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EXERCI´CIOS DE DINAˆMICA – SISTEMA
UFPR – Departamento de F´ısica
CF-345 – F´ısica Ba´sica I
1. Um homem de massa m = 50 kg se encontra sobre
um vaga˜o de trem de massa M = 550 kg. O conjunto
homem-vaga˜o encontra-se inicialmente em repouso.
O homem comec¸a a correr sobre o vaga˜o com uma
velocidade constante vrel = 5 m/s, relativa ao vaga˜o.
Ao chegar a` extremidade do vaga˜o o homem salta para
o solo. Desprezando o atrito entre o vaga˜o e o trilho,
determine: (a) A velocidade do vaga˜o em relac¸a˜o ao
solo, imediatamente apo´s o homem ter saltado; (b) A
velocidade do centro de massa do conjunto homem-vaga˜o
com relac¸a˜o ao solo; (c) A energia cine´tica do sistema
homem-vaga˜o logo apo´s o homem ter saltado.
Resoluc¸a˜o
(a) Para o sistema homem-vaga˜o, podemos considerar
que ~F extres = 0. Duas concluso˜es surgem desta consid-
erac¸a˜o:
~aCM = 0 e
d~P
dt
= 0⇒ ~P = cte.
Da segunda conclusa˜o, para um referencial fixo ao solo,
escrevemos:
~Pi = ~Pf =⇒ m~v(i)HS +M~v(i)V S = m~v(f)HS +M~v(f)V S .
Podemos considerar que, inicialmente, tanto o vaga˜o
quanto o homem estavam parado em relac¸a˜o ao obser-
vador externo, ou seja, ~v
(i)
HS = ~v
(i)
V S = 0. Logo,
~v
(f)
V S = −
m
M
~v
(f)
HS .
Segundo o enunciado, sabe-se ~v
(f)
HV , que se relaciona com
~v
(f)
HS da seguinte maneira:
~v
(f)
HS = ~v
(f)
HV + ~v
(f)
V S .
Inserindo a u´ltima equac¸a˜o na penu´ltima,
~v
(f)
V S = −
m
M
[
~v
(f)
HV + ~v
(f)
V S
]
=⇒ ~v(f)V S =
−m
m+M
~v
(f)
HV .
Substituindo os valores, encontramos |~v(f)V S | = 5/12 m/s≈
0, 42 m/s, no sentido oposto a` ~v
(f)
HV .
(b) Para o referencial fixo ao solo, como ~v
(i)
CM = 0 e
~aCM = 0 (auseˆncia de forc¸a resultante externa no sis-
tema), concluimos que ~vCM = 0 em qualquer instante de
tempo.
(c) A energia cine´tica vale
K =
1
2
m
[
v
(f)
HS
]2
+
1
2
M
[
v
(f)
V S
]2
=
1
2
m
[
v
(f)
HV + v
(f)
V S
]2
+
1
2
M
[
v
(f)
V S
]2
=
1
2
(50 kg)
[
5 m/s− 5
12
m/s
]2
+
1
2
550 kg
[
5
12
m/s
]2
≈ 570 J
2. Uma bola de ac¸o de massa m = 1 kg e´ amarrada a uma
corda de comprimento L = 80 cm e e´ largada quando
a corda esta´ na horizontal (vide figura). Na parte mais
baixa de sua trajeto´ria a bola atinge um bloco de ac¸o com
massa M = 4 kg colocado na quina de um patamar (su-
perf´ıcie sem atrito), que esta´ a uma altura h = 1, 25 m
do solo. Considere a colisa˜o como sendo ela´stica. De-
termine: (a) A altura ma´xima que a bola atinge apo´s a
colisa˜o; (b) A que distaˆncia do patamar o bloco atinge
o solo; (c) A tensa˜o na corda imediatamente antes da
colisa˜o.
Resoluc¸a˜o
(a) Podemos calcular a velocidade ~vb,i com que a bola
atinge o ponto mais baixo de sua trajeto´ria atrave´s do
conceito de conservac¸a˜o de energia mecaˆnica (podemos
usa´-lo porque, nesta primeira parte do movimento, a bola
esta´ sujeita somente a forc¸as conservativas):
Em,i = Em,f =⇒ mgL = 1
2
mv2b,i
=⇒ |~vb,i| =
√
2gL.
Com este resultado, podemos escrever
~vb,i = vb,x,i ıˆ =
√
2gL ıˆ.
Durante o intervalo de tempo em que ocorre a colisa˜o
podemos dizer que, aproximadamente, na˜o existe forc¸a
resultante externa no sistema bloco-bola [pelo menos na
direc¸a˜o horizontal, veja item (c)]. Logo, aCM,x = 0 e
Pi,x = Pf,x. Desta segunda expressa˜o, concluimos que:
mvb,x,i = mvb,x,f +MvB,x,f .
Portanto, apo´s a colisa˜o, a bola possui velocidade
vb,x,f = vb,x,i − M
m
vB,x,f .
Nesta expressa˜o na˜o sabemos a velocidade do bloco apo´s
a colisa˜o. Pore´m, como afirmou-se que a colisa˜o foi
ela´stica, as energias cine´ticas, imediatamente antes e ime-
diatamente depois da colisa˜o, devem ser iguais:
1
2
mv2b,i =
1
2
mv2b,f +
1
2
Mv2B,f .
Das duas leis de conservac¸a˜o, montamos o sistema:{
m
(
v2b,x,i − v2b,x,f
)
=Mv2B,x,f
m (vb,x,i − vb,x,f ) = MvB,x,f
1
Elevando a segunda equac¸a˜o ao quadrado e dividindo o
resultado pela primeira obtemos:
m (vb,x,i − vb,x,f ) = M (vb,x,i + vb,x,f) .
Portanto,
vb,x,f = −M −m
M +m
vb,x,i = −M −m
M +m
√
2gL.
Substituindo os valores, encontramos vb,x,f = −2, 4 m/s,
que indica que a bola colide e retorna com esta veloci-
dade.
Podemos dizer, nesta terceira parte do movimento que
envolve o retorno da bola, que exite conservac¸a˜o de en-
ergia mecaˆnica,
Em,i = Em,f =⇒ 1
2
mv2b,x,f = mghR.
=⇒ hR =
v2b,x,f
2g
=
(
M −m
M +m
)2
L.
Substituindo os valores, a altura de retorno vale hR =
(9/25)L ≈ 29 cm.
(b) A velocidade do bloco imediatamente depois da co-
lisa˜o e´ dada por (veja item anterior):
vB,x,f =
m
M
(vb,x,i − vb,x,f)
=
2m
M +m
vb,x,i =
2m
M +m
√
2gL,
que, ao se substituir os valores, vB,x,f = 1, 6 m/s.
A distaˆncia percorrida D e´ simplesmente dada por D =
vB,x,f tf , sendo tf o tempo de queda que pode ser calcu-
lado por:
h =
1
2
gt2f =⇒ tf =
√
2h/g.
Portanto,
D = vB,x,f tf =
2m
M +m
√
2gL×
√
2h/g
=
4m
M +m
√
Lh = 0, 8 m.
(c) O diagrama de forc¸as naquele instante e´ dado por:
y
m
~Fmg
6
~T
?
A forc¸a resultante e´ dada por ~Fres = ~T + ~F
m
g = (|~T | −
mg)ˆ. Neste instante a forc¸a resultante e´ exatamente a
forc¸a centr´ıpeta,
Fc = |~T | −mg =
mv2b,i
L
.
Portanto,
|~T | = mg + 2mg = 3mg.
Substituindo os valores: |~T | ≈ 30 N. Note que este
valor equivale a ~F extres no instante imediatamente anterior
a` colisa˜o, que no item (a) foi considerado desprez´ıvel.
Pore´m, este resultado na˜o anula completamente nossas
concluso˜es obtidas para a direc¸a˜o horizontal. Se, ao inve´s
de uma bola pendurada numa corda, tive´ssemos uma
bola presa a uma haste r´ıgida fina, eliminar´ıamos este
problema.
3. Uma bala de 10 g se movendo para cima em linha
reta com velocidade de 500 m/s bate e fica alojada no
centro de um bloco de 5,0 kg que se movia inicialmente
com velocidade de 2,0 m/s sobre uma mesa sem atrito,
conforme a figura. Imediatamente apo´s a colisa˜o, o
proje´til composto pelos dois corpos passa a executar um
movimento parabo´lico. Despreze a resisteˆncia do ar e
considere que o proje´til na˜o roda enquanto voa.
(a) Calcule o mo´dulo da velocidade do proje´til e o
aˆngulo com que ele deixa a mesa imediatamente apo´s a
colisa˜o. (1,0)
(b) Determine o impulso vertical recebido pelo bloco na
colisa˜o. (0,50)
(c) Calcule a variac¸a˜o de energia cine´tica no sistema
entre um instante imediatamente anterior e um instante
imediatamente posterior a` colisa˜o. (0,50)
(d) Quanto tempo o proje´til “bala+bloco” permanece
no ar antes de voltar para a mesa? (0,50)
bloco
mesa
bala
Resoluc¸a˜o
(a) Instantaneamente, podemos desprezar o efeito da
forc¸a gravitacional no momento da colisa˜o. Logo, o mo-
mento linear total do sistema “bala+bloco” se conserva
pois na˜o ha´ forc¸as externas. Usando V para a veloci-
dade inicial do bloco, v para a velocidade inicial da bala,
e aplicando a lei de conservac¸a˜o do momento linear nas
duas direc¸o˜es, obtemos
MV = (m+M)vx ⇒ vx = M
m+M
V = 1, 996 m/s,
mv = (m+M)vy ⇒ vy = m
m+M
v = 0, 998 m/s.
Portanto, escrevendo ~vf = vx ıˆ+ vy ˆ, concluimos que
|~vf | =
√
v2x + v
2
y ≈ 2, 2 m/s e θ = arctg
(
vy
vx
)
≈ 27◦.
(b) O impulso vale ~J = ∆~p. Portanto, a componente
vertical do impulso recebido pelo bloco foi
Jy = Mvy − 0 ≈ 5, 0 kg·m/s.
(c) A variac¸a˜o de energia cine´tica do sistema foi
∆K = Kf −Ki =
(m+M) v2f
2
2
−
(
M V 2
2
+
mv2
2
)
≈ −1, 2× 103 J.
O resultado negativo indica que houve perda da energia
cine´tica total. De fato, uma parte considera´vel (99%)
da energiacine´tica inicial foi utilizada para deformar o
bloco e a bala.
(d) Temos agora um problema de cinema´tica em duas
dimenso˜es. Usando um eixo vertical orientado para cima,
com origem no ponto de decolagem do proje´til, obtemos
as seguintes equac¸o˜es hora´rias: x(t) = vx t e y(t) = vy t−
g t2/2. Para obtermos o tempo de voˆo, basta exigirmos
que y(tvoo) = 0. O resultado procurado e´:
tvoo =
2 vy
g
≈ 0, 2 s.
4. Um cachorro de massa m = 4, 5 kg esta´ em pe´ sobre um
barco de massa M = 18 kg, que esta´ em repouso em
relac¸a˜o a` margem do rio. Inicialmente o cachorro, que
tambe´m esta´ em repouso, encontra-se a uma distaˆncia
x
(i)
cm = 6, 1 m da margem do rio (na˜o confunda com
xCM , que e´ a coordenada x do centro de massa). Ele
anda, enta˜o, Dcb = 2, 4 m ao longo do barco em direc¸a˜o
a` margem, e pa´ra. Despreze o atrito entre o barco e a
a´gua.
(a) Qual e´ a velocidade ~vCM do centro de massa do sis-
tema barco+cachorro? (0,50)
(b) Na situac¸a˜o final, qual e´ a distaˆncia do cachorro a`
margem? (1,00)
(c) Em quanto variou a distaˆncia entre o barco e a
margem? O barco se aproximou ou se afastou da
margem? (1,00)
Resoluc¸a˜o
(a) Como ~F extres = 0, concluimos que ~aCM = 0, que im-
plica que ~vCM e´ constante. Ale´m disso, como o sistema
esta´ inicialmente em repouso, sabemos que ~vCM = 0 e
assim permanacera´.
(b) Se ~vcm = 0, a posic¸a˜o do centro de massa do sistema
na˜o deve se alterar. Portanto,
mx(i)cm +Mx
(i)
bm = mx
(f)
cm +Mx
(f)
bm
Para saber distaˆncia final do cachorro a` margem x
(f)
cm
resolvemos
x(f)cm = x
(i)
cm −
M
m
(
x
(f)
bm − x(i)bm
)
= x(i)cm −
M
m
∆xbm.
Considerando que
xcm = xcb + xbm ⇒ ∆xcm = ∆xcb +∆xbm,
obtemos
x(f)cm = x
(i)
cm −
M
m
(∆xcm −∆xcb)
=⇒ x(f)cm = x(i)cm +
M
m+M
∆xcb.
Considerando que ∆xcb = −Dcb = −2, 4 m, encontramos
x(f)cm =
(
6, 1− 18
22, 5
× 2, 4
)
m ≈ 4, 2 m.
(c) Podemos usar
∆xbm = ∆xcm −∆xcb,
consideramndo, do item anterior, ∆xcm = x
(f)
cm − x(i)cm =
−1, 9 m e ∆xcb = −Dcb = −2, 4 m. Substituindo os
valores,
∆xbm = −1, 9 m + 2, 4 m = 0, 3 m,
que, pelo fato de ser um nu´mero postitivo, representa um
afastamento do barco.
5. Um vaga˜o de carga de uma ferrovia de massa
m1 = 3, 18 × 104 kg colide com o u´ltimo vaga˜o de
carga em repouso. Eles ficam acoplados, e 27% da
energia cine´tica inicial sa˜o transferidos para energia
te´rmica, som, vibrac¸o˜es, etc. Ache a massa deste u´ltimo
vaga˜o. (2,00)
Resoluc¸a˜o
Como se trata de um problema de colisa˜o, ~F resext = 0,
enta˜o o momento linear do sistema composto pelos dois
vago˜es se conserva (em 1D):
m1v
(i)
1 +m2v
(i)
2︸ ︷︷ ︸
zero
= m1v
(f)
1 +m2v
(f)
2 .
Outra informac¸a˜o que temos e´Kf = fKi, com f = 0, 73,
ou seja:
f
2
m1
(
v
(i)
1
)2
=
1
2
m1
(
v
(f)
1
)2
+
1
2
m2
(
v
(f)
2
)2
.
Nosso objetivo e´ calcular m2 a partir destas duas
equac¸o˜es sabendo somente os valores de f e m1, e
sabendo que v
(f)
1 = v
(f)
2 = V . Para resolver isso, ele-
vamos ao quadrado a primeira equac¸a˜o e reescrevemos a
segunda, de tal modo que
m21
(
v
(i)
1
)2
= (m1 +m2)
2V 2,
f m1
(
v
(i)
1
)2
= (m1 +m2)V
2.
Dividindo a primeira pela segunda:
m1
f
= (m1 +m2)
Enta˜o,
m1
f
−m1 = 1− f
f
m1 = m2
=⇒ m2 = 0, 27
0, 73
3, 18× 104 kg = 1, 18× 104 kg.
6. Um gafanhoto, pousado na beirada superior de uma
folha de papel que esta´ boiando sobre a a´gua de um
tanque, salta, com velocidade inicial 2 m/s, em direc¸a˜o
a` beirada inferior da folha, no sentido do comprimento.
As massas do gafanhoto e da folha sa˜o, respectivamente,
mg = 1 g e mf = 4 g, e o comprimento da folha e´ de
Lf = 25 cm. Em que domı´nio de valores pode estar
compreendido o aˆngulo θ entre a direc¸a˜o do salto e a sua
3
projec¸a˜o sobre a horizontal para que o gafanhoto volte
a cair sobre a folha? (2,00)
Resoluc¸a˜o
Consideraremos o sistema folha-gafanhoto. Se de-
sprezarmos a resisteˆncia da a´gua ao seu deslizamento,
podemos concluir que, para qualquer direc¸a˜o horizontal,
~F extres = 0 e, portanto, o momento total
~P (componente
horizontal) e´ constante. Isso vale antes, durante, e depois
do salto do gafanhoto.
Inicialmente, consideraremos que folha e gafanhoto esta˜o
em repouso para um referencialM fixo na margem. Con-
sideramos tambe´m que, antes do salto, o gafanhoto esta´
na origem do referencial M , ou seja, x
(i)
GM = 0. Ale´m
disso, consideramos que a folha, inicialmente, localiza-se
inteiramente no eixo positivo de x.
Passaremos a contar o tempo a partir do instante em que
o gafanhoto deixa a folha. Portanto, tratando o gafan-
hoto como um proje´til, sabemos que
xGM (t) = |~v(f)GM | cos θ t,
yGM (t) = |~v(f)GM | sin θ t−
gt2
2
.
Note que, para um dado θ, que pode variar de 0 a π/2,
todo o movimento do gafanhoto esta´ determinado, uma
vez que sabemos que |~v(f)GM | = 4 m/s. Outra coisa, os
ı´ndices (i) e (f) fazem refereˆncia aos instantes de tempo
imediatamente anterior e posterior ao impulso recebido
pelos corpos, respectivamente.
A outra extremidade da folha (que chamaremos de ponto
P), depois do impulso, se desloca com velocidade v
(f)
PM .
Portanto, sua posic¸a˜o em func¸a˜o do tempo vale
xPM (t) = Lf + v
(f)
PM t.
Podemos obter uma relac¸a˜o entre v
(f)
PM e ~v
(f)
GM atrave´s da
discussa˜o realizada no primeiro para´grafo. Como Px do
sistema se conserva, e inicialmente vale zero:
mfv
(f)
PM +mg|~v(f)GM | cos θ = 0
=⇒ v(f)PM = −
mg
mf
|~v(f)GM | cos θ.
Ao substituir esta equac¸a˜o na expressa˜o para xPM (t),
encontramos
xPM (t) = Lf − mg
mf
|~v(f)GM | cos θ t.
Portanto, para um dado θ, concluimos que o movimento
da folha esta´ completamente determinado.
Admitindo que o gafanhoto retorna a` folha no instante
tvoo, a condic¸a˜o para que ele caia sobre a folha e´:
xPM (tvoo) ≥ xGM (tvoo),
sendo que tvoo e´ definido por
yGM (tvoo) = |~v(f)GM | sin θ tvoo −
gt2voo
2
= 0
=⇒ tvoo = 2|~v
(f)
GM | sin θ
g
.
Enta˜o,
Lf − mg
mf
|~v(f)GM | cos θ
[
2|~v(f)GM | sin θ
g
]
≥ |~v(f)GM | cos θ
[
2|~v(f)GM | sin θ
g
]
,
e, portanto, os valores de θ para os quais o gafanhoto
retorna a` folha sa˜o restritos a
=⇒ sin(2θ) ≤
(
mf
mg +mf
)
gLf
|~v(f)GM |2
.
Numericamente, o lado direito desta inequac¸a˜o vale 0,15.
Chamando α ≡ 2θ, enta˜o, como 0 ≤ θ ≤ π/2, concluimos
que 0 ≤ θ ≤ π. Neste intervalo, sabemos que sinα =
0, 15 =⇒ α ≈ 8, 6◦ ou α ≈ 181, 4◦. Portanto, sabendo da
relac¸a˜o de α com θ, concluimos que
0 ≤ α ≤ 8, 6◦ =⇒ 0 ≤ θ ≤ 4, 3◦
e
171, 4◦ ≤ α ≤ 180◦ =⇒ 85, 7◦ ≤ θ ≤ 90◦ .
7. Uma bala de mb = 10 g incide horizontalmente sobre
um peˆndulo bal´ıstico, inicialmente em repouso, de massa
igual a mp = 2 kg, com uma velocidade de 400 m/s. A
bala atravessa-o e emerge do outro lado com velocidade
de 100 m/s.
(a) Qual e´ a velocidade do peˆndulo num instante
imediatamente posterior a` sa´ıda da bala, desprezando
sua elevac¸a˜o durante o tempo em a bala leva para
atravessa´-lo. (1,25)
(b) Calcule a altura de elevac¸a˜o do peˆndulo. (1,25)
Resoluc¸a˜o
Na bala, atua a forc¸a gravitacional ~F
(mb)
g = −mbg ˆ. No
peˆndulo, atuam a forc¸a gravitacional ~F
(mp)
g = −mpg ˆ e
a forc¸a de trac¸a˜o ~T do fio que sustenta mp.
Existem treˆs forc¸as externas agindo no sistema bala-
peˆndulo em qualquer instante de tempo: ~F resext =
~T −
(mb+mp)g ˆ. Antes da colisa˜o, a forc¸a externa resultante
e´ simplesmente ~F res,iext = −mbg ˆ, ja´ que ~T = −~F (mp)g .
Durante a colisa˜o, a forc¸a ~T na˜o equilibra mais a forc¸a
−(mb +mp)g ˆ, ja´ que o peˆndulo comec¸a a girar,e, por-
tanto, aparece uma componente da forc¸a resultante na
direc¸a˜o centr´ıpeta. Assim que o peˆndulo deixa a posic¸a˜o
vertical, uma componente horizontal de ~T aparece.
Se desprezarmos a componente horizontal de ~T , alegando
que a colisa˜o foi ta˜o ra´pida que o peˆndulo permaneceu
aproximadamente na direc¸a˜o vertical, podemos afirmar,
baseados em
~F resext =
d~P
dt
=⇒
{
(F resext )x =
dPx
dt
(F resext )y =
dPy
dt
,
que a componente x do momento linear total se conserva:
P
(i)
x = P
(f)
x . Assim, pensando apenas nesta componente:
mbv
(i)
b = mbv
(f)
b +mpv
(f)
p
=⇒ v(f)p = −
mb
mp
(v
(f)
b − v(i)b ),
4
Numericamente obtemos:
v(f)p =
5× 10−3
2
× 300 m/s = 0, 75 m/s.
Esta e´ a velocidade inicial do peˆndulo. Desprezando suas
dimenso˜es, escrevemos sua energia cine´tica, neste ponto
mais baixo, como:
Ec =
1
2
mp
(
v(f)p
)2
.
Esta tambe´m e´ a energia mecaˆnica do peˆndulo se ado-
tarmos a origem do eixo y como sendo este ponto mais
baixo. Portanto, ja´ que, depois que a bala atravessa o
peˆndulo, somente forc¸as conservativas atuam nele, a en-
ergia mecaˆnica se conserva:
mpgym =
1
2
mp
(
v(f)p
)2
ym =
(
v
(f)
p
)2
g
=
9
160
m ≈ 56mm.
8. Uma bala de 10 g se movendo para cima em linha reta
a 1000 m/s bate e atravessa o centro de massa de um
bloco de 5,0 kg inicialmente em repouso. A bala emerge
do bloco movendo-se para cima em linha reta a 400 m/s.
Ate´ que altura o bloco se eleva acima da sua posic¸a˜o
inicial ? (2,0)
Resoluc¸a˜o
Considere que o intervalo de tempo em que ocorreu a in-
terac¸a˜o entre a bala e o bloco foi ta˜o pequeno que pode-
mos dezprezar o movimento do bloco neste per´ıodo, as-
sim como a variac¸a˜o das velocidade dos corpos devido a`
forc¸a gravitacional. Por conservac¸a˜o de momento, temos
mvb,i = mvb,f +MvB,f =⇒ vB,f = m(vb,i − vb,f )
M
, (1)
sendo M a massa do bloco, vB,f sua velocidade imedi-
atamente depois da colisa˜o, m a massa da bala, e, vb,i e
vb,f a velocidade da bala imediatamente antes e depois
da colisa˜o, respectivamente. Agora usamos a ide´ia de
conservac¸a˜o de energia para saber a altura h de elevac¸a˜o
do bloco: Mgh = 12Mv
2
B,f . Portanto,
h =
v2B,f
2g
=
m2(vb,i − vb,f )2
2gM2
=
(10−2 Kg)2(103 m/s− 4× 102 m/s)2
2× (9, 8 m/s2)× (5 Kg)2 = 0, 073 m.
9. Um remador de mr = 75 kg, sentado na popa de uma
canoa de mc = 150 kg e lc = 3 m de comprimento,
conseguiu trazeˆ-la para a posic¸a˜o em que esta´, parada
perpendicularmente a` margem de um lago, que nesse
ponto forma um barranco, com a proa encostada numa
estaca onde o remador quer amarrar a canoa. Ele se
levanta e caminha ate´ a proa, o que leva a canoa a
afastar-se da margem. Chegando a` proa, ele consegue,
esticando o brac¸o, alcanc¸ar ate´ uma distaˆncia de
d = 80 cm da proa. O remador conseguira´ agarrar
a estaca? Caso contra´rio, quanto falta? Considere o
centro de massa da canoa como localizado em seu ponto
me´dio e despreze a resisteˆncia da a´gua. (2,00)
10. Em uma partida de bilhar americano, a bola branca
acerta outra bola de mesma massa, que inicialmente
estava em repouso. Apo´s a colisa˜o, a bola branca se
move a 4,0 m/s ao longo de uma linha reta que faz um
aˆngulo de 30◦ com a sua direc¸a˜o de movimento inicial, e
a segunda bola possui velocidade de 3,0 m/s.
(a) Qual e´ o aˆngulo entre a direc¸a˜o de movimento da
segunda bola e a direc¸a˜o original de movimento da bola
branca? (0,50)
(b) Qual a velocidade inicial da bola branca? (0,50)
(c) Que frac¸a˜o da energia cine´tica e´ perdida na co-
lisa˜o? (0,50)
(d) Qual e´ o impulso sentido pela bola branca? (0,50)
(e) Qual e´ a forc¸a me´dia que a a bola branca sentiu
durante a colisa˜o, estimando que ela durou 0,2 s? (0,50)
Resoluc¸a˜o
(a) Supondo que ~F extres = 0, o momento total
~P se con-
serva. Portanto, sendo m1 = m2 = m, escrevemos
m~v1,i = m~v1,f +m~v2,f ,
que implica em{
vx,1,i = vx,1,f + vx,2,f
vy,1,i = vy,1,f + vy,2,f
ou { |~v1,i| = |~v1,f | cos θ1 + |~v2,f | cos θ2
0 = |~v1,f | sin θ1 + |~v2,f | sin θ2 .
Da segunda equac¸a˜o, obtemos diretamente o aˆngulo θ2
entre a direc¸a˜o original da bola branca e a direc¸a˜o de
sa´ıda da segunda bola:
sin θ2 = −|~v1,f ||~v2,f | sin θ1 = −
(4 m/s)
(3 m/s)
· 1
2
= −2
3
.
Portanto, θ ≈ −42◦.
(b) A primeira equac¸a˜o do sistema acima produz
|~v1,i| = |~v1,f | cos θ1 + |~v2,f | cos θ2
≈ (4 m/s) cos 30◦ + (3 m/s) cos 42◦
≈ 5, 7 m/s.
(c) A energia cine´tica inicial vale
Ki =
1
2
m~v21,i =
1
2
m(5, 7 m/s)2 = 16, 2m J,
com a massa m dada em kg. A energia cine´tica final vale
Kf =
1
2
m~v21,f +
1
2
m~v22,f
=
1
2
m
[
(4 m/s)2 + (3 m/s)2
]
= 12, 5m J.
5
Portanto,
Kf
Ki
= 12,516,2 = 0, 77, que indica que 23% da
energia inicial foi perdida na colisa˜o.
(d) O impulso e´ dado por (no SI,tambe´m supondo m =
1 kg)
~J = ∆~p
= m[(vx,1,f − vx,1,i)ˆı+ (vy,1,f − vy,1,i)ˆ]
= [(4 cos 30◦ − 5, 7)ˆı+ (4 sin 30◦ − 0)ˆ]
= −2, 24ıˆ+ 2ˆ.
(e) A forc¸a me´dia e´ dada por (no SI)
~Fm =
~J
∆t
= −11, 2ıˆ+ 10ˆ.
11. Um homem de massa m se agarra a uma escada de
corda pendurada em um bala˜o de massa M . O bala˜o
esta´ em repouso com relac¸a˜o ao solo.
(a) Se o homem comec¸ar a subir a escada com velocidade
v (em relac¸a˜o a` escada) em que direc¸a˜o e com que ve-
locidade (em relac¸a˜o ao solo) o bala˜o se movera´? (1,50)
(b) O que acontece quando o homem para de subir a
escada? (0,50)
12. Um vaga˜o de massa M se desloca em linha reta, ini-
cialmente com velocidade constante V0. Ao passar por
um tu´nel, um dispositivo preso ao teto deste lanc¸a um
proje´til de massa m com velocidade horizontal v0 na
mesma direc¸a˜o e sentido da velocidade do vaga˜o. O
proje´til e´ feito de massa de vidraceiro, de modo que ele
gruda no vaga˜o ao cair sobre ele.
(a) Calcule a velocidade final do vaga˜o. (1,25)
(b) Calcule o impulso que o vaga˜o recebeu. Considerando
que V0 > v0, indique claramente se o impulso e´ positivo
ou negativo. O que ocorre quando v0 = V0? (1,25)
13. Um corpo de massa m = 6 kg desliza com velocidade
v = 4 m/s em um piso sem atrito no sentido positivo do
eixo x. Repentinamente, ele explode em dois pedac¸os.
Um pedac¸o, com massa m1 = 2 kg, se desloca no sentido
positivo do eixo x com velocidade v1 = 8 m/s.
(a) Qual a velocidade do centro de massa depois da
explosa˜o? (0,50)
(b) Qual a velocidade do segundo pedac¸o? (1,00)
(c) A energia cine´tica se conservou? Se sua resposta for
negativa, explique a origem da variac¸a˜o desta energia?
(1,00)
Resoluc¸a˜o
(a) Como ~F extres = 0 durante todo o movimento, podemos
afirmar que ~aCM = 0. Portanto a velocidade do centro
de massa permanece a mesma do in´ıcio do movimento,
|~v| = 4 m/s.
(b) Como na˜o ha´ forc¸a externa resultante, o momento
total se conserva. Logo,
mivi = m1v1 +m2v2
=⇒ v2 = 1
m2
(mivi −m1v1) .
Substituindo os valores nume´ricos,
v2 =
(6 kg) · (4 m/s)− (2 kg) · (8 m/s)
4 kg
= 2 m/s.
(c) A energia cine´tica inicial e´
1
2
miv
2
i =
1
2
(6 kg) · (4 m/s)2 = 48 J.
A energia cine´tica final e´
1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2v
2
2
=
1
2
(2 kg) · (8 m/s)2 + 1
2
(4 kg) · (2 m/s)2 = 72 J.
Como vemos, houve um aumento da energia cine´tica do
sistema. O aumento na energia, 24 J , foi fornecido pela
explosa˜o.
14. Um corpo de massa m = 6 kg desliza com velocidade
v = 4 m/s em um piso sem atrito no sentido positivo do
eixo x. Repentinamente, ele explode em dois pedac¸os.
Um pedac¸o, com massa m1 = 2 kg, se desloca no sentido
positivo do eixo x com velocidade v1 = 8 m/s. a) Qual
a velocidade do segundo pedac¸o?b) Quanta energia foi
liberada pela explosa˜o?
Resoluc¸a˜o: a) Como na˜o ha´ forc¸a externa resul-
tante e considerando que a massa se conserva, o
momento total se conserva. Logo, minicialvinicial =
m1v1 + m2v2 =⇒ v2 = 1m2 (minicialvinicial −m1v1).
Substituindo os valores nume´ricos, v2 =
1
4 kg ((6 kg) · (4 m/s)− (2 kg) · (8 m/s)) = 2 m/s. b) A
energia inicial e´ 12minicialv
2
inicial =
1
2 (6 kg) · (4 m/s)2 =
48 J . A energia final e´ 12m1v
2
1 +
1
2m2v
2
2 =
1
2 (2 kg) · (8 m/s)2 + 12 (4 kg) · (2 m/s)2 = 72 J .
O aumento na energia, 24 J , foi fornecido pela explosa˜o.
15. Uma bola de 500 g com velocidade de ~v de mo´dulo 6,0
m/s atinge uma parede a um aˆngulo de 30o e, enta˜o,
ricocheteia com o mesmo aˆngulo e com velocidade de
mesmo mo´dulo. A bola fica em contato com a parede
por 12 ms.
(a) Qual foi o impulso sobre a bola ? (1,0)
Momento inicial: pi = mv cos 30
o i−mv sen 30o j
Momento final: pf = mv cos 30
o i+mv sen 30o j
J = pf−pi = 2mv sen 30o j = 2×0, 5×6, 0×0, 5 j= 3, 0Ns j
(2)
(b) Qual foi a forc¸a me´dia exercida pela bola sobre a
parede ? (1,0)
Fmed = − J
∆t
= − 3, 0
12× 10−3 j = −250N j (3)
6
16. Um bolinho de massa que se move para a direita a 5 m/s
colide com outro bolinho que se move para a esquerda a
2 m/s. Ambos teˆm uma massa de 0,3 kg.
(a) Determine as velocidades finais dos bolinhos se a co-
lisa˜o for totalmente inela´stica. (1,0)
Conservac¸a˜o do Momento Linear: m1v1i+m2v2i = (m1+
m2) vf
vf =
m1v1i +m2v2i
m1 +m2
=
0, 3× 5 + 0, 3× (−2)
0, 3 + 0, 3
= 1, 5m/s
(4)
(b) Determine as velocidades finais dos bolinhos se a co-
lisa˜o for ela´stica. (1,0)
v1f =
m1 −m2
m1 +m2
v1i +
2m2
m1 +m2
v2i = v2i = −2m/s (5)
v2f =
m2 −m1
m1 +m2
v2i +
2m1
m1 +m2
v1i = v1i = 5m/s (6)
17. Apo´s uma colisa˜o totalmente inela´stica, observa-se que
dois objetos de mesma massa e mesma velocidade escalar
inicial se afastam juntos do ponto onde se chocaram com
metade da velocidade escalar inicial que cada um possu´ıa.
Ache o aˆngulo entre as velocidades iniciais dos objetos.
18. Apo´s uma colisa˜o totalmente inela´stica, observa-se que
dois objetos de mesma massa e mesma velocidade escalar
inicial se afastam juntos do ponto onde se chocaram com
metade da velocidade escalar inicial que cada um possu´ıa.
Ache o aˆngulo entre as velocidades iniciais dos objetos.
19. Apo´s uma colisa˜o totalmente inela´stica, observa-se que
dois objetos de mesma massa e mesma velocidade escalar
inicial se afastam juntos do ponto onde se chocaram com
metade da velocidade escalar inicial que cada um possu´ıa.
Ache o aˆngulo entre as velocidades iniciais dos objetos.
20. Ao se observar uma roda girando, verifica-se que deter-
minado ponto dela se move de acordo com a equac¸a˜o
θ(t) = 2, 0 + 4, 0t2 + 2, 0t3, sendo θ(t) a posic¸a˜o angular
do ponto no instante t (esta equac¸a˜o e´ va´lida apenas
quando as quantidades sa˜o fornecidas em unidades do
Sistema Internacional).
(a) Escreva uma expressa˜o para a velocidade angular
ω(t) do ponto. (0,50)
(b) Calcule a posic¸a˜o angular e sua velocidade angular
em t = 0. (0,50)
(c) Qual a velocidade angular em t = 4 s? (0,50)
(d) Calcule a acelerac¸a˜o angular (tangencial) em t = 4 s.
(0,50)
(e) A acelerac¸a˜o e´ constante? Explique. (0,50)
Resoluc¸a˜o
(a) Para obtermos ω(t) devemos derivar θ(t),
ω(t) =
d
dt
θ(t) = 8t+ 6t2.
(b) Em t = 0 s temos θ(0) = 2 + 4× 02 + 2× 03 = 2 rad
e ω(0) = 8× 0 + 6× 02 = 0 rad/s.
(c) Em t = 4 s temos ω(4) = 8× 4 + 6× 42 = 128 rad/s.
(d) Uma expressa˜o para α(t) vale
α(t) =
d
dt
ω(t) = 8 + 12t.
Logo, α(4) = 8 + 12× 4 = 56 rad/s2.
(e) A expressa˜o para α(t) indica que esta quantidade
varia com tempo. Logo, na˜o e´ constante.
21. Um atleta, ao saltar de um trampolim, variou sua ve-
locidade angular de zero a 6,20 rad/s em 220 ms. Seu
momento de ine´rcia e´ de 12,0 kg ·m2. (a) Durante o salto
, qual foi a sua acelerac¸a˜o angular ? (1,0) (b) Qual foi o
torque externo atuando sobre o atleta durante o salto ?
(1,0)
(a) Supondo acelerac¸a˜o angular constante, obtemos
α =
ω − ω0
∆t
=
6, 20− 0
220 · 10−3 = 28, 2 rad/s
2. (7)
(b) Supondo que o momento de ine´rcia permaneceu con-
stante, aplicamos a segunda lei de Newton para rotac¸o˜es,
τ = Iα = 12× 28, 2 = 338 N ·m. (8)
22. Um cil´ındro tem massa m e raio R. Pro´ximas a cada
extremidade do cil´ındro, enrolam-se duas cordas finas
e leves, cujas pontas sa˜o presas a ganchos no teto.
Mante´m-se o cil´ındro horizontalmente com as cordas na
vertical, e, em seguida, ele e´ solto.
(a) Escreva a segunda lei de Newton para a translac¸a˜o e
para a rotac¸a˜o do cilindro. (0,50)
(b) Se, num determinado instante, o cilindro translada
com velocidade de mo´dulo |v|, qual e´ o mo´dulo de sua
velocidade angular |ω|? (0,25)
(c) Determine a trac¸a˜o em cada corda, enquanto esta˜o
desenrolando o cilindro. (0,50)
(d) Qual e´ a acelerac¸a˜o linear do cil´ındro durante a
queda? (0,25)
(e) Para o instante em que a velocidade do bloco e´ v,
escreva uma expressa˜o para a energia cine´tica do sistema
em func¸a˜o de v e dos dados do enunciado do problema.
(0,50)
(f) Usando considerac¸o˜es de energia, mostre que a
velocidade escalar do bloco apo´s cair uma distaˆncia h,
partindo do repouso, e´ dada por v =
√
4gh/3. (0,50)
Resoluc¸a˜o
7
(a) A segunda lei de Newton, para translac¸a˜o e para
rotac¸a˜o, e´ dada por ~Fres = m~a e ~τres = I~α, respecti-
vamente. Portanto,
2~T + ~Fg = m~a e 2~τ~T = I~α,
sendo que I = mR2/2. ~F g representa a forc¸a grav-
itacional e ~T representa a forc¸a que o teto exerce
no cilindro, via trac¸a˜o da corda. A u´nica forc¸a que
produz torque na˜o-nulo no cilindro e´ ~T , e sabemos que
|~τ~T | = |~T |R.
(b) Nesse problema, a acelerac¸a˜o e a velocidade tangen-
ciais, no cilindro, correspondem, respectivamente, a` sua
acelerac¸a˜o e a` sua velocidade translacionais. Ou seja,
|~α| = |~a|
R
e |~ω| = |~v|
R
.
(c) Usando a relac¸a˜o |~α| = |~a|/R, obtemos
2|~T | −mg = −m|~a| e 2|~T |R = I|~a|
R
.
Note que, da maneira como foram escritas estas equac¸o˜es,
o sentido positivo do movimento de translac¸a˜o aponta
para cima e o sentido positivo de rotac¸a˜o e´ o anti-hora´rio
(veja a figura). Dividindo a primeira equac¸a˜o pela se-
gunda,
2|~T | −mg
2|~T |R
= −mR
I
=⇒ |~T |
(
1 +
mR2
I
)
=
mg
2
.
Como no caso do cil´ındro girando em torno do seu eixo
de simetria, I = 12mR
2,
|~T | (1 + 2) = mg
2
=⇒ |~T | = mg
6
.
(d) Da primeira equac¸a˜o do item anterior,
|~a| = g − 2|
~T |
m
= g − g
3
=
2
3
g.
(e) Rotac¸a˜o e translac¸a˜o contribuem com uma frac¸a˜o da
energia cine´tica total,
K = K(rot) +K(trans)
=
I~ω2
2
+
mv2
2
=
1
2
(
mR2
2
)
v2
R2
+
mv2
2
=
1
2
(m
2
+m
)
v2 =
3
4
mv2.
(f) A energia mecaˆnica do sistema se conserva, isto e´,
Ei = Ef . Inicialmente, a energia mecaˆnica se apre-
senta no sistema em forma de energia potencial grav-
itacional mgh. Depois, quando o bloco desce, a energia
potencial gravitacional se converte em energia cine´tica
de translac¸a˜o e de rotac¸a˜o. Usando o resultado do item
anterior, temos:
Ei = Ef ⇒ mgh = 3
4
mv2 ⇒ v =
√
4gh
3
.
23. Considere um trem de brinquedo montado sobre uma
roda que pode girar livremente com atrito desprez´ıvel
em torno de um eixo vertical (vide figura). O trem tem
massa m e esta´ inicialmente em repouso, assim como a
plataforma. Num dado instante a locomotiva do trem e´
ligada. O trem atinge uma velocidade estaciona´ria v com
relac¸a˜o ao trilho. Considere a roda de de raio R e massa
M . (a) Qual e´ a velocidade angular~ω da roda? (b) Qual
e´ a energia cine´tica final do sistema? (c) Qual e´ a origem
da variac¸a˜o da energia mecaˆnica? (Obs: Use o eixo de
rotac¸a˜o como sendo o eixo z.)
Resoluc¸a˜o
(a) Como podemos considerar que ~τextres = 0, podemos
concluir que o momento angular total inicial ~Li e´ igual ao
momento angular total ~Lf , depois que o trem atinge uma
velocidade linear vTP = v, com relac¸a˜o a` plataforma.
Portanto,
0 = IT ~ωTO + IP ~ωPO =⇒ ~ωPO = − IT
IP
~ωTO,
sendo IT = mR
2 o momento de ine´rcia do trem para
este problema e IP =
1
2MR
2 o momento de ine´rcia da
plataforma (aproximada por um disco de raio R). Para
um observador parado fora da plataforma, temos
~ωTO = ~ωTP + ~ωPO.
Portanto, inserindo esta u´ltima equac¸a˜o na anterior,
~ωPO = − IT
IP
[~ωTP + ~ωPO] = − IT
IT + IP
~ωTP .
Substituindo os valores para IT e IP , e sendo ~ωTP =
− v
R
kˆ (vide figura), obtemos
~ωPO =
mR2
MR2
2 +mR
2
v
R
kˆ =
2m
M + 2m
v
R
kˆ.
(b) O trem e a plataforma contribuem para a energia
cine´tica final:
KR = KR,T +KR,P =
1
2
IT ~ω
2
TO +
1
2
IP ~ω
2
PO
=
mR2
2
[~ωTP + ~ωPO]
2
+
MR2
4
~ω2PO
=
mR2
2
[ −M
M + 2m
v
R
]2
+
MR2
4
[
2m
M + 2m
v
R
]2
=
1
2
mM
(M + 2m)2
v2.
(c) O motor que fez o trem andar forneceu energia ao
sistema.
8
24. Uma esfera so´lida uniforme de massaM e raio R gira em
torno de um eixo vertical sobre mancais sem atrito, con-
forme a figura. Uma corda de massa desprez´ıvel passa ao
redor do equador da esfera, gira uma roldana com mo-
mento de ine´rcia I e raio r e esta´ presa a um bloco de
massam. Na˜o ha´ atrito no eixo da roldana e a corda na˜o
desliza sobre ela.
(a) Escreva a segunda lei de Newton para a translac¸a˜o e
para a rotac¸a˜o da esfera. (0,25)
(b) Repita o item anterior para a roldana. (0,25)
(c) Escreva a segunda lei de Newton para a translac¸a˜o
do bloco. (0,25)
(d) Se, num determinado instante, o bloco tem veloci-
dade v, quais sa˜o as velocidades angulares ωe da esfera e
ωr da roldana? (0,25)
(e) Determine a acelerac¸a˜o do bloco e a acelerac¸a˜o angu-
lar da esfera so´lida. (0,50)
(f) Para o instante em que a velocidade do bloco e´ v, es-
creva uma expressa˜o para a energia cine´tica do sistema
em func¸a˜o de v e dos dados do enunciado do problema.
(0,50)
(g) Usando considerac¸o˜es de energia, mostre que a veloci-
dade escalar do bloco apo´s cair uma distaˆncia h, partindo
do repouso, e´ dada por v =
√
2 g h/
(
1 + 25
M
m
+ I
mr2
)
.
(0,50)
M, R
m
I, r
Resoluc¸a˜o
(a) A segunda lei de Newton, para translac¸a˜o e para
rotac¸a˜o, e´ dada por ~Fres = m~a e ~τres = I~α, respecti-
vamente. Para a esfera, temos
~Tr→e + ~F
(e)
g + ~Fm→e = M~ae e ~τ~Tr→e =
2MR2
5
~αe,
sendo que, na segunda equac¸a˜o, escrevemos
Ie = 2MR
2/5. ~Fm→e representa a forc¸a resultante
que os mancais exercem sobre a esfera. ~Tr→e representa
a forc¸a que a roldana exerce na esfera, via trac¸a˜o da
corda. Como a esfera na˜o translada, ~ae = 0, portanto
sabemos que ~Fm→e = −(~Tr→e + ~F (e)g ). A u´nica forc¸a
que produz torque na˜o-nulo na esfera e´ ~Tr→e, e sabemos
que |~τ~Tr→e | = |~Tr→e|R.
(b) Para a roldana, temos
~Te→r + ~Tb→r + ~F
(r)
g +
~Fs→e = Mr~ar,
~τ~Te→r + ~τ~Tr→e = I~αr,
sendo que ~Te→r (~Tb→r) e´ a forc¸a que a esfera (o bloco)
exerce na roldana, via trac¸a˜o da corda, e ~Fs→e representa
a forc¸a que o suporte exerce na roldana. Novamente,
como a roldana na˜o translada, ~Fs→e = −(~Te→r+ ~Tb→r+
~F
(r)
g ). Nesse caso, tanto ~Te→r quanto ~Tb→r produzem
torques na˜o-nulo na roldana tais que |~τ~Te→r | = |~Te→r|r e
tambe´m |~τ~Tb→r | = |~Tb→r|r .
(c) Para a translac¸a˜o do bloco, temos
~Tr→b + ~F
(b)
g = m~ab.
(d) Uma constatac¸a˜o importante nesse problema e´ que
a acelerac¸a˜o e a velocidade tangenciais, na esfera e na
roldana, correspondem, respectivamente, a` acelerac¸a˜o e
a` velocidade translacionais do bloco. Ou seja,
|~αe| = |~ab|
R
, |~αr| = |~ab|
r
, |~ωe| = |~vb|
R
e |~ωr| = |~vb|
r
.
Portanto, |~ωe| = |v|R e |~ωr| = |v|r .
(e) Associando as expresso˜es do item anterior a`quelas dos
treˆs primeiros itens, obtemos
|~Tr→e|R =
(
2
5
MR2
) |~ab|
R
,
|~Tb→r|r − |~Te→r|r = I |~ab|
r
,
mg − |~Tr→b| = m|~ab|,
Note que, da maneira como foram escritas estas equac¸o˜es,
para o bloco, o sentido positivo do movimento aponta
para baixo, para a roldana, o sentido positivo de rotac¸a˜o
e´ o hora´rio, e, para a esfera, o sentido positivo de rotac¸a˜o
e´ determinado pelo sentido de ~Tr→e. Ale´m disso, pela
terceira lei de Newton, |~Tb→r| = |~Tr→b| e |~Te→r| =
|~Tr→e|. Dividindo a primeira equac¸a˜o por R, a segunda
por r, e somando essas duas junto com a terceira, obte-
mos:
|~ab| = g(
1 + 25
M
m
+ I
mr2
) .
A acelerac¸a˜o angular da esfera so´lida sera´ enta˜o
|~αe| = |~ab|
R
=
g
R
(
1 + 25
M
m
+ I
m r2
) .
(f) Os treˆs corpos contribuem com uma frac¸a˜o da energia
cine´tica total,
K = K(rot)e +K
(rot)
r +K
(trans)
b
=
Ie~ω
2
e
2
+
I~ω2r
2
+
mv2
2
=
1
2
(
2
5
MR2
)
v2
R2
+
I
2
v2
r2
+
mv2
2
=
1
2
(
2M
5
+
I
r2
+m
)
v2
(g) A energia mecaˆnica do sistema se conserva, isto e´,
Ei = Ef . Inicialmente, a energia mecaˆnica se apre-
senta no sistema em forma de energia potencial grav-
itacional mgh. Depois, quando o bloco desce, a energia
potencial gravitacional se converte em energia cine´tica
9
de translac¸a˜o e de rotac¸a˜o. Usando o resultado do item
anterior, temos:
Ei = Ef =⇒ mgh = 1
2
(
2M
5
+
I
r2
+m
)
v2.
Isolando v,
v =
√
2gh(
1 + 25
M
m
+ I
mr2
) .
25. Uma bola so´lida uniforme parte do repouso na extremi-
dade superior da pista, mostrada na figura acima, e rola
sem deslizamento (e sem perder o contato com a pista)
ate´ escapar pela extremidade direita da pista.
(a) Se H = 6, 0 m e h = 2, 0 m e a pista for horizontal
na extremidade direita, qual e´ a velocidade da bola ao
deixar a pista? (1,00)
(b) A que distaˆncia horizontal, medida a partir da ex-
tremidade direita da pista, a bola chega no piso? (1,00)
Resoluc¸a˜o
(a) Por conservac¸a˜o de energia,
mgH = 2mgR+
1
2
mv2 +
1
2
Iω2.
Como trata-se de uma esfera macic¸a, I = 25mR
2. Ale´m
disso, na˜o ha´ deslizamento, v = ωR. Enta˜o,
mgH = 2mgR+
1
2
mv2 +
1
5
mv2
=⇒ v =
√
10
7
g(H − h).
Substituindo os valores, v ≈ 7, 5 m/s.
(b) O tempo de queda e´ dado por
h =
g
2
t2q =⇒ tq =
√
2h
g
.
Portanto, usando o ı´tem anterior,
∆x = vtq =
√
20
7
h(H − h) ≈ 4, 8 m.
26. Dois patinadores de massa 60 kg, deslizando sobre uma
pista de gelo com atrito desprez´ıvel, aproximam-se um
do outro com velocidades iguais e opostas de 5 m/s,
seguindo retas paralelas, separadas por uma distaˆncia
de 1,4 m.
(a) Calcule o vetor momento angular do sistema em
relac¸a˜o ao centro de massa do sistema composto pelos
dois patinadores. (1,00)
(b) Quando os patinadores chegam a 1,4 m um do outro,
estendem os brac¸os e da˜o-se as ma˜os, passando a girar
em torno do centro de massa. Calcule a velocidade
angular de rotac¸a˜o? (1,00)
Resoluc¸a˜o
(a) O momento angular do sistema composto pelos dois
patinadores e´ dado por:
~L = m1(~r1 × ~v1) +m2(~r2 × ~v2),
sendom1 = m2 = m = 60 kg. ~v1 e ~r1 (~v2 e ~r2) referem-se
a` velocidade e posic¸a˜o de m1 (m2), respectivamente. Se-
gundo o enunciado, podemos admitir que, inicialmente,
~v1 = −~v2, sendo |~v1| = |~v2| = |~v| = 5 m/s. Temos:
~L = m[(~r1 − ~r2)× ~v1].
Se admitirmos que a contaacima e´ feita com relac¸a˜o ao
centro de massa do sistema, concluimos que ~r1 = −~r2.
Portanto:
~Lcm = 2m[~r1 × ~v1]
=⇒ ~Lcm = 2md|~v| kˆ,
sendo d = |~r1| sin θ = d = 0, 7 m. θ e´ o aˆngulo entre ~r1
e ~v1. Admitimos que m1 descreve uma trajeto´ria com
coordenada y constante e igual a 0, 7 m e ~v1 = −|~v1 |ˆı.
Consequentemente, m2 descreve uma trajeto´ria com co-
ordenada y constante e igual a −0, 7 m e ~v2 = |~v2 |ˆı.
E´ fa´cil ver que nenhuma das quantidades envolvidas em
~Lcm varia com o tempo.
Agora calcularemos ~L com relac¸a˜o a outro ponto gene´rico
P , localizado por ~rP , para o sistema de coordenadas com
origem no CM. Para este novo ponto de refereˆncia, a
posic¸a˜o de m1 (m2) vale ~r1P = ~r1−~rP (~r2P = ~r2P −~rP ).
Substituindo na segunda equac¸a˜o:
~L = m{[(~r1P + ~rP )− (~r2P + ~rP )]× ~v1} = ~LP .
(b) Quando eles da˜o as ma˜os, podemos afirmar que o
momento de ine´rcia do conjunto vale I = 2md2, sendo
d a distaˆncia dos patinadores ao eixo de rotac¸a˜o, d =
0, 7 m. Portanto o momento angular do conjunto vale
L = Iω = 2md2ω. Por outro lado, sabemos que o mo-
mento angular do sistema na˜o deve se alterar durante
todo este movimento porque o torque resultante externo
e´ nulo. Usando, enta˜o, o resultado do item anterior
2md2ω = 2md|~v| =⇒ ω = |~v|/d.
27. Uma bola de gude de massa m e raio r rolara´ sem
deslizar ao longo de uma pista com um loop no fim,
conforme a figura, se ela for solta em algum ponto sobre
10
a sec¸a˜o reta da pista.
(a) De que altura inicial h acima do ponto mais baixo
da pista deve ser solta a bola para que ela esteja na
imineˆncia de se separar da pista no ponto mais alto do
loop? O raio do loop e´ R≫ r. (1,00)
(b) Se a bola for solta da altura h = 8R, qual sera´ a
componente horizontal da forc¸a que age sobre ela no
ponto Q? (1,00)
Resoluc¸a˜o
(a) Por conservac¸a˜o de energia, temos, para o alto do
loop,
1
2
mv2 +
1
2
Iω2 = mg(h− 2R).
Para a esfera, I = 25mr
2 e ω = v/r. Na imineˆncia de
cair, a forc¸a peso e´ igual a` forc¸a centr´ıpeta,
mg = m
v2
R
=⇒ v =
√
gR.
O valor de h para que seja esta a velocidade no alto do
loop e´ obtido a partir de
1
2
mv2 +
1
2
Iω2 =
1
2
mgR+
1
5
mgR =
7
10
mgR
=⇒ h = 27
10
R.
(b) No ponto Q, por conservac¸a˜o de energia, temos
1
2
mv2 +
1
2
Iω2 =
7
10
mv2 = mg(h−R).
Sendo h = 6R, temos
7
10
v2 = 5gR =⇒ v
2
R
=
50
7
g.
Portanto, a forc¸a centr´ıpeta, que e´ a forc¸a normal da
parede do loop, vale
Fc = m
v2
R
=
50
7
mg.
28. Uma bala de massa m e´ disparada com velocidade v
para dentro de um bloco de massa M que esta´ preso na
extremidade de uma haste uniforme de comprimento λ e
massa M (vide figura). O sistema bloco-haste-bala gira
enta˜o em torno de um eixo fixo no ponto A. Suponha
que o bloco seja pequeno o bastante para ser tratado
como uma part´ıcula na extremidade da haste.
(a) Qual o momento angular da bala com relac¸a˜o ao
eixo A? (1,00)
(b) Mostre que imediatamente apo´s o impacto a veloci-
dade angular do sistema sera´ ω = v
λ
(
3m
3m+4M
)
. (1,50)
A
Bala
Haste
Bloco
Resoluc¸a˜o
(a) O momento angular da bala em relac¸a˜o a` A vale
~lb = ~r × ~p =⇒ |~lb| = |~r||~p| sin θ = mvλ.
(b) Como na˜o existe torque resultante externo, ~Li =
~Lf . Antes da bala entrar no bloco, ~lb e´ a u´nica con-
tribuic¸a˜o para o momento angular total do sistema
bala+bloco+haste. Portanto,
|~lb| = Isisω =⇒ ω = |
~lb|
Isis
.
Isis, por sua vez, conte´m contribuic¸o˜es da haste, da bala,
e do bloco:
Isis = Mλ
2︸ ︷︷ ︸
bloco
+
[
Mλ2
12
+
Mλ2
4
]
︸ ︷︷ ︸
haste
+mλ2︸︷︷︸
bala
=
λ2
3
(4M + 3m).
Enta˜o,
ω =
mvλ
λ2
3 (4M + 3m)
=
v
λ
(
3m
3m+ 4M
)
.
29. Em um playground existe um pequeno carrossel de raio
R = 1, 2 m e massa M = 180 kg. Uma crianc¸a de massa
m = 44, 0 kg corre a uma velocidade v = 3, 00 m/s
segundo uma trajeto´ria tangente a` borda do carrossel.
O carrossel pode ser aproximado por um aro circular de
raio R e o atrito entre os mancais e o eixo e´ desprez´ıvel.
(a) Qual e´ a intensidade de momento angular da crianc¸a
em torno do eixo de rotac¸a˜o do carrossel? (1,00)
(b) Qual e´ a velocidade angular do carrossel e da crianc¸a
depois dela ter pulado sobre ele? (1,00)
(c) Houve variac¸a˜o da energia mecaˆnica do sis-
tema? (0,50)
Resoluc¸a˜o
(a) O momento angular da crianc¸a vale ~lcr = ~r× ~p. Por-
tanto,
|~lcr| = |~r||~p| sin θ = mRv ≈ 158 kg m2/s.
(b) Por conservac¸a˜o do momento angular total, |~lcr| =
(Icr + Ica)ωf . Logo,
ωf =
|~lcr|
Icr + Ica
=
mRv
mR2 +MR2
=
m
m+M
v
R
=
44 kg
44 kg + 180 kg
3 m/s
1, 2 m
≈ 0, 5 rad/s.
11
(c) As energias cine´ticas inicial e final valem, respectiva-
mente,
Ki =
1
2
mv2 e Kf =
1
2
(Icr + Ica)ω
2
f .
Usando o resultado do ı´tem anterior,
Kf =
(Icr + Ica)
2
ω2f
=
(mR2 +MR2)
2
(
m
m+M
v
R
)2
=
m
m+M
(
1
2
mv2
)
=
m
m+M
Ki ≈ 0, 2Ki,
que indica que cerca de 80% da energia cine´tica inicial
foi perdida.
30. Cada uma das treˆs laˆminas da he´lice de um helico´ptero
tem 5,20 m de comprimento e 240 kg de massa. O rotor
gira a 350 rev/min. Considere cada laˆmina como um
basta˜o delgado. (a) Qual o momento de ine´rcia da he´lice
em relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o ? (1,0) (b) Qual a energia
cine´tica de rotac¸a˜o ? (1,0)
Problema 2:
(a) O momento de ine´rcia Ih da he´lice vale Ih = 3Ib,
sendo Ib o momento de ine´rcia do basta˜o (ambos em
relac¸a˜o ao eixo de rotac¸a˜o da he´lice). O momento de
ine´rcia Ib,cm de um basta˜o delgado em relac¸a˜o a um eixo
perpendicular ao seu comprimento, passando pelo centro
de massa, vale Ib,cm =
1
12ML
2, sendo L o comprimento
do basta˜o e M sua massa. Portanto, usando o teorema
dos eixos paralelos:
Ib =
1
12
ML2 +
1
4
ML2 =
1
3
ML2 =⇒ Ih
= ML2 = (240 kg) · (5, 2 m)2 ≈ 6, 5 · 103 kg ·m2.
(b) Sua energia cine´tica vale: Ec =
1
2Ihω
2, sendo ω =
350 rev/min = 700π rad60 s ≈ 36, 7 rad/s. Portanto,
Ec =
1
2
Ihω
2 ≈ 1
2
(6, 5·103 kg ·m2)·(36, 7 rad/s)2 ≈ 4, 4MJ.
(9)
31. Um disco uniforme de massa M e raio R esta´ montado
de modo a poder girar livremente em torno de um eixo
horizontal que passa pelo seu centro e e´ perpendicular ao
seu plano. Uma pequena part´ıcula de massa m e´ presa a`
borda do disco, no seu topo, na vertical, acima do eixo.
O sistema recebe um pequeno impulso e o disco principia
a girar. (a) Qual a velocidade angular do disco quando a
part´ıcula passa pelo ponto mais baixo de sua trajeto´ria?
(1,0) (b) Nesse ponto, que forc¸a deve ser exercida sobre
a part´ıcula (pelo disco) para que ela na˜o se desprenda?
(1,0)
Resoluc¸a˜o
(a) Quando a part´ıcula de massa m passa do ponto mais
alto para o ponto mais baixo da sua trajeto´ria, sua en-
ergia potencial gravitacional e´ transformada em energia
cine´tica de rotac¸a˜o do disco:
2mgR =
Iω2
2
=
(
MR2
2
+mR2
)
ω2
2
→ ω =
√
8mg
R(2m+M)
(b) Nesse ponto, que forc¸a deve ser exercida sobre a
part´ıcula (pelo disco) para que ela na˜o se desprenda?
(1,0)
F = mg +mac = mg +
mv2
R
= mg +mω2R
= mg
(
1 +
8m
2m+M
)
32. Dois patinadores no gelo esta˜o de ma˜os dadas e giram a`
velocidade angular de uma volta a cada 2,5 s. As massas
dos patinadores sa˜o 55 kg e 85 kg, e a separac¸a˜o entre
ambos e´ de 1,7 m. (a) Calcule o momento angular do
sistema em torno do centro de massa. (1,0) (b) Calcule
a energia cine´tica total do sistema. (1,0)
Resoluc¸a˜o
(a) Em relac¸a˜o ao partinador de 85 kg, a posic¸a˜o do
centrode massa vale
xcm =
55× 1, 7
85 + 55
= 0, 67m (10)
Em relac¸a˜o ao centro de massa, o momento de ine´rcia do
sistema vale
I = 85× (0, 67)2 + 55× (1, 7− 0, 67)2 = 96 kgm2 (11)
Assim, o momento angular do sistema vale
L = Iω = 96× 2π
2, 5
= 241 J s (12)
(b) Temos
K =
L2
2I
=
(241)2
2× 96 = 303 J (13)
33. Um homem esta´ de pe´ sobre uma plataforma que gira
com velocidade angular de 1,2 rev/s. Os brac¸os do
homem esta˜o abertos e ele segura um peso em cada
ma˜o. Nesta posic¸a˜o, o momento de ine´rcia do sis-
tema (homem+pesos+plataforma) e´ igual a 6,0 kg.m2.
Quando o homem fecha os brac¸os, o momento de ine´rcia
do sistema se reduz a 2,0 kg.m2. (a) Calcule a veloci-
dade angular da plataforma na situac¸a˜o final. (1,0) (b)
Calcule a raza˜o entre a energia cine´tica da rotac¸a˜o final
e a energia cine´tica inicial. (1,0)
Resoluc¸a˜o
(a) Como nenhum torque externo age sobre o sistema, o
momento angular total do sistema se conserva. Seja Ii
a ine´rcia rotacional inicial do sistema e If a final. Logo,
Iiωi = Ifωf e:
ωf =
Ii
If
ωi = 3, 6rev/s (14)
12
(b) A raza˜o vale:
Kf
Ki
=
1
2Ifω
2
f
1
2Iiω
2
i
= 3 (15)
34. Um corpo r´ıgido foi constru´ıdo acoplando-se treˆs objetos:
uma casca esfe´rica de massa M e diaˆmetro L, uma haste
fina de massa M/2 e comprimento L e uma placa fina
de massa 2M , largura L e comprimento 2L, conforme
indicado na figura.
(a) Determine o momento de ine´rcia do corpo r´ıgido em
relac¸a˜o a um eixo perpendicular ao plano da pa´gina que
passa pelo centro de massa da casca esfe´rica em P . (1,00)
(b) Suponha agora que o corpo r´ıgido da figura esteja
parado. No mesmo eixo que atravessa P , encaixa-se um
outro corpo, um disco de raio 3L e massa 2M . Esse
disco e´ disposto paralelamente ao plano da folha e o eixo
passa pelo seu centro. Este disco e´ colocado para girar
com velocidade angular ωd. Os dois corpos sa˜o enta˜o
acoplados. Qual a velocidade angular do corpos apo´s o
acoplamento? (1,00)
(c) Qual porcentagem de energia cine´tica foi “perdida”
quando se procedeu como no item anterior? (0,50)
P
Resoluc¸a˜o
(a) O momento de ine´rcia do corpo r´ıgido e´ dado pela
soma dos momentos de ine´rcia dos corpos individuais:
I = Icasca + Ihaste + Iplaca.
Agora, utilizando o teorema dos eixos paralelos e consul-
tando o formula´rio, calculamos cada uma das parcelas:
Icasca =
2
3
M
(
L
2
)2
=
ML2
6
,
Ihaste = IhasteCM + (M/2)L
2
=
(M/2)L2
12
+ (M/2)L2 =
13
24
ML2,
Iplaca = Iplaca
CM
+ (2M)
(
5L
2
)2
=
(2M)
12
[
(2L)2 + L2
]
+
25
2
ML2
=
40
3
ML2.
Somando todos esses termos, obtemos o resultado
I = Icasca + Ihaste + Iplaca =
337
24
M L2.
(b) Supondo que na˜o houve torque resultante externo
durante o acoplamento, podemos afirmar que o mo-
mento angular do sistema, composto pelos dois corpos,
se conservou, ~Li = ~Lf . Portanto, analisando somente a
componente de ~L perpendicular ao eixo,
Idiscoωd = Iωf + Idiscoωf ⇒ ωf =
Idisco
I + Idisco
ωd.
Substituindo o valor encontrado anteriormente e
Idisco =
1
2 (2M)(3L)
2 = 9ML2, obtemos
ωf =
9
9 + 33724
ωd ≈ 0, 39ωd.
(c) Inicialmente a energia cine´tica valia
Ki =
1
2
Idiscoω
2
d.
Depois do acoplamento,
Kf =
1
2
(Idisco + I)ω
2
f =
1
2
I2disco
Idisco + I
ω2d.
Portanto, Kf ≈
Idisco
Idisco+I
Ki ≈ 0, 39Ki. Portanto, 61%
da energia cine´tica inicial foi usada no aoplamento.
35. Uma bola de boliche esfe´rica uniforme e´ lanc¸ada, com
velocidade inicial ~v0 horizontal, sem rotac¸a˜o inicial,
sobre uma pista horizontal, de coeficiente de atrito
cine´tico µc.
(a) Que distaˆncia d a bola percorre sobre a pista ate´ que
comece a rolar sem deslizar? (1,00)
(b) Quanto tempo depois do lanc¸amento isto
ocorre? (1,00)
Resoluc¸a˜o
(a) Durante todo o movimento, a bola sentira´, na direc¸a˜o
vertical, a forc¸a gravitacional exercida pela Terra, e
a forc¸a de contato, componente normal, exercida pela
pista. Essas duas forc¸as se compensam, na˜o geram movi-
mento de translac¸a˜o ou rotac¸ao. Por outro lado, en-
quanto a bola deslizar sobre a pista, atuara´ nela uma
forc¸a de atrito de mo´dulo |~fc| = µcmg, contra´ria a`
direc¸a˜o de deslocamento. A segunda Lei de Newton, nas
verso˜es translac¸a˜o e rotac¸a˜o, se tornam
−µcmg ıˆ = macm ıˆ e − µcmgR kˆ = Iα kˆ,
sendo I = 25mR
2 o momento de ine´rcia da bola e R seu
raio. O sistema de refereˆncia usado admite o eixo x hori-
zontal, apontando para a direita, e y vertical, apontando
para cima. Supomos tambe´m que a bola e´ arremessada
no sentido de x positivo.
Note que estas equac¸o˜es valem apenas par a parte ini-
cial do movimento, enquanto houver atrito em regime
cine´tico. Da segunda equac¸a˜o, verifica-se que a acel-
erac¸a˜o angular e´ constante ~α = −µcmgR
I
kˆ. Como ini-
cialmente a bola na˜o gira, escrevemos:
~ω(t) = −µcmgR
I
t kˆ.
Por outro lado, ~acm tambe´m e´ constante nesta primeira
parte, de modo que:
~v(t) = ~v0 − µcgt ıˆ.
Quando a bola para de deslizar, podemos afirmar que
vcm = −ωR, sendo que o sinal negativo foi introduzido
13
por consisteˆncia. Podemos determinar o instante de
tempo T em que isto ocorreu:
~v0 − µcgT ıˆ = −µcmgR
I
t kˆ.
36. Uma haste fina e homogeˆnea de comprimento L e
massa m e´ suspensa por uma extremidade, em torno
da qual pode oscilar livremente. Ela e´ puxada para
um lado e depois oscila como um peˆndulo, passando
pela sua posic¸a˜o mais baixa com velocidade angular ω.
Em termos de L, m, ω e g, desprezando o atrito e a
resisteˆncia do ar, responda:
(a) Qual e´ a energia cine´tica da haste na sua posic¸a˜o
mais baixa? (1,00)
(b) A que distaˆncia ma´xima acima desta posic¸a˜o pode
se elevar o centro de massa durante a oscilac¸a˜o? (1,00)
37. Dois discos sa˜o montados sobre rolamentos de baixo
atrito em cima do mesmo eixo mecaˆnico e podem ser
aproximados a fim de serem acoplados e girarem como
uma unidade.
(a) O primeiro disco, com ine´rcia a` rotac¸a˜o
I1 = 3, 3 kg ·m2 em torno do seu eixo central, e´
posto para girar a 450 rpm. O segundo disco, com
ine´rcia a` rotac¸a˜o I2 = 6, 6 kg ·m2 em torno do seu
eixo central,e´ posto para girar a 900 rpm no mesmo
sentido que o primeiro. Eles sa˜o enta˜o acoplados. Qual
a velocidade dos discos apo´s o acoplamento? (1,00)
(b) Se, em vez disso, o segundo disco e´ colocado para
girar a 900 rpm no sentido contra´rio a` rotac¸a˜o do
primeiro disco, qual o mo´dulo da velocidade angular dos
discos e o sentido de rotac¸a˜o apo´s o acoplamento? (1,00)
38. Uma esfera so´lida uniforme rola para baixo de um plano
inclinado.
(a) Qual deve ser o aˆngulo de inclinac¸a˜o para que a acel-
erac¸a˜o linear do centro da esfera tenha uma intensidade
0, 1g (g: acelerac¸a˜o da gravidade)? (1,25)
(b) Se um bloco sem atrito tivesse que deslizar para baixo
de um plano inclinado com esse aˆngulo, a intensidade de
sua acelerac¸a˜o seria maior, menor, ou igual a 0, 1g? Por
queˆ? (1,25)
39. Um disco de vinil horizontal de massa M e raio R gira
livremente em torno de um eixo vertical que passa pelo
seu centro com velocidade angular ω0. Um pedac¸o de
massa de vidraceiro de massa m e´ solto e cai na vertical
em cima do disco ficando grudado a` borda do disco. Qual
o mo´dulo da velocidade da massa de vidraceiro imediata-
mente apo´s grudar no disco? (1,00)
40. 3) Um atleta, ao saltar de um trampolim, variou sua
velocidade angular de zero a 6,20 rad/s em 220 ms. Seu
momento de ine´rcia e´ de 12,0 kg·m2. (a) Durante o salto,
qual foi a sua acelerac¸a˜o angular? (1,0) (b) Qual foi o
torque externo atuando sobre o atleta durante osalto?
(1,0)
(a) Supondo acelerac¸a˜o angular constante, obtemos
α =
ω − ω0
∆t
=
6, 20− 0
220 · 10−3 = 28, 2 rad/s
2. (16)
(b) Supondo que o momento de ine´rcia permaneceu con-
stante, aplicamos a segunda lei de Newton para rotac¸o˜es,
τ = Iα = 12× 28, 2 = 338 N ·m. (17)
41. As rodas de um automo´vel de 1000 kg possuem uma
massa de 10 kg cada. Quando o carro esta´ se movendo,
que parcela da energia cine´tica total do carro se deve a
rotac¸a˜o das rodas em torno dos seus eixos? (2,0)
Energia cine´tica de translac¸a˜o do carro vale
KT =
Mv2
2
=
1000× v2
2
= 500v2 (18)
Energia cine´tica de rotac¸a˜o das rodas vale
KR = 4× Iω
2
2
= 2mv2
(
I
mr2
)
= 2×10×v2× 1
2
= 10v2
(19)
Portanto,
KR
KTotal
=
10v2
(500 + 10)v2
=
10
510
= 0, 02 (20)
42. Um disco uniforme de massa M e raio R esta´ montado
de modo a poder girar livremente em torno de um eixo
horizontal que passa pelo seu centro e e´ perpendicular ao
seu plano. Uma pequena part´ıcula de massa m e´ presa a`
borda do disco, no seu topo, na vertical, acima do eixo.
O sistema recebe um pequeno impulso e o disco principia
a girar.
(a) Qual a velocidade angular do disco quando a part´ıcula
passa pelo ponto mais baixo de sua trajeto´ria? (1,0)
Quando a part´ıcula de massa m passa do ponto mais
alto para o ponto mais baixo da sua trajeto´ria, sua en-
ergia potencial gravitacional e´ transformada em energia
cine´tica de rotac¸a˜o do disco:
2mgR =
Iω2
2
=
(
MR2
2
+mR2
)
ω2
2
(21)
ω =
√
8mg
R(2m+M)
(22)
(b) Nesse ponto, que forc¸a deve ser exercida sobre a
part´ıcula (pelo disco) para que ela na˜o se desprenda?
(1,0)
F = mg +mac = mg +
mv2
R
= mg +mω2R
= mg
(
1 +
8m
2m+M
)
43.
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