin θ tan θ
=
√
(10 m/s2) · (0, 50 m) ·
√
3
6
=
√
5
√
3
6
m/s = 1, 20 m/s.
No segundo caso, consideraremos que l e´ o comprimento
da mola descontando ∆x, ou seja l0 = l. Temos, por-
tanto,
R(caso 2) = (l +∆x) sin θ =
(
l +
mg
k cos θ
)
sin θ
Logo,
v =
√
g
(
l+
mg
k cos θ
)
sin θ tan θ
=
√
(10 m/s2) ·
(
1
2
+
2
5
√
3
)
m ·
√
3
6
=
√
5
√
3
6
+
2
3
m/s = 1, 45 m/s.
6. Na figura, um pequeno bloco de massa m pode deslizar
sem atrito ao longo de um loop. O bloco e´ solto do re-
pouso de uma altura h = 5R acima da parte mais baixa
do loop.
(a) Qual e´ o trabalho realizado pela forc¸a gravitacional
para levar o bloco ate´ o ponto mais alto do loop?
(b) Qual e´ a velocidade do bloco neste ponto mais alto?
(c) Fac¸a um diagrama de forc¸as que atuam no bloco
quando ele esta´ no ponto mais alto do loop.
(d) Ainda neste ponto, qual e´ a forc¸a ~FB→P que o bloco
exerce sobre a pista?
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������
������
������
������
h
R
m
Resoluc¸a˜o
3
(a) O trabalho da forc¸a gravitacional W~Fg pode ser
escrito em termos da energia potencial gravitacional
U~Fg(y) = mgy, sendo y a coordenada vertical do bloco.
Considerando y = 0 como sendo a altura da parte mais
baixa do loop, temos
W~Fg = −[U~Fg(yf )− U~Fg(yi)] = −[2mgR− 5mgR]
= 3mgR.
(b) Como a forc¸a gravitacional e´ a u´nica forc¸a que realiza
trabalho no problema, a energia mecaˆnica Em vale Em =
1
2mv
2 + U~Fg , que se conserva. Portanto,
Em,i = Em,f =⇒ 5mgR = 1
2
mv2f + 2mgR
=⇒ vf =
√
6gR.
(c) ym
~Fg ~FP→B??
(d) Se a velocidade e´ vf =
√
6gR, enta˜o a forc¸a centr´ıpeta
vale: Fc = m
v2f
R = 6mg. Por outro lado, pelo diagrama
de forc¸as, Fc = |~Fg|+ |~FP→B |. Logo,
|~FP→B| = Fc − |~Fg| = 6mg −mg = 5mg.
Esta e´ a intensidade da forc¸a que a pista exerce
sobre o bloco. Usando a terceira Lei de Newton,
~FB→P = −~FP→B = 5mgˆ (no ponto em questa˜o).
7. Na figura, um bloco desliza ao longo de uma pista indo
de um certo n´ıvel para um n´ıvel mais elevado, atraves-
sando um vale intermedia´rio de profundidade H = 3, 0
m em relac¸a˜o ao primeiro n´ıvel. A pista possui atrito
desprez´ıvel ate´ que o bloco atinja o n´ıvel mais alto. Da´ı
por diante, uma forc¸a de atrito faz com que o bloco pare
em uma distaˆncia d. Considerando que a velocdade ini-
cial do bloco e´ v0 = 6, 0 m/s, que a diferenc¸a de altura
entre o primeiro e segundo n´ıvel e´ h = 1, 0 m e que o
coeficiente de atrito cine´tico e´ µ = 0, 6, determine:
(a) A velocidade ma´xima que o bloco pode atingir no
trajeto.
(b) A distaˆncia d.
v
 o
H
h
d
µ
Resoluc¸a˜o
(a) Ate´ entrar na regia˜o com atrito, podemos afirmar que
a energia mecaˆnica do bloco,
Em =
1
2
mv2 +mgy,
e´ constante, ja´ que ele e´ sujeito a, somente, forc¸as con-
servativas. Colocando a origem do eixo y (vertical pra
cima) no n´ıvel da posic¸a˜o de sa´ıda do bloco, obtemos sua
energia mecaˆnica inicial:
E(i)m =
1
2
mv20 .
Portanto, ate´ a regia˜o com atrito, temos
1
2
mv2 +mgy =
1
2
mv20
=⇒ v =
√
v20 − 2gy.
Note que, quanto menor o valor de y, maior o valor da
velocidade. Portanto, a maior velocidade ocorre no n´ıvel
mais baixo da pista y = −H :
v =
√
v20 + 2gH =
√
36 + 60 m/s ≈ 9, 8 m/s.
(b) O bloco chega na regia˜o com atrito com uma ener-
gia cine´tica Kf , que pode ser calculada atrave´s da con-
servac¸a˜o da energia mecaˆnica:
1
2
mv20 = Kf +mgh
=⇒ Kf = 1
2
mv20 −mgh.
Nesta regia˜o, sabemos que Fres = fat, portanto, segundo
o teorema trabalho-energia cine´tica,
Wfat = ∆K.
Analisando a equac¸a˜o acima para o deslocamento d, e
sabendo que o mo´dulo da forc¸a normal e´ mg, temos:
−|fat|d = −µmgd = 0−
[
1
2
mv20 −mgh
]
=⇒ d = 1
µg
[
v20
2
− gh
]
.
Numericamente, d = 16 (18− 10) m= 4/3 m.
8. Um bonde antigo faz uma curva plana de raio igual a 9, 1
m, a uma velocidade de 16 km/h. Que aˆngulo as alc¸as
de ma˜o penduradas no teto fazem com a vertical?
9. Uma haste r´ıgida de comprimento L e massa desprez´ıvel
tem uma bola de massa m presa a uma extremidade e
a outra extremidade fixa, para formar um peˆndulo. O
peˆndulo e´ invertido, com a haste na posic¸a˜o vertical e a
massa para cima, e depois e´ solto. No ponto mais baixo,
quais sa˜o:
(a) A velocidade da bola?
(b) A trac¸a˜o da haste?
Resoluc¸a˜o
(a) Como a bola esta´ sujeita a forc¸as conservativas ex-
clusivamente, a energia mecaˆnica, que, neste caso, vale
Em =
1
2
mv2 +mgy,
4
se conserva. Assumindo a origem do eixo y como sendo
o n´ıvel mais baixo da trajeto´ria, obtemos
2mgL =
1
2
mv2f + 0
=⇒ vf =
√
4gL.
(b) No ponto mais baixo a forc¸a resultante vale: ~Fres =
(|~T | −mg)ˆ. Por outro lado, se tratando da componente
centr´ıpeta da forc¸a resultante, seua mo´dulo vale mv2f/L.
Juntando as duas informac¸o˜es:
|~T | −mg = mv2f/L = 4mg
=⇒ |~T | = 5mg.
10. Na figura, dois blocos esta˜o ligados por um fio que passa
por uma polia de massa desprez´ıvel. A massa do bloco A
e´ igual a 10 kg e o coeficiente de atrito cine´tico entre A
e a rampa e´ de 0, 20. O aˆngulo θ de inclinac¸a˜o da rampa
e´ de 30◦. O bloco A desliza para baixo da rampa com
velocidade constante.
(a) Desenhe todas as forc¸as que atuam sobre cada bloco.
(b) Escreva a segunda lei de Newton para cada um dos
blocos (duas equac¸o˜es para A e uma para B), lembrando
que a forc¸a de atrito cine´tico e´ dada pelo produto entre
o coeficiente de atrito cine´tico e a forc¸a normal sobre o
bloco.
(c) A partir dessas equac¸o˜es, determine a massa do bloco
B.
BA
θ
Resoluc¸a˜o
(a) O diagrama de forc¸as para cada bloco e´ dado por:
y
mA
~F
(A)
g
?
“ ~FB→A”�
��*
~F
(N)
P→A
A
A
A
AK ~fP→A
��
�*
y
mB
~F
(B)
g
“ ~FA→B”
?
6
(b) Segunda Lei de Newton (eixo x: paralelo ao plano
apontando pra cima; eixo y: perpendicular ao plano,
tambe´m apontando pra cima):
~F (A)g +
~FB→A + ~F
(N)
P→A + ~fP→A =
(|~FB→A|+ |~fP→A| − |~F (A)g | sin θ)ˆı
+(|~F (N)P→A| − |~F (A)g | cos θ)ˆ = mA~aA
e
~F (B)g +
~FA→B = (|~F (B)g | − |~FA→B |)ˆı = mB~aB.
Como a velocidade e´ constante, ~aA = ~aB = 0. Ale´m
disso, |~F (A)g | = mAg, |~F (B)g | = mBg, ~FA→B = −~FB→A,
e, como existe deslizamento, |~fP→A| = µk|~F (N)P→A|.
(c) As equac¸o˜es de Newton se reduzem a
|~FB→A|+ µk|~F (N)P→A| −mAg sin θ = 0,
|~F (N)P→A| −mAg cos θ = 0,
mBg − |~FA→B | = 0.
Das duas u´ltimas, |~F (N)P→A| = mAg cos θ e |~FA→B | =
mBg. Substituindo na primeira,
mBg + µkmAg cos θ −mAg sin θ = 0
=⇒ mB = mA(sin θ − µk cos θ).
11. Uma part´ıcula de massa m = 1 kg move-se ao longo do
eixo x, sujeita a uma u´nica forc¸a F (x) que varia com a
posic¸a˜o. A energia potencial associada a esta forc¸a e´ de-
scrita pela expressa˜o: U(x) = 13x
2−x, sendo U dado em
J e x em m.
(a) Escreva uma expressa˜o para F (x) e esboce seu
gra´fico.
(b) Calcule o trabalho da forc¸a F quando a part´ıcula se
desloca de x1 = 0 m ate´ x2 =
√
3 m.
(c) Se, em x0 = 0 cm, a velocidade da part´ıcula e´
v0 = 0 m/s, qual sera´ sua velocidade em x = 1 m?
(d) Esboce um gra´fico para U(x) e, atrave´s dele, inter-
prete os resultados dos u´ltimos dois ı´tens.
Resoluc¸a˜o
(a) F (x) se relaciona com seu potencial da seguinte
maneira:
F (x) = − d
dx
U(x) = − d
dx
[
1
3
x2 − x
]
= 1− 2
3
x.
(b) Como sabemos uma expressa˜o para a energia poten-
cial associadaa` F (x),
W
xf→xi
F (x) = −[U(xf )− U(xi)]
= −
[(
1
3
(
√
3)2 −
√
3
)
− 0
]
J
= (
√
3− 1) J.
(c) Como F (x) trata-se da forc¸a resultante,
W
xf→xi
F (x) = −∆U = Kf −Ki =
mv2f
2
=⇒ vf =
√
−2∆U
m
=
√
2× (23 ) J
1 kg
=
√
4
3
m/s.
5
(d) Gra´fico da energia potencial U(x):
-2 0 2 4
0
1
2
3
12. Sob a ac¸a˜o de uma forc¸a constante ~F , o carrinho de
massa m1 = 4, 0 kg e´ puxado sobre a superf´ıcie de uma
mesa (veja a figura). O coeficiente de atrito entre o bloco
de massa m2 = 1, 0 kg e o carrinho e´ µs ≈ µk = 0, 4 e o
atrito entre o carrinho e a mesa e´ desprez´ıvel.
a) Fac¸a o diagrama de forc¸as que atuam sobre cada
corpo separadamente. Para todas as forc¸as consideradas,
identifique seus respectivos pares ac¸a˜o-reac¸a˜o.
b) Escreva as equac¸o˜es de Newton para um referencial
inercial fixo ao solo.
c) Calcule o valor ma´ximo ~FMAX de ~F para o caixote
na˜o escorregar.
d) Descreva o movimento e encontre as acelerac¸o˜es do
caixote e do carrinho, quando F = 2FMAX .
 
 
m
1
m
2
F
Resoluc¸a˜o
(a) Para o diagrama a seguir, os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o sa˜o:
~Fm1g —
~Fm1→Tg (na Terra);
~Fm2g — ~F
m2→T
g (na Terra);
~fm1→m2 — ~fm2→m1 ;
~FP→m1 — ~Fm1→P (no piso);
~Fm1→m2 — ~Fm2→m1 ;
~F — ~Fm1→A (em quem aplica ~F ).
As forc¸as ~FP→m1 , ~Fm1→m2 e ~Fm2→m1 sa˜o as forc¸as
normais a` superf´ıcie de contato.
(b) Para o corpo m1:
~Fm1res = ~F
m1
g + ~Fm2→m1 + ~F + ~FP→m1 + ~fm2→m1
= m1~a1.
y
m1
~Fm1g ?~Fm2→m1?
~F
-
~fm2→m1ff
~FP→m16
y
m2
~Fm2g
6
~Fm1→m2
?
-
~fm1→m2
6
Para o corpo m2:
~Fm2res = ~F
m2
g + ~Fm1→m2 + ~fm1→m2 = m2~a2.
(c) Separando cada componente das equac¸o˜es de Newton
acima, obtemos:
|~F | − |~fm2→m1 | = m1a1,x,
|~FP→m1 | − |~Fm1g | − |~Fm2→m1 | = m1a1,y,
|~fm1→m2 | = m2a2,x,
|~Fm1→m2 | − |~Fm2g | = m2a2,y.
Como sabemos que |~Fm1g | = m1g e |~Fm2g | = m2g, ale´m
do que a1,y = a2,y = 0, a partir da segunda e quarta
equac¸o˜es concluimos que:
|~Fm1→m2 | = m2g e |~FP→m1 | = m1g +m2g,
sendo que, lembramos, ~Fm1→m2 e´ a componente normal
da forc¸a que m1 exerce em m2 e ~FP→m1 e´ a componente
normal da forc¸a que o piso exerce em m1. Aqui usamos
tambe´m a terceira Lei de Newton, ~FC1→C2 = −~FC2→C1,
quando fizemos |~Fm1→m2 | = |~Fm2→m1 |.
Por outro lado, a primeira e a terceira expresso˜es ori-
undas da aplicac¸a˜o da lei de Newton, partindo do pres-
suposto que a condic¸a˜o matema´tica para o caixote na˜o
escorregar e´
a1,x = a2,x,
tornam-se:
|~F | − |~fm2→m1 |
m1
=
|~fm1→m2 |
m2
.
Manipulando esta expressa˜o encontramos:
|~F | −
[
|~fm2→m1 |+
m1
m2
|~fm2→m1 |
]
= 0.
Note que, para que na˜o haja deslizamento, a igualdade
acima deve ser sustentada. Enquanto na˜o houver desliza-
mento relativo entrem1 em2, as forc¸as de atrito ~fm2→m1
e ~fm2→m1 sa˜o caracterizadas pelo seus regimes esta´ticos.
Portanto, elas “garantem” o repouso entre superf´ıcies ate´
que atinjam uma intensidade ma´xima dada por:
|~fs,MAXm2→m1 | = |~fs,MAXm1→m2 |
= µs|~Fm2→m1 | = µs|~Fm1→m2 | = µsm2g.
Quando as forc¸as de atrito atingirem este valor ma´ximo
e´ porque estaremos aplicando a forc¸a ma´xima ~FMAX :
|~FMAX | −
[
µsm2g +
m1
m2
µsm2g
]
= 0
=⇒ |~FMAX | = µs(m1 +m2)g = 20 N.
6
(d) Nesse caso, voltamos a`s quatro equac¸o˜es que repre-
sentam a segunda Lei de Newton. Na direc¸a˜o y, a ana´lise
e´ equivalente a` realizada no ı´tem anterior. Na direc¸a˜o x,
|~F | − |~fm2→m1 | = m1a1,x,
|~fm1→m2 | = m2a2,x.
Aqui devemos considerar forc¸as de atrito do tipo
cine´ticas, |~fm2→m1 | = |~fm1→m2 | = µkm2g. Portanto,
usando este valor nas equac¸o˜es anteriores,
a2,x =
|~fm1→m2 |
m2
= µkg,
a1,x =
|~F | − |~fm1→m2 |
m1
=
|~F | − µkm2g
m1
.
Substituindo os valores, a2,x = 4 m/s
2 e a2,x = 9 m/s
2,
o que demonstra, como dever´ıamos esperar, que existe
deslizamento entre os blocos.
13. Um caminha˜o-bau´ trafega em linha reta por uma rodovia
plana, com velocidade ~vCR = |~vCR| ˆ em relac¸a˜o a um
sistema de refereˆncia fixo a` rodovia. Suponha, conforme
mostra a figura, que, fixo ao caminha˜o, um novo sistema
de refereˆncia e´ estabelecido. Na origem deste sistema
de coordenadas, em relac¸a˜o a ele, repousa um bloco de
massa m: ~vBC = 0. O atrito entre o cha˜o da carroceria
e o bloco e´ desprez´ıvel. A posic¸a˜o do caminha˜o (origem
do sistema [xC , yC ]) em func¸a˜o do tempo, em relac¸a˜o ao
referencial fixo a` rodovia, e´ dada por ~rCR(t) = L ıˆ +
(|~vCR|t) ˆ.
a) Desenhe o diagrama de forc¸as que atuam no bloco.
Este diagrama depende do referencial adotado?
b) Escreva as expresso˜es matema´ticas para ~rBR(t),
~rBC(t), ~vBR(t) e ~vBC(t).
c) Suponha que o caminha˜o comece a ser freiado,
sofrendo uma desacelerac¸a˜o ~aCR = −|~aCR| ˆ. A partir
da segunda lei de Newton, adotando um sistema de
refereˆncia fixo ao solo, descreva o movimento do bloco
~rBR(t) (antes dele se chocar com a parede da carroceria).
d) Repita o ı´tem anterior adotando o sistema de re-
fereˆncia fixo ao caminha˜o.
e) Os resultados dos dois ı´tens anteriores sa˜o consis-
tentes?
f) Verifique que existe consisteˆncia entre os ı´tens c) e d)
quando supomos, ao usar o referencial fixo ao caminha˜o,
que o bloco esta´ jeito a uma forc¸a ~Ff = −m~aCR durante
a desacelerac¸a˜o.
g) Qual seria par ac¸a˜o-reac¸a˜o de ~Ff?
-
6yR
xR
-6
xC
yC
L
Rsoluc¸a˜o
(a) Para os dois referenciais, as interac¸o˜es f´ısicas sa˜o
as mesmas, bloco interagindo com a Terra e com o
caminha˜o. Portanto, as forc¸as sentidas pelo bloco na˜o
dependem do referencial.
6ˆz (vertical)
ym
~Fg
6
~FC→m
?
(b) Para o referencial do caminha˜o, o bloco esta´ parado
inicialmente na origem, e, como a forc¸a resultante sobre
ele e´ nula, permanecera´ parado:
~rBC(t) = 0 e ~vBC(t) = 0.
As equac¸o˜es de movimento para o bloco, para o refer-
encial fixo a` rodovia, sa˜o equivalentes a`s expresso˜es que
descrevem o movimento da origem do sistema de coorde-
nadas do caminha˜o:
~rBR(t) = Lıˆ+ |~vCR|tˆ e ~vBR(t) = |~vCR|ˆ.
(c) Como na˜o ha´ atrito, na˜o existe forc¸a resultante agindo
sobre o bloco. Portanto, segundo a segunda Lei de New-
ton, na˜o ha´ acelerac¸a˜o e sua velocidade permanece a
mesma. Logo,
~rBR(t) = Lıˆ+ |~vCR|tˆ e ~vBR(t) = |~vCR|ˆ.
(d) Para o referencial do caminha˜o, tambe´m na˜o apare-
cem forc¸as f´ısicas novas agindo no bloco. Logo, a resul-
tante continua nula. Aplicando a segunda Lei de Newton
a esta situac¸a˜o na˜o ter´ıamos alterac¸a˜o no movimento:
~rBC(t) = 0 e ~vBC(t) = 0.
(e) Sa˜o inconsistentes porque, para o referencial da
rodovia, como na˜o existe atrito, o movimento do bloco
na˜o sera´ alterado enquanto o caminha˜o diminui sua ve-
locidade. Por outro lado, segundo o ı´tem (d), para o ref-
erencial do caminha˜o, que esta´ parando, o bloco deveria
permanecer na origem. Aplicar a segunda Lei de Newton
para o referencial do caminha˜o, durante a desacelerac¸a˜o,
na˜o e´ permitido, pois este referencial e´ na˜o-inercial, a
primeira Lei de Newton e´ claramente desobedecida nesse
caso.
Uma maneira matema´tica de verificar a inconsisteˆncia
seria escrever a equac¸a˜o para 0 movimento relativo:
~rBR(t) = ~rBC(t) + ~rCR(t).
Como, pelos ı´tens anteriores, ~rBR(t) = Lıˆ + |~vCR|tˆ e
~rBC(t) = 0:
Lıˆ+ |~vCR|tˆ = 0 + ~rCR(t)
=⇒ ~rCR(t) = Lıˆ+ |~vCR|tˆ.
A expressa˜o para ~rCR(t) e´ falsa ja´ que o movimento do
caminha˜o em relac¸a˜o a` rodovia e´, na verdade, desaceler-
ado.
7
(f) Supondo a existeˆncia dessa forc¸a, a segunda Lei de
Newton aplicada ao bloco,
~Fres = m~aBC ,
torna-se
~Ff = −m~aCR = m~aBC .
A partir da u´ltima equac¸a˜o,~aBC(t) =
−m~aCR
m
= −~aCR.
Portanto, integrando esta equac¸a˜o,
~vBC(t) = ~vBC(0)− ~aCRt
~rBC(t) = ~rBC(0) + ~vBC(0)t− 1
2
~aCRt
2,
Sendo que, aqui, devemos considerar como t = 0 o in-
stante em que se inicia a desacelerac¸a˜o. Assim, ~rBC(0) =
0 e ~vBC(0) = 0.
Agora, se escrevermos:
~rCR(t) = ~rBR(t)− ~rBC(t),
teremos
~rCR(t) = [Lıˆ+ (yCR + |~vCR|t)ˆ]−
[
−1
2
~aCRt
2
]
= Lıˆ+
[
yCR + |~vCR|t− 1
2
|~aCR|t2
]
ˆ,
que descreve corretamente o movimento do caminha˜o em
relac¸a˜o a` rodovia ~rCR(t). yCR e´ a coordenada y do cam-
inha˜o em relac¸a˜o a` rodovia no in´ıcio da desacelerac¸a˜o
(mudamos a origem da contagem de tempo!).
(g) Como a forc¸a ~Ff e´ uma forc¸a fict´ıcia, na˜o tendo
origem na interac¸a˜o entre o bloco e outro corpo, na˜o
ha´ raza˜o para que ela cumpra a terceira Lei de Newton.
Na˜o existe par ac¸a˜o-reac¸a˜o para esta forc¸a.
14. Uma part´ıcula de massa m = 1 kg move-se ao longo
do eixo x, sujeita a uma u´nica forc¸a que varia com a
posic¸a˜o da seguinte maneira: F (x) = 3x2 − x, sendo a
forc¸a F dada em N e x em m.
(a) Calcule o trabalho da forc¸a F quando a part´ıcula se
desloca de x1 = 0 cm ate´ x2 = 50 cm.
(b) Calcule a energia potencial U(x) associada a` forc¸a
F (x), tomando U(0) = 0.
(c) Se, em x0 = 0 cm, a velocidade da part´ıcula e´
v0 = 2 m/s, qual sera´ sua velocidade em x = 50 cm?
Resoluc¸a˜o
(a) Nesse caso, o trabalho de F pode ser calculado da
seguinte maneira (no SI):
WF =
∫ xf=0,5
xi=0
F (x)dx =
∫ xf=0,5
xi=0
(3x2 − x)dx
=
(
x3 − 1
2
x2 + c
)∣∣∣∣xf=0,5
xi=0
=
1
8
− 1
8
= 0.
(b) A energia potencial associada a` F (x) vale:
UF (x) = −
∫ x
x0
F (x)dx = −
∫ x
x0
(3x2 − x)dx
= −
(
x3 − 1
2
x2 + c
)∣∣∣∣x
x0
= −x3 + 1
2
x2.
(c) Como F (x) e´ a u´nica forc¸a que atua no corpo, Fres =
F (x). Do teorema trabalho-energia cine´tica,
WF = Kf −Ki
=⇒ vf =
√
2
m
WF + v2i
Sendo vi = v0 = 2 m/s, WF = 0 J e m = 1 kg, obtemos
vf = 2 m/s.
15. Uma part´ıcula de massa m = 80 g desloca-se num
espac¸o unidimensional sob a ac¸a˜o de uma u´nica forc¸a
conservativa F (x) caracterizada pela func¸a˜o energia
potencial mostrada na figura.
(a) Construa o gra´fico qualitativo de F (x) correspon-
dente. E´ relevante demonstrar onde a forc¸a e´ positiva,
negativa ou nula, valores ma´ximos e mı´nimos, e com-
portamento para valores de x muito grandes ou muito
pequenos.
(b) Qual e´ a posic¸a˜o de equil´ıbrio da part´ıcula? Justi-
fique.
(c) A part´ıcula passa pela posic¸a˜o de equil´ıbrio com
uma velocidade de 5 m/s. Descreva qualitativamente
o movimento da part´ıcula. Determine os pontos de
retorno.
(d) Com que velocidade mı´nima deveria a part´ıcula
passar pela posic¸a˜o de equil´ıbrio para poder afastar-se
ate´ o infinito?
 
 
0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
 
 
U
(x
)
 [
J
o
u
le
s]
x [m etros]
Resoluc¸a˜o
(a) O gra´fico deve ser como o da figura abaixo, que e´
obtido da relac¸a˜o F (x) = − dUdx .
 
 
0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
 
 
F
(x
)
 [
N
]
x [m ]
8
(b) Estas posic¸o˜es sa˜o aquelas onde F (x) = 0, ou seja,
onde dUdx = 0. Portanto, da leitura da figura, x = 0, 3 m e´
um ponto de equil´ıbrio, assim como a regia˜o x ≥ 0, 8 m,
que tambe´m se caracteriza por F (x) = 0.
(c) Como UF (x = 0, 3) = −3 J, a energia mecaˆnica da
part´ıcula vale:
Em = UF +K = −3 J + 1
2
(80 · 10−3 kg) · (5 m/s)2
= −3 J + 1 J = −2 J.
Como a energia mecaˆnica se conserva, e K > 0, o movi-
mento e´ restrito a regio˜es onde UF ≤ E. Voltanto a`
figura, verificamos que esta´ condic¸a˜o implica que o movi-
mento esta´ limitado a` 0, 2 ≤ x ≤ 0, 5. A part´ıcula os-
cilara´, portanto, entre 0,2 m e 0,5 m.
(d) No infinito, a energia mecaˆnica vale Em = UF (x →
∞) +K. Como UF (x → ∞) = 0, a energia mecaˆnica e´,
no mı´nimo, 0 J.
Como UF (x = 0, 3) = −3 J, para que a part´ıcula escape
da regia˜o confinante, sua energia cine´tica deve ser, no
mı´nimo 3 J, de modo que sua energia mecaˆnica seja 0 J.
Portanto,
K =
1
2
mv2 = 3 J
=⇒ v =
√
2 · (3 J)
80 · 10−3 kg = 10
√
3
4
m/s.
16. Solta-se da posic¸a˜o indicada na figura, uma massa m =
1 kg que desliza sobre uma canaleta lisa (sem atrito),
circular, de raio R = 1 m. Quando atinge o ponto B,
a massa atinge uma pista horizontal com coeficiente de
atrito µs ≈ µk = 0, 25, indo finalmente comprimir uma
mola de constante ela´stica k = 20 N/cm. Na regia˜o hor-
izontal, a` direita do ponto C, o atrito e´ desprez´ıvel.
(a) Qual a velocidade da massa ao passar pelo ponto B?
(b) Qual e´ a forc¸a (vetor) que a canaleta exerce sobre
a massa quando esta passa pela posic¸a˜o definida por
θ = 45◦?
(c) Qual e´ o trabalho da forc¸a resultante realizado no
trecho BC = L = 2 m?
(d) Qual e´ a ma´xima compressa˜o que a mola sofre?
(e) Descreva quantitativamente o movimento a partir
do ponto em que a mola foi comprimida ate´ seu ponto
ma´ximo?
 
 
m
R θ
B C
Resoluc¸a˜o
(a) Para a parte do movimento ao longo da canaleta
lisa, na˜o existem forc¸as na˜o-conservativas. Ale´m disso,
a u´nica forc¸a que realiza trabalho nesta parte e´ a forc¸a
gravitacional ~Fg. Portanto, a energia mecaˆnica Em =
K + U~Fg se conserva. Nesta expressa˜o, U~Fg (y) = mgy.
Comparando a energia mecaˆnica do instante inicial t0
a`quela do instante em que o bloco atinge B temos:
Kt0 + U~Fg,t0 = KB + U~Fg,B.
Escolhendo a origem do eixo vertical y como sendo a
altura do ponto mais baixo da pista,
0 +mgR =
1
2
mv2B + 0
=⇒ vB =
√
2gR = 2
√
5 m/s.
(b) O diagrama de forc¸as para aquele ponto e´:
ˆ (vertical)6
�
�
��
?
y
m
~Fg
~FC→mθ
ˆ (vertical)6
�
�
��
@
@R
�
�	
y
m
~Fg,r ~Fg,t
~FC→mθ
θ
A diferenc¸a entre estes dois diagramas esta´ no fato de
termos decomposto, no segundo esquema, a forc¸a grav-
itacional em componentes radial e tangencial.
A forc¸a resultante ~Fres sobre o corpo possui uma com-
ponente radial, que o mante´m numa trajeto´ria circular,
e uma componente tangencial (pelo diagrama, ~Fg,t), re-
sponsa´vel pela acelerac¸a˜o tangencial do corpo. A com-
ponente radial, que pode ser identificada como forc¸a
centr´ıpeta, vale para este ponto:
|~Fc| = |~FC→m| − |~Fg,r|.
Geometricamente, verifica-se que |~Fg,r| = mg cos θ. Por
outro lado, |~Fc| se relaciona com o mo´dulo da velocidade
|~vθ| da part´ıcula (naquele ponto definido por θ) atrave´s
da expressa˜o |~Fc| = m|~vθ|
2
R . Portanto,
|~FC→m| = m|~vθ|
2
R
+mg cos θ.
Falta ainda saber a velocidade ~vθ, que pode ser obtida a
partir da conservac¸a˜o da energia mecaˆnica. Comparando
com o instante inicial,
mgR =
1
2
m~v2θ +mg(R−R cos θ)
=⇒ |~vθ| =
√
2gR cos θ.
Portanto,
|~FC→m| = 2mg cos θ +mg cos θ
= 3mg cos θ = 15
√
2 N,
apontando para o centro de curvatura da canaleta.
(c) Neste trecho, ~Fres = ~fk, que e´ constante. Logo,
WFres = W~f = −|~f |L = −µkmgL
= −0, 25 · (1 kg) · (10 m/s2) · (2 m) = −5 J.
9
(d) A energia cine´tica no ponto B vale KB = mgR =
10 J. Do ponto B ao C, conforme o ı´tem anterior, perdeu-
se 5 J por atrito. Portanto, a energia cine´tica em C vale
KC = 5 J.
A partir do ponto C, o problema e´ novamente conserva-
tivo, com uma forc¸a ela´stica ~Fs agindo. A energia poten-
cial associada a esta forc¸a e´ U~Fs(x) =
1
2kx
2, sendo x a
compressa˜o/esticamento da mola. Portanto, agora a en-
ergia mecaˆnica vale Em = K +U~Fg + U~Fs . Comparando
o instante em que a part´ıcula esta´ em C com o instante
de ma´xima compressa˜o xM :
5 J + 0 + 0 = 0 + 0 +
1
2
kx2M
=⇒ xM =
√10 J
20 · 10+2 N/m = 5
√
2 cm.
(e) O corpo retorna ao ponto C com energia cine´tica
5 J, ja´ que a energia mecaˆnica se conserva. A par-
tir da´ı, ele entra na regia˜o com atrito e comec¸a parar.
Quando atinge B, segundo o ı´tem (c), 5 J de energia
mecaˆnica e´ consumido pelo atrito. Na˜o ha´, portanto, en-
ergia mecaˆnica para continuar o movimento e a part´ıcula
permanece em B.
17. Uma part´ıcula de massa m = 1 kg move-se ao longo do
eixo x, sujeita a uma u´nica forc¸a F (x) que varia com a
posic¸a˜o. A energia potencial associada a esta forc¸a e´ de-
scrita pela expressa˜o: U(x) = 13x
3−x, sendo U dado em
J e x em m.
(a) Escreva uma expressa˜o para F (x) e esboce seu
gra´fico. (0,50)
(b) Calcule o trabalho da forc¸a F quando a part´ıcula se
desloca de x1 = 0 m ate´ x2 =
√
3 m.
(c) Se, em x0 = 0 m, a velocidade da part´ıcula e´
v0 = 0 m/s, qual sera´ sua velocidade em x = 1 m?
(d) Esboce um gra´fico para U(x) e, atrave´s dele, inter-
prete os resultados dos u´ltimos dois itens.
Resoluc¸a˜o
(a) F (x) se relaciona com seu potencial da seguinte
maneira:
F (x) = − d
dx
U(x) = − d
dx
[
1
3
x3 − x
]
= 1− x2.
 
 
0
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
 
 
F 
(N)
x (m)
O gra´fico de F (x) e´ mostrado a seguir.
(b) Como sabemos uma expressa˜o para a energia poten-
cial associada a` F (x),
W
xf→xi
F (x) = −[U(xf )− U(xi)]
= −
[(
(
√
3)3
3
−
√
3
)
− 0
]
J = 0 J.
(c) Como F (x) trata-se da forc¸a resultante,
W
xf→xi
F (x) = −∆U = Kf −Ki =
mv2f
2
=⇒ vf =
√
−2∆U
m
=
√
2× (23 ) J
1 kg
=
√
4
3
m/s.
(d) Gra´fico da energia potencial U(x):
 
 
0
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
 
 
U 
(J)
x (m)
18. Um carro de corrida de massa m = 1600 kg se desloca
um uma pista circular de raio R = 190 m com veloci-
dade contante, v = 20 m/s, sem derrapar. A pista na˜o e´
horizontal. Ela possui uma inclinac¸a˜o θ = 100 elaborada
com o propo´sito de contribuir para que o carro na˜o es-
cape pela tangente.
(a) Fac¸a um diagrama de forc¸as (f´ısicas) que atuam no
carro.
(b) Qual deve ser o valor de µs entre os pneus e a pista
para que o carro esteja na imineˆncia de derrapar?
Resoluc¸a˜o
(a) O diagrama de forc¸as para o carro e´ dado por:
y
mA
~Fg ?
~F
(N)
P→A
A
A
A
AK
~fP→A ����
(b) A segunda Lei de Newton aplicada a este corpo vale
(sendo o eixo x horizontal para direita, e y vertical para
cima):
|~F (N)P→A| cos θ − |~Fg| − |~fP→A| sin θ = may,
−|~F (N)P→A| sin θ − |~fP→A| cos θ = max.
Sabemos tambe´m que, como se trata de um movimento
circular uniforme no plano horizontal, ay = 0 e ax =
10
−v2/R. Multiplicando a primeira equac¸a˜o por sin θ, a
segunda por cos θ, e subtraindo as duas:
|~fP→A| = mv
2
R
cos θ −mg sin θ.
Substituindo esta equac¸a˜o na segunda,
|~F (N)P→A| = mg cos θ +
mv2
R
sin θ.
Como se trata da situac¸a˜o limite, |~fP→A| = µs|~F (N)P→A|.
Enta˜o,
µs =
v2
R cos θ − g sin θ
v2
R sin θ + g cos θ+
≈ 0, 032.
19. Conforme esboc¸ado na figura abaixo, um bloco de massa
m = 2 kg e´ solto de uma altura h = 40 cm sobre uma
mola cuja constante ela´stica vale k = 1960 N/m.
(a) Encontre a distaˆncia ma´xima ∆xM que a mola foi
comprimida.
(b) Qual o trabalho realizado pela forc¸a gravitacional
desde o in´ıcio do movimento ate´ o momento de ma´xima
compressa˜o da mola?
(c) Se, numa outra situac¸a˜o, observarmos o bloco em
repouso sobre a mola, qual sera´ sua compressa˜o ∆xR?
�����������������������
�����������������������
�����������������������
�����������������������
k = 1960 N/m
40 cm
2,0 kg
Resoluc¸a˜o
(a) A energia potencial gravitacional do bloco e´ dada por
U~Fg(y) = mgy, sendo y a coordenada vertical do bloco.
Supondo que a origem do eixo vertical y se localiza na
altura em que o bloco encontra a mola, escrevemos a
energia potencial ela´stica do bloco como U~Fs(y) =
1
2ky
2
(Importante: esta expressa˜o so´ vale quando o bloco esta´
interagindo com a mola. Sem esta interac¸a˜o, na˜o ha´
energia potencial ela´stica.).
Como so´ existem forc¸as conservativas atuando no bloco,
a energia mecaˆnica Em = K + U~Fg + U~Fs se conserva·
Comparando o valor de Em no instante inicial com o
instante em que a mola atinge sua ma´xima compressa˜o:
0 +mgyi + 0 = 0 +mgyf +
1
2
ky2f .
Note que, devido a` escolha da origem do eixo y, −∆xM =
yf . Portanto,
y2f +
2mg
k
yf − 2mgyi
k
= 0,
e
yf = −∆xM = −mg
k
±
√
m2g2
k2
+
2mgyi
k
=
mg
k
[
−1±
√
1 +
2kyi
mg
]
≈ 10−2 [−1± 9] m.
Note que, entre os dois valores, somente o negativo faz
sentido. Portanto, ∆xM = 8 cm.
(b) O trabalho da forc¸a gravitacional vale
W~Fg = −[U~Fg(yf )− U~Fg(yi)] = mg(yi − yf),
sendo yf = −0, 08 m e yi = 0, 4 m. Portanto, W~Fg ≈
9, 5 J.
(c) Nesse caso, como o bloco esta´ em repouso, |~Fs| = |~Fg|.
Portanto,
k∆xr = mg =⇒ ∆xr = mg/k ≈ 1 cm.
20. Um corpo de massa m = 2 kg, que pode se deslocar ape-
nas na direc¸a˜o x, esta´ sob ac¸a˜o de uma u´nica forc¸a do
tipo restauradora F (x) = −x3, sendo F dada em N e x
em m.
(a) Fac¸a um gra´fico de F (x).
(b) Qual e´ o trabalho realizado por esta forc¸a quando a
massa desloca-se de −√2 m ate´ 1 m? Este valor esta´
associado a que quantidade no gra´fico de F (x)?
(c) Se, em x = 0, o corpo possui velocidade v =
√
2,
descreva os movimentos poss´ıveis.
(d) Escreva uma expressa˜o para a energia potencial as-
sociada a esta forc¸a, e esboce seu gra´fico.
Resoluc¸a˜o
(a) Esboc¸o do gra´fico:
 
 
-2,0 -1,5 -1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0
-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
 
 
F (N
)
x (m)
(b) O trabalho desta forc¸a vale:
WF (x) =
∫ 1m
−√2m
F (x)dx = −
∫ 1m
−√2m
x3dx
= −
(
x4
4
)∣∣∣∣1m
−√2m
= (−1
4
+ 1) J =
3
4
J.
No gra´fico, este valor e´ a a´rea entre a curva F (x) e o eixo
y = 0, desde x = 1 m ate´ x =
√
2 m.
(c) Usando o resultado do pro´ximo item, vemos que a
energia mecaˆnica deste corpo vale Em = K + UF (0) =
2J . Usando o gra´fico do pro´ximo item, verificamos que
11
o corpo oscilara´ entre ±23/4, ja´ que, nestes pontos de
retorno, UF (xr) =
x4r
4 = Em = 2 J =⇒ xr = ±23/4 m.
(d) Para encontrar a energia potencial associada a F (x),
escrevemos:
UF (xf )− UF (xi) = −
∫ xf
xi
F (x)dx =
x4f
4
− x
4
i
4
.
Portanto, UF (x) =
x4
4 .
 
 
0
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
 
 
U 
(J)
x (m)
21. O bloco de massa m1 = 40 kg da figura repousa sobre
uma superf´ıcie sem atrito. Sobre ele, repousa um outro
bloco de massa m2 = 10 kg. O coeficiente de atrito
esta´tico entre os dois blocos vale µs = 0, 6. Ja´ o coefi-
ciente de atrito cine´tico vale µk = 0, 4. O bloco m2 e´,
enta˜o, puxado por uma forc¸a ~F , conforme mostrado na
figura.
(a) Fac¸a o diagrama de forc¸as que atuam sobre cada
corpo separadamente. Para todas as forc¸as consideradas,
identifique seus respectivos pares ac¸a˜o-reac¸a˜o.
(b) Usando versores, escreva as equac¸o˜es de Newton para
um referencial inercial fixo ao solo.
(c) Calcule o valor ma´ximo ~FMAX de ~F para que m2 na˜o
deslize.
(d) Qual deve ser o valor da forc¸a de atrito quando se
aplica uma forc¸a ~F de intensidade |~F | = 62, 5N?
 
 
m
1
m
2
F
Resoluc¸a˜o
(a)
y
m2
~Fm2g
?
~fm1→m2
-
~F
ff
~Fm1→m26
y
m1
~Fm1g
?~Fm2→m1?
~fm2→m1
ff
~FP→m16
Os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o sa˜o:
~Fm1g —
~Fm1→Tg (na Terra);
~Fm2g —
~Fm2→Tg (na Terra);
~fm1→m2 — ~fm2→m1 ;
~FP→m1 — ~Fm1→P (no piso);
~Fm1→m2 — ~Fm2→m1 ;
~F — ~Fm1→A (em quem aplica~F ).
As forc¸as ~FP→m1 , ~Fm1→m2 e ~Fm2→m1 sa˜o forc¸as normais
a` superf´ıcie de contato.
(b) Para o corpo m1:
~Fm1res =
~Fm1g +
~Fm2→m1 + ~FP→m1 + ~fm2→m1 = m1~a1.
Para o corpo m2:
~Fm2res =
~Fm2g +
~Fm1→m2 + ~fm1→m2 = ~F = m2~a2.
Agora, usando versores:
(|~FP→m1 | − |~Fm1g | − |~Fm2→m1 |) ˆ+ |~fm2→m1 | ıˆ
= (m1a1,x) ıˆ+ (m1a1,y) ˆ
e
(|~Fm1→m2 | − |~Fm2g |) ˆ+ (|~F | − |~fm1→m2 |) ıˆ
= (m2a2,x) ıˆ+ (m2a2,y) ˆ.
(c) Como sabemos que |~Fm1g | = m1g e |~Fm2g | = m2g,
ale´m do que a1,y = a2,y = 0, usando a segunda Lei de
Newton, concluimos que:
|~Fm1→m2 | = m2g e |~FP→m1 | = m1g +m2g,
sendo que, lembramos, ~Fm1→m2 e´ a componente normal
da forc¸a que m1 exerce em m2 e ~FP→m1 e´ a componente
normal da forc¸a que o piso exerce em m1. Aqui usamos
tambe´m a terceira Lei de Newton, ~FC1→C2 = −~FC2→C1,
quando fizemos |~Fm1→m2 | = |~Fm2→m1 |.
A condic¸a˜o matema´tica para o caixote na˜o escorregar
e´ a1,x = a2,x. Usando este resultado nas componentes
horizontais das equac¸o˜es do ı´tem anterior:
|~F | − |~fm1→m2 |
m2
=
|~fm2→m1 |
m1
.
Manipulando esta expressa˜o encontramos:
|~F | −
[
|~fm1→m2 |+
m2
m1
|~fm2→m1 |
]
= 0.
Note que, para que na˜o haja deslizamento, a igualdade
acima deve ser sustentada. Enquanto na˜o houver desliza-
mento relativo entrem1 em2, as forc¸as de atrito ~fm2→m1
e ~fm2→m1 sa˜o caracterizadas pelo seus regimes esta´ticos.
Portanto, elas “garantem” o repouso entre superf´ıcies ate´
que atinjam uma intensidade ma´xima dada por:
|~fs,MAXm2→m1 | = |~fs,MAXm1→m2 |
= µs|~Fm2→m1 | = µs|~Fm1→m2 | = µsm2g.
12
Quando as forc¸as de atrito atingirem este valor ma´ximo
e´ porque estaremos aplicando a forc¸a ma´xima ~FMAX :
|~FMAX | −
[
µsm2g +
m2
m1
µsm2g
]
= 0
=⇒ |~FMAX | =
(
m1 +m2
m1
)
µsm2g = 75 N.
(d) Nesse caso, como a intensidade da forc¸a aplicada e´
menor que |~FMAX |, sabemos que na˜o ha´ deslizamento.
Portanto, vale repetir
|~F | −
[
|~fm1→m2 |+
m2
m1
|~fm2→m1 |
]
= 0
=⇒ |~fm1→m2 | =
(
m1
m1 +m2
)
|~F | = 50 N.
22. Uma corda e´ usada para abaixar verticalmente um bloco
de massa M , inicialmente em repouso, com uma acel-
erac¸a˜o constante de mo´dulo g/6. O bloco desce uma
distaˆncia d.
(a) Qual o trabalho realizado pela forc¸a da corda durante
deslocamento?
(b) Sabendo que a forc¸a da corda e´ uma forc¸a conserva-
tiva, podemos dizer que a energia mecaˆnica se conserva,
desde que consideremos um termo de energia potencial
associada a` cada forc¸a. Calcule a energia potencial asso-
ciada a` forc¸a gravitacional? Calcule a energia potencial
associada a` forc¸a da corda?
(c) Usando o teorema de conservac¸a˜o de energia
mecaˆnica, qual e´ a energia cine´tica do bloco no final do
deslocamento?
Resoluc¸a˜o
(a) Definindo o eixo y como sendo vertical, apontando
para cima, a segunda Lei de Newton para o bloco vale:
(|~T | −Mg) ˆ = (May) ˆ = −Mg
6
=⇒ |~T | = 5
6
Mgˆ.
Como se trata de uma forc¸a constante, contra´ria ao deslo-
camento, W~T = −|~T |d = − 56Mgd.
(b) Para a forc¸a gravitacional, ~Fg = −Mg ˆ:
Ug(yf )− Ug(yi) = −
∫ yf
yi
(−Mg)dy
= Mgyf −Mgyi.
Portanto, Ug(y) = Mgy. Para a forc¸a de trac¸a˜o, ~T =
5
6Mg ˆ:
UT (yf )− UT (yi) = −
∫ yf
yi
(5Mg/6)dy
=
(
−5
6
Mgyf
)
−
(
−5
6
Mgyi
)
.
Portanto, Ug(y) = − 56Mgy.
(c) A energia mecaˆnica fica Em =
1
2Mv
2+Ug(y)+UT (y).
Assim E
(i)
m = E
(f)
m e, portanto:
Ki + Ug(yi) + UT (yi) = Kf + Ug(yf ) + UT (yf )
=⇒ 0 +Mgyi − 5
6
Mgyi = Kf +Mgyf − 5
6
Mgyf
=⇒ Kf = 1
6
Mg(yi − yf ) = 1
6
Mg.
23. Um bloco de massa m e´ solto do repouso numa das ex-
tremidades de uma calha cuja geometria e´ apresentada na
figura abaixo. Os trechos circulares, que correspondem
a quartos de circunfereˆncia de raio r, sa˜o completamente
lisos enquanto que a parte reta, de comprimento 2 r, ap-
resenta coeficiente de atrito cine´tico µk para o bloco em
questa˜o.
(a) Calcule o trabalho realizado pela forc¸a de atrito
cine´tico ao longo da parte reta.
(b) Mostre que a altura ma´xima atingida pelo bloco na
outra extremidade sera´ h = (1 − 2µc) r. Explique o que
acontece quando µc > 0, 5.
(c) Usando o resultado do item (b), calcule o trabalho
realizado pela forc¸a gravitacional ao longo do percurso
de ida.
r r
r2r
Resoluc¸a˜o
(a) Como a forc¸a e´ constante, e contra´ria ao movimento,
W~f = −|~f |(2r) = −2µkmgr, ja´ que |~f | = µkmg.
(b) Inicialmente, a energia mecaˆnica vale E
(i)
m = mgr.
Ao passar pela parte horizontal, o bloco perde energia
por atrito, sua energia mecaˆnica torna-se E
(f)
m = E
(i)
m −
2µkmgr = mgr(1 − 2µk). A partir da´ı, na subida, a
energia mecaˆnica volta a se conservar. No ponto mais
alto, so´ existe energia potencial, mgyf = mgr(1 − 2µk).
Portanto, yf = r(1 − 2µk).
(c) O trabalho da forc¸a gravitacional vale WFg =
−∆Ug = −(mgyf − mgyi). Do enunciado yi = r.
Do item anterior, yf = r(1 − 2µk). Enta˜o, WFg =
−mg[r(1− 2µk)− r] = 2µkmgr.
24. Um vaga˜o de trem de alta velocidade da´ voltas em um
c´ırculo plano e horizontal de raio R = 470 m, a uma
velocidade constante. A intensidade das componentes
horizontal ~Fh e vertical ~Fv da forc¸a do vaga˜o sobre um
passageiro de massa m = 50 kg sa˜o |~Fh| = 210 N e
|~Fv| = 500 N.
(a) Fac¸a o diagrama de forc¸as que atuam sobre o pas-
sageiro. Para todas as forc¸as consideradas, identifique
seus respectivos pares ac¸a˜o-reac¸a˜o.
(b) Qual a intensidade da forc¸a resultante que age sobre
o passageiro?
(c) Qual e´ a velocidade escalar do vaga˜o?
Resoluc¸a˜o
(a) Fazendo um corte radial no movimento, com o centro
da trajeto´ria a` direita:
Os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o sa˜o:
13
ym
~Fg ?
~Fv 6
~Fh-
~Fg — ~F
m→T
g (na Terra);
~Fv — ~F
m→t
v (no trem);
~Fh — ~F
m→t
h (no trem).
(b) Sabemos que ~Fres = ~Fg + ~Fv + ~Fh. Como na˜o ha´
movimento vertical, ~Fv = −~Fg. Logo, ~Fres = ~Fh, com
|~Fres| = |~Fh| = 210 N,
que aponta para o centro da trajeto´ria.
(c) ~Fres e´ uma forc¸a do tipo centr´ıpeta. Enta˜o,
|~Fres| = |~Fh| = mv
2
R
.
Usando m = |~Fg|/g = |~Fv|/g,
v =
√
R |~Fh|
m
=
√
gR |~Fh|
|~Fv|
=
√
10 m/s2 · 470 m · 210 N
500 N
≈ 44 m/s,
25. Um bloco de massa m = 5 kg e´ empurrado sobre uma
superf´ıcie horizontal por uma forc¸a ~F de intensidade
|~F | = 20 N, que faz um aˆngulo θ = 30◦ com a horizontal,
conforme a figura. O coeficiente de atrito cine´tico entre
o bloco e o piso vale µk = 0, 25.
(a) Fac¸a o diagrama de forc¸as que atuam sobre o bloco.
Para todas as forc¸as consideradas, identifique seus
respectivos pares ac¸a˜o-reac¸a˜o.
(b) Calcule a intensidade da forc¸a de atrito que o piso
exerce sobre o bloco.
(c) Calcule a acelerac¸a˜o do bloco.
(d) Se o bloco estivesse inicialmente parado, a forc¸a
~F em questa˜o seria suficiente para tira´-lo do repouso?
Adote µs = 0, 4.
 
 
m
F
θ
Resoluc¸a˜o
(a)
Os pares ac¸a˜o-reac¸a˜o sa˜o:
~Fg — ~F
m→T
g (na Terra);
~FP→m — ~Fm→P (no piso);
~fP→m — ~fm→P (no piso);
~F — ~Fm→A (em quem aplica ~F ).
ym
~Fg ?
~FP→m6
~F
@
@@R
~fP→m
ff
As forc¸as ~FP→m e ~Fm→P sa˜o forc¸as normais a` superf´ıcie
de contato.
(b) Esse caso e´ caracterizado pelo regime cine´tico. Enta˜o,
|~fP→m| = µk |~FP→m|. Para encontrar |~FP→m|, apli-
camos a segunda Lei de Newton:
~Fres = ~Fg + ~FP→m + ~F + ~fP→m = m~a,
ou, usando versores:
(|~FP→m| − |~Fg| − |~F | sin θ) ˆ
+ (|~F | cos θ − |~fP→m|) ıˆ
= max ıˆ+may ˆ,
Para que o bloco na˜o se desloque verticalmente, ay =
0. Assim, |~FP→m| − |~Fg| − |~F | sin θ = 0, e, portanto,
|~FP→m| = |~Fg|+ |~F | sin θ. Enta˜o,
|~fP→m| = µk |~FP→m| = µk (|~Fg |+ |~F | sin θ)
= 0, 25 · (50 + 10) N = 15 N.
(c) A partirda segunda Lei de Newton,
|~F | cos θ − |~fP→m| = max.
Enta˜o,
ax =
|~F | cos θ − |~fP→m|
m
=
10
√
3− 15
5
m/s2 ≈ 0, 4 m/s2.
(d) Com o bloco parado,
|~F | cos θ − |~fsP→m| = max.
Enquanto o bloco estiver parado ax = 0. A intensi-
dade da forc¸a de atrito esta´tica ma´xima e´ |~fs,MAXP→m | =
µs|~FP→m| = 0, 4 · (50 + 10) N = 24 N. A forc¸a ma´xima
~FMAX aplicada e´ tal que
|~FMAX | cos θ − |~fs,MAXP→m | = 0
=⇒ |~FMAX | = 48√
3
N ≈ 27, 7 N.
Como a forc¸a aplicada e´ menor que |~FMAX |, o bloco na˜o
se moveria.
26. Uma part´ıcula de massa m = 1 kg move-se ao longo
do eixo x, sujeita a uma u´nica forc¸a F (x), que varia
com a posic¸a˜o de acordo com o gra´fico da figura. Neste
gra´fico, entre x = 0 e x = 1 m, a curva de F (x) pode ser
representada pela expressa˜o F (x) = 4x3, sendo a forc¸a
F dada em N e x em m.
14
 
 
0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0
-2
-1
0
1
2
3
4
 
 
F
(x
)
 [
N
ew
to
n
]
x [m etro ]
(a) Calcule o trabalho da forc¸a F quando a part´ıcula se
desloca de x1 = 0 ate´ x2 = 50 cm.
(b) Calcule o trabalho da forc¸a F quando a part´ıcula se
desloca de x1 = 0 ate´ x2 = 4 m.
(c) Se, em x0 = 0, a velocidade da part´ıcula e´ v0 = 2 m/s,
qual sera´ sua velocidade em x = 2 m?
Resoluc¸a˜o
(a) Nesse caso, durante todo o deslocamento existe uma
expressa˜o matema´tica para F , portanto seu trabalho
pode ser calculado da seguinte maneira (no SI):
WF =
∫ xf=0,5
xi=0
F (x)dx =
∫ xf=0,5
xi=0
(4x3)dx
=
(
x4
)∣∣xf=0,5
xi=0
=
1
16
J.
(b) Primeiro devemos calcular o trabalho para ir de xi =
0 ate´ xf = 1 m, onde vale as considerac¸o˜es do ı´tem
anterior:
W
(parte 1)
F =
∫ xf=1
xi=0
(4x3)dx =
(
x4
)∣∣xf=1
xi=0
= 1 J.
A partir de 1 m, fica mais fa´cil calcular o trabalho de
F (x) pela a´rea do gra´fico (no SI):
W
(parte 2)
F =
[
1 · 4
]
︸ ︷︷ ︸
entre 1 e 2
+
[
1 · 4
2
]
︸ ︷︷ ︸
entre 2 e 3
−
[
0, 5 · 2
2
]
︸ ︷︷ ︸
entre 3 e 3,5
−
[
0, 5 · 2
]
︸ ︷︷ ︸
entre 3,5 e 4
= 4, 5 J.
O trabalho ao longo de todo o percurso vale WF =
W
(parte 1)
F +W
(parte 2)
F = 5, 5 J.
(c) Como F (x) e´ a u´nica forc¸a que atua no corpo, Fres =
F (x). Do teorema trabalho-energia cine´tica,
WF = Kf −Ki =⇒ vf =
√
2
m
WF + v2i
Sendo vi = v0 = 2 m/s,WF = (1+4) J = 5 J em = 1 kg,
obtemos (em SI)
vf =
√
10 + 4 m/s =
√
14 m/s.
27. Uma part´ıcula de massa m = 1 kg move-se ao longo
do eixo x, sujeita a uma u´nica forc¸a que varia com a
posic¸a˜o da seguinte maneira: F (x) = x2 − x, sendo a
forc¸a F dada em N e x em m.
(a) Quais sa˜o as posic¸o˜es de equ´ılibrio para a part´ıcula?
(b) Calcule o trabalho da forc¸a F quando a part´ıcula se
desloca de x1 = 0 cm ate´ x2 = 50 cm.
(c) Calcule a energia potencial U(x) associada a` forc¸a
F (x), tomando U(0) = 0.
(d) Se, em x0 = 0 cm, a velocidade da part´ıcula e´
v0 =
√
1/6 m/s, qual sera´ sua velocidade em x = 50 cm?
Resoluc¸a˜o
(a) Sa˜o as posic¸o˜es onde F (x) = 0. Assim, x = 0 m e
x = 1 m.
(b) Nesse caso, o trabalho de F pode ser calculado da
seguinte maneira (no SI):
WF =
∫ xf=0,5
xi=0
F (x)dx =
∫ xf=0,5
xi=0
(x2 − x)dx
=
(
x3
3
− 1
2
x2 + c
)∣∣∣∣xf=0,5
xi=0
=
1
24
− 1
8
= − 1
12
J.
(c) A energia potencial associada a` F (x) vale:
UF (x) = −
∫ x
x0
F (x)dx = −
∫ x
x0
(x2 − x)dx
= −
(
x3
3
− 1
2
x2 + c
)∣∣∣∣x
x0
= −x
3
3
+
1
2
x2.
(c) Como F (x) e´ a u´nica forc¸a que atua no corpo, Fres =
F (x). Do teorema trabalho-energia cine´tica,
WF = Kf −Ki
=⇒ vf =
√
2
m
WF + v2i
Sendo vi = v0 =
√
1/6 m/s, WF = −1/12 J e m = 1 kg,
obtemos vf = 0 m/s.
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1,0
0 m
o37,0
28. Na figura acima, uma mola de constante caracter´ıstica
k = 170 N/m esta´ no alto de um plano inclinado de um
aˆngulo θ = 37, 0◦ sem atrito. A extremidade inferior
do plano inclinado esta´ a L = 1, 00 m da extremidade
da mola, que esta´ com o seu comprimento indeformado.
Um bloco de massa m = 2, 00 kg e´ empurrado contra
a mola ate´ que ela sofra uma compressa˜o d = 0, 200 m,
sendo enta˜o solto do repouso.
(a) Fac¸a um diagrama de forc¸as que atuam sobre o bloco
15
assim que ele comec¸a a se mover.
(b) Qual a velocidade do bloco ao atingir a extremidade
inferior do plano inclinado?
Resoluc¸a˜o
(a) O diagrama de forc¸as do bloco e´ dado por:
ym
~Fg ?
~Fs
~F
(N)
P→A
A
A
AK
����
(b) Como so´ existem forc¸as conservativas atuando no
bloco durante todo o seu percurso, a energia mecaˆnica,
Em = K + Ug + Us, se conserva. Portanto:
Ki + U
(i)
g + U
(i)
s = Kf + U
(f)
g + U
(f)
s
0 +mgyi +
1
2
kd2 =
1
2
mv2 +mgyf + 0.
Escolhendo a origem do eixo vertical y como sendo o n´ıvel
da extremidade debaixo do plano inclinado:
mg(L+ d) sin θ +
1
2
kd2 =
1
2
mv2
=⇒ v =
√
2g(L+ d) sin θ +
kd2
m
= 4, 22m/s.
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