Curso de Física Básica - Vol 1 - 4ª Ed - Resolução - Moyses Nussenzveig

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Problemas Resolvidos
VETORES
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
PROBLEMA 1 Dois vetores, cujos módulos são de 6 e 9 unidades de comprimento, formam um ângulo de (a) 0°,
(b) 60°, (c) 90°, (d) 150°, e (e) 180°. Determine o módulo da soma desses vetores e a direção do vetor resultante com
relação ao menor vetor.
SOLUÇÃO Seja |a|  6 e |b |  9 e vamos escolher a direção Ox na direção e no sentido do vetor a. Na Figura 1,
c  a  b, representa a soma dos vetores a e b,  é o ângulo entre esses vetores e  é a direção da resultante com
relação vetor a (menor vetor). De acordo com o que vimos em classe, a soma de dois vetores, em termos das
componentes, pode ser escrita como
cx  ax  bx, cy  ay  by → c  cx i  cy j
de onde podemos calcular a direção de c em relação ao eixo Ox, usando a expressão
tg  cycx →   arctg
cy
cx
Como a direção de Ox coincide com a direção do vetor a, o angulo  é também o ângulo entre o vetor resultante c e o
vetor a, que o problema pede. Com base na figura, vamos calcular o vetor resultante c e sua direção em relação a a
para cada um dos casos mostrados.
θ = 60º θ = 90º
θ = 150º
α α
α α = 180º
a
bc
a b
c
c b
a
a
b
c b
ac
(a) (b) (c)
(d) (e)
x
y
y y
y
y
x x
xx
α = 0º
i
j
Figura 1 Representação geométrica de c  a  b
(a) Componentes:
ax  a  6, bx  b  9
ay  0, by  0
 cx  6  9  15
cy  0
 c  15 i
Logo,
c  10, 5 i  3 3 j  c  15  0º
(b) Componentes:
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Universidade Federal do Amazonas
ax  acos0º  6, bx  bcos60º  9  0, 5  4, 5
ay  a sen0º  0, by  b sen60º  9  32  7, 8
 cx  6  4, 5  10, 5
cy  0  7, 8  7, 8
 c  10, 5 i  7, 8 j
Logo,
c  10, 5 i  7, 8 j
c  10, 52  7, 82  13, 1
  arctg 7, 810, 5 ≃ 37º
(c) Componentes:
ax  a  6, bx  bcos90º  0
ay  0, by  b sen90º  9
 cx  6  0  6
cy  0  9  9
 c  6 i  9 j
Logo,
c  6 i  9 j c  6
2  92  36  81  10, 8
  arctg 96 ≃ 56º
(d) Componentes:
ax  a  6, bx  bcos150º  9  − 32  −7, 8
ay  0, by  b sen150º  9  0, 5  4, 5
 cx  6 − 7, 8  −1, 8
cy  0  4, 5  4, 5
 c  −1, 8 i  4, 5 j
Logo,
c  −1, 8 i  4, 5 j
c  −1, 82  4, 52  4, 8
  arctg 4, 5−1, 8 ≃ 100°
(e) Componentes:
ax  a  6, bx  bcos180º  9  −1  −9
ay  0, by  b sen180º  9  0  0
 cx  6 − 9  −3
cy  0  0  0
 c  −3 i
Logo,
c  −3 i c  3  180º
★ ★ ★
PROBLEMA 2 Calcule o ângulo entre dois vetores, de módulos iguais a 10 e 15 unidades de comprimento, nos
casos em que a soma desses vetores é (a) 20 unidades de comprimento e (b) 12 unidades de comprimento. Desenhe
uma figura apropriada.
SOLUÇÃO Seja |a|  10 e |b |  15, e  o ângulo entre os dois vetores que queremos calcular. Vamos escolher o
Notas de Aula de Física I Vetores - Problemas Resolvidos 2
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eixo Ox na direção e sentido do vetor a, de modo que ax  a  10 e ay  0. Assim
a  10i |a|  ax  10
b  bxi  byj |b |  bx2  by2  15
 c  a  b  ax i  ay  by  j
(a) |c|  ax  bx 2  by2  20
(b) |c|  ax  bx 2  by2  12
(a) Neste caso, |c|  20 e, portanto,
|a|  ax2  ay2  ax  10
|b |  bx2  by2  15
|c|  ax  bx 2  ay  by 2  20
 ax  10, bx
2  by2  225
ax  bx 2  by2  ax2  2axbx  bx2  by2   400
Assim, substituindo os valores na última equação, encontra-se
100  2  10bx  225  400  bx  400 − 32520  3, 75
Da equação bx2  by2  225, podemos encontrar by. Ou seja,
by   225 − bx2   225 − 14, 1  14, 5
Assim, temos dois vetores b que satisfazem as condições do problema:
b1  3, 75 i  14, 5 j
b2  3, 75 i − 14, 5 j
Para calcular o ângulo  entre os dois vetores, basta calcular o ângulo entre o vetor b e o eixo Ox. Assim,
1  arctg 14, 53, 75  75, 5º
2  arctg −14, 53, 75  −75, 5º
θ1
a
b
c
(a)
y
x
|c| = 20
θ2
a
bc
y
x
Figura 2 Soluções para |c|  20.
(b) Faça este ítem, seguindo o mesmo procedimento de (a).
★ ★ ★
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PROBLEMA 3 Dois vetores formam um ângulo de 110°. Um dos vetores é de 20 unidades de comprimento e faz
um ângulo de 40° com o vetor resultante da soma dos dois. Determine o módulo do segundo vetor e do vetor soma.
SOLUÇÃO Vamos supor que c  a  b e que |a|  20, fazendo um ângulo   40º com o vetor resultante c.
Escolhendo o eixo Ox na direção e sentido do vetor a então o ângulo entre o vetor b e este eixo vale   110º (o
mesmo que entre a e b.
θ = 110º
a
bc
y
x
α = 40º
Figura 3
 Cálculo do módulo do vetor b Da mesma forma,  é o ângulo entre o vetor c e o eixo Ox (Figura 3). Em termos
das componentes:
ax  acos0º  20 bx  bcos110º  −0, 34b  cx  ax  bx  20 − 0, 34b
ay  sen0º  0 by  b sen110º  0, 94b  cy  ay  by  0, 94b
c  20 − 0, 34bi  0, 94b j
Para   40º, e como sabemos que
tg  cycx  tg40° 
0, 94b
20 − 0, 34b  0, 94b  20 − 0, 34b tg40º
ou (tg40º  0, 84)
0, 94b  20 − 0, 34b  0, 84  0, 94b  0, 29b  16, 8  b  13, 7
que é o módulo do vetor b.
 Cálculo do módulo do vetor soma Para calcular o módulo do vetor c, basta usar sua representação
c  20 − 0, 34bi  0, 94b j para b  13, 7. Assim,
c  20 − 0, 34  13, 7 i  0, 94  13, 7 j  15, 3 i  12, 9 j |c|  15, 32  12, 92  20
★ ★ ★
PROBLEMA 4 O vetor resultante de dois outros é de 10 unidades de comprimento e forma um ângulo de 35° com
um dos vetores componentes, que é de 12 unidades de comprimento. Determine o módulo do outro vetor e o ângulo
entre os dois.
SOLUÇÃO Seja c  a  b e |c|  10. Vamos escolher |a|  12 e o eixo Ox na direção e sentido deste vetor. Assim, o
vetor resultante c faz um ângulo   35° com o vetor a e, por construção, com o eixo Ox. Da mesma forma,  é o
ângulo entre a e b e também o ângulo entre b e o eixo Ox (direção de b (Figura 4). As componentes desses vetores
são :
ax  acos0º  12 bx  bcos  bcos  cx  ax  bx  12  bcos
ay  a sen0°  0 by  b sen  b sen  cy  ay  by  b sen
c  12  bcosi  b sen j
Notas de Aula de Física I Vetores - Problemas Resolvidos 4
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θ = ?
a
bc
y
x
α = 35º
Figura 4
 Cálculo do ângulo  entre os vetores a e b Mas, como conhecemos o módulo e a direção de c, podemos
calcular suas componentes, ou seja,
cx  ccos35º  10  0, 82  8, 2 cy  c sen35°  10  0, 57  5, 7  c  8, 2 i  5, 7 j
Comparando com a outra expressão de c, obtemos
12  bcos  8, 2
b sen  5, 7 
cos  8, 2 − 12b 
−3, 8
b
sen  5, 7b
 tg  sencos 
5, 7
b
−3, 8
b
 − 5, 73, 8  −1, 5
ou
  arctg−1, 5    123, 7º
 Cálculo do módulo do vetor b Com o ângulo  agora podemos calcular b usando a expressão para c
c  12  bcosi  b sen j  12 − 0, 55bi  0, 83b j
Como sabemos que |c|  10, então
|c|  12 − 0, 55b2  0, 83b2  10
e daí podemos calcular o módulo de b. Ou seja,
12 − 0, 55b2  0, 83b2  10  12 − 0, 55b2  0, 83b2  100  0, 99b2 − 13, 2b  44  0
Esta equação do segundo grau tem duas iguais, b  6, 7 que é o módulo do vetor, que procuramos.
★ ★ ★
PROBLEMA 5 Determine o ângulo entre dois vetores, de 8 e 10 unidades de comprimento, quando o vetor
resultante faz um ângulo de 50° com o vetor maior. Calcule, também, o módulo do vetor resultante.
SOLUÇÃO Faça este problema; é similar ao anterior.
★ ★ ★
PROBLEMA 6 A resultante de dois vetores é de 30 unidades de comprimento e forma, com eles, ângulos de 25° e
50°. Determine os módulos dos dois vetores
SOLUÇÃO Resolva este problema;é similar aos anteriores.
★ ★ ★
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PROBLEMA 7 Determine as componentes ortogonais de um vetor de 15 unidades de comprimento que forma um
ângulo, com o eixo Ox, positivo, de (a) 50°, (b) 130, c) 230° e (d) 310°.
SOLUÇÃO Deixado para v. treinar.
★ ★ ★
PROBLEMA 8 Três vetores de um mesmo plano, têm, respectivamente 6, 5 e 4 unidades de comprimento. O
primeiro e o segundo formam um ângulo de 50°, enquanto que o segundo e o terceiro formam um ângulo de 75°.
Determine o módulo e a direção da resultante relativamente ao maior vetor.
SOLUÇÃO Vamos considerar que d  a  b  c, onde |a|  6, |b |  5 e |c|  4, e com a escolha do eixo Ox na
direção e sentido do vetor a, as direções desses vetores são: a  0°,b  50º e c  75°  50º  125º (Figura 5).
θb = 50º
a
b
c
y
x
 75º
d =
 a 
+ b
 +
c
α = ?
50º
Figura 5
As componenentes desses vetores podem então ser calculadas:
ax  acos0º  6 bx  bcosb  5cos50°  3, 2 cx  ccosc  4cos125º  −2. 3
ay  a sen0°  0 by  b senb  5sen50º  3, 8 cy  c senc  4sen125º  3, 3
dx  ax  bx  cx  6  3, 2 − 2, 3  6, 9
dy  ay  by  cy  0  3, 8  3, 3  7, 1
d  6, 9i  7, 1j
 Módulo do vetor resultante A partir de d  6, 9i  7, 1j, o módulo de d pode ser facilmente calculado,
|d |  dx2  dy2  6, 92  7, 12  9, 9
 Direção do vetor resultante A direção do vetor d é dada por
tg  dydx 
7, 1
6, 9  1, 0    arctg1, 0  45º
★ ★ ★
PROBLEMA 9 São dados quatro vetores coplanares, de 8, 12, 10 e 6 unidades de comprimento, respectivamente;
os três últimos fazem, com o primeiro, os ângulos de 70°, 150° e 200°, respectivamente. Determine o módulo e a
direção do vetor resultante
SOLUÇÃO Este problema é semelhante ao anterior. Resolva.
★ ★ ★
PROBLEMA 10 Prove que, se a soma e a diferença de dois vetores são perpendiculares, os dois vetores têm
Notas de Aula de Física I Vetores - Problemas Resolvidos 6
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módulos iguais.
SOLUÇÃO Vamos denotar por s  a  b e d  b − a os vetores soma e a diferença de dois vetores a e b quaisquer,
respectivamente, e escolher o eixo Ox na direção e sentido de a. Assim, o ângulo  entre os vetores a e b dá também a
direção do vetor b. Seja  o ângulo entre os vetores soma, s, e diferença, d, cujas direções são dadas por s e d,
respectivamente (Figura 6).
a
b
y
x
φ
α s αd
α s
θ
s
d
Figura 6
Vamos calcular as componentes desses vetores no sistema Oxy:
ax  a bx  bcos
ay  0 by  b sen

sx  a  bx
sy  by
 s  a  bx 2  by2
dx  bx − a
dy  by
 d  bx − a2  by2
Da Figura 6, sabemos que
d  s      d − s
Tomando o seno de ambos os membros na expressão para , encontra-se
sen  send − s   send coss − sens cosd
Mas,
sens  sys 
by
a  bx 2  by2
coss  sxs  a  bxa  bx 2  by2
,
send  dyd 
by
bx − a2  by2
cosd  dxd 
bx − a
bx − a2  by2
Então
sen  by
bx − a2  by2
a  bx
a  bx 2  by2
− by
a  bx 2  by2
bx − a
bx − a2  by2
Agora vamos considerar a condição de perpendicularidade entre os vetores s e d, expressa por   90º (ou   2
rad). Então, lembrando que sen90º  1, encontra-se
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1  by
bx − a2  by2
a  bx
a  bx 2  by2
− by
a  bx 2  by2
bx − a
bx − a2  by2
Fazendo o produto e simplificando o resultado, encontra-se
2aby
bx − a2  by2 a  bx 2  by2
 1
ou, (acompanhe cuidadosamente as passagens seguintes):
bx − a2  by2 a  bx 2  by2  4a2by2
− 2bx2a2  bx4  2bx2by2  a4  2by2a2  by4  4a2by2
a4 − 2bx2a2  2by2a2  bx4  by4  2bx2by2   4a2by2
a4 − 2bx2a2  2by2a2  bx2  by2 2  4a2by2
a4  b4 − 2bx2a2 − 4a2by2  2by2a2  0
a4  b4 − 2bx2a2 − 2a2by2  0
a4  b4 − 2a2bx2  by2   0
a4  b4 − 2a2b2  0
a2 − b2 2  0
onde usamos b2  bx2  by2. Logo
a2 − b2  0  a  b
cqd.
Observação Esta solução torna-se muito mais simples com o uso de outras propriedades dos vetores que veremos
mais tarde (produto escalar).
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PROBLEMA 11 Dados os vetores
a  3i − 5j, b  −i  4j
calcular: (a) o módulo e a direção do vetor soma; (b) o módulo e a direção da diferença a-b.
SOLUÇÃO Como conhecemos as projeções dos vetores, ou seja,
ax  3, ay  5
bx  −1, by  4
podemos representá-los no sistema Oxy (Figura 7).
Notas de Aula de Física I Vetores - Problemas Resolvidos 8
Universidade Federal do Amazonas
a
y
xθss
4
3
-5
-1
b
a
x
θd
4
3
-5
-1
b
d
y
s = a + b d = a - b
Figura 7
 (a) Módulo e direção do vetor soma Denotando o vetor soma por s  a  b, então
sx  ax  bx  3 − 1  2
sy  ay  by  −5  4  −1
 s  2
2  1  5 ≃ 2, 24
tgs  sysx  −12  s  −26, 6º
 (b) Módulo e direção do vetor diferença As componentes do vetor diferença d  a − b são
dx  ax − bx  3 − −1  4
dy  ay − by  −5 − 4  −9

d  42  −92  117 ≃ 10, 82
tgd  dydx 
−9
4  s  −66, 0º
★ ★ ★
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Resposta: A lebre pode tirar uma soneca de 6h 38min 49s sem perder a corrida para a tartaruga. 
Assim, o tempo de soneca será de tson 2.393 10
4× s= . Ou, dado em horas, este tempo será tson 6.647hr= .
tson Find tson( ) 20.− m hr⋅ 20. min⋅ km⋅− km⋅→:=tleb tson+ ttar=Given
Para que a lebre não perca a corrida, seu tempo de percurso somado com o tempo da soneca deve ser igual 
ao tempo de percurso da tartaruga. Portanto:
ttar 2.4 10
4× s=e tleb 72 s=
Assim: 
ttar
∆x
vtar
:=e tleb
∆x
vleb
:=
O tempo total que cada um gasta para percorer a distância ∆x é dado por:
∆x v t⋅=
Equações de movimento : como o movimento é uniforme, usaremos apenas a equação que nos fornece a 
distância percorrida em função do tempo: 
Solução
Pede-se: 
tson = ? - tempo da soneca
∆t 0.5min:=vtar 1.5
m
min
:=vleb 30
km
hr
:=∆x 600m:=
Dados do problema
Problema 1
Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre é de 30 km/h e a da tartaruga é de 
1,5m/min. A distância a percorrer é de 600m, e a lebre corre durante 0,5min antes de parar para uma soneca. 
Qual é a duração máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida? Resolva analiticamente e 
graficamente.
Física Básica: Mecânica - H. Moysés Nussenzveig, 4.ed, 2003
Problemas do Capítulo 2
por
Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física - UFAM
Manaus, AM, Brasil - 2004
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 2 
Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a aceleração média com a 
aceleração da gravidade. Se a aceleração é constante, que distância o carro percorre até atingir 100km/h?
Dados do problema
v0 0
km
hr
:= , v 100 km
hr
:= ∆t 4s:=
Pede-se
 
am = ? (aceleração média)
∆x = ? (distância percorrida pelo carro até atingir 100km/h )
Solução
A aceleração média é calculada pela fórmula am
∆v
∆t= onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de 
tempo ∆t, ou seja, am
v v0−
∆t:= . Portanto,
am 6.9
m
s2
= .
Como g 9.8
m
s2
:= , então
am
g
0.71=
ou seja, am 0.71g= .
Durante o tempo em que foi acelerado de 0 a 100km/h, o carro percorreu uma distância dada por
∆x 1
2
am⋅ ∆t
2⋅:=
Logo,
∆x 55.6 m=
 
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 3
Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h. Qual é a 
velocidade média do seu percurso? Compare-a com a média aritmética das velocidades.
Dadosdo problema
∆x1 10km:= v1 40
km
hr
:= ∆x2 10km:= v2 80
km
hr
:= ∆x3 10km:= v3 30
km
hr
:=
Pede-se
vm = ? - velocidade média no percurso
 
Solução
Velocidade média. A velocidade média num percurso é definida como
 vm
∆x
∆t= , 
onde ∆x é o deslocamento ocorrido durante o intervalo de tempo ∆t. Para calcular a velocidade média, 
precisamos antes calcular o intervalo de tempo do percurso. Para isso usaremos a equação de movimento do 
MRU, ou seja,
∆t1
∆x1
v1
:= , ∆t2
∆x2
v2
:= , ∆t3
∆x3
v3
:= 
Desta maneira, o intervalo de tempo total é dado pela soma de cada um desses termos. Logo,
∆t ∆t1 ∆t2+ ∆t3+:= .
Assim,
∆t 2.55 103× s= , ou ∆t 0.708 hr= . 
Como o deslocamento neste intervalo de tempo é de ∆x ∆x1 ∆x2+ ∆x3+:= , isto é, ∆x 30 km= . Então, como 
vm
∆x
∆t:=
encontra-se
vm 42.4
km
hr
=
Média das velocidades. Por outro lado, a média das velocidades é obtida calculando-se a média 
aritmética das velocidades v1, v2 e v3 . Assim,
vMA
v1 v2+ v3+
3
:=
Assim,
vMA 50
km
hr
= ,
o que demonstra que estas duas quantidades em geral são diferentes.
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Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 4
Um avião a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500km/h para decolar, e tem uma aceleração 
de 4m/s2. Quanto tempo ele leva para decolar e que distância percorre na pista até a decolagem?
Dados do problema
v0 0
km
hr
:= - velocidade inicial do avião
v 500
km
hr
:= - velocidade final para decolar
a 4
m
s2
:= - aceleração
Pede-se
∆t = ? - intervalo de tempo para decolar
∆x = ? - distância percorrida durante a decolagem
Solução
Distância percorrida. Sabendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos 
calcular a distância percorrida, usando a equação de Torricelli. Assim,
Given
 v2 v0
2 2 a⋅ ∆x⋅+= ,
 ∆x Find ∆x( ) 31250 km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:=
Ou seja, a distância percorrida será de:
∆x 2.41 km=
Tempo de decolagem . Conhecendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos 
também calcular o tempo de decolagem, usando a equação de movimento, isto é, 
Given 
v v0 a t⋅+= 
t Find t( ) 125
km
hr m⋅⋅ s
2⋅→:= . Assim,
t 34.7 s=
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.→.am
0 45
km
hr
−
hr
60
:= am 0.21
m
s2
=Intervalo: 2 a 3min:
.→.am
45
km
hr
0−
hr
60
:= am 6.94
m
s2
=
Intervalo: 0 a 1min:
0 1 2 3 4 5
0
1
2
3
4
Posição x Tempo
t (min)
x 
(k
m
)
Aceleração média. Por definição, a aceleração
média é dada pela fórmula:
am
∆v
∆t=
onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de
tempo ∆t.
x t( )
1
60 0
t
tv t( )
⌠⎮⌡ d⋅:=
Posição do automóvel. Para calcular a posição 
do automóvel em cada instante, devemos encontrar a área 
sob a curva vxt. Isto pode ser feito através de uma integral. 
Assim,
0 1 2 3 4 5 6
1 .104
5000
0
5000
1 .104
Aceleração x Tempo
t (min)
km
/h
r^
2
a t( ) 60
t
v t( )d
d
⋅:=
Aceleração. A aceleração é calculada tomando a 
derivada da função velocidade. Neste caso,
0 1 2 3 4 5 6
0
15
30
45
60
75
Velocidade x Tempo
t (min)
v 
(k
m
/h
)
v t( ) 90 t⋅ t 0≥ t 0.5≤∧if
45 t 0.5≥ t 2≤∧if
45 90 t 2−( )⋅− t 2≥ t 2.5≤∧if
0 t 2.5≥ t 3≤∧if
150 t 3−( )⋅ t 3≥ t 3.5≤∧if
75 t 3.5≥ t 4.5≤∧if
75 150 t 4.5−( )⋅− t 4.5≥ t 5≤∧if
:=t 0 0.04, 5..:=
Solução 
Dados do problema
Ver gráfico ao lado.
v (km/h)
t (min)0 1 2 3 4 5
75
60
45
30
15
Problema 5
O gráfico da figura representa a marcação do velocímetro de um automóvel em função do tempo. Trace os 
gráficos correspondentes da acelaração e do espaço percorrido pelo automóvel em função do tempo. Qual é a 
aceleração média do automóvel entre t = 0 e t = 1min? E entre t = 2min e t = 3min ?
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Problema 6
Uma partícula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta, com aceleração 
crescente segundo a lei a b t⋅= , onde t é o tempo e b = 0.5 m/s2. Trace os gráficos da velocidade v e da 
posição x da partícula em função do tempo. Qual é a expressão analítica de v(t) ?
Dados do problema
v0 0:= t 0s 0.01s, 10s..:= b 0.5
m
s3
:= a t( ) b t⋅:=
Pede-se
(a) Gráficos v(t) e x(t) (b) Expressão analítica de v(t)
Solução 
Expressão analítica de v(t). Sabendo a expressão da aceleração, é direto calcular v(t). De fato, 
partindo da definição de aceleração,
a t( )
t
v t( )d
d
=
podemos integrar esta equação para obter,
v t( ) v 0( )−
0
t
ta t( )
⌠⎮⌡ d=
Como v 0( ) v0:= = 0, a integral torna-se
v t( ) tb t⋅⌠⎮⌡ d:=
e, portanto,
v t( )
1
2
b⋅ t2⋅:=
O gráfico desta função é mostrado na figura ao lado.
0 2 4 6 8 10
0
6
12
18
24
30
Velocidade x Tempo
t (s)
v 
(m
/s
)
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Problema 7
O tempo médio de reação de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo súbito e aplicar os 
freios) é da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca pode ser freiado a 6m/s 2;. Calcule a 
distância mínima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 
60km/h e a 90km/h. Estime a quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distâncias encontradas.
Dados do problema
tr 0.7s:= - tempo médio de reação
af 6−
m
s2
:= - desaceleração do carro
v01 30
km
hr
:= - velocidade inicial do carro
v02 60
km
hr
:= - idem
v03 90
km
hr
:= - idem
L 3m:= - comprimento do carro
Pede-se
xmin = ? - distância mínima percorrida até 
parar
α xmin( ) xminL:= - relação da distância com o 
 comprimento do carro
Solução 
O tempo t que decorre entre o motorista avistar o perigo até o carro parar contém dois termos: o tempo de 
reação tr mais o tempo gasto para desacelerar o carro, após aplicar os freios, t f.. Assim, 
t tf tr+=
O tempo de freagem pode ser calculado facilmente e depende da velocidade inicial que o carro tenho no 
momento em que os freios forem aplicados. Matematicamente, esses intervalos podem ser calculados a partir 
da equação 
v v0 a t⋅+= 
Neste problema, temos três casos:
Given 0 v01 af t⋅+= tf1 Find t( ) 5
km
m hr⋅⋅ s
2⋅→:= tf1 1.389 s=
Given 0 v02 af t⋅+= tf2 Find t( ) 10
km
m hr⋅⋅ s
2⋅→:= tf2 2.778 s=
Given 0 v03 af t⋅+= tf3 Find t( ) 15
km
hr m⋅⋅ s
2⋅→:= tf3 4.167 s=
Logo, o tempo total que o carro gasta até parar, desde o momento o motorista avistou o perigo, em cada 
caso, é: 
Para v0 30
km
hr
= t30 tf1 tr+:= >> t30 2.089 s=
Para v0 60
km
hr
= t60 tf2 tr+:= >> t60 3.478 s=
Para v0 90
km
hr
= t90 tf3 tr+:= >> t90 4.867 s=
continua >>
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<< Continuação do Problema 7 >>
A distância mínima percorrida, em cada caso, é a soma de dois termos: (1) distância percorrida do 
momento que o motorista avistou o perigo até pisar nos freios; e (2) a distância percorrida enquanto os freios 
eram aplicados. O primeiro termo corresponde a um MU e o segundo, MRUV. Para este, tem-se
Given 0 v01
2 2 af⋅ x⋅+= x1 Find x( ) 75
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x1 5.8 m=
Given 0 v02
2 2 af⋅ x⋅+= x2 Find x( ) 300
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x2 23.1 m=
Given 0 v03
2 2 af⋅ x⋅+= x3 Find x( ) 675km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x3 52.1 m=
A distância mínima pode então ser calculada:
Para v0 30
km
hr
= xmin v01 tr⋅ x1+:= >> xmin 11.6 m= >> α xmin( ) 3.9=
Para v0 60
km
hr
= xmin v02 tr⋅ x2+:= >> xmin 34.8 m= >> α xmin( ) 11.6=
Para v0 90
km
hr
= xmin v03 tr⋅ x3+:= >> xmin 69.6 m= >> α xmin( ) 23.2=
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Problema 8
O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração 
máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é de 3m/s 2 e ele 
pode ser freiado a 5m/s2. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para amarelo a fim de 
que possa atravessar no amarelo? Qual é a velocidade máxima que ainda lhe permite parar antes de atingir o 
cruzamento?
Dados do problema
ta 3s:= (tempo de duração do sinal amarelo)
Lc 15m:= (largura do cruzamento)
ac 3
m
s2
:= (aceleração máxima do carro)
af 5−
m
s2
:= (desaceleração máxima dos freios)
d 30m:= (distância do carro ao cruzamento
Pede-se
(a) vmin = ? (velocidade mínima)
(b) vmáx = ? (velociadade máxima
Análise do problema
Neste problema, temos que considerar dois casos: (1) sem levar em conta o tempo de reação do motorista; e (2) 
levando em conta este tempo ( tr 0.7s:= ). 
(a) Velocidade mínima
(1) Para calcular a velocidade mínima necessária para que o carro atravesse o cruzamento, sem levar em conta o 
tempo de reação (tr = 0), o carro terá que percorrer uma distância x1 Lc d+:= , no intervalo de tempo 
correspondente à duração do sinal amarelo ( t1 ta:= ). 
(2) Levando em conta o tempo de reação do motorista, o tempo que o carro dispõe para percorrer a distância 
x2 x1 v0 tr⋅−= , atravesando o cruzamento no intervalo de tempo, que é, neste caso, t2 ta tr−:= ..
(b) Velocidade máxima
(1) A velocidade máxima que o carro deve ter para que o motorista consiga pará--lo antes de atravessar o 
cruzamento, pode ser calculada lembrando que o carro terá que percorrer a distância d no tempo de duração do 
sinal amarelo ( t1 3 s= ).
(2) O tempo aqui será t2 ta tr−:= .
Solução 
(a-1) Velocidade mínima sem tempo de reação (t r=0)
De acordo com a análise, temos:
Given x1 v0 t1⋅
1
2
ac t1
2+= onde x1 45 m= , ac 3
m
s2
= e t1 3 s= , encontra-se 
vmin Find v0( ) 212 ms⋅→:=
Assim, 
vmin 10.5
m
s
= ou vmin 37.8
km
hr
=
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(a-2) Velocidade mínina com tempo de reação
De maneira análoga,
Given x1 v0 tr⋅− v0 t2⋅
1
2
ac⋅ t22⋅+= vmin Find v0( ) 12.355000000000000000 ms⋅→:=
Assim,
vmin 12.355
m
s
= ou vmin 44.5
km
hr
=
(b-1) Velocidade máxima sem tempo de reação (t r = 0)
Aqui nós temos v 0:= e x1 d:= . Logo,
Given v2 v0
2 2 af⋅ x1⋅+=
v0 Find v0( ) 10 3
1
2⋅ m
s
⋅ 10− 3
1
2⋅ m
s
⋅
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠→:=
Portanto, vmax 10 3⋅
m
s
:= 
ou
vmax 62.4
km
hr
=
(b-2) Velocidade máxima com tempo de reação ( tr 0.7 s= )
Antes de aplicar os freios, o carro já terá percorrido uma distância v 0 tr, restando 
apenas uma distância x1 d v0 tr⋅−= . para parar. Logo,
Given 
 
0 v0
2 2 af⋅ d v0 tr⋅−( )⋅+=
Find v0( ) 7−2 12 1249
1
2⋅+
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
m
s
⋅ 7−
2
1
2
1249
1
2⋅−
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
m
s
⋅
⎡⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎦→
Portanto, vmax
7−
2
1
2
1249⋅+⎛⎜⎝
⎞
⎠
m
s
:= 
Assim, 
vmax 14.2
m
s
= 
ou
vmax 51
km
hr
=
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Problema 9
Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m atrás de um caminhão (distância entre pontos médios), 
ambos trafegando a 80km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3m/s 2. O motorista deseja ultrapassar o 
caminhão e voltar para sua mão 15m adiante do caminhão. No momento em que cameça a ultrapassagem, avista 
um carro que vem vindo em sentido oposto, também a 80km/h. A que distância mínima precisa estar do outro 
carro para que a ultrapassagem seja segura?
Situação Inicial
Situação Final
15m
x
15m
Carro 1 Caminhão
Carro 2
x1
x2
xc
Dados do problema
Carro 1:
v01 80
km
hr
:= 
x01 0km:=
a1 3
m
s2
:=
Caminhão:
vc 80
km
hr
:=
x0c 15m:=
Carro 2:
v2 80−
km
hr
:=
Pede-se
xmin = ? (distância mínima entre os carros 1 e 2 para que 
haja a ultrapassagem nas condições indicadas)
 
Análise do problema
Ao final da ultrapassagem, os carros 1 e 2 devem ter a mesma posiçao em relação à origem, que foi tomada 
como sendo a posição inicial do carro 1 (ver figura acima). Além disto, como condição exigida, a posição do carro 
1 deve exceder em 15m a posição do caminhão. 
Solução
A posição de cada um no instante t é: 
x1 t( ) x01 v01 t⋅+
1
2
a1 t
2⋅+:= , x2 xmin t,( ) xmin v2 t⋅+:= , xc t( ) x0c vc t⋅+:=
Usando a condição de ultrapassagem temos
Given x1 t( ) xc t( ) 15m+= tans Find t( ) 2 5
1
2⋅ s⋅ 2− 5
1
2⋅ s⋅
⎛⎜⎝
⎞
⎠→:=
Logo, o tempo de ultrapassagem será de t tans
1〈 〉:= ou t 4.472( ) s= . Para que a outeja satisfeita, é 
necessário que a distância mínima entre os carros seja:
Given x1 t( ) x2 xmin t,( )= xmin Find xmin( ):= 
Logo, xmin 228.8 m=
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t 2
d
a
1
a
f
+⎛⎜⎝
⎞
⎠=que pode ser reescrito comot 2
a a f+( )⋅ d⋅ f⋅
a a f+( )⋅⋅=
O tempo gasto é portanto,
F d a, f,( ) Find t t1,( ) simplify
1
a
2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
f
⋅
1
a a f+( )⋅ 2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2⋅
1−
a
2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
f
⋅
1−
a a f+( )⋅ 2
1
2⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2⋅
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
→:=
v a t1⋅ f−, t t1−,( ) 0=x 0 a, t1,( ) x a t1⋅ f−, t t1−,( )+ d=Given
OPÇÃO 1 Vamos começar calculando tempo através da opção 1:
x v0 a, t,( ) v0 t⋅ 12 a t2⋅+:=v v0 a, t,( ) v0 a t⋅+:= Limpando as variáveis: t1 := t2 := t := a :=
Solução 
Análise do problema
Opção 1 O motorista acelera a partir da estação A 
até o instante t1 com aceleração máxima a e depois 
desacelera (com af) até parar na estação B no instante t 
(ver figura a).
Opção 2 O motorista, partindo da estação A, 
acelera até o instante t1, onde atinge a velocidade v1, 
mantendo esta velocidade até o instante t 2 e desacelera 
até parar na estação B no instante t (ver figura b).
Pede-se
tmin = ? (tempo mínimo de percurso)
Dados do problema
d - distância entre duas estações
a - aceleração máxima
f - desaceleração máxima
v
t
0 t1 t
v1 desaceleração
máxima (f)
aceleração
máxima (a)
x1 x2 estação Bestação A
Opção 1
v
t
0 t1 t'
v1 desaceleração
máxima (f)
aceleração
máxima (a)
x1 x2 estação Bestação A
t2
x3
Opção 2
Problema 10
Um trem com aceleração máxima a e desaceleração máxima f (magnitude da aceleração de freamento) tem de 
percorrer uma distância d entre duas estações. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a aceleração 
máxima até certo ponto e a partir daí frear com a desaceleração máxima, até chegar; (b) acelerar até uma certa 
velocidade, mantê-la constante durante algum tempo e depois fear até a chegada. Mostre que a primeira opção 
é a que minimiza o tempo do percurso (sugestão: utilize gráficos v x t) e calcule o tempo mínimo de percurso 
em função de a, f e d.
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o que nos fornece um intervalo de tempo entre os lançamentos igual a ∆t ts:= ts ou ∆t =∆t
ts =tsouts
t22
:=
t2
As duas soluções correspondem ao instante de lançamento ( t1 =t1 ) e quando retorna ( t2 =t2 ). Como o tempo 
de subida é igual ao tempo de descida, então, para manter o máximo de tempo as duas bolas no ar, o 
lançamento da segunda bola deve ser feito quando a primeira está em sua altura máxima, isto é,
t2 =t2et1 =t1
ou
t1 t2( ) Find t( ) 0 1.2777531299998798265 m2
s2
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
1
2
⋅ s
2
m
⋅
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
→:=t1 t2( ) Find t( ) 0 1.2777531299998798265 m2
s2
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
1
2
⋅ s
2
m
⋅
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
→:= *
0 v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−=
GivenGiven
Fazendo z(t) = 0 nesta equação, encontra-se o tempo que a bola leva
para subir e descer. Assim
z t( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−=
O intervalo de tempo entre os lançamentos correspondente à duração do movimento de subida (ou de 
descida) de uma das bolas. Usando a fórmula para a posição z da bola em qualquer instante:
v0 17.3 17.3−( )
m
s
=ou
v0 2 g⋅ h⋅:=v0 2 g⋅ h⋅:= >>v v02 2 g⋅ h⋅−=
Velocidade para a bola alcançar a altura h:
Solução 
∆t :=∆t :=v0 :=v0 :=
Limpando as variáveis
Pede-se
v0 = ? (velocidade de lançamento)
∆t = ? (intervalo de tempo entre dois lançamentos)
Dados do problema
h 2m:=h 2m:= (altura de lançamento)
vh 0:=vh 0:= (velocidade na altura h)
g 9.8
m
s2
:=g 9.8 m
s2
:= (aceleração da gravidade)
Problema 11
Você quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as até uma altura máxima de 2m. 
De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandar as bolas para cima?
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g 2
z
t1 t2⋅⋅=Ou seja:
g z t1, t2,( ) Find g( ) 2 zt1 t2⋅⋅→:=
y
1
2
g t1
2⋅ 2 z⋅+⎛⎝ ⎞⎠
t1
⋅ g, t2,
⎡⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎦
z=
Given
Da mesma forma:
v0
1
2
g t1
2⋅ 2 z⋅+⎛⎝ ⎞⎠
t1
⋅:=
g
ou seja
F z g, t1,( ) Find v0( ) 12
g t1
2⋅ 2 z⋅+
t1
⋅→:=
y v0 g, t1,( ) z=
Given
A figura ao lado ilustra a experiência. Sabendo que a bolinha passa
pelo ponto z nos dois instantes de tempo, então
y v0 g, t,( ) v0 t⋅ 12 g⋅ t2⋅−:=
A equação horária é dada por:
Solução
z
t1 t2
td :=ts :=t :=g :=v0 :=z :=
Limpando as variáveis
Pede-se
g = ? (aceleração da gravidade)
Dados do problema
z (altura onde se realiza a medida)
t1 (instante em que a bola passa por z na subida)
t2 (instante em que a bola passa por z na descida)
Problema 12
Um método possível para medir a aceleração da gravidade g consiste em lançar uma bolinha para cima num 
tubo onde se fez vácuo e medir com precisão os instantes t 1 e t2 de passagem (na subida e na descida, 
respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir do instante do lançamento. Mostre que
g 2
z
t1 t2⋅
⋅=
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Então 
Given v0 ts⋅
1
2
g⋅ ts2⋅− h= v0 td⋅
1
2
g⋅ td2⋅− h=
Find h v0,( )
2.4990000000000000000 m⋅
9.8000000000000000000
m
s
⋅
⎛⎜⎜⎝
⎞
⎠
→
Assim, 
h 2.5 m⋅:= v0 9.8
m
s
⋅:=
Para calcular a altura máxima (hmax) que a bola sobe, vamos usar a equação de Torricelli:
v2 v0
2 2g hmax⋅−= Então
Given 0 v0
2 2g hmax⋅−=
hmax Find hmax( ) 4.9000000000000000000 m⋅→:=
Portanto, hmax 4.9 m=
Problema 13
Uma bola de vôlei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto próximo do chão, passa pela altura da 
rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7s depois do arremesso. (a) Qual é a 
velocidade inicial da bola? (b) Até que altura máxima ela sobe? (c) Qual é a altura da rede?
Limpando as variáveis
h := v0 := g := t := ts := td :=
Dados do problema
ts 0.3s:= (tempo para passar pela altura da rede na subida)
td 1.7 s⋅:= (tempo para passar pela altura da rede na descida)
g 9.8
m
s2
:=
Pede-se
v0 = ? (velocidade inicial da bola)
h = ? (altura da rede)
(ver figura abaixo)
hSolução 
Equações do movimento
v t( ) v0 g t⋅−= y t( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−=
Sabe-se que: y ts( ) y td( )= h=
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ts 0.056s:=tp 1.94s:=h 18.5m:=
Então, a solução é: 
h
tp
ts
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞
⎟
⎠
Find h tp, ts,( )
18.515705165688364399 m⋅
1.9438918025282170776 s⋅
5.6108197471782922422 10-2⋅ s⋅
23525.974090752678983 m⋅
69.290830578038421159− s⋅
71.290830578038421159 s⋅
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞
⎟
⎠
→:=
h
tp
ts
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞
⎟
⎠
Find h tp, ts,( )
18.515705165688364399 m⋅
1.9438918025282170776 s⋅
5.6108197471782922422 10-2⋅ s⋅
23525.974090752678983 m⋅
69.290830578038421159− s⋅
71.290830578038421159 s⋅
⎛⎜⎜⎜⎝
⎞
⎟
⎠
→:=
zs ts( ) h=z tp( ) h=tp ts+ t=Given
Supondo que a pedra tenha levado um tempo t p para atingir o fundo (de profundidade h) e que o som gaste 
um tempo ts para percorrer o caminho de volta, o tempo total será a soma dos dois, e vale t 2s= Assim, da 
condição tp + ts = t, encontra-se:
Para o som
zs t( ) vs t⋅:=
 
Equações do movimento para a pedra
z t( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅+:= v t( ) v0 g t⋅+:=
Solução
Dados do problema
vs 330
m
s
:= (velocidade do som)
t 2s:= (tempo decorrido até se ouvir o barulho)
v0 0:=
Pede-se
 
h = ? (profundidade do poço)
tp :=ts :=t :=v0 :=h :=
Limpando as variáveis
Problema 14
Deixa-se cair uma pedra num poço profundo. O barulho da queda é ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade 
do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço.
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- velocidade em t2v1 g t2⋅=
- altura h1h1 h
1
2
g⋅ t22⋅+=
- chega ao chão (z = 0)
0 h
1
2
g⋅ tq2⋅+=
Find h v1, t2, tq,( )
91.938903061224489796 m⋅
37.550000000000000000− m
s
⋅
3.8316326530612244898 s⋅
4.3316326530612244898 s⋅
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞
⎟⎟⎟
⎠
→
Assim, encontramos: 
h 92m:= e tq 4.3s:=
Com o valor de tq podemos calcular a velocidade final: vc g tq⋅:=
Logo, vc 42−
m
s
= ou vc 152−
km
hr
=
Problema 15
Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo 3º andar, situado 20m acima do chão, 0,5s antes 
de se espatifar no chão. (a) Qual é a altura do edifício? (b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso 
atinge o chão?
Limpando as variáveis
h := v0 := t := t2 := tq := vc :=
Dados do problema
h1 20m:=
t1 0.5s:=
Pede-se
(a) h = ? (altura do edifício)
(b) vc = ? (velocidade ao atingir o chão)
20m
h
z
t2
t1
assume v1 0<,g 9.8− m
s2
:=
O tempo de queda (tq) será a soma de dois termos: t1 + t2. Assim,
tq t1 t2+=
Given
tq t1 t2+= - tempo de queda
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v1 a t1⋅=
h2 v1 t2⋅
1
2
g⋅ t22⋅+=
0 v1 g t2⋅+=
Find h1 h2, v1, t2,( ) simplify
6615. abs
m
s2
⎛⎜⎝
⎞
⎠
⋅ s2⋅
9922.5000000000000000 abs
m
s2
⎛⎜⎝
⎞
⎠
2
⋅ s
4
m
⋅
441. abs
m
s2
⎛⎜⎝
⎞
⎠
⋅ s⋅
45. abs
m
s2
⎛⎜⎝
⎞
⎠
⋅ s
3
m
⋅
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
→
Ou seja:
h1 6615m:= h2 9922.5m:= t2 45s:=
Então, h h1 h2+ 16537.5 m⋅→:=
Além disto, vsolo 2 g⋅ h⋅:= e, portanto vsolo 569
m
s
= ou vsolo 2.05 103×
km
hr
=
Problema 16
Um foguete para pesquisas metereológicas é lançado verticalmente para cima. O combustível, que lhe imprime 
uma aceleração 1,5g (g = aceleração da gravidade) durante o período de queima, esgota-se após 0,5min. (a) 
Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemos desprezar a resistência do ar? (b) Com que 
velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o solo?Limpando as variáveis
h1 := h2 := h := t1 := t2 := tq := v1 :=
Dados do problema
g 9.8− m
s2
:= (aceleração da gravidade)
a 1.5 g⋅:= (aceleração devido à queima de combustível)
t1 30s:= (duração da queima)
Pede-se
h = ? (altitude máxima)
v = ? (velocidade com que chega ao solo)
t = ? (tempo que gasta para retornar ao solo)
duração do
combustível
v = 0
g
h
z
1,5g h1
h2
Solução 
Para o trecho com combustível (até z = h1 e t = 30s)
Given
h1
1
2
a⋅ t12⋅= (combustível) 
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Problemas Resolvidos do Capítulo 3
MOVIMENTO BIDIMENSIONAL
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
PROBLEMA 1 Um projétil é disparado com velocidade de 600 m/s, num ângulo de 60° com a horizontal. Calcular
(a) o alcance horizontal, (b) a altura máxima, (c) a velocidade e a altura 30s após o disparo, (d) a velocidade e o tempo
decorrido quando o projétil está a 10 km de altura.
SOLUÇÃO As equações para este movimento são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  v0 sent − 12 gt
2
 Dados:
v0  v0  600m/s  60°
g  9, 8 m/s2
 Diagrama:
y
x
θ
v0
v0x
v0y
y = ym
x = A
a = -g j
O
Figura 1
 (a) Alcance horizontal Seja t  tA o instante em que o projétil atinge o ponto x  A. A distância OA é chamada de
alcance do projétil, que é obtida fazendo-se ytA   0. Assim, da expressão para yt, encontramos
yt  v0 sent − 12 at
2  0  v0 sen − 12 gt t  0 
t  0
t  2v0 seng
Estas duas raízes correspondem às duas situações em que o projétil se encontra em y  0, uma no instante de
lançamento, t  t0  0, e a outra ao atingir o solo no ponto x  A, t  tA  2v0 seng . Portanto, substituindo os valores,
encontra-se
tA  2  600  sen60°9, 8 
2  600  32
9, 8  106 s
Para calcular o alcance basta substituir este tempo em xt, xtA   A, ou seja,
A  v0 cos tA  600  cos60º  106  31. 800 m  31, 8 km
 (b) Altura máxima Demonstramos em classe que tA  2tm. Logo o tempo para atingir a altura máxima vale
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tm  53s. Assim, ytm   ym, ou seja
ym  v0 sentm − 12 gtm
2  600  32  53 −
1
2  9, 8  53
2  13775 , 5 m
 (c) Velocidade e altura 30s após o disparo Para calcular a velocidade, vamos primeiro calculara as
componentes
vx30s)  v0 cos60º  600  0, 5  300 m/s
vy30s)  v0 sen60º − gt  600  32 − 9, 8  30  225, 6 m/s
Como v  vxi  vyj então
v  vx2  vy2  3002  225, 62  375, 4 m/s
  arctg vyvx  arctg
225, 6
300
 arctg0, 75  37º
A altura y30s vale
y30s  600  sen60º  30 − 12  9, 8  30
2  11, 178 m  11, 2 km.
 (d) Velocidade e tempo para y  10 km Neste caso, basta fazer y  10. 000 na expressão de yt e determinar o t
correspondente:
10. 000  600  32 t −
1
2  9, 8t
2
ou
4, 9t2 − 522t  10. 000  0  t  25 s
81 s
Estas duas soluções para y  10. 000 m correspondem aos dois valores de x, isto é,
x1  600  0, 5  25  7. 500 m  7, 5 km
x2  600  0, 5  81  24. 300 m  24, 3 km
em torno de xm  600  0, 5  53  15. 900 m  15, 9 km. Como vimos em sala, em pontos simétricos em relação a xm,
como são x1 e x2, as velocidades são iguais, invertendo apenas a componente y, ou seja, vy1  −vy2. Assim, para
calcular a velocidade basta substituir t  25 s nas expressões vxt e vyt para a componentes de v,
vx 25s  600  cos60º  300 m/s
vy 25s  600  sen60º − 9, 8  25  275 m/s
v 25 s 
v 25s  3002  2752  407 m/s
  arctg 275300  43º
★ ★ ★
PROBLEMA 2 Um avião de bombardeio voa horizontalmente com velocidade de 180 km/h na altitude de 1,2 km. (a)
Quanto tempo antes de o avião sobrevoar o alvo ele deve lançar uma bomba? (b) Qual a velocidade da bomba
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.2
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quando ela atinge o solo? (c) Qual a velocidade da bomba quando ela está a 200 m de altura? (d) Qual a distância
horizontal percorrida pela bomba?
SOLUÇÃO As equação que usaremos são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  y0  v0 sent − 12 gt
2
 Dados:
v0  v0  180 km/h  50 m/s,  0°,
y0  1, 2 km/h  1. 200 m,
x0  0,
g  9, 8 m/s2
 Diagrama:
Alvo
y
x
bomba
v0
a = -g j
O xa
y0
Figura 2
 (a) Tempo antes do sobrevoar o alvo O diagrama mostra que o avião deve lancar a bomba a uma distância
horizontal xa do alvo para que este seja atingido. Em outras palavras, ao lançar a bomba sobre O esta percorre sua
trajetória e atinge o solo no ponto de coordenadas x  xa e ya  0 (alvo). Fazendo yta   0 encontra-se o tempo que a
bomba leva para atingir o alvo ao ser lançada sobre O.
yt  y0  v0 sent − 12 gt
2  0  1. 200 − 12  9, 8 ta
2  ta   15, 6 s
A solução ta  −15, 6 não serve porque t é um intervalo de tempo e tem que ser positivo. Portanto, a solução
fisicamente aceitável é ta  15, 6 s. Logo, o avião tem que lançar a bomba 15, 6 s antes de sobrevoar o alvo para que
ela o atinja.
 (b) Velocidade da bomba ao atingir o solo Usando as componentes vx e vx, encontramos
vx  v0 cos  vx  50 m/s
vy  v0 sen − gt  vy  −9, 8 ta  −153 m/s
 va  vxi  vyj 
va  502  −1532  161 m/s
a  arctg −15350  −72º
Ou seja, a bomba atinge o alvo com uma velocidade cujo módulo vale va  161 m/s, com um ângulo a  72º abaixo da
horizontal.
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 (c) Velocidade da bomba em y  200 m Para isto, basta calcular o tempo que a bomba leva para atingir y  200
m e com ele determinar as componentes de v. Assim,
yt  y0  v0 sent − 12 gt
2  200  1. 200 − 4, 9t2  t   14, 3 s
Novamente a solução física é t  14, 3 s. Com este tempo calculamos v, ou seja,
vx  v0 cos  vx  50 m/s
vy  v0 sen − gt  vy  −9, 8  14, 3  −140 m/s
 va  vxi  vyj 
va  502  −1402  149 m/s
a  arctg −14050  −70º
 (d) Distância horizontal percorrida pela bomba Desde o lançamento até tocar no solo, a bomba levou um
tempo ta  15, 6 s. Portanto, a distância horizontal que a bomba percorre é dada por x  xta . Logo
xt  v0 cos t  x  50  15, 6  780 m
★ ★ ★
PROBLEMA 3 Um projétil é disparado num ângulo de 35° com a horizontal. Ele atinge o solo a 4 km do ponto do
disparo. Calcular (a) o módulo da velocidade inicial, (b) o tempo de trânsito do projétil, (c) a altura máxima, (d) o
módulo da velocidade no ponto de altura máxima.
SOLUÇÃO As equações que usaremos são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  v0 sent − 12 gt
2
Dados:
xA  4 km  4. 000 m,
  35°,
g  9, 8 m/s2
Diagrama:
y
x
v0
v0x
v0y
y = ym
x = A
a = -g j
O
4.000 m
vm
35º
Figura 3
 (a) Módulo da velocidade inicial O problema forneceu o alcance: A  4. 000 m. Então, podemos usar o resultado
tA  2v0 seng , obtido no Problema 1, e fazer A  v0 cos tA para encontrar a velocidade incial. Assim,
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.4
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A  v0 cos 2v0 seng 
v02 sen2
g  v0 
gA
sen2 
9, 8  4. 000
0, 94  204 m/s
 (b) Tempo de trânsito Este é o tempo que o projétil levou para atingir o solo, tA (também conhecido como tempo
de vôo). Logo, da expressão para tA, encontra-se
tA  2v0 seng  2  204  0, 59, 8  23, 7 s
 (c) Alturamáxima Já vimos que tm  tA2 e portanto tm  11, 9 s. Substituindo na expressão para yt encontra-se
ym  ytm   v0 sentm − 12 gtm
2  204  0, 57  11, 9 − 0, 5  9, 8  11, 92  670 m
 (d) Módulo de vm Como sabemos o tempo que o projétil leva para atingir a altura máxima, podemos calcular as
componentes de sua velocidade. Neste caso, devemos lembrar que a componente y da velocidade se anula. Então,
temos apenas a componente x,
vx  v0 cos35º  204  0, 82  167 m/s
vy  0
Assim, o módulo da velocidade no ponto de altura máxima é:
vm  167 m/s
★ ★ ★
PROBLEMA 4 Um avião voa horizontalmente na altitude de 1 km com a velocidade de 200 km/h. Ele deixa cair
uma bomba sobre um navio que se move no mesmo sentido e com a velocidade de 20 km/h. (a) Calcule a distância
horizontal entre o avião e o navio, no instante do lançamento, para que este seja atingido pela bomba. (b) Resolver o
mesmo problema para o caso de o avião e o navio terem movimentos de sentidos contrários.
SOLUÇÃO As equação que usaremos são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  y0  v0 sent − 12 gt
2
Dados:
Avião Navio
y0  1 km  1. 000 m
va  200 km/h  56 m/s
vn  20 km/h  5, 6 m/s g  9, 8 m/s2
Diagrama:
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y
x
va
vn
y0
d
O
xn
(a)
y
x
va
vn
y0
A
O
xn
(b)
dA
Figura 4 Posições do avião e do navio no instante do lançamento.
 (a) Cálculo de d A bomba é deixada cair de um avião que voa a 56 m/s. Portanto, a bomba é lançada
horizontalmente   0º com velocidade inicial
v0x  56 m/s
v0y  0
 v0  56 m/s.
Para atingir o navio, a bomba deve ser lançada sobre o ponto O, que está a uma distância horizontal d do navio
(Figura 4(a)). Observe nesta figura que A  d  xn, onde A é o alcance do projétil e xn é a distância percorrida pelo
navio desde o instante do lançamento da bomba e d é a distância procurada. Mas, o tempo que o projétil leva para
percorrer a distância x  A (alcance) é obtido fazendo yt  0 para t  tA, ou seja,
yt  y0  v0 sent − 12 gt
2  0  1. 000 − 4, 9t2  t   14, 3 s
e, portanto, tA  14, 3 s. Logo,
A  xtA   A  v0 cos0º tA  56  14, 3  800 m
Por outro lado, neste intervalo de tempo tA o navio percorreu uma distância xn (MRU) dada por
xn  vntA  5, 6  14, 3  80 m
Desta maneira, usando a identidade A  d  xn encontramos
d  A − xn  800 − 80  720 m.
 (b) Neste caso o navio está em movimento em sentido contrário ao do avião (Figura 4(b)). Nesta figura obsevamos
que d  A  xn. Como os valores são os mesmos, encontramos
d  800  80  800 m.
★ ★ ★
PROBLEMA 5 Calcular a velocidade angular de um disco que gira com movimento uniforme de 13, 2 rad em cada 6
s. Calcular, também, o período e a freqüência do movimento.
SOLUÇÃO Como o disco gira de um ângulo Δ  13, 2 rad em Δt  6 s, sua velocidade angular é dada por
  ΔΔt 
13, 2
6  2, 2 rad/s
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.6
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Neste caso, o período do movimento, dado pela expressão, T  2 , vale
T  2  3, 142, 2  2, 9 s
A frequência é definida como o inverso do período,   1T . Portanto,
  12, 9  0, 34 Hz ou   0, 34 s
−1.
★ ★ ★
PROBLEMA 6 Quanto tempo leva o disco do problema anterior para (a) girar de um ângulo de 780°, e para (b)
completar 12 revoluções?
SOLUÇÃO (a) Como a velocidade angular do disco é constante e igual a   2, 2 rad/s, então para girar de um
ângulo Δ  780º  13, 6 rad, o tempo gasto é dado por
Δt  Δ  13, 62, 2  6, 2 s
(b) Ao completar 12 revoluções, o disco terá girado de um ângulo Δ  12  2  75, 4 rad (lembre-se que cada volta
equivale a 2 rad). Portanto,
Δt  Δ  75, 42, 2  34, 3 s
★ ★ ★
PROBLEMA 7 Calcular (a) a velocidade angular, (b) a velocidade linear, e (c) a aceleração centrípeta da Lua,
considerando-se que a Lua leva 28 dias para fazer uma revolução completa, e que a distância da Terra à Lua é
38, 4  104 km.
SOLUÇÃO (a) Para calcular a velocidade angular da Lua, basta usar a definição   ΔΔt onde Δ  2 rad  6, 28
rad é o ângulo que a Lua percorre no intervalo Δt  28 dias  28  24  60  60  2, 42  106 s. Assim,
  6. 28
2. 42  106  2, 6  10
−6 rad/s
(b) Sabendo o raio da órbita, R  38, 4  104 km  38, 4  107 m, a velocidade linear, dada por v  R, vale
v  2, 6  10−6  38, 4  107  998, 4 m/s
(c) A aceleração centrípeta, definida como ac  2R  v2R , vale então
ac  998, 4
2
38, 4  107  2, 6  10
−3 m/s2.
★ ★ ★
PROBLEMA 8 Um volante com diâmetro de 3 m gira a 120 rpm. Calcular: (a) a sua freqüência, (b) o seu período,
(c) a sua velocidade angular, e (d) a velocidade linear de um ponto na sua periferia.
SOLUÇÃO (a) Como o volante gira a uma taxa de 120 rpm (rotações por minuto), ou seja, realiza 120 rotações em
cada 1 min  60 s. Por isto, o número de rotações por segundo, que é a sua frequência, vale
  12060  2 Hz.
(b) O período é o inverso desta frequência, e então vale
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T  1  12  0, 5 s
que é o tempo que o volante gasta para realizar uma volta.
(c) A velocidade angular é
  2T 
2  3, 14
0, 5  12, 6 rad/s.
(d) A velocidade linear, em qualquer ponto da periferia, é dada por v  R. Mas, o diâmetro do volante vale D  3 m,
de onde tiramos o raio R  1, 5 m. Assim,
v  12, 6  1, 5  18, 9 m/s
★ ★ ★
PROBLEMA 9 A velocidade angular de um volante aumenta uniformemente de 20 rad/s para 30rad/s em 5 s.
Calcular a aceleração angular e o ângulo total através do qual o volante gira nesse intervalo de tempo.
SOLUÇÃO Sabe-se que a aceleração angular é definida por   ΔΔt . Assim,
  30 − 205  2 rad/s
2.
A lei horária do movimento circular uniformemente acelerado t0  0 e 0  0 é
t  0  0t  12 t
2  5 s)  20  5  12  2  5
2  125 rad.
★ ★ ★
PROBLEMA 10 Um ponto descreve uma circunferência de acordo com a lei st  t3  2t2, onde s é medido em
metros ao longo da circunferência e t, em segundos. Se a aceleração total do ponto é 16 2 m/s2, quando t  2 s,
calcular o raio R da circunferência.
SOLUÇÃO Trata-se aqui de um movimento circular qualquer. O problema fornece o módulo da aceleração total do
ponto, isto é, a2 s) 16 2 m/s2. Como sabemos, aceleração total num movimento qualquer possui duas componentes,
ou seja,
a  aT ̂  aN r̂  a  aT2  aN2
Por isto, precisamos calcular os módulos das acelerações tangencial aN  e normal aN . De acordo com as Eqs.
(3.8.16) e (3.8.17) do LT,
aT  dvdt e aN 
v2
R .
Agora precisamos calcular v. Como é dada a lei horária em termos do arco percorrido, st, podemos calcular o
módulo da velocidade instantânea num instante t qualquer, que é dada pela derivada desta função: vt  dsdt . Assim,
lembrando que a derivada de uma potência tn é dada por ddt t
n   ntn−1, encontra-se
vt  dsdt 
d
dt t
3  2t2   3t2  4t.
e, portanto,
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.8
Universidade Federal do Amazonas
aTt  dvdt 
d
dt 3t
2  4t  6t  4
aNt  v2R 
3t2  4t2
R
Logo, para t  2, encontra-se
aT2 s)  6  2  4  16 m/s2
aN2 s)  3  2
2  4  22
R 
400
R
Usando agora a expressão para o módulo da aceleração total e igualando a seu valor em t  2 s, que foi dado,
encontra-se
a  aT2  aN2  16 2  162  400R
2  256  160. 000
R2
 512
Resolvendo para R, temos finalmente,
512 − 256R2  160. 000  R  160. 000256  625  25 m.
★ ★ ★
PROBLEMA 11 As coordenadas de um corpo são x  2cost, y  2sent onde x e y são medidos em metros. (a)
Obter a equação cartesianada trajetória, (b) Calcular o valor da velocidade num instante qualquer, (c) Calcular as
componentes tangencial e normal da aceleração num instante qualquer. Identificar o tipo de movimento descrito pelas
equações acima.
SOLUÇÃO (a) Para obter a equação da trajetória em coordenadas cartesianas, vamos eliminar t entre as
equações para x e y. Ou seja,
cost  x2 e sent 
y
2  cos
2t  sen 2t  1  x2
2  y2
2  1  x2  y2  4
ou seja, a equação da trajetória no sistema Oxy é
x2  y2  4.
que é a equação de uma circunferência de raio r  2 m com origem no ponto O (Figura 5).
y
x
θ = ωt
r
P
x
y
O
v
Figura 5
.
(b) Para calcular o módulo da velocidade num instante qualquer, basta usar a expressão em termos de suas
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componentes no sistema Oxy. As componentes são,
vx  dxdt 
d
dt 2cost  −2 sent
vy  dydt 
d
dt 2sent  2cost
onde usamos as identidades,
d
dt cost  − sent
d
dt sent  cost
para as derivadas de cost e sent, respectivamente. Logo, o módulo da velocidade em qualquer tempo, é dado por:
vt  vx2  vy2  −2 sent2  2cost2  42sen 2t  cos2t  2 m/s
mostrando que é independente do tempo.
(c) As acelerações tangencial e normal são dadas por
aT  dvdt  0
aN  v2R 
42
R
onde aT  0, reflete o fato de que vt  constante. Na útlima equação, R é o raio de curvatura da curva no ponto P,
cujas coordenadas são x, y. Mas, a equação da trajetória, obtida no ítem (a), dada por
x2  y2  4
é a equação de uma circunferência de raio r  2 com centro na origem O (Figura 5). Sendo uma circunferência, o raio
de curvatura é constante em todos os pontos, de modo que podemos fazer R  r  2 na expressão de aN para obter
finalmente
aT  0
aN  42R 
42
2  2
2 m/s2
o que resulta numa aceleração total de módulo iguala a  aT2  aN2  22 m/s2
★ ★ ★
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.10
Problemas Resolvidos do Capítulo 5
APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 Um astronauta, vestindo seu traje espacial, consegue pular a uma altura de 60 cm da Terra. A
que altura conseguirá pular na Lua? Os raios médios da Terra e da Lua são de 6.371 km e 1.738 km, respectivamente;
as densidades médias são 5,52 g/cm3 e 3,34 g/cm3, respectivamente.
 Solução De acordo com a lei da gravitação universal, a força que a Terra ou a Lua exercem sobre o astronauta
(força-peso) pode ser escrita como
PT  mgT e PL  mgL
onde m é a massa do astronauta e
gT  GMTRT2
e gL  GMLRL2
ou
gT
gL 
GMT
RT2
GML
RL2
 MTML
RL2
RT2
Sejam T  5, 52 g/cm3 e L  3, 34 g/cm3 as densidades da Terra e da Lua, respectivamente. Por definição a
densidade de corpo homogêneo é   MV , ou seja, é a razão entre a massa e o volume do corpo. Logo,
MT  TVT e ML  LVL
onde VTL  43 RTL
3 e portanto,
MT  43 TRT
3 e ML  43 LRL
3
Assim,
gT
gL 
MT
ML
RL2
RT2
 gTgL 
4
3 TRT
3
4
3 LRL
3
RL2
RT2
 TL
RL
RT
Substituindo os valores fornecidos, encontra-se
gT
gL 
5, 52
3, 34 
6. 371
1. 738 ≃ 6, 1
Isto significa que a aceleração da gravidade na superfície da Lua é gL  gT6, 1 
9, 8
6, 1  1, 6. Ao conseguir saltar na
superfície da Terra uma altura hT  0, 60 m, este astronauta usou uma força muscular que lhe permitiu imprimir uma
velocidade inicial dada por
v2  v02 − 2gTyT  0  v02 − 2  9, 8  0, 6  v0  11, 8  3, 4 m/s
Supondo que esta força seja a mesma na superfície da Lua, então
v2  v02 − 2gLyL  0  11, 8 − 2  1, 6hL  hL  11, 83, 2  hL  3, 7 m 
★ ★ ★
 PROBLEMA 2 Utilizando os dados do problema anterior, calcule que fração da distância Terra-Lua é preciso
percorrer para que a atração gravitacional da Terra seja compensada pela da Lua.
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 Solução Seja d a distância entre os raios da Terra e da Lua. Trata-se aqui de calcular a que distância x do centro
da Terra (ou d − x do centro da Lua) deve estar localizada uma partícula de massa m para que as forças de atração da
Terra e da Lua sobre ela sejam as mesmas. Assim,
FmT  FmL
GmMT
x2
 GmMLd − x2 
MT
ML
 x2d − x2
Usando a definição dos M ′s em termos das densidades, encontra-se
4
3 TRT
3
4
3 LRL
3
 x2d − x2 
TRT3
LRL3
 x2d − x2
ou seja,
x2
d − x2 
5, 52  6. 3713
3, 34  1. 7383  81, 4
Desta forma,
x
d − x  81, 4  9
ou
x  9d − x  10x  9d  xd 
9
10  0, 9
Portanto, deve-se percorrer 90% da distância entre a Terra e a Lua para que a força de atração gravitacional da Terra
seja compensada pela força gravitacional da Lua.
★ ★ ★
 PROBLEMA 3 No átomo de hidrogênio, a distância média entre o elétron e o próton é de aproximadamente 0,5
A. Calcule a razão entre as atrações coulombiana e gravitacional das duas partículas no átomo. A que distância entre
o elétron e o próton sua atração coulombiana se tornaria igual à atração gravitacional existente entre eles no átomo?
Compare o resultado com a distância Terra-Lua.
 Solução A massa do próton é mp  1, 67  10−27 kg e a do elétron, me  9, 1  10−31, sendo iguais a e  1, 6  10−19
C o módulo das cargas das duas partículas. Como as forças gravitacional e elétrica entre o elétron e o próton são
dadas por
FepG  G
memp
r2
e FepE  k e
2
r2
então r  0, 5 Å  0, 5  10−10m
FepG  6, 67  10
−11  9, 1  10−31  1, 67  10−27
0, 5  10−10 2  4, 054  10
−47 N
FepE 
9  109  1, 6  10−19 2
0, 5  10−10 2  9 , 216  10
−8N
Portanto,
FepE
FepG
 9 , 216  10−8
4, 054  10−47  2, 27  10
39
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.2
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Seja d a distância entre o elétron e o próton para a qual a força coulombiana seja igual à força gravitacional no átomo.
Ou seja,
G memp
r2
 k e2
d2
Substituindo o lado esquerdo pelo valor já calculado, 4, 054  10−47 N, encontra-se
k e
2
d2
 4, 054  10−47  9  10
9  1, 6  10−19 2
d2
 4, 054  10−47
de onde se obtém
d  9  10
9  1, 6  10−19 2
4, 1  10−47  2, 38  10
9 m
A distância Terra-Lua vale dTL  3, 84  108. Portanto, para que a atração gravitacional entre o elétron e o próton num
átomo de hidrogênio seja igual à atração coulombiana entre o elétron e o próton, a distância d entre as duas partículas
no caso coulombiano deve ser tal que
d
dTL
 2, 38  109
3, 84  108  6, 2
ou seja, a distância entre o elétron e o próton na atração coulombiana deve ser d  6, 2  dTL para que esta força seja
igual à atração gravitacional entre essas partículas no átomo de hidrogênio.
★ ★ ★
 PROBLEMA 4 Duas bolinhas de isopor, de 0,5 g cada uma, estão suspensas por fios de 30 cm, amarrados no
mesmo ponto. Comunica-se a mesma carga elétrica a cada bolinha; em conseqüência, os fios se afastam até formar
um ângulo de 60° um com o outro. Qual é o valor da carga?
 Solução A figura (a) abaixo mostra a situação descrita no problema e na (b) isolamos a partícula 2 representando
todas as forças que atuam sobre ela.
θ
2T
eF
P
2T eF
P
y
x
θ
e−F
1T
1 2
P
2
(a) (b)
ll
d
m, q m, q
Nestas condições, as partículas estão em equilíbrio e, em particular, as condições de equilíbrio aplicadas à partícula 2
são
Direção x (1)  Fe − T2 sen  0
Direção y (2)  T2 cos − mg  0
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onde Fe é a força coulombiana dada por
Fe  k q
2
d2
A distância d entre as duas bolinhas pode ser calculada com a ajuda da figura (a)
d  2l sen
e q é a carga das duas partículas. Assim, com l  0, 30 m e   30º, encontra-se
Fe  9  109 q
2
2  0, 30  sen30º2 
9  109q2
0, 09  10
11q2.
Das Eqs. (1) e (2) obtém-se,
T2 sen  Fe
T2 cos  mg
ou, dividindo membro a membro,
tg  Femg
Assim, de Fe  mg tg encontra-se (para m  0, 0005 kg
tg30º  1011q20, 005  9, 8  q
2  0, 0005  9, 8  tg30º
1011
 2, 8  10−2
1011
 2, 83  10−14
e, finalmente,
q  2, 83  10−14  1, 68  10−7C
★ ★ ★
PROBLEMA 5 Leve em conta a resistência do ar, supondo-a proporcional à magnitude da velocidade. Nestas
condições, um pedregulho que é lançado verticalmente para cima, a partir de uma certa altura, demora mais, menos
ou o mesmo tempo para subir até a altura máxima do que para voltar até a altura do lançamento? Explique.
 Solução Considerando o sentido positivo do eixo vertical para baixo, a força resultante que atua sobre o
pedregulho na subida é Fs  −mg  b|v| j e na descida, Fd  −mg − b|v| j, onde |v| é a magnitude da velocidade
instantânea. Quando as magnitudes das forças são iguais, Fs  Fd, como no caso onde não há resistência do ar,
b  0, os tempos de subida e de descida são iguais. Porém, quaisquer que sejam os valores das velocidades
instantâneas, vemos que, quando b ≠ 0, Fs  Fd o que imprime ao pedregulho uma desaceleração na subida maior do
que a aceleração na descida. Então, para dois percursos de mesma distância com o pedregulho partindo do repouso,
o tempo de percurso será menor para o percurso em que a magnitude da aceleração é maior. Logo, podemos concluir
que o tempo de descida será maior que o tempo de subida.
 PROBLEMA 6 0 sistema da figura está em equilíbrio. A distância d é de 1 m e o comprimento relaxado de cada
uma das duas molas iguais é de 0, 5 m. A massa m de 1 kg faz descer o ponto P de uma distância h  15 cm. A massa
das molas é desprezível. Calcule a constante k das molas.
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.4
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l l
l0 l0
1F2F
P
y
x
θθ
 Solução A figura da direita representa o sistema de forças que atua sobre a massa m. Usando agora a condição
de equilíbrio
Direção x (1)  F1 cos  F2 cos
Direção y (2)  F1 sen  F2 sen  mg
A Eq. (1) diz que as magnitudes das forças aplicadas pelas duas molas são iguais, F1  F2  F. Levando esta
informação na Eq. (2), encontra-se
2F sen  mg  F  mg2sen .
Pela figura, podemos calcular o seno do ângulo , usando sua definição num triângulo retângulo:
sen  hl 
0, 15
0, 52  0, 29
Logo, (m  1 kg)
F  1  9, 82  0, 29  16, 9 N
onde F  |F1 |  |F2 |. As forças F1 e F2 são forças aplicadas ao corpo pelas molas devido às suas deformações (lei de
Hooke) x  Δl. De fato, o comprimento relaxado de cada mola era l0  0, 5 m, passando a ser l quando a massa foi
suspensa (figura da esquerda). Com o auxílio desta figura, podemos calcular o comprimento l da mola (h  0, 15 m)
l2  l02  h2  l  0, 52  0, 152  0, 522 m.
Assim, x  Δl  l − l0  0, 022 m. Para encontrar a constante k de cada uma das molas iguais, sabemos pela lei de
Hooke que F  kx, ou seja, |F1 |  |F2 |  F  0, 022k. Igualando esta força ao valor obtido pela condição de equilíbrio,
temos que
0, 022k  16, 9  k  768 N/m.
★ ★ ★
 PROBLEMA 7 Um bloco é lançado para cima, com velocidade de 5 m/s, sobre uma rampa de 45° de inclinação.
O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é 0, 3. (a) Qual é a distância máxima atingida pelo bloco ao
longo da rampa? (b) Quanto tempo leva o bloco para subir a rampa? (c) Quanto tempo leva para descer a rampa? (d)
Com que velocidade final chega ao pé da rampa?
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45º
Av
P
N
cF
0B =v
45ºA
B
 Solução Como não há movimento na direção perpendicular ao plano, as forças estão em equilíbrio. Logo (ver
figura acima),
N  Pcos45º  N  mg 22
Na direção paralela ao plano, a resultante das forças é
F  Fc  mg sen45º
dirigida para baixo. Aplicando a 2ª lei de Newton, encontra-se (Fc  cN  cmg 22 
F  ma  a 
cmg 22  mg
2
2
m 
2
2 1  c g
ou seja,
a  22 1  0, 3  9, 8  9, 0 m/s
2
dirigida para baixo paralelamente ao plano.
(a) Se o corpo é lançado para cima (a partir do ponto A com uma velocidade vA  5 m/s, seu movimento será
uniformemente desacelerado e o corpo pára no ponto B (ver figura). A distância Δx que ele percorre entre esses
pontos, pode ser calculada usando a equação de Torricelli para o movimento ao longo do plano:
vB2  vA2 − 2aΔx
Assim,
Δx  vA
2
2a 
52
2  9  Δx  1, 39 m.
(b) O tempo que o bloco leva para subir a rampa é o mesmo que sua velocidade leva para se anular no ponto B. Então
vB  vA − at  ts  vAa  59  ts  0, 56 s.
(c) No caso de descida, a força de atrito cinético é dirigida para cima. Então, mantendo a condição de equilíbrio na
direção perpendicular ao plano, a resultanto das forças na direção paralela é
F  P sen45º − Fc  F  mg 22 − cmg
2
2 
2
2 mg1 − c 
A aceleração (paralela ao plano dirigida para baixo) é dada pela lei de Newton
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.6
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a  Fm  a 
2
2 g1 − c  
2
2  9, 8  1 − 0, 3
ou seja,
a  4, 85 m/s2.
Neste caso, o movimento é uniformemente acelerado. Tomando o eixo x na direção paralela ao plano, a distância
percorrida é dada por Δx  v0t  12 at
2. Como v0  vB  0 quando o bloco inicia a descida e Δx  1, 39 m
1, 39  12 4, 85t
2  td  2  1, 394, 85  0, 76 s.
(d) A velocidade final v ao pé da rampa é dada por
v  at  v  4, 85  0, 76
ou
v  3, 69 m/s.
★ ★ ★
 PROBLEMA 8 Na figura, as molas M1 e M2 têm massa desprezível, o mesmo comprimento relaxado l0 e
constantes de mola k1 e k2, respectivamente. Mostre que se pode substituir o par de molas por uma mola única
equivalente de constante de mola k, e calcule k nos casos (a) e (b).
 Solução No caso (a), a condição de equilíbrio mostra que a força F é transmitida para ambas as molas
produzindo diferentes deformações x1  Fk1 e x2 
F
k2
. A deformação total das duas molas é x  x1  x2. Se
substituirmos esta mola por uma outra que tenha a constante k, tal que sob a ação da mesma força F ela sua
deformação seja x, então
F  kx  F  k Fk1 
F
k2
 1k 
1
k1
 1k2
é o valor de k procurado. No caso (b), a condição de equilíbrio fornece
F  F1  F2
onde F1 e F2 são as forças aplicadas pela mola. Mas a força F produz a mesma deformação x em ambas as molas, de
modo que
F  k1x  k2x
Substituindo as duas molas por uma única de constante k tal que sob a ação da força F ela se deforme do mesmo
valor x, então, F  kx e, portanto,
kx  k1  k2  x
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ou seja, a mola única terá de ter uma constante dada por
k  k1  k2.
★ ★ ★
 PROBLEMA 9 No sistema da figura (máquina de Atwood), mostre que a aceleração a da massa M e a tensão T
da corda (desprezando as massas da corda e da polia) são dadas por
a  M − mM  m g, T 
2mM
M  m g
 Solução Supondo que M  m, as resultantes das forças que atuam sobre as massas M e m são
FM  Mg − T
Fm  T − mg
As acelerações das massas são iguais e, por hipótese, dirigida verticalmente para baixo no caso de M e para cima no
caso de m. Assim,
T − mg  ma (1)  T  ma  mg
Mg − T  Ma (2)  Mg − Ma  T
Substituindo (1) em (2) obtém-se
Mg − Ma  mg  ma
ou
M  ma  M − mg  a  M − mM  m g
Substituindoeste resultado em (1), encontra-se a tensão do fio
T  ma  mg  T  m M − mM  m g  mg
T  mg M − mM  m  1  T  mg
M − m  M  m
M  m  T 
2mM
M  m g
★ ★ ★
 PROBLEMA 10 No sistema da figura, m1  1 kg, m2  3 kg e m3  2 kg, e as massas das polias e das cordas
são desprezíveis. Calcule as acelerações a1, a2 e a3 das massas m1, m2 e m3 a tensão T da corda.
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 Solução Seja a1, a2 e a3 as acelerações das massa m1, m2 e m2 respectivamente, tomadas positivamente
quando dirigidas para cima. Uma vez que as massas das roldanas e da corda são desprezíveis, a tensão T da corda é
única. Assim, a equação de movimento para cada uma dessas massas é (ver figura abaixo)
m1 (1)  T − m1g  m1a1
m2 (2)  T − m2g  m2a2
m3 (3)  2T − m3g  m3a3
As partes móveis do sistema são: massa m1, massa m2 e o sistema formado pela polia 3 e a massa m3, que se
movem solidariamente (ver figura abaixo).
TTTT
P2P1
P3
l3l1
l2
1 2
3
m1
P1
T T T
P3
m2
P2
T
a1 a2 a3
Da condição de que o comprimento do fio é constante, dada pela expressão
l1  l2  2l3  constante
obtém-se que
Δl1  Δl2  2Δl3  0
o que implica em a1  a2  2a3  0, ou
4  a3  − 12 a1  a2  .
Agora vamos resolver o sistema de quatro equações a quatro incógnitas (T, a1, a2, a3 e a4. De (1), encontra-se
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T  m1a1  m1g
Substituindo em (2) e (3) e a (4) em (3), obtém-se
m1a1  m1g − m2g  m2a2
2m1a1  m1g − m3g  − 12 m3a1  a2 
ou seja,
m1a1 − m2a2  m2 − m1 g
4m1  m3  a1  m3a2  2m3 − 4m1 g
Isolando a1 na primeira equação,
a1  m2m1 a2 
m2 − m1
m1 g
e substituindo na segunda, temos
4m1  m3  m2m1 a2 
m2 − m1
m1 g  m3a2  2m3 − 4m1 g
ou
4m1  m3  m2m1 a2  m3a2  −4m1  m3 
m2 − m1
m1 g  2m3 − 4m1 g
4m1  m3  m2m1  m3 a2  −4m1  m3 
m2 − m1
m1  2m3 − 4m1  g
4m1  m3  m2  m1m3
m1 a2 
−4m1  m3 m2 − m1   m12m3 − 4m1 
m1 g
a2  4m1
2  m1m3 − 4m1m2 − m2m3 − 4m12  2m1m3
4m1  m3  m2  m1m3
g
 a2  3m1m3 − 4m1m2 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3 g
Como a1  m2m1 a2 
m2 − m1
m1 g
a1  m2m1
3m1m3 − 4m1m2 − m2m3
4m1m2  m3m2  m1m3 g 
m2 − m1
m1 g
a1  m23m1m3 − 4m1m2 − m2m3 g  m2 − m1 4m1m2  m3m2  m1m3  g
m1 4m1  m3  m2  m1m3
 a1  3m2m3 − 4m1m2 − m1m34m1m2  m1m3  m2m3 g
Finalmente, como a3  − 12 a1  a2 , então
a3  − 12
3m2m3 − 4m1m2 − m1m3
4m1m2  m1m3  m2m3 g 
3m1m3 − 4m1m2 − m2m3
4m1m2  m3m2  m1m3 g
 a3  4m1m2 − m1m3 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3 g
Ou seja, as acelerações são:
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.10
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 a1  3m2m3 − 4m1m2 − m1m34m1m2  m1m3  m2m3 g
 a2  3m1m3 − 4m1m2 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3 g
 a3  4m1m2 − m1m3 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3 g
Cálculo numérico Substituindo os valores m1  1 kg, m2  3 kg e m3  2 kg, encontra-se
a1  3  3  2 − 4  1  3 − 1  24  1  3  1  2  3  2 g  a1 
1
5 g ↑
a2  3  1  2 − 4  1  3 − 3  24  1  3  1  2  3  2 g  a2  −
3
5 g ↓
a3  4  1  3 − 1  2 − 3  24  1  3  1  2  3  2 g  a3 
1
5 g ↑
Para calcular a tensão na corda, usa-se T  m1a1  m1g. Logo
T  1  15 g  1  g 
6
5 g
★ ★ ★
 PROBLEMA 11 Um pintor está sobre uma plataforma suspensa de uma polia (Figura). Puxando a corda em 3,
ele faz a plataforma subir com aceleração g4 . A massa do pintor é de 80 kg e a da plataforma é de 40 kg. Calcule as
tensões nas cordas 1,2 e 3 e a força exercida pelo pintor sobre a plataforma.
 Solução A figura abaixo mostra as partes isoladas do sistema e as forças que atuam sobre cada uma.
T3
T3T2
T2
mhg
N
N
a
T1
a
(a) (b) (c)
mpg
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O sistema na figura (a) está em equilíbrio, logo
T1 − T2 − T3  0
T3  N − mhg  mha
T2 − N − mpg  mpa
Como a massa da corda e da roldana é desprezível, T2  T3. Assim
1 
2 
3 
T1  2T2
T2  N  mhg  a
T2 − N  mpg  a
Somando e subtraindo (2) e (3) obtém-se
2T2  mh  mp g  a
2N  mh − mp g  a
ou
T2  12 mh  mp g  a
N  12 mh − mp g  a
Usando os valores dados no problema, a  g4 , mh  80 kg e mp  40 kg, encontra-se
T2  12 80  40 g 
g
4 
1
2 80  40 
5
4  9, 8  735 N
N  12 80 − 40 g 
g
4 
1
2 80 − 40 
5
4  9, 8  245 N
De (1), obtém-se
T1  2T2  2  735  1470 N
★ ★ ★
 PROBLEMA 12 No sistema da figura, m1  20 kg, m2  40 kg e m3  60 kg. Desprezando as massas das polias e
dos fios e o atrito, calcule a aceleração do sistema e as tensões nos fios 1, 2 e 3.
 Solução A figura abaixo mostra os blocos isolados com as forças que atuam sobre cada um. Devido à massa
desprezível da corda e da polia, as tensões T2 e T3 são iguais. Vamos adotar o sentido positivo da aceleração aquele
que corresponde à descida do corpo de massa m3.
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.12
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T1
m1g m2g m3g
T1
T2
T2
60º30º30º
Bloco 1 Bloco 2 Bloco 3
Desta forma, as equações de movimento de cada um é dada por
Bloco 1 1  T1 − m1g sen30º  m1a
Bloco 2 2  T2 − T1 − m2g sen30º  m2a
Bloco 3 3  m3g sen60º − T2  m3a
onde consideramos todos os blocos se deslocando com a mesma aceleração a. Resolvendo este sistema de
equações
T1  m1g sen30º  m1a  T1  12 m1g  m1a
T2  T1  m2g sen30º  m2a  T2  12 m1g  m1a 
1
2 m2g  m2a  T2 
1
2 m1  m2 g  m1  m2  a
m3a  m3g sen60º − T2  m3a  32 m3g −
1
2 m1  m2 g  m1  m2  a
A útlima equação permite-nos obter a aceleração:
m1  m2  m3  a  32 m3g −
1
2 m1  m2 g 
1
2 3 m3 − m1 − m2 g
ou seja,
a  12
3 m3 − m1 − m2
m1  m2  m3 g
Usando os valores m1  20 kg, m2  40 kg e m3  60 kg encontra-se
a  12
3  60 − 40 − 20
20  40  60  9, 8  a  1, 8 m/s
2.
As tensões nas cordas são: Em 1,
T1  12 m1g  m1a  20 
9, 8
2  1, 8  T1  134 N
e em 2 e 3,
T2  12 m1  m2 g  m1  m2  a 
9, 8
2  1, 8  20  40  T2  T3  402 N.
★ ★ ★
 PROBLEMA 13 Um bloco está numa extremidade de uma prancha de 2 m de comprimento. Erguendo-se
lentamente essa extremidade, o bloco começa a escorregar quando ela está a 1, 03 m de altura, e então leva 2, 2 s
para deslizar até a outra extremidade, que permaneceu no chão. Qual é o coeficiente de atrito estático entre o bloco e
a prancha? Qual é o coeficiente de atrito cinético?
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 Solução Na situação em que o bloco começa a deslizar para h  1, 03 m implica em   e conforme mostra a
figura abaixo.
2 m h = 1,03 mprancha
θ = θe
mg
Fa
θ
N
Como vimos em classe, nesta condição o coeficiente de atrito estático vale
e  tge
onde (ver figura)
sene  1, 032  0, 515
cose  1 − sen2e  1 − 0, 5152  0, 857
tge  senecose 
0, 515
0, 857  0, 6
Portanto,
e  0, 6.
Coeficiente de atrito cinético O bloco gasta 2, 2 s para percorrer 2 m ao longo do plano. Logo, como o bloco parte
do repouso, sua aceleração pode ser calculada através da expressão (v0  0
x  12 at
2  a  2x
t2
 2  2
2, 22
 0, 83 m/s2
Para calcular o coeficiente de atrito cinético, vamos usar a equação de movimento ao longo do plano, com a  0, 83
m/s2. Ou seja (ver figura)
mg sene − Fc  ma
Mas, Fc  cN e N  mgcose e assim,
Fc  cmgcose
Logo,
mg sene − Fc ma  mg sene − cmgcose  ma
c  g sene − agcose
c  9, 8  0, 515 − 0, 839, 8  0, 857  e  0, 5.
★ ★ ★
 PROBLEMA 14 Um bloquinho de massa igual a 100 g encontra-se numa extremidade de uma prancha de 2 m de
comprimento e massa 0,5 kg. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloquinho e a prancha são,
respectivamente, 0, 4 e 0, 35. A prancha está sobre uma mesa horizontal e lisa (atrito desprezível). Com que força
máxima podemos empurrar a outra extremidade da prancha para que o bloquinho não deslize sobre ela? Se a
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empurrarmos com urna força de 3 N, depois de quanto tempo o bloquinho cairá da prancha?
 Solução A força aplicada à prancha é transmitida ao bloquinho através da força de contato tangencial (força de
atrito estático). Para que o bloquinho não deslize é necessário que sua aceleração ab seja igual à aceleração impressa
à prancha pela força F  Fmáx.
F
2 m
m
m
mg
N
Fe
ap
ab
F
Fe
Bloco Prancha
Da figura acima, obtém-se
Bloco 1  Fa  mbab
Prancha 2  F − Fa  mpap
Bloco sem deslizar Para que o bloco não deslize, ab  ap  a, o que corresponde a F  Fmax. Assim, nesta
condição podemos escrever (Fa  Fe
Bloco 3  Fe  mba
Prancha 4  Fmax − Fe  mpa
Como Fe  eN  emg, então de (3) encontra-se
embg  mba  a  eg  0, 4  9, 8  a  3, 92 m/s2
Substituindo na (4),
Fmax  mb  mp a  0, 1  0, 5  3, 92  Fmax  2, 35 N
Bloco deslizando Para F  3 N  Fmax o bloco irá deslizar, uma vez que sua aceleração é menor do que a da
prancha. De fato, a aceleração do bloco agora deve ser calculada de (1) com Fa  Fc e assim,
Fc  mbab
Como Fc  cmbg, então
cmbg  mbab  ab  cg  0, 35  9, 8  ab  3, 43 m/s2.
Para a prancha, devemos usar a (2) com Fa  Fc:
F − Fc  mpap  ap  F − cmbgmp  ap 
3 − 0, 35  0, 1  9, 8
0, 5  ap  5, 31 m/s
2.
No mesmo intervalo de tempo, a distância percorrida pela prancha é maior do que a distância percorrida pelo bloco,
medida em relação chão. Assim, quando a diferença entre essas distância for igual ao comprimento da prancha, isto é,
quando Δx  2 m (ver figura abaixo), o bloquinho cairá da prancha.
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m
m
xp
xb∆x
O (em relação ao chão)
Situação inicial
Situação final
Mas, em relação ao chão, e partindo do repouso, a prancha percorre uma distãncia
xp  12 apt
2
enquanto que o bloquinho,
xb  12 abt
2
Logo, como Δx  xp − xb  2 m (ver figura),
1
2 apt
2 − 12 abt
2  Δx
ap − ab t2  2Δx  t  2Δxap − ab
Portanto,
t  2  25, 31 − 3, 43  t  1, 46 s
★ ★ ★
 PROBLEMA 15 No sistema da figura, o bloco 1 tem massa de 10 kg e seu coeficiente de atrito estático com o
plano inclinado é 0, 5. Entre que valores mínimo e máximo pode variar a massa m do bloco 2 para que o sistema
permaneça em equilíbrio?
1
2
45º
 Solução A condição de equilíbrio do sistema, de acordo com a tendência de movimento, é dado por (ver figura
abaixo)
m2 mínimo  m1g sen45º  m2g  Fe
m2 máximo  m2g  m1g sen45º  Fe
 N  m1gcos45º
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Como Fe  eN  em1gcos45º temos, no caso de valor mínimo
m2 ming  m1g sen45º − Fe  m2 min  m1 sen45º − em1 cos45º  22 m11 − 2 
e de valor máximo
m2 maxg  m1g sen45º  Fe  m2 max  m1 sen45º  em1 cos45º  22 m11  2 
1
2
45º
1 sen 45ºm g
2m g
eF
1 cos 45ºm g
N
tendência
1
2
45º
1 sen 45ºm g
2m g
eF
1 cos 45ºm g
N
tendência
m2 mínimo m2 máximo
Substituindo os valores m1  10 kg, e  0, 5 , encontra-se
m2 min  22 m11 − 2  
2
2  10  1 − 0, 5  m2 min  3, 54 kg
m2 max  22 m11  2  
2
2  10  1  0, 5  m2 max  10, 6 kg
Portanto, para que o sistema permaneça em equilíbrio, a massa m2 deve estar no intervalo: 3, 54 kg  m2  10, 6 kg.
★ ★ ★
 PROBLEMA 16 0 coeficiente de atrito estático entre as roupas de uma pessoa e a parede cilíndrica de uma
centrífuga de parque de diversões de 2 m de raio é 0, 5. Qual é a velocidade angular mínima (em rotações por minuto)
da centrífuga para que a pessoa permaneça coloda à parede, suspensa acima do chão?
 Solução As forças que atuam sobre a pessoa são: a força-peso, a normal e a força de atrito. A normal N,
aplicada pela parede cilíndrica, é a força que mantém a pessoa em movimento circular (atua como força centrípeta); a
força de atrito aparece quando a pessoa tende a cair devido à ação da força-peso.
N
Fe
mg
ω
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Logo,
N  m2R
onde R  2 m é o raio da centrífuga. Para que a pessoa permaneça colada na parede é necessário que seu peso se
iguale à força de atrito. Assim,
mg  Fe  eN  mg  em2R
ou,
  geR 
9, 8
0, 5  2     3, 13 rad/s.
Mas, como   2 então  
3, 13
2    0. 498 Hz  0. 498 rps. Como 1 rps  60 rpm, então
  0, 498  60  29, 9 rpm.
★ ★ ★
 PROBLEMA 17 Uma curva semicircular horizontal numa estrada tem 30 m de raio. Se o coeficiente de atrito
estático entre os pneus e o asfalto é 0, 6, qual é a velocidade máxima que um carro pode fazer a curva sem derrapar?
 Solução A força de atrito tem de atuar com a força centrípeta para manter o carro na curva. Desta forma, a
velocidade máxima com que o carro faz a curva sem derrapar é dada por
eN  mvmax
2
R 
mvmax2
R  emg
ou
vmax  egR  0, 6  9, 8  30  vmax  13, 28 m/s  vmax  13, 28  3, 6  47, 8.km/h.
 PROBLEMA 18 Um trem atravessa uma curva de raio de curvatura igual a 100 m a 30 km/h. A distância entre os
trilhos é de 1 m. De que altura é preciso levantar o trilho externo para minimizar a pressào que o trem exerce sobre ele
ao passar pela curva?
 Solução A figura abaixo mostra a situação em que o trem atravessa a curva. Sabe-se que
sen  h1  h
cos  1 − sen2  1 − h2
onde h deve ser medido em metros. As forças que atuam sobre o trem têm as seguintes componentes
Direção x  Rx  N sen
Direção y  Ry  Ncos − mg
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1 m
hθ
N
mg
x
y
θ
A resultante na direção x mantém o trem na curva e faz o papel da força centrípeta: Rx  mac. Assim,
Rx  mv2R  N sen 
mv2
R
Ry  0  Ncos − mg  0  N  mgcos
Logo,
mg
cos sen 
mv2
R  tg 
v2
gR
Mas,
tg  sencos 
h
1 − h2
então
h
1 − h2
 v2gR 
h2
1 − h2 
v4
g2R2
ou
h2  v4
g2R2
h2  v4
g2R2
 h2 
v4
g2R2
1  v4
g2R2
ou ainda
h  v2
gR 1  v4
g2R2
 v2
v4  g2R2
Substituindo os valores R  100 m e v  30 km/h  8, 33 m/s:
h  8, 32
8, 34  9, 82  1002
 0, 071 m  h  7, 1 cm
★ ★ ★
 PROBLEMA 19 No sistema da figura, a bolinha de massa m está amarrada por fios de massa desprezível ao
eixo vertical AB e gira com velocidade angular  em torno desse eixo. A distância AB vale l. Calcule as tensões nos
fios superior e inferior. Para que valor de  o fio inferior ficaria frouxo?
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30º
60º
B
A
ω
mg
TA
TB
x
y
(a) (b)
60º
30º
r
CP
 Solução A figura (b) mostra as forças que atuam sobre a partícula de massa m. A direção x corresponde à
direção que passa pelo centro do círculo descrito pela bolinha na situação indicada na figura. Para manter a bolinha
em movimento circular, a resultante das forças deve estar nessa direção,com Rx fazendo o papel da força centrípetra.
Assim
Direção x  Rx  TA sen60º  TB sen30º
Direção y  Ry  TA cos60º − TB cos30º − mg
Logo,
Ry  0 (1)  TA cos60º − TB cos30º − mg  0
Rx  m2r (2)  TA sen60º  TB sen30º  m2r
onde r é o raio da circunferência descrita pela partícula. Da figura (a),
r  PC  AC tg60º  CB tg30º  AC  tg30ºtg60º CB 
1
3 CB
AB  AC  CB  l  13 CB  CB  l  CB 
3
4 l
Como r  CB tg30º então
r  34 l
3
3 
3
4 l.
De (1), obtém-se
1
2 TA −
3
2 TB − mg  0  TA  3 TB  2mg
que substituindo em (2)
3 TB  2mg 32 
1
2 TB  m
2r  32 TB  3 mg 
1
2 TB  m
2r  2TB  m2r − 3 mg
encontra-se
TB  m22
3
4 l −
3
2 mg  TB 
3
2 m
2l
4 − g
Como TA  3 TB  2mg, então
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TA  3 32 m
2l
4 
2l − g  2mg  TA  m2
3
4 
2l  g
Fio frouxo Para que o fio inferior fique frouxo, o que corresponde à tensão TB  0, a projeção da tensão no fio
superior deve responder pela força centrípeta. Para a situação indicada nas figurasm isso deve ocorrer para
  critico. Assim,
Direção x  Rx  TA sen60º
Direção y  Ry  TA cos60º − mg
Ry  0 (1)  TA cos60º − mg  0
Rx  mcritico2 r (2)  TA sen60º  mcritico2 r
De (1)
TA  mgcos60º
e de (2), com r  34 l
mg
cos60º sen60º  mcritico
2 r  critico  g tg60ºr 
g 3
3
4 l
 4gl
ou
 critico  2 gl
★ ★ ★
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Problemas Resolvidos do Capítulo 6
TRABALHO E ENERGIA MECÂNICA
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 Resolva o problema 8 do Capítulo 4 a partir da conservação de energia. (Problema 4.8 - Um
martelo atinge um prego com velocidade v, fazendo-o enterrar-se de uma profundidade l numa prancha de madeira.
Mostre que a razão entre a força média exercida sobre o prego e o peso do martelo é igual a h/l, onde h é a altura de
queda livre do martelo que o faria chegar ao solo com velocidade v. Estime a ordem de grandeza dessa razão para
valores típicos de v e l. 
 Solução
 PROBLEMA 2 No sistema da figura, M  3 kg, m  1 kg e d  2 m. O suporte S é retirado num dado instante.
(a) Usando conservação de energia, ache com que velocidade M chega ao chão. (b) Verifique o resultado, calculando
a aceleração do sistema pelas leis de Newton.
 Solução Considerando o nível de referência z  0 no chão, temos
Inicial Final
m z0  0 v0  0 z1  d v1  v
M Z0  d V0  0 Z1  0 V1  V
Logo,
Ei  12 mv0
2  mgz0  12 MV0
2  MgZ0  Mgd
Ef  12 mv1
2  mgz1  12 MV1
2  MgZ1  12 mv
2  mgd  12 MV
2
Devido à conservação da energia mecânica total, Ei  Ef, encontra-se (v  V)
Mgd  12 mV
2  mgd  12 MV
2  12 m  MV
2  M − mgd  V  2M − mgdm  M
Portanto,
V  2  3 − 1  9, 8  23  1  4, 43 m/s.
Leis de Newton Como l1  l2  constante  am  −aM  a. Assim,
T − Mg  −Ma, T − mg  ma
ou
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mg  ma − Mg  −Ma  m  Ma  M − mg  a  M − mgm  M
Com esta aceleração e V2  2ad  2 M − mgm  M d  V 
2M − mgd
m  M que é a mesma encontrada anteriormente.
* * *
 PROBLEMA 3 Uma particula de massa m  1 kg, lançada sobre um trilho retilíneo com velocidade de 3 m/s, está
sujeita a uma força Fx  −a − bx, onde a  4 N, b  1 N/m, e x é o deslocamento, em m, a partir da posiçâo inicial. (a)
Em que pontos do trilho a velocidade da partícula se anula? (b) Faça o gráfico da velocidade da partícula entre esses
pontos. (c) A que tipo de lei de forças corresponde Fx ?
 Solução Do teorema trabalho energia cinética,
Wx0→x  T − T0
Tomando a origem na posição de lançamento, v0  3 m/s e e x0  0. Como
Wx0→x  
0
x
Fx′ dx′  
0
x−a − bx′ dx′  −a 
0
x
dx′ − b 
0
x
x′dx′  −ax − 12 bx
2.
e T  12 mv
2 e T0  12 mv0
′ , encontra-se
− ax − 12 bx
2  12 mv
2 − 12 mv0
2
ou (m  1,v0  3, a  4, b  1)
− 4x − 12 x
2  92 
1
2 v
2  v  9 − 8x − x2 .
(a) Logo, os pontos para os quais v  0, são obtidos pela solução da equação 9 − 8x − x2  0. Ou seja,
 x  −9 m e x  1 m.
(b) Gráfico v  x:
1
2
3
4
v (m/s)
-8 -6 -4 -2 0x (m)
(c) Lei de Hooke.
 PROBLEMA 4 No sistema da figura, onde as polias e os flos têm massa desprezível, m1  1 kg e m2  2 kg. (a)
O sistema é solto com velocidade inicial nula quando as distâncias ao teto são l1 e l2. Usando conservação da
energia, calcule as velocidades de m1 e m2 depois que m2 desceu uma distância x2. (b) Calcule a partir daí as
acelerações a1 e a2 das duas massas. (c) Verifique os resultados usando as leis de Newton.
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.2
Universidade Federal do Amazonas
 Solução Vamos escolher o nível de referência z  0 no teto, com o sentido positivo do eixo z para cima. Como
l2  2l1  constante, Δl2  −2Δl1. Se Δl2  −x2 (m2 → desce)  Δl1  − 12 Δl2 
1
2 x2 (m1 → sobe). Derivando a relação
l2  2l1  constante, obtém-se v2  −2v1. A energia total antes dos blocos começarem a se mover vale
(v10  0,v20  0, z10  −l1, z20  −l2
Ei  12 m1v10
2  m1gz10  12 m2v20
2  m2gz20  Ei  −m1gl1 − m2gl2.
e, depois, v1  12 v,v2  −v, z1  −l1 
1
2 x2, z2  −l2 − x2
Ef  12 m1v1
2  m1gz1  12 m2v2
2  m2gz2  Ef  12 m1
1
2 v
2  m1g −l1  12 x2 
1
2 m2v
2 − m2gl2  x2 
ou seja,
Ef  18 m1v
2 − m1gl1  12 m1gx2 
1
2 m2v
2 − m2gl2 − m2gx2
Da conservação da energia total, Ei  Ef, encontra-se
− m1gl1 − m2gl2  18 m1v
2 − m1gl1  12 m1gx2 
1
2 m2v
2 − m2gl2 − m2gx2
0  18 m1v
2  12 m1gx2 
1
2 m2v
2 − m2gx2  m1v2  4m1gx2  4m2v2 − 8m2gx2  0
ou
m1  4m2 v2 − 8m2 − 4m1 gx2  0
de onde se obtém
 v1  12 v 
1
2
8m2 − 4m1  gx2
m1  4m2  
2m2 − m1  gx2
m1  4m2 
 v2  −v  − 8m2 − 4m1  gx2m1  4m2   − 2
2m2 − m1  gx2
m1  4m2 
Para os valores dados,
v1  2  2 − 1gx21  4  2 
3gx2
3
v2  −2 2  2 − 1gx21  4  2  −
2 3gx2
3
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-6.3
Universidade Federal do Amazonas
Para calculara a aceleração, usa-se Torricelli, Δz1  x22 ,Δz2  −x2
v12  2a1Δz1  a1  v1
2
2Δz1 
3gx2
9
x2  13 g
v22  2a1Δz2  a2  v2
2
2Δz2 
12gx2
9
−2x2  −
2
3 g
Ou seja,
 a1  13 g ↑
 a2  − 23 g ↓
* * *
 PROBLEMA 5 Um garoto quer atirar um pedregulho de massa igual a 50 g num passarinho pousado num galho
5 m a sua frente e 2 m acima do seu braço. Para isso, utiliza um estilingue em que cada elástico se estica de 1 cm para
uma força aplicada de 1 N. O garoto aponta numa direção a 30º da horizontal. De que distância deve puxar os elásticos
para acertar no passarinho?
 Solução Para acertar o passarinho, sua posição deve estar sobre a trajetória. Para a origem na mão do garoto,
as coordenadas do passarinho são 5, 2. Assim, usando a equação da trajetória do projétil, podemos encontrar o valor
de v0 para o   30º. Ou seja,
y  x tg − gx2
2v02 cos2
 gx2
2v02 cos2
 x tg − y  2v0
2 cos2
gx2
 1x tg − y  v0 
gx2
2cos2x tg − y
Logo,
v0  9, 8  5
2
2cos2 6 5  tg

6 − 2
 13, 6 m/s.
5 m
2 m
30º
v0
Para calcular o quanto devem ser esticados os elásticos do estilingue para que a pedra atinja esta velocidade vamos
usar a conservação da energia mecânica:
1
2 kx
2  12 mv
2
ou seja,
x  mv2k
onde o valor de k pode ser obtido da condição F0  1 N  x0  0. 01 m (cada elástico), usando a lei de Hooke
Notas deAula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.4
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F0  kx0. Como são dois elásticos, F  2 N para x  0, 01m. Portanto
k  Fx  20, 01  200 N/m
Logo, m  0, 050 kg
x  mv2k 
0, 05  13, 62
200  0, 215 m
Ou seja, cada elástico deverá ser esticado de 21, 5 cm.
* * *
 PROBLEMA 6 Uma balança de mola é calibrada de tal forma que o prato desce de 1 cm quando uma massa de
0, 5 kg está em equilíbrio sobre ele. Uma bola de 0, 5 kg de massa fresca de pão, guardada numa prateleira 1 m acima
do prato da balança, escorrega da prateleira e cai sobre ele. Não levando em conta as massas do prato e da mola, de
quanto desce o prato da balança?
 Solução Inicialmente vamos calcular com que velocidade a bola de massa de pão atinge o prato. Por
conservação da energia mecânica para a bola, v0  0, z0  1m, z1  0, v1  v
1
2 mv0
2  mgz0  12 mv1
2  mgz1  mgz0  12 mv
2  v  2gz0
Para z0  1
v  2  9, 8  1  4, 43 m/s.
z0 = 1 m
O
v
v0 = 0
z
Ao atingir o prato com esta velocidade, a massa tem energia cinética que será transformada totalmente numa parcela
de energia potencial elástica (da mola) e outra de energia potencial gravitacional, devido à conservação da energia
mecânica. Assim, considerando a posição do prato como o nível de referência z  0, temos pela conservação da
energia
1
2 mv
2  mgz  12 kz
2
A solução desta equação fornece
z  −mg  m
2g2  kmv2
k
O valor de k pode ser calculado pela condição F  0, 5  9, 8 N  x  0, 01 m ou
k  Fx  0, 5  9, 80, 01  490 N/m.
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Para m  0, 5 kg
z  −0, 5  9, 8  0, 5  9, 8
2  490  0, 5  4, 432
490 
z  −15, 2 cm
z  13, 2 cm
Como a posição inicial do prato é z  0, a solução deve ser negativa, ou seja, z  −15, 2 cm é o quanto o prato abaixa.
* * *
 PROBLEMA 7 Uma partícula de massa igual 2 kg desloca-se ao Ìongo de uma reta. Entre x  0 e x  7 m, ela
está sujeita à força Fx representada no gráfico. Calcule a velocidade da partícula depois de percorrer 2, 3, 4, 6 e 7 m,
sabendo que sua velocidade para x  0 é de 3 m/s.
 Solução Vamos usar o teorema W − T, considerando T0  12 mv0
2  12  2  3
2  9 J. Assim,
W0→2  Tx2 − T0
Como W  área do gráfico F  x, então W0→2  −2  2  −4 J. Mas Tx2  12 mv
2x  2  vx22 . Logo
− 4  vx22 − 9  vx2  9 − 4  vx2  5 m/s.
Da mesma forma
W0→3  Tx3 − T0
Mas
W0→3  W0→2  W2→3  −4 − 12 2  1  −5 J
Logo,
− 5  vx32 − 9  vx3  9 − 5  vx3  2 m/s.
Para x  4
W0→4  W0→2  W2→3  W3→4  −4 − 12 2  1 
1
2 2  1  −4 J
então
− 4  vx42 − 9  vx4  9 − 4  vx4  5 m/s
Para x  6
W0→6  W0→2  W2→3  W3→4  W4→6  −4 − 12 2  1 
1
2 2  1  2  2  0 J
então
0  vx62 − 9  vx6  9  vx6  3 m/s
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.6
Universidade Federal do Amazonas
Finalmente, para x  7
W0→7  W0→2  W2→3  W3→4  W4→6  W6→7  −4 − 12 2  1 
1
2 2  1  2  2 
1
2 2  1  1 J
logo,
1  vx72 − 9  vx7  9  1  vx7  10 m/s
* * *
 PROBLEMA 8 Uma partícula move-se ao longo da direção x sob o efeito de uma força Fx  −kx  Kx2, onde
k  200 N/m e K  300 N/m2. (a) Calcule a energia potencial Ux da partícula, tomando U0  0, e faça um gráfico de
Ux para −0, 5 m  x  1 m. (b) Ache as posiçöes de equilíbrio da partícula e discuta sua estabilidade. (c) Para que
domínio de valores de x e da energia total E a partícula pode ter um movimento oscilatório? (d) Discuta
qualitativamente a natureza do movimento da partícula nas demais regiöes do eixo dos x.
Dado: 
0
x x′ndx′  xn1n  1 .
 Solução (a) Por definição,
Ux  −
x0
x
Fx′ dx′  −−kx′  Kx′2 dx′  k 
x0
x
x′dx′ − K 
x0
x
x′2dx′
 12 kx
2 − x02  − 13 Kx
3 − x03 
Da condição U0  0  x0  0 e, portanto,
Ux  12 kx
2 − 13 Kx
3
Gráfico: k  200 e K  300
Ux  100x2 − 100x3
0
10
20
30
40
U(x)
-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
Equilíbrio estável
Equilíbrio instável
(b) As posições de equilíbrio são obtidas da equação Fx  0. Assim,
Fx  −kx  Kx2  0  xKx − k  0  x  0 e x  kK 
200
300 
2
3 m.
Do gráfico, vê-se que x  0 é um ponto de equilíbrio estável e x  23 m é um ponto de equilíbrio instável.
(c) O movimento oscilatório é um movimento limitado, portanto, só pode ocorrer para x0 ≤ x ≤ x1 correspondente às
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energias E  E1. O valor E1 corresponde a Ux1  onde x1  23 m. Assim
U 23  100
2
3
2 − 100 23
3  100 23
2
1 − 23  100
2
3
2 1
3  100 
4
9 
1
3 
400
27 J
0
10
20
30
40
U(x)
-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
E1
E0
movimento
oscilatório
x0 x1
Para calcular x0, basta fazer Ux0   E1, ou seja,
100x2 − 100x3  40027  x
3 − x2  427  0
Esta equação pode ser escrita na forma de fatores
1
27 3x  13x − 2
2  0
Logo, as soluções seão
x  − 13 ,
2
3 ,
2
3 .
Portanto,
x0  − 13 m.
Assim, os domínios de valores de x e E são dados por:
− 13 m  x 
2
3 m
E  40027 J.
* * *
 PROBLEMA 9 Um sistema formado por duas lâminas delgadas de mesma massa m, presas por uma mola de
constante elástica k e massa desprezive!, encontra-se sobre uma mesa horizontal (veja a Fig.). (a) De que distância a
mola está comprimida na posição de equilíbrio? (b) Comprime-se a lâmina superior, abaixando-a de uma distància
adicional x a partir da posição de equilíbrio. De que distància ela subirá acima da posição de equilíbrio, supondo que a
lâmina inferior permaneça em contato com a mesa? (c) Qual é o valor minimo de x no item (b) para que a lâmina
inferior salte da mesa?
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.8
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 Solução (a) Na posição de equilíbrio, a mola deve sustentar o peso de uma das lâminas, P  mg. Assim,
kx  mg  x  mgk
(b) Nesta situação, a mola será comprimida de 2x em relação ao seu tamanho normal. Portanto, a energia potencial
elástica da mola será
x
z = 0
h
U  12 k2x
2  2kx2  2k mgk
2  2m2g2k
Considerando o nível de referência z  0 na posição de equilíbrio, a conservação da energia mecânica fornece
mgh  2m2g2k − mgx  h 
2mg
k − x  2x − x   h  x
(c) O valor mínimo de x para que o lâmina inferior salte da mesa é aquele em que a força normal exercida pela mesa
sobre o sistema se iguale ao peso do sistema. Neste caso, a força normal é igual à força necessária para comprimir a
mola. Assim, como a massa da mola é desprezível, o peso do sistema corresponde ao peso das lâminas, que é
PS  2mg. Então
kx  2mg  xmin  2mgk
* * *
 PROBLEMA 10 Um cabo uniforme, de massa M e comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre uma
pequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado da polia. Devido a um pequeno
desequilíbrio, o cabo começa a deslizar para uma de suas extremidades, com atrito desprezível. Com que velocidade
o cabo está-se movendo quando a sua outra extremidade deixa a polia?
 Solução A resultante da força numa dada situação em que l2 − l1  x é dada pelo peso deste pedaço de cabo a
mais que pende para um dos lados. Assim, considerando que a massa seja uniforme então mx  x, onde   M/L.
Assim,
Fx  gx
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O trabalho realizado por esta força desde x  0 a x  L/2 será
W0→L/2  
0
L/2 gxdx  12 g
L
2
2  18 gL
2.
l2
l1
x
Pelo teorema W − T, v0  0
W0→L/2  ΔT 18 gL
2  12 m
L
2 v
2 − 12 m0v0
2  12
M
2 v
2  18 gL
2  M4 v
2
Portanto, usando L  M
v 
1
8 gL
2
M
4
 MgL2M
Ou seja,
 v  gL2
 PROBLEMA 11 Uma partícula de massa m move-se em uma dimensão com energia potencial Ux representada
pela curva da Fig. (as beiradas abruptas são idealizações de um potencial rapidamente variável). lnicialmenle, a
partícula está dentro do poço de potencial (regiâo entre x1 e x2) com energia E tal que V0  E  V1. Mostre que o
movimento subseqüente será periódico e calcule o período.
 Solução Para valores da energia no intervalo V0 ≤ E ≤ V1, entre os pontos no intervalo aberto x1  x  x2, temos
da conservação da energia
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.10
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E  12 mv
2  Ux  v  dxdt  
2
m E − V0 
E
Em termos de diferenciais,
dx  dxdt dt  dx 
2
m E − V0  dt
Integrando ambos os membros desta equação, sabendo que em t  0, x  x0 e em t a posição é x

x0
x
dx′   2m E − V0  0
t
dt′
ou
x  x0  2m E − V0  t
ou seja, o movimento da partícula entre os pontos de retorno é um movimento retilíneo uniforme com velocidade cujo
módulo vale |v|  2m E − V0  . O sinal é  ou − conforme a partícula esteja se movimento para a direita ou para a
esquerda. Quando a partícula atinge o ponto x  x1 ou o ponto x  x2 (posição das paredes da barreira) esta solução
não é mais válida. Neste caso E  Ux e esses pontos são pontos de inversão. Ao atingir esses pontos a partícula fica
sujeita a uma força dirigida em sentido contrário ao movimento fazendo-a desacerelar, invertendo sua velocidade (da
mesma forma como acontece com uma bola ao atingir uma parede). Esta força está sempre dirigida para a região de
menor potencial. Por exemplo, ao atingir o ponto x1 a força é dirigida para a direita, e no ponto x2, para a esquerda.
Para encontrar o perído do movimento, basta calcular o tempo necessário para a partícula percorrer a distância
Δx  2l. Logo,
2l  |v|     2l
2
m E − V0 
 PROBLEMA 12 Um carrinho desliza do alto de uma montanha russa de 5 m de altura, com atrito desprezível.
Chegando ao ponto A, no sopé da montanha, ele é freiado pelo terreno AB coberto de areia (veja a Fig.), parando em
1, 25 s. Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a areia?
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 Solução Pela conservação da energia, vamos calcular a velocidade com que o carrinho chega ao ponto A:
mgh  12 mvA
2  vA  2gh
A partir deste ponto, o carrinho é desacelerado, e pelo teorema W − T, podemos calcular o trabalho realizado pela
força de atrito. Assim,
1
2 mvB
2 − 12 mvA
2  WA→B  WA→B  − 12 mvA
2
Como o WA→B  FcxB − xA   FcΔx, então
Fc  WA→BΔx
podemos calcular Δx pela informação do tempo que o carrinho leva para parar. Alem disso, a aceleração do
movimento pode ser calculada, usando-se as leis de Newton,
Fc  ma  a  WA→BmΔx 
− 12 mvA
2
mΔx  −
vA2
2Δx
Assim, considerando um movimento uniformemente desacelerado,
Δx  vAt  12 at
2  Δx  vAt − 12
vA2
2Δx t
2
Desta equação, pode-se calcular Δx, ou seja,
Δx2  vAtΔx − vA
2
4 t
2  Δx2 − vAtΔx  vA
2
4 t
2  0
Portanto,
Δx  vAt  vA
2 t2 − vA2 t2
2  Δx 
1
2 vAt.
Com este valor de Δx, podemos agora calcular a força de atrito cinético (em módulo) dada pela expressão Fc  ma,
onde
a  − vA
2
2Δx  −
vA2
2 12 vAt
 a  − vAt
a, portanto,
Fc  ma  |Fc |  mvAt
Como,
|Fc |  cN  cmg  cmg  mvAt  cg 
vA
t
ou
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.12
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 c  vAgt 
2gh
gt  1t 2hg
Usando os valore dados g  9, 8 m/s2, h  5 m, t  1, 25 s
c  11, 25
2  5
9, 8  c  0, 81
* * *
 PROBLEMA 13 Um bloco de massa m  5 kg, deslizando sobre uma mesa horizontal, com coeficientes de atrito
cinético e estático 0, 5 e 0, 6, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível, de constante de mola
k  250 N/m, inicialmente na posição relaxada (veja Fig.). O bloco alinge a mola com velocidade de 1 m/s. (a) Qual é a
deformação máxima da mola? (b) Que acontece depois que a mola atinge sua deformação máxima? (c) Que fração da
energia inicial é dissipada pelo atrito nesse processo?
 Solução (a) A energia mecânica neste sistema não é conservada uma vez que existe forças de atrito. Mas, no
cômputo das energias, a energia cinética do bloco é, na maior parte, transformada em energia potencial elástica da
mola e o restante é dissipada pelo atrito. Caso não existisse o atrito, da conservação da energia mecânica teríamos
1
2 mv
2  12 kx
2
onde x seria a deformação sofrida pela mola. Porém, com a presença do atrito, a energia cinética sofreria uma
variação devido ao trabalho realizado por esta força, dado por
W0→x  −Fcx  ΔT
Portanto, retirando a parcela da energia cinética que foi dissipada pelo atrito (isto equivale a adicionar no membro da
equação de conservação o termo de variação ΔT  0), temos
1
2 mv
2  ΔT  12 kx
2
ou
1
2 mv
2 − Fcx  12 kx
2
Como Fc  cmg, então
1
2 mv
2 − cmgx  12 kx
2
encontra-se
x  −cmg − c
2m2g2  kmv2
k 
x  0, 074 m
x  −0, 27 m
Como a solução deve ser x  0, então
 x  7, 4 cm.
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★ ★ ★
 PROBLEMA 14 Um pêndulo é afastado da vertical de um ângulo de 60° e solto em repouso. Para que ângulo
com a vertical sua velocidade será a metade da velocidade máxima atingida pelo pêndulo?
 Solução Considere a figura abaixo. Da conservação da energia mecânica,
E  12 mv
2  mgz  constante
vemos a velocidade é máxima na posição da menor coordenada z. No caso da figura, esta posição corresponde ao
ponto B, que é o mais baixo da trajetória da partícula. Assim, a velocidade vB neste ponto será dada por
1
2 mvB
2  mgzB  12 mvA
2  mgzA
Como zB  0 e vA  0 encontra-se
1
2 mvB
2  mgzA  vB  2gzA
Mas, também da figura, encontra-se que
zA  l − lcos60º  l2
Assim,
vB  2g l2  gl
onde l é o comprimento do fio do pêndulo.
l
zA
zC
0
A
B
C
60º θ
z
A'
C'
Vamos agora admitir que o ponto C tem velocidade vC  12 vB, ou seja, metada da velocidade máxima. A coordenda zC
pode ser calculada em função do ângulo 
zC  l − lcos  l1 − cos.
Aplicando a conservação da energia entre os pontos B e C, encontra-se
1
2 mvB
2  mgzB  12 mvC
2  mgzC
ou, lembrando que zB  0 e vC  vB2
1
2 mvB
2  12 m
vB
2
2  mgl1 − cos
ou
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1
2 mvB
2 − 18 mvB
2  mgl1 − cos  38 vB
2  gl1 − cos
Como vB  gl
3
8 gl  gl1 − cos 
3
8  1 − cos  cos  1 −
3
8 
5
8
Ou seja,
  arccos 58  51, 3º
★ ★ ★
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Problemas Resolvidos do Capítulo 7
CONSERVAÇÃO DA ENERGIA NO MOVIMENTO GERAL
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 No Exemplo 1 da Seç. 5.3, considere a situação em que |F| tem o valor mínimo necessário para
manter o bloco deslizando sobre o plano horizontal com velocidade constante. Para um deslocamento l do bloco,
exprima o trabalho W realizado pela força F em função de P, , l e do coeficiente c. Que acontece com esse trabalho?
 Solução O valor mínimo necessário para manter o bloco deslizando com velocidade constante é
Fcos  cP − F sen, de onde se obtém
Fcos  csen  cP  F  cPcos  c sen
Assim, o trabalho realizado pela força F é dado por W  Flcos  cPlcoscos  c sen . Como não há variação da energia
cinética do bloco, este trabalho está sendo dissipado pela força de atrito, convertendo-se em calor.
* * *
 PROBLEMA 2 Uma partícula carregada penetra num campo magnético uniforme com velocidade inicial
perpendicu!ar à direçâo do campo magnético. Calcule o trabalho realizado pela força magnética sobre a particula ao
longo de sua trajetória.
 Solução Como a partícula descreve sua trajetória no plano perpendicular ao campo magnéticoW  Flcos e
  90º  W  0.
* * *
 PROBLEMA 3 Dois vetores a e b são tais que |a  b |  |a − b |. Qual é o ângulo entre a e b?
 Solução Sejam os vetores a  b e a − b. Seus módulos são dados por
a  b2  a  b  a  b  a2  b2  2a  b
a − b2  a − b  a − b  a2  b2 − 2a  b
Como |a  b |  |a − b |  a  b2  a − b2  a2  b2  2a  b a2  b2 − 2a  b  a  b  −a  b  a  b  0. Logo, o
ângulo entre a e b é 90º.
* * *
 PROBLEMA 4 Calcu!e o ânguìo entre duas diagonais internas (que passam por dentro) de um cubo, utilizando o
produto escalar de vetores.
 Solução Sejam as diagonais d1 e d2 mostradas na figura. Em termos das componentes cartesianas, estes
vetores podem ser escritos como
d1  ai  aj  ak
d2  ai  aj − ak
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θ
x
y
z
d1
d2
a
a
a
Assim,
d1  d2  d1d2 cos  a2  a2 − a2  a2
Como d1  d2  3 a, então
3 a  3 acos  a2  cos  13    cos
−1 1
3  70,5º
* * *
 PROBLEMA 5 Uma conta de massa m, enfiada num aro circular de raio R que está num plano vertical, desliza
sem atrito da posição A, no topo do aro, para a posição B, descrevendo um ângulo  (Fig.). (a) Qual é o trabalho
realizado pela força de reação do aro sobre a conta? (b) Qual é a velocidade da conta em B?
 Solução (a) A força de reação do aro sobre a conta é sempre perpendicular ao deslocamento desta. Por isso, o
trabalho realizado por essa força é nulo.
N
mg
(b) O trabalho da força peso, e portanto, o trabalho total sobre a conta é WA→B  F  l, onde F  −mgk e
l  Rcos − Rk  −R1 − cosk. Logo, WA→B  mgR1 − cosk  k. Portanto, WA→B  mgR1 − cos, que é igual à
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variação da energia cinética entre os pontos A e B. Logo, supondo que a conta tenha energia cinética nula em A, ou
seja, TA  0, então
TB − TA  mgR1 − cos  12 mvB
2  mgR1 − cos  vB  2gR1 − cos
 PROBLEMA 6 Um corpo de massa m  300 g, enfiado num aro circular de raio R  1 m situado num plano
vertical, está preso por uma mola de constante k  200 N/m ao ponto C, no topo do aro (Fig.). Na posiçâo relaxada da
mola, o corpo está em B, no ponto mais baixo do aro. Se soltarmos o corpo em repouso a partir do ponto A indicado na
figura, com que velocidade ele chegará a B?
 Solução A força da mola é dada por F  −kΔs, onde Δs  s − s0. O comprimento relaxado s0  2R e
s  R  Rcos2  R2 sen2  R  R2
2  R2 32
2
 94 R
2  34 R
2  3 R. Assim, ΔsA  3 R − 2R. Como só
temos forças conservativas, ΔT  −ΔU, logo
TA  0, TB  12 mv
2
UA  mgzA  12 kxA
2 , UB  mgzB  12 kxB
2
Tomando o nível de referência z  0 no ponto B, isto é, zB  0, e sabendo que em B a mola está relaxada xB  0 e
xA  Δs  −R, e zA  R − Rcos60º  R2 , então
TA  0, TB  12 mv
2
UA  mg R2 
1
2 kΔsA
2  mg R2 
1
2 k 3 R − 2R
2, UB  mgzB  12 kxB
2  0
Assim,
TB − TA  −UB − UA   12 mv
2  mg R2 
1
2 k 3 R − 2R
2  v  gR  kR
2 3 − 2 2
m
ou seja, para os valores dados, a velocidade no ponto B vale v  7,59 m/s.
* * *
 PROBLEMA 7 Uma partícula se move no plano xy sob a açäo da força F1  10 yi − xj, onde |F1 | é medido em
N, e x e y em m. (a) Calcule o trabalho realizado por F1 ao longo do quadrado indicado na figura. (b) Faça o mesmo
para F2  10yi  xj. (c) O que você pode concluir a partir de (a) e (b) sobre o caráter conservativo ou não de F1 e F2?
(d) Se uma das duas forças parece ser conservativa, procure obter a energia potencial U associada, tal que F  −
grad U.
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P1
P2P3
 Solução Usando a definição de trabalho, temos para o da força F1:
W1 
C1 

O
P1
F1  dl1 
C2 

P1
P2
F1  dl2 
C3 

P2
P3
F1  dl3 
C4 

P3
O
F1  dl4
onde O  O0,0,P1  P11,0, P2  P21,1 e P3  P30,1. Também, dl1  i dx, dl2  j dy, dl3  i dx e dl4  j dy.
Logo,
F1  dl1  10 yi − xj  i dx  10y dx
F1  dl2  10 yi − xj  j dy  −10x dy
F1  dl3  10 yi − xj  i dx  10y dx
F1  dl4  10 yi − xj  j dy  −10x dy
(a) Portanto,
W1 
y0

0
1
10y dx −
x1

0
1
10x dy 
y1

1
0
10y dx −
x0

1
0
10x dy  10xy|0,01,0 − 10xy|1,01,1  10xy|1,10,1 − 10xy|0,10,0
 101  0 − 0  0 − 101  1 − 1  0  100  1 − 1  1 − 100  0 − 0  1  0 − 10 − 10  0  −20J
(b) Fazendo o mesmo com F2
F2  dl1  10 yi  xj  i dx  10y dx
F2  dl2  10 yi  xj  j dy  10x dy
F2  dl3  10 yi  xj  i dx  10y dx
F2  dl4  10 yi  xj  j dy  10x dy
W2 
y0

0
1
10y dx 
x1

0
1
10x dy 
y1

1
0
10y dx 
x0

1
0
10x dy  10xy|0,01,0  10xy|1,01,1  10xy|1,10,1  10xy|0,10,0
 101  0 − 0  0  101  1 − 1  0  100  1 − 1  1  100  0 − 0  1  0  10 − 10  0  0
(c) F1 não é conservativa, mas F2 pode ser.
(d) Vamos admitir que F2 seja conservativa; logo, considerando P0  P00,0 e P  Px,y encontra-se
Ux,y  −
C

P0
P
F2  dl  −
C

P0
P
10 yi  xj  idx  jdy
Como é uma força conservativa, o esta integral não deve depender do caminho C escolhido. Para facilitar, vamos
considerar que C seja: 0,0 → x, 0 → x,y. Assim
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Ux,y  −
C

P0
P
10 yi  xj  idx  jdy  −10
y0

0
x
ydx − 10
xx

0
y
xdy  −10xy
* * *
 PROBLEMA 8 Uma particula está confinada a mover-se no semi-espaço z ≥ 0, sob a ação de forças
conservativas, de energia potencial Ux,y, z  F0z  12 kx
2  y2, onde F0 e k são positivas. (a) Calcule as
componentes da força que atua sobre a partícula. (b) Que tipo de força atua ao longo do eixo Oz? (c) Que tipo de
forças atuam no plano xy? (d) Qual é a forma das superffcies equipotenciais?
 Solução De acordo com a definição F  −∇U, temos
(a)
Fx  − ddx F0z 
1
2 kx
2  y2  −kx
Fy  − ddy F0z 
1
2 kx
2  y2  −ky
Fz  − ddz F0z 
1
2 kx
2  y2  −F0
(b) Constante na direção negativa do eixo.
(c) Lei de Hooke; (d) Ux,y, z  constante  Parabolóides de revolução com eixo ao longo de z.
 PROBLEMA 9 Um oscilador harmônico tridimensional isotrópico é defínido como uma particula que se move sob
a ação de forças associadas à energia potencial
Ux,y, z  12 kx
2  y2  z2
onde k é uma constante positiva. Mostre que a força correspondente é uma força central, e calcule-a. De que tipo é a
força obtida?
 Solução Da definição F  −∇U, temos
Fx  − ddx
1
2 kx
2  y2  z2  −kx
Fy  − ddy
1
2 kx
2  y2  z2  −ky
Fz  − ddz
1
2 kx
2  y2  z2  −kz
de onde se obtém
F  Fxi  Fyj Fzk  −kxi  yj  zk  −kr  −kr r̂.
que é a lei de Hooke dirigida para a origem.
* * *
 PROBLEMA 10 Uma estrutura rígida triangular é construída com três hastes iguais e seu plano é vertical,com a
base na horizontal. Nos dois outros lados estão enfiadas duas bolinhas idênticas de massa m, atravessadas por um
arame rígido e leve AB, de modo que podem deslizar sobre as hastes com atrito desprezível, mantendo sempre o
arame na horizontal. As duas bolinhas também estão ligadas por uma mola leve de constante elástica k e comprimento
relaxado l0. (a) Mostre que uma expressão para a energia potencial do sistema em função do comprimenlo l da mola é
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Ul  12 kl − l0
2 − mg 3 l. (b) Para que valor de l o sistema está em equilíbrio? (c) Se soltamos o sistema na situação
em que a mola está relaxada, qual é o menor e qual é o maior valor de l no movimento subseqüente? (d) Que tipo de
movimento o sistema realiza no caso (c)?
 Solução A energia potencial do sistema é devida às forças gravitacional e elástica. Assim, como l − l0 é a
deformação da mola,
U  12 kl − l0 
2 − 2mgz
onde o nível zero é tomado no vértice O do triângulo (figura).
O
60º 60º
z30º
z
A altura z pode ser calculada em função de l, através das relações geométricas num triângulo retângulo (ver figura).
Ou seja,
z tg30º  l2  z 
3
2 l.
Assim,
U  12 kl − l0 
2 − 2mgz  Ul  12 kl − l0 
2 − mg 3 l
(b) O sistema estará em equilíbrio para o valor de l que corresponde a um extremo de Ul. Assim, derivando Ul em
relação a l e igualando o resultado a zero, obtém-se para l o valor:
d
dl
1
2 kl − l0 
2 − mg 3 l  kl − kl0 − mg 3  0  l  k  mg 3k
(c) Na situação inicial o sistema só tem energia potencial gravitacional,
E  −2mgz0  −mg 3 l0
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e numa situação arbitrária z, l,
E  12 2mv
2 − 2mgz  12 kl − l0 
2  mv2 − mg 3 l  12 kl − l0 
2
Da conservação de energia
− mg 3 l0  mv2 − mg 3 l  12 kl − l0 
2
Fazendo x  l − l0
1
2 kl − l0 
2 − mg 3 l − l0   mv2  0  12 kx
2 − mg 3 x  mv2  0
Os valores máximo e mínimo de l se obtém para v  0 (energia total igual à soma das energias potenciais) Logo,
1
2 kx
2 − mg 3 x  0  x  0, x  2mg 3k
Portanto,
l  l0  x  lmin  l0, lmax  l0  2 3mgk
* * *
 PROBLEMA 11 Mostre que o trabalho necessário para remover um objeto da atração gravitacional da Terra é o
mesmo que seria necessário para elevá-lo ao topo de uma montanha de altura igual ao raio da Terra, caso a força
gravitacional permanecesse constante e igual ao seu valor na superfície da Terra, durante a escalada da montanha.
 Solução De acordo com a Eq. (7.5.7) ΔU  −mgR e portanto
WR→  −ΔU  mgR
Considerando que força gravitacional seja constante no trajeto até o topo da montanha, este trabalho, realizado por
uma força externa para elevar o corpo até um altura R, pode ser calculado, fazendo F  mg e
W  Fz − z0   mgz − z0 
Tomando o nível de referência z  0 na superfície da Terra e z  R, encontra-se
W  mgR
* * *
 PROBLEMA 12 Calcule a velocidade de escape de um corpo a partir da superfície da Lua.
 Solução De acordo com a Eq. (7.5.28)
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Te  mgLRL
onde
gL  MLGRL2
Assim, como
1
2 mve
2  mgLRL  ve,L  2 MLGRL
Usando os valores L  3,34 g/cm3
RL  1.738 km  1,738  106 m
ML  43 RL
3L  43    1,738
3  1018  3,34  103  7,3  1022 kg
G  6,67  10−11 N  m2/kg2
Logo,
ve,L  2 MLGRL  ve,L  2
7,3  1022  6,67  10−11
1, 738  106  2.367 m/s
ou seja,
 ve,L  2,4 km/s.
* * *
 PROBLEMA 13 Um satélite síncrono da Terra é um satélite cujo período de revolução em torno da Terra é de 24
h, de modo que permanece sempre acima do mesmo ponto da superfície da Terra. (a) Para uma órbita circular, a que
distância do centro da Terra (em km e em raios da Terra) precisa ser colocado um satélite para que seja síncrono? (b)
Que velocidade mínima seria preciso comunicar a um corpo na superficie da Terra para que atingisse essa órbita
(desprezando os efeitos da atmosfera)?
 Solução (a) Para que o período seja T  24 h implica
  2T  vS  Rs
onde Rs é o raio da órbita circular. De acordo com a segunda lei de Newton,
GMm
Rs2
 mvs2Rs 
GMm
Rs2
 m2Rs2Rs  RS 
GMm
m2
1/3
 GM2
1/3
Assim, para M  5,97  1024 kg e   2T 
2
24  3600  7. 27  10
−5rad/s e G  6,67  10−11 Nm2/kg2
RS  GM2
1/3
 RS  6.67  10−11  5.97  10247.27  10−5 2
1/3
 4. 22  107 m
Ou seja,
RS  4,22  104 km.
Em termos de raios da Terra, será RT  6,37  103 km
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Rs  4.22  1046.37  103 RT  6,6RT
(b) Como a velocidade na órbita é vS  RS  7. 27  10−5  4. 22  107  3.068 m/s e sua energia potencial é dada por
Ur  − GmMr
então, a energia mecânica total do satélite nesta órbita é
E  12 mvS
2  URS 
A energia total na superfície da Terra é
E  12 mvT
2  URT 
Da conservação da energia mecânica, tem-se
1
2 mvT
2  URT   12 mvS
2  URS   12 mvT
2 − GmMRT 
1
2 mvS
2 − GmMRS
ou seja,
vT2  vS2  2GM 1RT −
1
RS
 vT  vS2  GM 1RT −
1
RS
ou
vT  30682  6.67  10−11  5.97  1024  2  16.37  106 −
1
4.22  107  10.750 m/s
vT  10,8 km/s.
* * *
 PROBLEMA 14 Utilize o Princípio dos Trabalhos Virtuais enunciado na Seç. 7.3 para obter as condições de
equilíbrio da alavanca [Fig. (a)] e do plano inclinado [Fig. (b)]. Para isto, imagine que um pequeno deslocamento,
compatível com os vínculos a que estão sujeitas, é dado às massas, e imponha a condição de que o trabalho realizado
nesse deslocamento (trabalho virtual) deve ser nulo.
 Solução De acordo com a definição, para o caso (a) tem-se para o trabalho realizado
m1gΔz1  m2gΔz2
Para deslocamentos infinitésimos Δz, este se confunde com o arco descrito por l1 e l2, sendo proporcionais ao ângulo
Δ. Assim, Δz1  l1Δ e Δz2  l2Δ e então
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m1gl1Δ  m2gl2Δ  m1l1  m2l2.
Para o caso (b), o trabalho realizado pelos blocos 1 e 2 são
m1g sen1Δl1  m2g sen2Δl2
Como Δl1  Δl2,
m1 sen1  m2 sen2
* * *
 PROBLEMA 15 Um vagão de massa m1  4 toneladas está sobre um plano inclinado de inclinação   45°,
ligado a uma massa suspensa m2  500 kg pelo sistema de cabo e polias ilustrado na Fig. Supõe-se que o cabo é
inextensivel e que a massa do cabo e das polias é desprezível em confronto com as demais. O coeflciente de atrito
cinético entre o vagão e o plano inclinado é c  0,5 e o sistema é solto do repouso. (a) Determine as relaçöes entre
os deslocamentos s1 e s2 e as velocìdades v1 e v2 das massas m1 e m2, respectivamente. (b) Utilizando a conservação
da energia, calcule de que distância o vagão se terá deslocado ao longo do plano inclinado quando sua velocidade
atingir 4,5 km/h
.
l2
l1
 Solução (a) A condição de fio inextensível é dada por 2l1  l2  constante. Disto resulta que os deslocamentos e
velocidades das massas estão relacionadas de acordo com 2Δl1  Δl2  0  Δl2  −2Δl1, ou seja,
|s2 |  2|s1 | e |v2 |  2|v1 |.
(b) Como há atrito, a energia mecânica não se conserva. Mas sua variação é igual ao trabalho da força de atrito, ou
seja,
Wa  Ef − Ei  ΔE
Supondo que as coordenadas das massas sejam
z1i  −l1 sen, z1f  −l1  s1  sen, v10  0, v1f  v1
z2i  −l2, z2f  −l2  s2  sen, v20  0, v2f  v2
Assim,
Ei  12 m1v1i
2  m1gz1i  12 mv2i
2  m2gz2i  Ei  −m1gl1 sen − m2gl2
e
Ef  12 m1v1f
2  m1gz1f  12 mv2f
2  m2gz2f  Ef  12 m1v1
2 − m1gl1  s1  sen  12 m2v2
2 −m2gl2  s2 
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Como v2  −2v1  −2v e s2  −2s1  −2s, encontra-se
Ef  12 m1v
2 − m1gl1  s sen  12 m2−2v
2 − m2gl2 − 2s
Ef  12 m1v
2 − m1gsinl1 − m1gsins  2m2v2 − m2gl2  2m2gs
Logo,
ΔE  Ef − Ei  12 m1v
2 − m1gsinl1 − m1gsins  2m2v2 − m2gl2  2m2gs − −m1gl1 sin − m2gl2 
ΔE  12 m1  2m2 v
2 − m1gsins  2m2gs
Mas o trabalho realizado pela força de atrito é s1  s
Wa  Fcs  12 m1  2m2 v
2 − m1gsins  2m2gs
onde
Fc  −cm1gcos
ou seja,
− cm1gcos s  12 m1  2m2 v
2 − m1gsins  2m2gs
Resolvendo para s,
m1g sin − cm1gcos − 2m2g s  12 m1  2m2 v
2  s  m1  4m2 v
2
2 m1g sin − cm1gcos − 2m2g
Logo, para v  4,5 km/h  1,25m/s
s  4.000  4  500  1,25
2
2 4.000  9,8sin45º − 0,5  4.000  9,8  cos45º − 2  500  988  s  1,15 m
que é o deslocamento da massa m1.
* * *
 PROBLEMA 16 Um automável de massa m e velocidade iniciai v0 é acelerado utilizando a potência máxima PM
do motor durante um intervalo de tempo T. Calcule a velocidade do automóvel ao fim desse intervalo.
 Solução Como potência é defininida como trabalho por unidade de tempo, então
W  PMT  12 mv
2 − 12 mv0
2  PMT  v  v02  2m PMT
onde usamos o teorema W − T.
* * *
 PROBLEMA 17 Um bloco de massa m  10 kg é solto em repouso do alto de um plano inclinado de 45° em
relação ao plano horizontal, com coeficiente de atrito cinético c  0,5. Depois de percorrer uma dislância d  2 m ao
longo do plano, o bloco colide com uma mola de constante k  800 N/m, de massa desprezível, que se encontrava
relaxada. (a) Qual é a compressão sofrida pela mola? (b) Qual é a energia dissipada pelo atrito durante o trajeto do
bloco desde o alto do plano até a compressão máxima da mola? Que fração representa da variação total de energia
potencial durante o trajeto? (c) Se o coeficiente de atrito estático com o plano é e  0,8, que acontece com o bloco
logo após colidir com a mola?
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 Solução (a) Tomando o nível zero na posição final da mola comprimida de s, podemos encontrar esta
compressão usando a conservação da energia,
Wa  ΔE
onde ΔE é a variação da energia mecânica. Sabendo que
si  0, sf  s, zi  d  s sen45º, zf  0, vi  vf  0
encontra-se
Ei  12 mvi
2  mgzi  mgd  s sen45º
Ef  12 mvf
2  mgzf  12 ks
2  12 ks
2
Wa  −cmgcos45º s
Logo,
− cmgcos45ºd  s  12 ks
2 − mgd  s sen45º  12 ks
2 − mg sen45º s  cmgcos45º s  cmgdcos45º − mg
1
2 ks
2 − 22 mg1 − c s −
2
2 mgd1 − c   0  s
2 − 2 mgk 1 − c s − 2
mg
k d1 − c   0
Substituindo os valores numéricos, encontra-se
s2 − 2 10  9.8800  1 − 0.5s − 2
10  9.8
800  2  1 − 0.5  0
ou
s2 − 8. 6621  10−2s − 0.17324  0
cujas soluções são
s  −0.38 e s  0.46
A solução negativa pode ser descartada, uma vez que s, como foi definida, é uma grandeza positiva. Logo, a
compressão máxima da mola é
 s  0.46 m.
(b) A energia dissipada pelo atrito é
|ΔE|  |Wa |  cmgcos45ºd  s  0.5  10  9.8  22  2  0.46
ou seja,
|ΔE|  85 J.
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Durante o trajeto, a variação total da energia potencial gravitacional é dada por
|ΔU |  |−mgd  s sin45º|  −10  9.8  2  0.46  22  170 J
Assim
f  85170  0,5
(c) Após o bloco parar, a força elástica da mola na compressão máxima se contrapôe à força de atrito e a resultante
será
F  ks − emg sen45º  800  0.46 − 0.8  10  9.8  22  312 N
para cima ao longo do plano. Portanto, o bloco volta a subir.
* * *
 PROBLEMA 18 Uma bolinha amarrada a um fio de comprimento l  1 m gira num plano vertical. (a) Qual deve
ser a velocidade da bolinha no ponto mais baixo B (Fig.) para que ela descreva o círculo completo? (b) A velocidade
satisfazendo a esta condiçâo, veriflca-se que a tensão do fio quando a bolinha passa por B difere por 4,41 N da tensão
quando ela passa pela posição horizontal A. Qual é a massa da bolinha?
 Solução (a) Tomando o nível zero no ponto B, a conservação da energia mecânica fornece
mgzl  12 mvl
2  12 mvB
2
Da segunda lei de Newton, no ponto mais alto
mg  Tl  mvl
2
l
O menor valor de vB para que a bolinha descreva uma volta completa, deve ser aquele que torne Tl  0 no ponto mais
alto. Assim,
mg  mvl
2
l  vl  gl
Assim, substituindo na conservação da energia,
2mgl  12 mgl 
1
2 mvB
2  vB  5gl  vB  7 m/s.
(b) No ponto mais baixo B a tensão do fio vale
TB − mg  mvB
2
l  TB 
mvB2
l  mg  5mg  mg  6mg
A velocidade no ponto A , pode ser obtida pela conservação da energia energia mecânica.
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1
2 mvA
2  mgzA  12 mvB
2  mgzB  12 vA
2  gl  52 gl  vA  5gl − 2gl  3gl
Então, a tensão do fio no ponto A vale
TA  mvA
2
l 
3mgl
l  3mg
Sabendo-se que TB − TA  4,41, então
6mg − 3mg  4,41  3mg  4,41  m  4,413g
ou seja,
m  4.413  9.8  m  0.15 kg
ou seja, m  150 g.
* * *
 PROBLEMA 19 Um garotinho esquimó desastrado escorrega do alto do seu iglu, um domo hemisférico de gelo
de 3 m de altura. (a) De que altura acima do solo ele cai? (b) A que distância da parede do iglu ele cai?
θ0
N(θ0)
mg
O
r
x
x0
y0
v0
θ0
 Solução (a) Numa posição qualquer, temos
mgcos − N  mv
2
r  N  mgcos −
mv2
r
Tomando o nível zero no solo, por conservação da energia mecânica obtém-se
mgr  mgrcos  12 mv
2
ou seja
v  2gr1 − cos
Então
N  mgcos − 2mgr1 − cosr  mgcos − 2mg  2mgcos  3mgcos − 2mg
O garoto perde o contato com o domo numa posição 0 para a qual N0   0. Logo,
3mgcos0 − 2mg  0  cos0  23
ou seja, para 0  cos−1 23 . Também sen0  1 − cos
20  1 − 49 
5
9 
5
3 . Isto corresponde a uma altura
y0 igual a
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y0  rcos0  3  23  2 m.
Ou seja, o garoto cai de uma altura y0  2 m. A distância da origem x0 que ele abandona o iglu é dada por
x0  r sen0  r 53  3 
5
3  5m  2,2 m
(b) Ao abandonar o domo, o garoto o faz com uma velocidade
v0  v0   2gr1 − cos0   2  g  3  1 − 23 
2
3 g  4,43 m/s
que faz um ângulo 0 abaixo da horizontal. A partir deste ponto o garoto descreve uma trajetória parabólica
(movimento de projétil), cujas equações são (considerando a origem do sistema de coordenadas no ponto O)
x  x0  v0 cos0t, y  y0 − v0 sen0t − 12 gt
2
Assim, quando y  0
0  2 − 23 g
5
3 t −
1
2 gt
2  0  12 gt
2  1027 g t − 2  0
ou
t2  2 1027g t −
4
g  0
ou ainda
t2  2 1027  9.8 t −
4
9.8  0  t
2  0.39 t − 0.41  0  t  0,47; e t  −0,86
Ou seja, a solução é t  0,47 s, que é o tempo que o garoto leva para atingir o solo. Substituindo este valor de t na
expressão de x, encontra-se
x  x0  v0 cos0t  x  5  23
2
3  9.8  0.47  x  3,037 m
Em relação à parede do iglu, a distância que o garoto atinge o solo é
d  x − r  0,037 m
* * *
 PROBLEMA 20 Num parque de diversões, um carrinho desce de uma altura h para dar a volta no “loop” de raio
R indicado na figura. (a) Desprezando o atrito do carrinho com o trilho, qual é o menor valor h1 de h para permitir ao
carrinho dar a volta toda? (b) Se R  h  h1, o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta percorrer mais um
ângulo  para chegar até o topo A (Fig). Calcule . (c)Que acontece com o carrinho para h  R?
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 Solução (a) Tomando o nível zero de referência no solo, a conservação de energia fornece
mgh  12 mvA
2  mghA
onde hA  2R. Da 2ª lei de Newton no ponto A obtém-se
mg  N  mvA
2
R  mvA
2  mgR  N.
Então, a menor velocidade para que o carrinho possa fazer o loop é aquela para a qual N  0. Assim,
mvA2  mgR  vA  gR
Substituindo na equação de conservação da energia, encontra-se a menor altura h  h1 para a qual é possível o
carrinho dar uma volta completa,
mgh1  12 mgR  2mgR  h1 
R
2  2R  h1 
5
2 R.
(b) Num ponto B qualquer, onde R  h  h1, a segunda lei de Newton fornece
N  mgcos  mv
2
R  N 
mv2
R − mgcos
O carrinho cai do trilho num ponto onde ele perde o contato, ou seja, onde N  0. Assim
mv2
R − mgcos  0  Rgcos  v
2
Mas, da conservação da energia mecânica sabe-se que
mgh  12 mv
2  mgz
onde z  R  Rcos. Logo,
mgh  12 mv
2  mgR  mgRcos  v2  2gh − 2gR − 2gRcos
Portanto,
Rgcos  v2  Rgcos  2gh − 2gR − 2gRcos  3Rcos  2h − R
ou
3Rcos  2h − R
de onde se obtém
cos  23
h
R − 1
(c) Para h  R, a conservação da energia mecânica fornece
mgh  12 mv
2  mgR − mgRcos
onde  é o ângulo medido com a vertical a partir do ponto mais baixo. Como por hipótese v  0, então
mgh  mgR − mgRcos  Rcos  R − h
ou seja,
cos  1 − hR
Assim, o carrinho sobe um ângulo  depois de ultrapassar o ponto mais baixo, volta a descer e continua oscilando.
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★ ★ ★
 PROBLEMA 21 Uma escada rolante liga um andar de uma loja com outro situado a 7,5 m acima. O
comprimento da escada é de 12 m e ela se move a 0,60 m/s. (a) Qual deve ser a potência mínima do motor para
transportar até 100 pessoas por minuto, sendo a massa média de 70 kg? (b) Um homem de 70 kg sobe a escada em 10
s. Que trabalho o motor realiza sobre ele? (c) Se o homem, chegando ao meio, põe-se a descer a escada, de tal forma
a permanecer sempre no meio deÌa, isto requer que o motor realize trabalho? Em caso afirmativo, com que potência?
 Solução (a) O trabalho realizado pelo motor da escada para transportar uma única pessoa de massa m  70 kg é
dado por
W1  F d
onde, para uma velocidade constante, F  mg sen, sendo sen  hd . Assim
W1  mg  hd  d  W1  mgh
ou seja,
W1  70  9.8  7.5  5,145 kJ
A potência para transportar 100 pessoas por minuto, que corresponde a
N  10060 pessoas/s
será
P100  NW1  10060  5,145  8,575 kW
h
d
θ
mg
F
(b) O tempo que o motor gasta para transportar uma pessoa de um andar para o outro é
d  vt  t  120.6  20 s
A potência gasta para transportar uma pessoa será então
P1  W1t 
5.145
20  257,25 W
Se um homem sobe a escada em t  10 s, o motor realiza um trabalho sobre ele dado por
W  P1t  257,25  10
ou seja,
W  2.572,5 J
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Problemas Resolvidos do Capítulo 8
CONSERVAÇÃO DO MOMENTO
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 Dois veículos espaciais em órbita estão acoplados. A massa de um deles é de 1. 000 kg e a do
outro 2. 000 kg. Para separá-los, é detonada entre os dois uma pequena carga explosiva, que comunica uma energia
cinética total de 3. 000 J ao conjunto dos dois veículos, em relação ao centro de massa do sistema. A separação ocorre
segundo a linha que une os centros de massa dos dois veículos. Com que velocidade relativa eles se separam um do
outro?
 Solução Seja m1  1. 000 kg e m2  2. 000 kg. Em relação ao CM do sistema, o momento total é nulo. Assim,
m1v1′  −m2v2′  v2′  − m1m2 v1′
onde v1′ e v2′ são as velocidades ao longo da direção da linha que une os CM individuais dos dois veículos. Como a
energia cinética total T  3000 J comunicada pelo explosivo em relação ao CM do sistema
T  12 m1v1
′2  12 m2v2
′2  T  12 m1v1
′2  12 m2 −
m1
m2 v1
′ 2  2T  m1
2  m1m2
m2 v1
′2
ou seja
m12  m1m2
m2 v1
′2  2T  v1′  2m2Tm1m1  m2   v1
′  2  2  103  3  103
103103  2  103   2 m/s
Como
v2′  − m1m2 v1′  v2′  − 10
3
2  103  2  v2
′  −1 m/s
A velocidade relativa é v12  v1′ − v2′  2  1  3 m/s. ∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 2 Um atirador, com um rifle de 2 kg apoiado ao ombro, dispara uma bala de 15 g, cuja velocidade
na boca da arma (extremidade do cano) é de 800 m/s. (a) Com que velocidade inicial a arma recua? (b) Que impulso
transmite ao ombro do atirador? (c) Se o recuo é absorvido pelo ombro em 0, 05 s, qual é a força média exercida sobre
ele, em N e em kgf?
 Solução (a) Como o sistema está inicialmente em repouso P0  0. Como é nula a resultante das forças externas,
F(ext)  0, então o momento total se conserva, ou seja, P  P0  0. Portanto, imediatamente após o disparo
P  mrvr  mbvb  0  vr  −mb/mr vb  vr  −15  10−3/2  800  − 6. 0 m/s. Ou seja, a velocidade inicial de recuo
do rifle é de v0r  6 m/s. (b) O impulso transmitido ao ombro do atirador corresponde à variação do momento do rifle
após a arma ser dispara. Assim, Δpr  pr − p0r  mrvr − mrv0r  0 − 2  −6  12 N s. (c) A força média é dada por
F̄  ΔprΔt 
12
0. 05  240 N. Em kgf será F̄  240/9. 8 ≈ 24. 5 kgf.∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 3 Um canhão montado sobre uma carreta, apontado numa direção que forma um ângulo de 30º com
a horizontal, atira uma bala de 50 kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300 m/s. A massa total do canhão e da
carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velocidade inicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é
0, 7, de que distância a carreta recua?
 Solução Vamos considerar apenas a componente horizontal dos momentos, uma vez que a variação da
componente vertical do momento da bala é absorvida pelo solo. Assim, como F(ext)  0 e inicialmente o sistema estava
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em repouso,
mbvb cos30º  mcvc  0  vc  − mbmc vb cos30º  vc  − 505  103  300 
3
2  −2. 6 m/s
ou seja, a velocidade de recuo da carreta é 2, 6 m/s. (b) A força de atrito é Fc  cN  0. 7  5  103  9. 8  34. 300 N, o
que implica, pela 2ª lei de Newton, uma desaceleração da carreta dada por a  Fcmc 
34300
5000  6. 9 m/s
2. Assim,
considerando v0c  2, 6 m/s, vc  0 e a  6. 9 m/s2, a distância que a carreta recua é
vc2  v0c2 − 2aΔx  Δx  v0c
2
2a 
2. 62
2  6. 9  0. 49 m.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 4 Uma patinadora e um patinador estão-se aproximando um do outro, deslizando com atrito
desprezível sobre uma pista de gelo, com velocidades de mesma magnitude, igual a 0, 5 m/s. Ela tem 50 kg, carrega
uma bola de 1 kg e patina numa direção 10º a leste da direção norte. Ele tem 51 kg, dirige-se para 10º a oeste da
direção norte. Antes de colidirem, ela lança a bola para ele, que a apanha. Em conseqüência, passam a afastar-se um
do outro. Ela se move agora com velocidade de 0, 51 m/s, numa direção 10º a oeste da direção norte. (a) Em que
direção se move o patinador depois de apanhar a bola? (b) Com que velocidade? (c) Qual foi o momento transferido
da patinadora para o patinador? (d) Com que velocidade e em que direção a bola foi lançada? [Note que a deflexão
das trajetórias produzida pela troca da bola é análoga ao efeito de uma força repulsiva entre os dois patinadores. Na
física das partículas elementares, a interação entre duas partículas é interpretada em termos de troca de uma terceira
partícula entre elas].
patinadora patinador
αα
y
x
y
x
α
v0v0
vm
vh
θ
 Solução Como F(ext)  0, o momento total do sistema se conserva. Seja P0 o momento inicial. Logo   10º
P0x  mm  mb v0m sen − mhv0h sen  P0x  mm  mb − mh v0 sen
P0y  mm  mb v0m cos  mhv0h cos  P0y  mm  mb  mh v0 cos
Após lançar a bola, o momento sua velocidade é de vm  0, 51 m/s numa direção   10º. Chamando de  a direção do
patinador, temos para as componentes do momento final
Px  −mmvm sen  mh  mb vh sen
Py  mmvm cos  mh  mb vh cos
A condição P0  P implica que as componentes destes vetores devam ser iguais. Por isto,
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P0x  Px  mm  mb − mh v0 sen  −mmvm sen  mh  mb vh sen
P0y  Py  mm  mb  mh v0 cos  mmvm cos  mh  mb vh cos
ou
mm  mb − mh v0  mmvm  sen  mh  mb vh sen
mm  mb  mh v0 − mmvm cos  mh  mb vh cos
(a) Dividindo membro a membro estas equações, obtém-se:
tg  mm  mb − mh v0  mmvm mm  mb  mh v0 − mmvm  tg  tg 
50  1 − 51  0. 5  50  0. 51
50  1  51  0. 5 − 50  0. 51 tg  tg    
Depois de apanhar a bola, o patinador se move numa direção   10º a leste da direção norte. (b) Como   , tem-se
mm  mb − mh v0  mmvm  sen  mh  mb vh sen  vh  mm  mb − mh v0  mmvmmh  mb 
ou
vh  50  1 − 51  0. 5  50  0. 5151  1  vh  0. 49 m/s.
(c) Devido à conservação do momento,
P0  p0m  p0h
P  pm  ph
p0m  p0h  pm  ph  Δph  −Δpm
Assim, a variação do momento da patinadora é
p0mx  mm  mb v0 sen
pmx  −mmvm sen
Δpmx  pmx − p0mx  −mmvm sen − mm  mb v0 sen  −mmvm  mm  mb v0  sen
p0my  mm  mb v0 sen
pmy  mmvm cos
Δpmy  pmy − p0my  mmvm cos − mm  mb v0 cos  mmvm − mm  mb v0 cos
ou seja
Δpmx  −8. 86 kg  m/s, Δpmy  0
Como Δph  −Δpm, logo
Δphx  −Δpmx  8. 86 kg  m/s, Δphy  −Δpmy  0
Portanto, o momento transferido foi de 8. 86 kgm/s na direção leste. (d) Esta transferência de momento corresponde
ao momento com que a bola foi lançada. Assim, como pb  mbvb  Δph, temos
pbx  mbvbx  Δphx  vbx  Δphxmb  8. 861  8. 86 m/s
pby  mbvby  Δphy  vby  0.
Logo, a bola foi lançada com uma velocidade de 8. 86 m/s de oeste para leste.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 5 Um remador de 75 kg, sentado na popa de uma canoa de 150 kg e 3 m de comprimento,
conseguiu trazê-la para uma posição em que está parada perpendicularmente à 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 até a proa, o que leva a canoa a afastar-se da margem. Chegando à proa, ele consegue, esticando o braço,
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alcançar até uma distância de 80 cm da proa. Conseguirá agarrar a estaca? Caso contrário, quanto falta? Considere o
centro de massa da canoa como localizado em seu ponto médio e despreze a resistência da água.
xr0
xc0
X0
CM
xc
xr
X
CM
x x
 Solução A resultante das forças externas é nula, o que impede que o CM do sistema remador  canoa se
desloque. Logo, a posição inicial do CM não varia. Considerando a origem do sistema na estaca, e que a canoa seja
uma partícula de massa mc  150 kg localizada a uma distância xc0  1. 5 m da estaca (CM da canoa) e o remador de
massa mr  75 kg e xr0  3 m, então a localização inicial do CM do sistema em relação à estaca é
X0  mrxr0  mcxc0mr  mc  X0  75  3  150  1. 575  150  2 m
Como a posição do CM não varia, X  X0 e M  mr  mc 
X  mrxr  mcxcM  X0  mrxr  mcxc  2M
Por outro lado, na posição final vale a relação (ver figura)
xc − xr  l2  xc  xr 
l
2
onde l é o comprimento da canoa. Assim,
mrxr  mcxc  2M  mrxr  mc xr  l2  2M
de maneira que
mr  mc xr  2M − mcl2  xr 
4M − mcl
2mr  mc 
Logo, a posição final do remador em relação à estaca é
xr  475  150 − 150  3275  150  1 m
Como o remador só consegue esticar o braço até 0, 80m além da proa da canoa ele não conseguirá agarrar a estaca.
Ainda faltam 20 cm para conseguir.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 6 No fundo de uma mina abandonada, o vilão, levando a mocinha como refém, é perseguido pelo
mocinho. O vilão, de 70 kg, leva a mocinha, de 50 kg, dentro de um carrinho de minério de 540 kg, que corre com atrito
desprezível sobre um trilho horizontal, à velocidade de 10 m/s. O mocinho, de 60 kg, vem logo atrás, num carrinho
idêntico, à mesma velocidade. Para salvar a mocinha, o mocinho pula de um carrinho para o outro, com uma
velocidade de 6 m/s em relação ao carrinho que deixa para trás. Calcule a velocidade de cada um dos carrinhos
depois que o mocinho já atingiu o carrinho da frente.
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.4
Universidade Federal do Amazonas
v'm
v10 v20 v1 v2
 Solução O momento incial e final do sistema (considere apenas a direção x são
P0  mm  mc v10  mb  mr  mc v20
P  mcv1  mb  mr  mc  mm v2
Ao pular do carrinho 1, o mocinho produz uma transferência de momento para o carrinho 2. O salto, feito com
velocidade vm′  6 m/s em relação ao carrinho, ou seja,
vm  vm′  v10  vm  16 m/s
em relação ao solo, produz uma variação de momento no carrinho 1, que pode ser calculada usando a conservação
de momento do carrinho 1. Logo, a velocidade do carrinho após o salto do mocinho será:
mm  mc v10  mcv1  mmvm  v1  mm  mc v10 − mmvmmc  v1 
60  540  10 − 60  16
540  9. 3 m/s
Da conservação do momento total, P0  P, encontra-se
mm  mc v10  mb  mr  mc v20  mcv1  mb  mr  mc  mm v2
ou seja,
v2  mm  mc v10  mb  mr  mc v20 − mcv1mb  mr  mc  mm
Substituindo os valores
v2  60  540  10  70  50  540  10 − 540  9. 370  50  540  60  10. 5 m/s.
Portanto, o carrinho de trás passa a ter uma velocidade de 9, 3 m/s e o da frente, 10, 5 m/s.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 7 Um gafanhoto, pousado na beirada superior de uma folha de papel que está boiando sobre a
água de um tanque, salta, com velocidade inicial de 4 m/s, em direção à beirada inferior da folha, no sentido do
comprimento. As massas do gafanhoto e da folha são de 1 g e de 4 g, respectivamente, e o comprimento da folha é de
30 cm. Em que domínio de valores pode estar compreendido o ângulo  entre a direção do salto e a sua projeção
sobre a horizontal para que o gafanhoto volte a cair sobre a folha?
v0
θO
xg0
xf0
X0
CM
x O
xf
xg
X
CM
 Solução Vamos admitir que a água aborva a variação de momento na direção vertical. Então, na direção
horizontal, a conservação de momento garante que o CM do sistema folha  gafanhoto não muda de posição, que
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inicialmente está em X0, ou seja,
X0  mgxg0  mfxf0mg  mf 
1  30  4  15
1  4  18 cm.
Da conservação de momento, sabendo que P0  0, e que o gafanhoto pula para a esquerda, obtém-se
P  −mgv0 cos  mfvf  0  vf  mgv0 cosmf  1  4  cos4  vf  cos
ou seja, a folha desloca-se para a direita. A velocidade relativa do ganhafoto em relação à folha é portanto
vg′  vg − vf  −v0 cos − cos  −5cos
na direção horizontal. Para percorrer o comprimento da folha, o gafanhoto leva então um tempo
t  l
|vg′ |
 0. 35cos
Em relação à origem do sistema ligado à água, no entanto, a posição do gafanhoto ao final deste intervalo de tempo é
xg  xg0 − v0 cos t  xg  0. 3 − v0 cos  0. 35cos  0. 3 − 4 
0. 3
5  0. 06 m
Ou seja, o gafanhoto percorre 24 cm para atingir a outra extremidade da folha que se desloca para a direita. Isto
corresponde ao alcance máximo de um lançamento de projétil sob um ângulo  como velocidadeinicial v0  4 m/s.
Usando a expressão para o alcance,
A  v0
2
g sen2  0. 24  4
2
9. 8 sen2  sen2 
0. 24  9. 8
16  0. 147
ou seja,
2  sen−10. 147  2  8. 5º    4. 23º
Portanto, para qualquer ângulo entre 0 e 4, 23º o gafanhoto cai sobre o papel, ou seja,
0    4, 23º
Como o alcance é o mesmo para ângulos   45º   e   45º − , então   45º −  para este caso e portanto vale
  45º − 4. 23º  40, 77º
Portanto,   45º  40. 77º  85. 77º também satisfaz a condição para o alcance. Logo, outro domínio de valores será
85, 77º    90º
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 8 Um rojão, lançado segundo um ângulo de 45º, explode em dois fragmentos ao atingir sua altura
máxima, de 25 m; os fragmentos são lançados horizontalmente. Um deles, de massa igual a 100 g, cai no mesmo
plano vertical da trajetória inicial, a 90 m de distância do ponto de lançamento. O outro fragmento tem massa igual a 50
g. (a) A que distância do ponto de lançamento cai o fragmento mais leve? (b) Quais são as velocidades comunicadas
aos dois fragmentos em conseqüência da explosão? (c) Qual é a energia mecânica liberada pela explosão?
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.6
Universidade Federal do Amazonas
v
v0
x1 = 90 m CM
m1
CM
X = A
m2
x2
O
v10 v20
 Solução (a) Para este lançamento, a velocidade inicial é dada através da expressão da altura máxima
ym  v0
2 sen2
2g  v0 
2gym
sen2
ou seja   45º
v0  2  9. 8  25
2 /2 2
 31. 3 m/s.
: 31. 305 Para esta velocidade, a distância horizontal até a posição de ym é xm  12 A. Como
A  v0
2
g sen2  2  9. 8  252 /2 2  9. 8
 1  100 m
portanto,
xm  12 A 
1
2
31. 32
9. 9  xm  50 m.
Momento antes da explosão No ponto ym, a velocidade do rojão (antes de explodir) vale apenas a componente x
da velocidade inicial, ou seja,
v  v0 cos45º
então, o momento total P0 vale
P0  m1  m2 v  P0  m1  m2 v0 cos45º
Momento após a explosão Após a explosão, o momento é
P  m1v1  m2v2
Como foi dada a posição em que fragmento m1 caiu, que é x1  90 m, podemos calcular a velocidade v1 após a
explosão. Ou seja, x0  xm, y0  ym, v0y  0, v0x  v1 
x  xm  v1t, y  ym − 12 gt
2
Para y  0, t  tq que é o tempo de queda do fragmento 1 . Portanto,
t  2ymg  tq  2  259. 8  2. 26 s.
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Assim, para t  tq  x  x1
x1  xm  v1tq  v1  x1 − xmtq  v1 
90 − 50
2. 26  17. 7 m/s.
Conservação do momento Como não há força externa na direção horizontal, podemos usar a conservação do
momento
m1v1  m2v2  m1  m2 v0 cos45º
e o valor da velocidade do fragmento m2 logo após a explosão é
v2  m1  m2 v0 cos45º − m1v1m2
ou
v2  0. 100  0. 050  31. 3  2 /2 − 0. 100  17. 70. 050  31 m/s
Distância da queda do fragmento 2 Como o tempo de queda é o mesmo que o anterior, a posição do fragmento 2
pode ser calculada por
x2  xm  v2tq
ou
x2  50  31  2. 26  120 m
(b) Velocidade comunicada aos dois fragmentos Antes da explosão, os fragmentos viajavam com uma
velocidade
v  v0 cos45º  v  31. 3  22  22. 13 m/s
Após a explosão, o fragmento de massa m1  100 g passou a se movimentar com um velocidade v1  17. 7 m/s, ou
seja, foi-lhe comunicada uma velocidade v1′  v1 − v  17. 7 − 22. 13  −4. 43 m/s. Ao fragmento de massa m2  50 g,
cuja velocidade após a explosão é de v2  31 m/s, foi-lhe comunicada uma velocidade v2′  v2 − v  31 − 22. 13  8. 87
m/s.
(c) A energia mecânica liberada pela explosão pode ser calculada pela diferença da energia mecânica antes e depois
da explosão. Assim,
Ea  12 mv
2  mgh  12  0. 100  0. 050  22. 13
2  0. 100  0. 050  9. 8  25  73. 48 J
Ed  12 m1v1
2  m1gh  12 m2v2
2  m2gh  12  0. 100  17. 7
2  0. 100  9. 8  25  12  0. 050  31
2  0. 050  9. 8  25  76. 44 J
Portanto, a energia liberada foi de
ΔE  Ed − Ea  76. 44 − 73. 48  2. 96 J
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 9 Uma mina explode em três fragmentos, de 100 g cada um, que se deslocam num plano horizontal:
um deles para oeste e os outros dois em direções 60° ao norte e 30° ao sul da direção leste, respectivamente. A
energia cinética total liberada pela explosão é de 4. 000 J. Ache as velocidades iniciais dos três fragmentos.
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.8
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v1
v3
v2
p1
p2
p3
60º
30º
 Solução O momento inicial da mina é nulo, isto é, P0  0. Não havendo forças externas, o momento final também
o é. Logo,
Px  −p1  p2 cos60º  p3 cos30º  0
Px  p2 sen60º − p3 sen30º  0
Ou seja,
p1  p2 cos60º  p3 cos30º  p1  12 p2 
3
2 p3
p3  p2 sen60ºsen30º  p3  3 p2
Substituindo p3 na primeira, encontra-se
p1  12 p2 
3
2 3 p2  p1 
1
2 
3
2 p2  p1  2p2
Como as massas dos fragmentos são iguais, isto é, m1  m2  m3  m, podemos encontrar duas relações para as
velocidades. Isto é,
p1  2p2  v1  2v2
p3  3 p2  v3  3 v2
Sabendo-se que a energia cinética total liberada pela explosão é de 4. 000 J, temos entrão a terceira relação entre as
velocidades, ou seja,
T  12 mv1
2  v22  v32   v12  v22  v32  2Tm
Portanto m  0. 100 kg ,
v12  v22  v32  2Tm  2v2 2  v22  3 v2
2  80000. 100
ou
4v22  v22  3v22  8  104
ou ainda
8v22  8  104  v2  100 m/s.
Usando as duas relações, encontra-se
v1  2v2  v1  200 m/s
p3  3 p2  v3  173 m/s
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Portanto,
v1  200 m/s, v2  100 m/s, v3  173 m/s
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 10 Uma barra cilíndrica homogênea de 3 m de comprimento é dobrada duas vezes em ângulo reto,
a intervalos de 1 m de modo a formar três arestas consecutivas de um cubo (Fig.). Ache as coordenadas do centro de
massa da barra, no sistema de coordenadas da figura.
 Solução Como a barra é homogênea, podemos considerar cada segmento da barra com uma partícula localizada
no CM de cada um deles. Assim,
P1  12 , 0, 0 , P2  1,
1
2 , 0 , P3  1, 1,
1
2
Considerando que cada segmento tenha massa m, então
X  mx1  mx2  mx33m 
1
2  1  1
3 
5
6 m
Y  my1  my2  my33m 
0  12  1
3 
1
2 m
Z  mz1  mz2  mz33m 
0  0  12
3 
1
6 m
Assim,
CM  16 ,
1
2 ,
1
6 em m
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 11 (a) Ache as coordenadas do CM (centro de massa) da placa homogênea OABCD indicada na
figura, dividindo-a em três triângulos iguais. (b) Mostre que se obtém o mesmo resultado calculando o CM do sistema
formado pelo quadrado OABD e pelo triângulo BCD que dele foi removido, atribuindo massa negativa ao triângulo.
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.10
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 Solução (a) Sejam os triângulos iguais T1  OCD, T2  OCA e T3  ACB. O CM de cada triângulo está no centro
geométrico correspondente. Assim,
T1  13
1
2 ,
1
2 
1
6 ,
1
2
T2  12 ,
1
3
1
2 
1
2 ,
1
6
T3  12 
2
3
1
2 ,
1
2 
5
6 ,
1
2
Como as massas são iguais
X  x1  x2  x33 
1
6 
1
2 
5
6
3 
1
2
Y  y1  y2  y33 
1
2 
1
6 
1
2
3 
7
18
ou seja,
CM  12 ,
7
18
(b) O CM do quadrado é
Xq  12 , Yq 
1
2
e do triângulo
Xt  12 , Yt 
1
2 
2
3
1
2 
5
6
O CM do sistema, será então (m t  −m
X  mqXq  mtXtmq  mt 
4m  12 − m 
1
2
4m − m 
1
2
Y  mqYq  mtYtmq  mt 
4m  12 − m 
5
6
4m − m 
7
18
o que confirma o enunciado.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 12 Calcule as coordenadas do CM da placa homogênea indicada na figura, um círculo de 1, 0 m de
raio do qual foi removido um círculode 0, 5 m de raio, com uma separação de 0, 25 m entre os centros O e O′ dos dois
círculos.
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 Solução Vamos adotar o esquema de solução com massa negativa. Assim, o círculo maior, de área A1   e o
círculo menor, de massa negativa, de área A2  4 . Assim, como A1  4A2  m1  4m2. Vamos adotar m2  −m e
m1  4m. O CM do círculo 1 é C1  0, 0, enquanto que do círculo 2, C2  0, 14 . Logo, para o sistema teremos
X  m1X1  m2X2m1  m2  4m  0 − m  04m − m  0
Y  m1Y1  m2Y2m1  m2 
4m  0 − m  14
4m − m  −
1
12
Portanto, o CM do sistema está em CM  0,− 112 em m.
 PROBLEMA 13 Num lançamento do foguete Saturno V (veja tabela da pg. 164) são queimadas 2. 100 toneladas
de combustível em 2, 5 min, gerando um empuxo de 3, 4  107 N. A massa total do foguete com sua carga é de 2. 800
toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b) Calcule a aceleração inicial do foguete
na rampa de lançamento.
 PROBLEMA 14 Utilizando os dados da tabela da pg. 164, calcule, para o 3º estágio do sistema Saturno V -
Apolo: (a) a velocidade de escape dos gases de combustão; (b) o incremento de velocidade produzido por este
estágio, na ausência de forças externas. A diferença entre o resultado e os valores da tabela pode ser atribuída a
essas forças (gravidade e resistência atmosférica residuais).
 PROBLEMA 15 Um avião a jato viaja a 900 km/h. Em cada segundo, penetram nos jatos 150 m3 de ar que, após
a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600 m/s em relação ao avião. Tome a densidade do ar como 1, 3
kg/m3. (a) Calcule o empuxo exercido sobre o avião em N e em kgf. (b) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp.
 PROBLEMA 16 Uma corrente de massa igual a 750 g e 1, 5 m de comprimento está jogada no chão. Uma pessoa
segura-a por uma das pontas e suspende-a verticalmente, com velocidade constante de 0, 5 m/s. (a) Calcule a razão
entre a força exercida pela pessoa no instante final, em que está terminando de tirar a corrente do chão, e a força que
teve de exercer no instante inicial. (b) Qual é o trabalho realizado?
 PROBLEMA 17 Um encantador de serpentes, tocando sua flauta, faz uma serpente de comprimento l e massa
m, inicialmente enrodilhada no chão, elevar gradualmente a cabeça até uma altura h  l do chão. Supondo a massa da
serpente uniformemente distribuída pelo seu corpo, quanto trabalho foi realizado pela serpente?
 PROBLEMA 18 Uma gotícula de água começa a formar-se e vai-se avolumando na atmosfera em torno de um
núcleo de condensação, que é uma partícula de poeira, de raio desprezível. A gota cai através da atmosfera, que
supomos saturada de vapor de água, e vai aumentando de volume continuamente pela condensação, que faz crescer
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.12
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a massa proporcionalmente à superfície da gota. A taxa  de crescimento da massa por unidade de tempo e de
superfície da gota é constante. (a) Mostre que o raio r da gota cresce linearmente com o tempo. (b) Mostre que a
aceleração da gota, decorrido um tempo t desde o instante em que ela começou a se formar, é dada por
dv
dt  −g − 3
v
t
onde v é a velocidade da gota no instante t (desprezando o efeito da resistência do ar). (c) Mostre que esta equação
pode ser resolvida tomando v  at, e determine a constante a. Que tipo de movimento resulta para a gota?
 PROBLEMA 19 Um caminhão-tanque cheio de água, de massa total M, utilizado para limpar ruas com um jato
de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético c. Ao atingir uma velocidade v0, o motorista
coloca a marcha no ponto morto e liga o jato de água, que é enviada para trás com a velocidade ve relativa ao
caminhão, com uma vazão de  litros por segundo. Ache a velocidade vt do caminhão depois de um tempo t.
 PROBLEMA 20 Uma nave espacial cilíndrica, de massa M e comprimento L, está flutuando no espaço sideral.
Seu centro de massa, que podemos tomar como o seu ponto médio, é adotado como origem O das coordenadas, com
Ox ao longo do eixo do cilindro. (a) No instante t  0, um astronauta dispara uma bala de revólver de massa m e
velocidade v ao longo do eixo, da parede esquerda até a parede direita, onde fica encravada. Calcule a velocidade V
de recuo da nave espacial. Suponha que m  M, de modo que M  m ≈ M. (b) Calcule o recuo total ΔX da nave,
depois que a bala atingiu a parede direita. Exprima-o em função do momento p transportado pela bala, eliminando da
expressão a massa m. (c) Calcule o deslocamento Δx do centro de massa do sistema devido à transferência da massa
m da extremidade esquerda para a extremidade direita da nave. (d) Mostre que ΔX  Δx  0, e explique por que este
resultado tinha necessariamente de ser válido. (e) Suponha agora que o astronauta, em lugar de um revólver, dispara
um canhão de luz laser. O pulso de radiação laser, de energia E, é absorvido na parede direita, convertendo-se em
outras formas de energia (térmica, por exemplo). Sabe-se que a radiação eletromagnética, além de transportar energia
E, também transporta momento p, relacionado com E por: p  E/c, onde c é a velocidade da luz. Exprima a resposta do
item (b) em termos de E e c, em lugar de p. (f) Utilizando os itens (c) e (d), conclua que a qualquer forma de energia E
deve estar associada uma massa inercial m, relacionada com E por E  mc2. Um argumento essencialmente idêntico a
este, para ilustrar a inércia da energia, foi formulado por Einstein (veja Física Básica, vol. 4).
★ ★ ★
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Problemas Resolvidos do Capítulo 9
COLISÕES
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 Calcule a magnitude (em kgf) da força impulsiva que atua em cada um dos exemplos seguintes:
(a) Num saque de jogo de tênis, a bola, de massa igual a 60 g, é lançada com uma velocidade de 40 m/s; o tempo de
contato com a raquete é da ordem de 0,005 s (b) Um jogador de futebol cobra um pênalti, chutando a bola com uma
velocidade de 20 m/s. A massa da bola é de 450 g e a duração do chute da ordem de 0,01 s. (c) Uma pessoa de 80 kg
pula do alto de um muro de 2,5 m de altura, caindo em pé (sem dobrar os joelhos). A duração do impacto é de 0,01 s.
É melhor dobrar os joelhos! (d) Um carro de 1,5 toneladas, a 60 km/h, bate num muro. A duração do choque é de 0,1
s.
 Solução A força impulsiva é dada por F  Δp/Δt. Assim: (a) p0  0 e p  mv  0.060  40  2. 4 kg m/s.
F  ΔpΔt 
2.4 − 0
0.005  480.0 N ou F 
480
9.8  49 kgf . (b) p0  0 e p  mv  0.450  20  9.0 kg m/s. F 
9 − 0
0.01  900 N
ou F  9009.8  92 kgf. (c) Ao atingir o solo, a velocidade é v  2gh  2  9.8  2.5  7.0 m/s. Logo, p0  80  7 
560 kg m/s e p  0. F  0 − 5600.01  − 56000 N ou F 
56000
9.8  5714 kgf. (d) v 
60
3.6  16. 7 m/s. p0  1500  16.7 
25050 kg m/s e p  0. F  250500.1  2. 505  10
5 N ou F  2. 505  1059.8  25.561 kgf.
 PROBLEMA 2 Na teoria corpuscular da luz, no século 17, imaginava-se um feixe de luz como constituído de
corpúsculos muito pequenos, movendo-se com velocidade muito elevada. A reflexão da luz num espelho seria
produzida pela colisão dos corpúsculos luminosos com o mesmo, de forma análoga a uma colisão elástica com uma
parede impenetrável. Ao atravessar a superficie de separação entre dois meios transparentes distintos (ar e água, por
exemplo). um corpúsculo luminoso teria sua velocidade alterada pelo efeito de uma força impulsiva normal à superficie
de separação, prosseguindo depois em seu movimento, livre da ação de forças. Sejam 1, 1′ e 2 os ângulos de
incidência, reflexão, e refração respectivamente. Mostre que este modelo explicaria as leis da reflexãoe da refração:
raios refletido e refratado no plano de incidência, com 1′  1, sen1′ / sen2  n12, e calcule o índice de refração relativo
n12 do segundo meio em relação ao primeiro em função das velocidades v1 e v2 dos corpúsculos nos meios 1 e 2. A
velocidade dos corpúsculos seria maior no ar ou na água?
 PROBLEMA 3 Considere a colisão elástica entre duas partículas de massas m1 e m2 que se movem em uma
dimensão. (a) Verifique, a partir das (9.4.11), que a velocidade do CM se conserva na colisão. (b) Calcule as
velocidades iniciais v1i′ e v2i′ das duas partículas em relação ao CM do sistema, exprimindo-as em função da
velocidade relativa inicial vri da partícula 2 em relação à partícula 1 e da massa total M  m1  m2. Qual é a relação
entre vri′ e vri? (c) Faça o mesmo para as velocidades finais v1f′ e v2f′ em relaçâo ao CM, com auxilio das (9.4.11). Qual
é a relação entre vrf′ e vrf (a velocidade relativa final)? E entre vrf′ e vri′ ? (d) Interprete os resultados de (a) a (c),
descrevendo como ocorre a colisão vista do referencial do CM.
 Solução (a) De acordo com a definição, a velocidade do CM antes e depois da colisão é dada por
Vi  m1v1i  m2v2im1  m2 , Vf 
m1v1f  m2v2f
m1  m2
A conservação da velocidade do CM implica em
m1v1i  m2v2i
m1  m2 
m1v1f  m2v2f
m1  m2
Agora, considere as equações (9.4.11)
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Universidade Federal do Amazonas
v1f  m1 − m2m1  m2 v1i 
2m2
m1  m2 v2i
v2f  2m1m1  m2 v1i −
m1 − m2
m1  m2 v2i
ou seja
m1v1f  m1 − m2m1  m2 m1v1i 
2m1m2
m1  m2 v2i
m2v2f  2m1m2m1  m2 v1i −
m1 − m2
m1  m2 m2v2i
ou ainda
p1f  m1 − m2m1  m2 p1i 
2m1
m1  m2 p2i
p2f  2m2m1  m2 p1i −
m1 − m2
m1  m2 p2i
Somando as duas
p1f  p2f  m1 − m2m1  m2 p1i 
2m1
m1  m2 p2i 
2m2
m1  m2 p1i −
m1 − m2
m1  m2 p2i
p1f  p2f  m1 − m2m1  m2 
2m2
m1  m2 p1i 
2m1
m1  m2 p2i −
m1 − m2
m1  m2 p2i
p1f  p2f  m1 − m2m1  m2 
2m2
m1  m2 p1i 
2m1
m1  m2 −
m1 − m2
m1  m2 p2i
p1f  p2f  m1 − m2  2m2m1  m2 p1i 
2m1 − m1  m2
m1  m2 p2i
p1f  p2f  p1i  p2i
Esta equação é equivalente a
m1v1i  m2v2i  m1v1f  m2v2f
ou, o que é o mesmo
m1v1i  m2v2i
m1  m2 
m1v1f  m2v2f
m1  m2
como queríamos demonstrar. (b) Em relação ao CM o momento total é nulo, tanto antes como depois da colisão, ou
seja
m1v1i′  m2v2i′  m1v1f′  m2v2f′  0
Logo,
m1v1i′  m2v2i′  0  v1i′  − m2m1 v2i′
Como v2i′  v2i − Vi encontra-se
v2i′  v2i − m1v1i  m2v2im1  m2  v2i′ 
m1v2i  m2v2i − m1v1i − m2v2i
M 
m1v2i − m1v1i
M 
m1
M v2i − v1i 
Lembrando que a velocidade relativa inicial de 2 em relação a 1 é vri  v2i − v1i, então
v2i′  m1M vr
Portanto,
v1i′  − m2m1 v2i′  v1i′  −
m2
m1
m1
M vr
ou seja,
Notas de Aula de Física I Colisões - Problemas Resolvidos PR-9.2
Universidade Federal do Amazonas
v1i′  − m2M vri
De maneira similar
v2i′  m1M vri
Em relação ao centro de massa, vri′  v2i′ − v1i′ , ou seja,
vri′  m1M vri − −
m2
M vri 
m1  m2
M vri
ou seja,
vri′  vri.
(c) Para as velocidade finais, em relação ao CM temos da relação m1v1f′  m2v2f′  0
v1f′  − m2m1 v2f′
Como v2f′  v2f − Vf, então
v2f′  v2f −
m1v1f  m2v2f
m1  m2 
m1
M v2f − v1f 
ou, lembrando que vrf  v2f − v1f,
v2f′  m1M vrf
Então
v1f′  − m2m1 v2f′  v1f′  −
m2
m1
m1
M vrf  −
m2
M vrf
Devido à conservação da energia da energia cinética e do momento, vimos que
v2f − v1f  −v2f − v1i   vrf  −vri
ou seja, a velocidade relativa entre as duas partículas se inverte. Desta maneira, encontra-se
v1f′  − m2M vrf  v1f
′  m2M vri
Logo, como v1i′  − m2M vri encontra-se que
v1f′  −v1i′
De maneira similar
v2f′  −v21′
★ ★ ★
 PROBLEMA 4 Considere um sistema qualquer de duas partículas, de massas m1 e m2 e velocidades v1 e v2.
Sejam T1 e T2 as energias cinéticas das duas partículas, e vr, a velocidade relativa da partícula 2 em relação à
partícula 1. (a) Mostre que os momentos das duas partículas em relação ao CM são dados por: p1′  −vr  −p2′ , onde
  m1m2/M (com M  m1  m2) chama-se a massa reduzida do sistema de duas partículas. Note que 1/
 1/m1  1/m2. (b) Mostre que a energia cinética total é dada por T1  T2  T1′  T2′  12 MvCM
2 , onde T1′ e T2′ são as
energias cinélicas relativas ao CM e vCM é a velocidade do CM. (c) Mostre que a energia cinética relativa ao CM
(energia cinética interna) é dada por T1′  T2′  12 vr
2. Combinando os resultados de (b) e (c), vemos que a energia
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cinética total é a soma da energia cinética associada ao movimento do CM, com massa igual à massa total, mais a
energia cinética do movimento relativo, equivalente à de uma partícula de massa igual a massa reduzida e velocidade
igual à velocidade relativa. Mostre que, para um sistema isolado de duas partículas, a energia cinética interna se
conserva numa colisão elástica entre elas. Mostre que o fator Q de uma colisão inelástica (Seç. 9.7) é igual a variação
da energia cinética interna.
 Solução O momento total em relação ao CM é nulo, ou seja,
P ′  p1′  p2′  0  p1′  −p2′
Como v ′  v − V ou p ′  p − mM P então
p1′  p1 − m1M P, p2
′  p2 − m2M P
ou seja
p1′  p1 − m1M p1  p2   p1
′  Mp1 − m1p1  p2 m1  m2 
m1p1  m2p1 − m1p1 − m1p2
m1  m2 
m2p1 − m1p2
m1  m2
p1′  m2m1v1 − m1m2v2m1  m2 
m1m2
m1  m2 v1 − v2   −v2 − v1   −vr
Assim,
p1′  −vr  −p2′
(b) A energia cinética total do sistema é dada por
T  p1
2
2m1
 p2
2
2m2
Como p1′  p1 − m1M P, p2
′  p2 − m2M P ou seja,
p1  p1′  m1M P e p2  p2
′  m2M P
então
T 
p1′  m1M P
2
2m1

p2′  m2M P
2
2m2

p1′ 2  2 m1M p1
′  P  m1
2
M2
P2
2m1

p2′ 2  2 m2M p2
′  P  m2
2
M2
P22
2m2
T  p1
′ 2
2m1

2 m1M p1
′  P
2m1

m12
M2
P2
2m1
 p2
′ 2
2m2

2 m1M p2
′  P
2m2

m22
M2
P2
2m2
T  p1
′ 2
2m1
 p2
′ 2
2m2
 m1  m2M
P2
2M 
2 m1M p1
′  P
2m1

2 m2M p2
′  P
2m2
T  T1′  T2′  P
2
2M 
p1′  P
M 
p2′  P
M
Mas, p1′  −p2′ , o que nos leva a
T  T1′  T2′  P
2
2M
ou seja
T  T1′  T2′  12 MVCM
2
(c) A energia cinética interna, T ′  T1′  T2′ é dada por
Notas de Aula de Física I Colisões - Problemas Resolvidos PR-9.4
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T ′  12 m1v1
′2  12 m2v2
′2
Mas, v ′  v − V, então
T ′  12 m1v1 − V
2  12 m2v2 − V
2
T ′  12 m1v1
2 − m1v1  V  12 m1V
2  12 m2v2
2 − m2v2  V  12 m2V
2
T ′  12 m1v1
2  12 m2v2
2 − m1v1  m2v2   V  12 m1  m2 V
2
Como V  m1v1  m2v2M , logo
T ′  12 m1v1
2  12 m2v2
2 − m1v1  m2v2   m1v1  m2v2M 
1
2 m1  m2 
m1v1  m2v2
M
2
T ′  12 m1v1
2  12 m2v2
2 − m1v1  m2v2 
2
M 
1
2
m1v1  m2v2 2
M
T ′  12 m1v1
2  12 m2v2
2 − m1v1  m2v2 
2
2M
T ′  12 m1v1
2  12 m2v2
2 − m1
2
2m1  m2  v1
2 − m1m2m1  m2  v1v2 −
m22
2m1  m2  v2
2
T ′  m1  m2 m1v1
2  m1  m2 m2v22 − m12v12 − 2m1m2v1v2 − m22v22
2m1  m2 
T ′  12
m1m2
m1  m2 v12  v22 − 2v1  v2 
T ′  12
m1m2
m1  m2 v2 − v1 
2
ou seja
T ′  12 vr
2
 PROBLEMA 5 Uma partícula de massa m desloca-se com velocidade v em direção a duas outras idênticas, de
massa m ′, alinhadas com ela, inicialmente separadas e em repouso (veja fig.). As colisões entre as partículas são
todas elásticas. (a) Mostre que, para m ≤ m ′ haverá duas colisões, e calcule as velocidades finais das três partículas.
(b) Mostre que, para m  m ′, haverá três colisões, e calculeas velocidades finais das três partículas. (c) Verifique que,
no caso (a), o resultado para a primeira e a terceira partícula é o mesmo que se a partícula intermediária não existisse.
 Solução Da conservação da energia cinética total e do momento total, sabe-se que
v1f  m1 − m2m1  m2 v1i 
2m2
m1  m2 v2i
v2f  2m1m1  m2 v1i −
m1 − m2
m1  m2 v2i
Como v1i  v, v2i  0, m1  m e m2  m ′, encontra-se para as velocidades após a primeira colisão
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-9.5
Universidade Federal do Amazonas
v1f  m − m ′m  m ′ v
v2f  2mm  m ′ v
(a) Se m ≤ m ′ a partícula de massa m pára ou volta após colidir com a segunda partícula de massa m ′. Ou seja,
v1f
1  m − m ′
m  m ′ v ≤ 0
v2f
1  2mv
m  m ′  0
Como v2f  0, a segunda partícula é arremessada ao encontro da terceira partícula que está em repouso. Novamente,
da conservação da energia cinética e momento encontra-se v2i  v2f,v3i  0
v2f
2  m2 − m3m2  m3 v2i 
2m3
m2  m3 v3i
v3f
2  2m2m2  m3 v2i −
m2 − m3
m2  m3 v3i
ou seja,
v2f
2  m ′ − m ′
m ′  m ′ v2i 
2m ′
m ′  m ′  0
v3f
2  2m ′
m ′  m ′ v2i −
m ′ − m ′
m ′  m ′  0
Portanto,
v2f
2  0
v3f
2  2m ′
m ′  m ′ v2i 
2mv
m  m ′
Como v1f
1  m − m ′
m  m ′ v ≤ 0 (a partícula volta após a colisão ou fica parada), v2f
2  0 e v3f2  2mvm  m ′  0 não há mais
condições de haver outras colisões, além das duas que mencionadas. (b) No caso em que m  m ′ as velocidades
após a primeira colisão (entre as partículas 1 e 2 são
v1f
1  m − m ′
m  m ′ v  0
v2f
1  2mv
m  m ′  0
A partícula 2 cuja velocidade v2f  0 caminha para colidir com a partícula 3. Após esta colisão, a velocidades finais são
(ja foram calculada acima)
v2f
2  0
v3f
2  2m ′
m ′  m ′ v2i 
2mv
m  m ′
Mas neste caso, a partícula 1, após a primeira colisão, tem velocidade v1f  0 e volta a colidir com a partícula 2 que
está parada após a segunda colisão. Como v1i  v1f1  m − m
′
m  m ′ v e v2i  v2f
2  0
v1f
3  m − m ′
m  m ′ v1i 
2m ′
m ′  m ′  0
v2f
3  2m
m  m ′ v1i −
m − m ′
m ′  m ′  0
ou seja,
Notas de Aula de Física I Colisões - Problemas Resolvidos PR-9.6
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v1f
3  m − m ′
m  m ′
m − m ′
m  m ′ v 
m − m ′ 2
m  m ′ 2 v
v2f
3  2m
m  m ′ v1i 
2m
m  m ′
m − m ′
m  m ′ v
Assim,
v1f  m − m
′ 2
m  m ′ 2 v  0
v2f  2mm − m
′ 
m  m ′ 2 v  0
v3f  2mm  m ′ v  0
Comparando as velocidades, encontra-se
v1f
v2f 
m − m ′ 2
m  m ′ 2 v
2mm − m ′ 
m  m ′ 2 v
 12
m − m ′
m  12 1 −
m ′
m
Como m  m ′, m ′/m  1 e portanto:
v1f  v2f.
Por outro lado,
v2f
v3f 
2mm − m ′ 
m  m ′ 2 v
2m
m  m ′ v
 m − m ′
m  m ′  1
e, portanto,
v2f  v3f
Logo,
v1f  v2f  v3f.
Como todas as partículas caminham para a direita e suas velocidades satisfazem as desigualdades v1f  v2f  v3f,
concluímos que não haverá outras colisões, além das três já mencionadas.
★ ★ ★
 PROBLEMA 6 (a) Que fração f da energia cinética é transferida por uma partícula de massa m, que se move com
velocidade v, numa colisão frontal elástica com uma partícula de massa m′ inicialmente em repouso? Exprima o
resultado em função da razão   m ′/m. Para que valor de  a transferência é máxima, e quanto vale? (b) Coloca-se
entre as duas partículas uma terceira, de massa m ′′, em repouso, alinhada com m e m′. Mostre que a transferência de
energia cinética de m para m ′ é máxima quando m ′′  m m ′ . Mostre que, para m ≠ m ′, a presença da partícula
intermediária possibilita transferir mais energia cinética de m para m′ do que no caso (a).
 Solução Após a colisão, as velocidades são v1i  v, v2i  0
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v1f  m1 − m2m1  m2 v1i 
2m2
m1  m2 v2i
v2f  2m1m1  m2 v1i −
m1 − m2
m1  m2 v2i

v1f  m − m ′m  m ′ v
v2f  2mm  m ′ v
Como a energia cinética inicial da partícula 1 é T1i  12 mv
2 e a final
T1f  12 mv1f
2  12 m
m − m ′
m  m ′
2
v2  12 m
1 − 
1  
2
v2
ou seja,
T1f  1 − 1  
2 1
2 mv
2  1 − 1  
2
T1i
Como T1→2  T1i − T1f é a energia cinética transferida para a partícula de massa m’, a fração f é dada por
f  T1→2T1i 
T1i − T1f
T1i

T1i − 1 − 1  
2
T1i
T1i
 41  2
A representação gráfica da fração f em função de  é dada por:
-5
-3
-2
-1
0
1
f
-10 -8 -6 -4 -2 2 4
Vemos que tem um máximo entre 0 e 2. Para determinar o valor de  para o qual f  fmax
df
d 
d
d
4
1  2  0
ou seja :
− 4 −1  1  3  0    1
Desta maneira
fmax  4  11  12  1 para   1
(b) Interpondo-se a massa m ′′ entre m e m ′, a velocidades final da massa m ′ pode ser calculada a partir das equações:
v1f  m1 − m3m1  m3 v1i 
2m3
m1  m3 v3i
v3f  2m1m1  m3 v1i −
m1 − m3
m1  m3 v3i
Portanto, da colisão entre m1  m e m3  m ′′, encontra-se
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v1f  m − m ′′m  m ′′ v
v3f  2mm  m ′′ v
A massa m3  m ′′ colide em seguida com m2  m ′ que está em repouso. Como v3i  v3f, então
v2f  m2 − m3m2  m3 v2i 
2m3
m2  m3 v3i
v3f  2m2m2  m3 v2i −
m2 − m3
m2  m3 v3i
ou seja v2i  0
v2f  2m ′′m ′  m ′′
2m
m1  m ′′ v
v3f  2m ′m ′  m ′′  0 −
m ′ − m ′′
m ′  m ′′
2m
m  m ′′ v
Logo,
v2f  2m ′′m ′  m ′′
2m
m1  m ′′ v
v3f  − m ′ − m ′′m ′  m ′′
2m
m  m ′′ v
A energia cinética transferida para a partícula 2 é
T1→2  12 m
′v2f2  12 m
′ 2m ′′
m ′  m ′′
2m
m  m ′′ v
2
ou seja,
T1→2  8m ′ m ′′ 2m ′  m ′′ 2
m2
m  m ′′ 2 v
2  8m ′ m ′′ 2m ′  m ′′ 2
m2
m  m ′′ 2
2
m
1
2 mv
2
T1→2  16m m
′m ′′ 2
m ′  m ′′ 2m  m ′′ 2 T1i
Logo, a fração da energia transferida é
f  T1→2T1i 
16m m ′m ′′ 2
m ′  m ′′ 2m  m ′′ 2
Derivando em relação a m ′′ e igualando a zero, encontra-se
d
dm ′′
16m m ′m ′′ 2
m ′  m ′′ 2m  m ′′ 2  32m m
′m ′′ m m
′ − m ′′ 2
m ′  m ′′ 3m  m ′′ 3  0
Daí obtém-se
m m ′ − m ′′ 2  0  m ′′  mm ′
Portanto, o valor máximo de f é
fmax  16m
2 m ′2
m ′  mm ′ 2 m  mm ′ 2
Usando   m ′m ou seja, m ′  m, encontra-se
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fmax  16
2 m4
m  m2 2 m  m2 2
 162
   2 1   2
 16
1  
2
1   2
 16
1  1
2
1   2
Ou
fmax  16
1   4
Comparando com o caso (a), para m ≠ m ′ ou seja para  ≠ 1,encontra-se
fmax
fa

16
1   4
4
1  2
 41  
2
1   4
 1 para  ≠ 1
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
0 2 4 6 8 10
★ ★ ★
 PROBLEMA 7 Num brinquedo bem conhecido, uma série de bolinhas metálicas idênticas, suspensas por fios
idênticos presos a um suporte, estão inicialmente todas em contato. Se um determinado número n de bolas é
deslocado conjuntamente da posição de equilíbrio e solto (Fig.), o efeito da colisão com as demais é transferir a
velocidade v com que colidem a um igual número de bolas na outra extremidade, suspendendo-as. (a) Supondo que o
efeito da colisão fosse transferir uma velocidade v′ a n′ bolas adjacentes situadas na outra extremidade, as colisões
sendo todas elásticas, mostre que se tem, necessariamente, n′  n e v′  v. (b) Tomando n  2, e supondo que o
efeito da colisão fosse transferir velocidades v1 e v2 às duas bolas situadas mais à direita (fig), mostre que,
necessariamente v1  v2  v.
 Solução
 PROBLEMA 8 Uma bala de 5 g incidesobre um pêndulo balístico de massa igual a 2 kg, com uma velocidade de
400 m/s, atravessa-o e emerge do outro lado com uma velocidade de 100 m/s. Calcule a altura de elevação do
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pêndulo, desprezando a elevação durante o tempo que a bala leva para atravessá-lo. Verifique a validade desta
aproximação.
 Solução O momento antes da colisão vale Pi  mbvbi  mpvpi e após a colisão Pf  mbvbf  mpvpf. Da conservação
do momento, sabendo que vbi  400 m/s, vbf  100 m/s e vpi  0
mbvbi  mbvbf  mpvpf  0.005  400  0.005  100  2vpf
ou seja,
2vpf  0.005  400 − 0.005  100  vpf  1.52  0.75 m/s
Usando agora a conservação da energia para o pêndulo, isto é, toda energia cinética é transformada em energia
potencial gravitacional,
mgh  12 mvpf
2  h  vpf
2
2g
ou seja,
h  0.7522  9.8  0.029 m
ou
h  2.9 cm.
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 PROBLEMA 9 Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2.400 kg, bate na traseira de um
carro de massa total 1.200 kg, que estava parado num sinal vermelho. O motorista do carro de luxo alega que o outro
estava com as luzes apagadas, e que ele vinha reduzindo a marcha ao aproximar-se do sinal, estando a menos de 10
km/h quando o acidente ocorreu. A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5
m, e estima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0,6. Calcule a que velocidade o carro
de luxo vinha realmente.
 Solução Neste caso a colisão é totalmente inelástica. Da conservação do momento
m1v1i  m1  m2 v
Como o carro foi arrastado por uma distância de d  10.5 m, desacelerado pela força de atrito, que imprime uma
aceleração a  cg, então, a velocidade com que os dois carros saíram da colisão pode ser calculada, usando a
fórmula de Torricelli, ou seja,
v  2ad  2cgd  2  0.6  9.8  10.5  11 m/s
Logo,
v1i  m1  m2 m1 v  v1i 
2400  1200
2400 2  0.6  9.8  10.5  16.7 m/s
v1i  16.7  3.6  60 km/h
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 PROBLEMA 10 O balconista de uma mercearia, para atender a um cliente que pediu 200 g de creme de leite
fresco, coloca o recipiente vazio sobre uma balança de mola, acerta o zero e despeja o creme sobre o recipiente
desde uma altura de 75 cm. Depois de 2 s, com a balança marcando 200 g, o balconista, mais que depressa, retira o
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recipiente de cima da balança. Que quantidade de creme de leite o cliente realmente leva?
 Solução A transferência de momento do creme para a balança é
Δpb  −Δpc  mcvi − mcvf  mcvi
onde vi é a velocidade com que o creme atinge o prato da balança, ao cair de uma altura de 75 cm. Ou seja,
vi  2gh  2  9.8  0.75  3.8 m/s
Assim,
Δpb  mcvi  3.83mc
Com 2 s que levou para variar o momento, a força que o creme aplica na balança é
F  ΔpbΔt 
3.83mc
2  1.92mc
Esta força equivale a uma massa de m′ dada por
m ′  1.92mc9.8  0.196mc
Portanto, o que o balconista pesou foi a soma das duas massas mc  m ′  200 g, de onde se obtém
mc  200 − m ′  mc  200 − 0.196mc.
ou
1.196mc  200  mc  2001.196  167 g.
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