Problemas referentes ao Módulo 1 Fisica Básica 1a Gabarito Aulas 9 a 15

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Capítulo 1
Problemas propostos
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2
1. (a) Defina partícula isolada.
(b) Defina referencial inercial.
(c) Enuncie a Primeira Lei de Newton
(d) Explique o que vem a ser o Princípio do Determinismo Newtoniano.
2. Responda os itens justificando claramente suas respostas a partir das Leis de Newton.
(a) No meio de uma discussão, Maurício e Fabrício começam a se empurrar. Eles estão
em pé, no meio da rua e observa-se que Fabrício fica parado e consegue empurrar
Maurício para trás. É correto afirmar que a força que Fabrício exerce sobre Maurício
é maior do que a que Maurício exerce sobre Fabrício?
(b) Em jogos de futebol em que está chovendo, é comum os narradores afirmarem que a
bola ganha velocidade quando quica na grama molhada. Explique o por quê de não
ser possível a bola ganhar velocidade quando quica na grama e comente sobre qual
motivo que pode levar os narradores a fazer tal afirmação.
(c) O vetor velocidade de uma partícula que descreve um movimento circular uniforme
é constante?
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 2
3. Um bloco de massa m é mantido em repouso, pressionado contra uma parede vertical por
uma força horizontal de módulo F . Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o
bloco e a parede são, respectivamente, µe e µc. A aceleração da gravidade g também é
conhecida.
(a) Faça um diagrama indicando as forças que atuam sobre o bloco.
(b) Qual o módulo de cada uma das forças que atuam sobre o bloco?
4. Considere uma partícula de massa m cujos movimentos estão restritos ao eixo OX . A
força resultante sobre a partícula é dada pela expressão Fx = F0− k x, na qual F0 e k são
constantes positivas.
(a) Escreva para essa partícula a Segunda Lei de Newton.
(b) Determine, dentre os três movimentos seguintes, quais a partícula pode e quais não
pode realizar, sob a força resultante dada.
(i) x =
F0
k
cos
(√
k
m
t
)
+
F0
k
sen
(√
k
m
t
)
;
(ii) x =
F0
k
cos
(√
k
m
t
)
+
F0
k
;
(iii) x =
F0
k
cos
(√
k
m
t
)
− F0
k
.
5. Uma partícula de massa m é solta de uma altura h do chão, a partir do repouso e, em
vez de cair na vertical, ela segue uma trajetória retilínea inclinada. Esse movimento é
filmado e os dados do filme são descritos em relação a um sistema de eixos cartesianos
OXY , com o eixo OX horizontal, na altura do chão, e o eixo OY vertical e apontando
para cima. O movimento se processa no plano desses eixos e as funções-movimento que
melhor o descrevem são dadas por
x =
1
20
g t2 , y = h− 2
5
g t2 , (1.1)
onde g é a aceleração da gravidade.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 3
(a) Determine a equação cartesiana da trajetória da partícula e desenhe o gráfico cor-
respondente, indicando nele os valores das coordenadas em que a trajetória cruza os
eixos OX e OY .
(b) Determine a velocidade vetorial da partícula em um instante arbitrário.
(c) Determine a aceleração vetorial da partícula em um instante arbitrário.
(d) Para explicar o movimento da partícula suponha que, além do peso, atue sobre ela
uma força constante ~F . Determine essa força.
Oscilações harmônicas
6. Um estudante põe em movimento horizontal um bloco preso a uma mola. As condições
das vizinhanças garantem que o movimento é harmônico simples e um ajuste fino da
massa do bloco garante que a freqüência angular desse movimento seja exatamente igual
a pi/2 s−1. Antes de iniciar o movimento, o estudante determinou a posição de equilíbrio
do bloco e, nela, escolheu a origem do eixo OX no qual ocorre o movimento. Com isso,
ele concluiu que a função-movimento do bloco tem a forma
x = A1 cos
(
pit
2
)
+ A2 sen
(
pit
2
)
, (1.2)
na qual A1 e A2 são constantes a serem determinadas e x é a posição, dada em metros,
em relação ao sistema de eixos escolhido pelo estudante e indicado na figura.
t = 0 s
0 0, 10 0, 20
t = 1 s
0 0, 10 0, 20
Durante o movimento, ele obtém duas fotografias do oscilador separadas por um intervalo
de tempo de 1, 0 s, também representadas na figura. No instante da primeira fotografia,
que ele considera como o instante t = 0s, a posição do bloco é dada por x = 0, 10m. No
instante t = 1, 0 s, a posição é dada por x = 0, 20m.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 4
(a) Determine a constantes A1 e A2.
(b) Calcule as velocidades do bloco nos instantes das fotografias.
Gravitação
7. Considere uma “estrela dupla” formada por duas estrelas de massas iguais. Tais estrelas
interagem gravitacionalmente entre si, mas podem ser consideradas isoladas do resto do
universo. Sabe-se que ambas descrevem um movimento circular uniforme em torno de um
ponto equidistante das duas. Observando-se as variações de brilho do sistema, é possível
obter o tempo T gasto por elas para executarem uma volta completa. Com o auxílio de
instrumentos de grande precisão, sabe-se, também, que o raio de cada órbita é R. Usando
a Segunda Lei de Newton, determine a massa m de cada estrela em função de R, T , e G,
onde G é a constante da gravitação universal.
m mR R
8. Um planeta e seu satélite têm massas respectivamente iguais a M e m. Considere que
eles estejam isolados do resto do universo e que o planeta esteja em repouso na origem
de um referencial inercial (note que essa última hipótese é justificada pela suposiçao de
que a massa M do planeta é muito maior do que a massa m do satélite). Sabendo que a
lei da gravitação universal é dada por
~F = −GmM
r2
rˆ ,
(a) Escreva a Segunda Lei de Newton para o movimento do satélite.
(b) Determine a relação entre ω,R, M eG que faz com que ~r = R cos(ωt)ˆı+R sen(ωt)ˆ
seja um possível movimento desse satélite. Determine então o período desse movi-
mento em função dos dados do problema R, M e G.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 5
(c) Mostre que ~r = ~b+ ~vt, onde~b e ~v são dois vetores não-nulos, não é um movimento
possível do satélite.
9. Suponha que dois satélites, 1 e 2, estejam em órbitas circulares em torno de um planeta
considerado como uma esfera homogênea de raio R e massa M . O primeiro, descreve
uma órbita rasante, de raio R, enquanto o segundo, uma órbita de raio 4R. Determine a
razão v1/v2 entre os respectivos módulos das velocidades dos satélites. Despreze, obvia-
mente, as forças gravitacionais entre os satélites.
Problemas envolvendo forças vinculares
10. Um bloco de massa m encontra-se, inicialmente, em repouso sobre uma superfície plana
horizontal. Seja µe o coeficiente de atrito estático entre essa superfície e o bloco. Prende-
se a um dos lados do bloco um fio ideal que é mantido esticado e formando com a hori-
zontal um ângulo θ = 30o, conforme ilustra a figura. Denote por ~T a força exercida pelo
fio sobre o bloco e, por T o seu módulo.
m
~T θ = 30o
Supondo que a superfície inferior do bloco permaneça toda em contato com a superfície
horizontal, determine o valor de T acima do qual o bloco entra em movimento.
11. Um bloco de massa M é amarrado a uma extremidade de uma corda homogênea (densi-
dade linear constante) de massa m e comprimento `. Uma força vertical de módulo F é
aplicada à outra extremidade da corda de forma a elevar o bloco como mostra a figura.
(a) Considere um ponto genérico P da corda, cuja distância da extremidade superior
denotamos por x (0 ≤ x ≤ l). Faça um diagrama das forças atuantes em cada um
dos três sistemas seguintes: a parte superior da corda (isto é, do trecho da corda que
está entre o ponto de aplicação da força ~F e o ponto P ), a parte inferior da corda e,
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 6
m
F
x
P
`− x
finalmente, o bloco.
(b) Escreva a Segunda Lei de Newton para cada um dos três sistemas mencionados.
(c) Determine a tensão da corda no ponto x.
(d) Determinea tensão nos pontos correspondentes a x = 0 e x = l.
12. Um bloco de massa m desliza sobre a superfície inclinada de uma cunha triangular de
massaM . A cunha está em repouso sobre um tablado horizontal e sua superfície inclinada
faz com a horizontal um ângulo θ, conforme indica a figura. Não há atrito entre o bloco e
a superfície inclinada da cunha, ao passo que o tablado exerce uma força de atrito estático
~fe sobre a cunha, necessária para mantê-la em repouso.
θ
M
~fe
~N ′
m
(a) Com o auxílio de setas, indique todas as forças que atuam sobre o bloco.
(b) Com o auxílio de setas, indique todas as forças que atuam sobre a cunha (inclusive
as que já foram mostradas na figura).
(c) Determine o módulo da força de atrito ~fe.
(d) Determine o módulo da força normal ~N ′ que o tablado exerce sobre a cunha.
13. Um caminhão se move com aceleração constante de módulo a para a frente e tem fixada
em sua carroceria uma rampa inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal, como
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 7
indicado na figura. Sobre a superfície dessa rampa encontra-se um pequeno bloco de
massa m que se move junto com a rampa e que não desliza nela por causa do atrito. Seja
µe o coeficiente de atrito estático entre as superfícies do bloco e da rampa e suponha que
0 ≤ θ < θc , onde tg θc = µe.
~a
θ
(a) Calcule os módulos da força de atrito e da reação normal exercida pela superfície da
rampa sobre o bloco em função de a, m, θ e do módulo da aceleração da gravidade
g. Indique as respectivas direções e sentidos dessas forças.
(b) Existe um valor máximo de a, denotado por amax, acima do qual o bloco entra em
movimento de descida sobre a rampa. Determine amax.
14. Uma rampa inclinada de um ângulo θ com a horizontal se move com uma aceleração
constante ~a cuja direção e cujo sentido estão indicados na figura. Sobre ela encontra-se
um pequeno bloco de massa m que, por hipótese, não se move em relação à rampa.
θ
~a
Seja µe o coeficiente de atrito estático entre a superfície da rampa e a superfície do bloco
que mantém contato com a rampa. Suponha, ainda, que 0 ≤ θ ≤ θc onde definimos
tg θc = 1/µe.
(a) Qual deve ser o valor de |~a| para que a força de atrito sobre o bloco seja nula? Nessa
situação, calcule o módulo da reação normal sobre o bloco.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 8
(b) Calcule o maior valor de |~a| para o qual o bloco permanece em repouso sobre a
rampa, isto é, o valor de |~a| acima do qual o bloco desliza sobre a rampa.
(c) Tome o limite θ 7→ θc na expressão anterior e dê uma explicação qualitativa para o
resultado encontrado.
15. Duas rampas inclinadas formam um triângulo retângulo com a hipotenusa na horizontal
e uma polia imóvel no ângulo reto, conforme indicado na figura.
mM
θ
Um bloco, de massa m, desliza acelerado para cima sobre a rampa que faz um ângulo θ
com a horizontal . Um outro bloco, de massa M , desliza acelerado para baixo sobre a
outra rampa e está ligado ao primeiro bloco por um fio ideal que passa pela polia. Não
há atrito entre o fio e a polia e entre o bloco de massa m e a rampa. O coeficiente de
atrito cinético do bloco de massa M com a rampa é µc. Considere que os fios se mantêm
paralelos às rampas. Calcule o módulo a da aceleração com que deslizam os dois blocos
e a tensão no fio que os liga.
16. Um pêndulo cônico é constituído por um fio ideal de comprimento l e uma partícula de
massa m. A tensão máxima que o fio suporta é Tmax. Ele é posto em movimento de modo
que a partícula execute um movimento circular uniforme.
(a) Determine o maior ângulo que o fio pode fazer com a vertical sem se romper.
(b) Nesse caso, calcule o período do pêndulo.
17. Um bloco A de massa 3m desliza para baixo sobre um plano inclinado S com inclinação
θ em relação à horizontal com uma velocidade constante, enquanto a prancha B de massa
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 9
m, está em repouso sobre A. Considere a situação em que o bloco está totalmente enco-
berto pela prancha B. A prancha está ligada à parede por um fio ideal paralelo ao plano,
conforme mostra a figura abaixo. O coeficiente de atrito cinético ente A e B e entre A e
S é o mesmo. Determine o valor desse coeficiente de atrito e calcule a tensão no fio.
S
θ
A
B
18. Uma pequena conta pode deslizar sem atrito ao longo de uma aro circular de raio R,
situado em um plano vertical. O aro gira em torno de seu diâmetro vertical com uma
velocidade angular constante igual a ω, conforme mostra a figura.
R
β
ω
(a) Determine o ângulo β indicado na figura, em função de g, R e ω, para o qual a conta
descreve um movimento circular uniforme.
(b) Para que valor de ω o ângulo β seria igual a pi/2? Explique.
19. Dois fios ideais de comprimento L têm uma de suas extremidades amarradas a uma haste
vertical fixa. Suas outras extremidade estão ligadas a uma partícula de massa m. A
distância entre as extremidades dos fios presos na haste também é L. A partícula é posta
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 10
para rodar em torno da haste com uma velocidade angular ω suficiente para que os dois
fios fiquem esticados (veja figura).
(a) Determine as tensões nos fios.
(b) Determine o menor valor de ω que mantém os dois fios esticados. O que acontece
quando a partícula é posta para rodar com velocidade angular menor do que esta?
L
L
L
m
ω
20. A figura mostra uma força horizontal ~F empurrando dois blocos que se movem em con-
junto. O bloco de massa m não escorrega pela lateral do bloco de massa M pois entre
suas superfícies de contato há um coeficiente de atrito estático µe e o módulo da força ~F
é suficientemente grande. Suponha que não haja atrito entre o solo e o bloco de massa
M .
M
m~F
µe
(a) Determine o valor mínimo que o módulo da força F deve ter para que o bloco de
massa m permaneça sem escorregar pela face do outro bloco.
(b) Determine o módulo da normal do solo sobre o bloco de massa M
21. Dois fios ideais têm uma de suas extremidades amarradas à uma haste vertical fixa. Suas
outras extremidades estão ligadas a uma partícula de massa m. A partícula é posta para
rodar em torno da haste, em trajetória circular de raio R e com velocidade angular ω
suficiente para que os dois fios fiquem esticados. Durante a rotação os fios fazem com a
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 11
θ2
θ1
m
ω
R
vertical ângulos θ1 e θ2, como mostra a figura. Determine as tensões nos fios em função
da massa m, da velocidade angular ω, dos ângulos θ1 e θ2, e do raio R.
22. Um bloco de massa m e dimensões desprezíveis se move em MCU (movimento circular
uniforme) sobre a superfície interna de um cone de ângulo α que está orientado vertical-
mente como indica a figura. Despreze o atrito entre a superfície interna do cone e o bloco
e suponha que o raio de sua trajetória seja r.
mr
α
(a) Determine o módulo da velocidade do bloco em função de α, r e do módulo da
aceleração da gravidade g.
(b) Determine o período do movimento circular do bloco, isto é, o tempo gasto para ele
dar uma volta completa.
23. Duas rampas inclinadas formam um triângulo retângulo com a hipotenusa na horizontal
e uma polia imóvel no ângulo reto, conforme indicado na figura do problema 15. Um
bloco, de massa m, está em repouso sobre a rampa que faz um ângulo θ com a horizontal
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 12
e o seu coeficiente de atrito estático com a rampa é µ. Um outro bloco, de massa M , está
sobre a outra rampa e ligado ao outro bloco por um fio ideal que passa pela polia. Não há
atrito entre o fio e a polia e nem entre o bloco de massa M e a rampa na qual ele repousa
e, além disso, os fios se mantêm paralelos às rampas. Qual o maior valor da massa M que
garante que ela não desliza para baixo?24. Considere duas rampas inclinadas, perpendiculares entre si, e que formam com o solo
um triângulo retângulo, como ilustra a figura. Dois blocos idênticos de massa m estão,
inicialmente, em repouso nos pontos mais altos de cada rampa. A rampa menos inclinada,
a da direita na figura, forma um ângulo θ com a horizontal e, nela, o atrito é desprezível.
Em contrapartida, o coeficiente de atrito cinético entre a rampa da esquerda e o bloco que
desliza sobre ela é µc. Verifica-se, então, que os blocos deslizam sobre as rampas.
m m
pi
2
− θ θ
(a) Supondo que ambos os blocos iniciem seus movimentos de descida no mesmo ins-
tante e que atinjam o solo simultaneamente, determine o coeficiente de atrito µc.
Expresse sua resposta em termos de θ.
(b) Interprete o resultado do item anterior para θ = pi/4.
25. Considere, novamente, duas rampas inclinadas, perpendiculares entre si, e que formam
com o solo um triângulo retângulo, como ilustra a figura do problema anterior. Dois
blocos idênticos de mesma massa, começam a descer a rampa no mesmo instante, a partir
da mesma altura, ambos com velocidades iniciais nulas. A rampa menos inclinada, a
da direita na figura, forma um ângulo θ com a horizontal e, nela, o coeficiente de atrito
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 13
cinético com o bloco é µ. Em contrapartida, o coeficiente de atrito cinético entre a rampa
da esquerda e o bloco que desliza sobre ela é µ′.
(a) Determine a diferença µ′ − µ entre os coeficientes de atrito, a fim de que os dois
blocos gastem o mesmo tempo para descer até o nível do chão.
(b) Use o resultado do ítem anterior para obter o ângulo para o qual devemos ter µ′ = µ.
26. Dois blocos de mesma massa m são colocados sobre a superfície de uma rampa, incli-
nada de um ângulo θ com a horizontal, e ligados um ao outro por meio de um fio ideal,
conforme mostra a figura. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco de baixo e a su-
perfície da rampa é µ e entre o bloco de cima e a superfície da rampa é 2µ. Os blocos,
inicialmente em repouso, começam a descer a rampa em movimentos retilíneos unifor-
memente acelerados com o fio permanentemente esticado; os movimentos dos blocos são
considerados durante um intervalo em que o bloco de baixo não atinge a base da rampa.
m
m
θ
(a) Isole cada bloco e, com o auxílio de setas, marque todas as forças que atuam sobre
cada um deles, inclusive as reações vinculares.
(b) Calcule o módulo das acelerações dos blocos e a tensão no fio.
Cálculo do trabalho realizado por uma força
27. Considere uma partícula, cujo movimento está restrito ao plano OXY , na qual age uma
força dada por ~F = k y ıˆ, onde k é uma constante positiva. Seja C1 o caminho que liga a
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 14
origem ao ponto (R,R) por meio de dois segmentos de reta, a saber, o primeiro ligando
a origem ao ponto (0, R) e o segundo ligando o ponto (0, R) ao ponto (R,R), sendo R
uma constante positiva. Seja C2 o caminho que liga a origem ao ponto (R,R) por meio
de um segmento de reta. Na figura mostrada abaixo estão indicados os caminhos C1 e C2.
O
X
Y
C2C1
(R,R)
(0,R)
(a) Calcule o trabalho realizado pela força ao longo do caminho C1.
(b) Calcule o trabalho realizado pela força ao longo do caminho C2.
(c) A força ~F é conservativa? Justifique.
(d) Supondo que a partícula seja abandonada em repouso no ponto (0, R) e que ~F seja
a força total sobre ela, calcule a sua energia cinética quando atingir o ponto (R,R).
28. Considere uma partícula restrita a se mover apenas no planoOXY , na qual age uma força
dada por ~F = k x ˆ, onde k é uma constante. Calcule o trabalho realizado por essa força
ao longo
O
X
Y
C1 (R,0)(0,0)
(0,R)
C2
C3
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 15
(a) da poligonal C1 que liga os pontos (R, 0), (0, 0) e (0, R), sendo R uma constante
positiva,
(b) do segmento de reta C2 que vai de (R, 0) a (0, R) e
(c) do trecho da parábola y = (R2 − x2)/R que vai de (R, 0) a (0, R).
(d) Usando os resultados anteriores justifique se a força é conservativa ou não.
Energia potencial e conservação da energia mecânica
em problemas unidimensionais
29. Considere um oscilador harmônico unidimensional, isto é, uma partícula de massa m
sujeita a uma força total Fx = −βx, onde β é uma costante positiva, a constante elástica
da mola. Escolha a posição-padrão de tal modo que a energia potencial elástica seja nula
quando a partícula estiver na origem. Suponha que esse oscilador se mova com energia
mecânica E0.
(a) Determine os pontos de retorno e identifique a amplitude do movimento. Calcule,
ainda, o valor máximo do módulo da velocidade desse oscilador.
(b) Escreva as expressões da energia potencial U e da energia cinética Ec quando a
partícula estiver numa posição genérica x.
(c) Faça, num mesmo desenho, os esboços dos gráficos da energia potencial, da energia
cinética e da energia mecânica versus x.
(d) Calcule a razão x/A, ondeA é a amplitude do movimento, para os pontos nos quais a
razão entre a energia cinética e a mecânica é dada por Ec/E0 = f , onde 0 ≤ f ≤ 1.
Interprete os casos limites em que f = 0 e f = 1.
30. Considere o movimento de uma partícula sob a ação de uma força total conservativa Fx
cuja energia potencial a ela associada é dada por
U(x) = −a
x
+
b
x2
, (1.3)
onde a e b são duas constantes positivas.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 16
(a) Determine a expressão de Fx e a única posição de equilíbrio estável xe associada
aos movimentos possíveis da partícula.
(b) Esboce os gráficos de U versus x e Fx versus x. Marque, em ambos os gráficos, a
posição de equilíbrio estável no eixo OX .
(c) Descreva, qualitativamente, os movimentos da partícula nos casos em que:
(i) E = U(xe); (ii) U(xe) < E < 0 e (iii) E ≥ 0. Em suas descrições de tais
movimentos, deixe claro se eles são limitados ou ilimitados, se neles existem pontos
de retorno e, em caso afirmativo, quais são esses pontos.
31. Considere o movimento unidimensional de uma partícula sob a ação da força total con-
servativa Fx, cuja energia potencial correspondente é dada por
U(x) = a (x4 − b x2) , (1.4)
onde a e b são constantes positivas.
(a) Determine em que unidades do SI se expressam as constantes a e b.
(b) Faça um esboço do gráfico de U(x) versus x.
(c) Obtenha a expressão de Fx e faça um esboço do gráfico de Fx versus x.
(d) Determine as possíveis posições de equilíbrio da partícula e identifique, entre elas,
quais são estáveis e quais são instáveis, justificando a sua resposta.
32. Uma partícula se movimenta ao longo do eixo OX sob a ação de uma força total conser-
vativa Fx, cuja energia potencial associada é dada por
U(x) = −U0 e−αx2 , (1.5)
onde U0 e α são constantes positivas.
(a) Calcule a força total sobre a partícula, Fx, e determine o único ponto de equilíbrio
estável correspondente.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 17
(b) Esboce os gráficos de U(x) versus x e Fx versus x. Indique, nesses gráficos, a
posição de equilíbrio estável da partícula.
(c) Descreva qualitativamente o movimento da partícula quando sua energia mecânica
é dada por E = −U0.
(d) Agora, considere E = −U0/e, onde e é a base neperiana (tal como aparece na
expressão da energia potencial). Determine explicitamente os pontos de retorno e
descreva qualitativamente o movimento da partícula.
33. Uma partícula de massa m se move ao longo do eixo OX sob a ação de uma força
total dada por Fx = −kx, onde k > 0. No instante inicial, ela está na posição x0 com
velocidade vx0. Escolha xp = 0 como a posição-padrão para a energia potencial associada
a essa força.
(a) Obtenha a expressão da energia potencial associada a essa força.
(b) Utilizando o Teorema da Conservação da Energia, determine o módulo da veloci-
dade da partículaquando ela estiver numa posição genérica x do eixo OX .
(c) Mostre, a partir do resultado obtido no item anterior, que essa partícula poderá se
movimentar somente no intervalo
−A ≤ x ≤ A ; onde A =
√
x20 +
mv2x0
k
. (1.6)
Descreva qualitativamente o movimento dessa partícula e interprete a quantidade A.
Conservação da energia em problemas em mais dimensões
34. Considere uma partícula de massa m presa na extremidade inferior de uma mola ideal,
vertical, de constante elástica k e cuja outra extremidade está fixa no teto. A partícula está
restrita a se mover no eixo verticalOY , que aponta para cima e cuja origem foi escolhida
na posição da partícula na qual a mola está com seu comprimento natural `0 (observe que
essa não corresponde à posição de equilíbrio da partícula). O movimento da partícula é tal
que ao passar pela origem o módulo de sua velocidade é v0 (veja a figura). Portanto, ela
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 18
oscila verticalmente entre duas posições no eixo OY , de coordenadas y1 e y2 (y1 > y2).
Suponha, por motivos óbvios, que ela nunca atinja o teto.
k `0
m
v0O
Y
(a) Determine y1 e y2.
35. Uma pequena esfera de massa m está presa à extremidade inferior de uma mola ideal de
constante elástica k cujo extremo superior está fixo ao teto. No instante inicial, a esfera
está em repouso e a mola está na vertical com seu tamanho natural, isto é, nem distendida,
nem comprimida. Abandona-se a esfera de modo que ela passe a oscilar verticalmente
sob a ação de seu peso, da força elástica e da força de resistência do ar. Depois de muitas
oscilações, a esfera volta ao repouso.
(a) Determine de quanto a mola está distendida na posição final de equilíbrio
(b) Determine as variações das energias cinética, potencial gravitacional e potencial
elástica, desde o instante inicial até o instante em que a esfera volta ao repouso.
(c) Calcule o trabalho total realizado pela força de resistência do ar sobre a esfera desde
o instante inicial até o instante em que volta ao repouso.
36. Um projétil é lançado de duas formas diferentes que passamos a descrever. No primeiro
lançamento, o projétil é arremessado com velocidade de módulo v0 e que faz com a ho-
rizontal um ângulo θ0, como indica a primeira figura. No segundo lançamento, o projétil
é arremessado com a mesma velocidade (mesmo módulo e mesma inclinação com a ho-
rizontal), mas sobre uma rampa inclinada de mesmo ângulo θ0 com a horizontal, como
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 19
indica a segunda figura. Despreze a resistêntica do ar em ambos os lançamentos e o atrito
com a rampa no segundo.
θ0 θ0
v0 v0
(a) Utilizando argumentos puramente qualitativos e usando a Conservação da Energia
Mecânica, responda em que lançamento a altura máxima atingida pelo projétil é
maior.
(b) Seja h1 a altura máxima do projétil no primeiro lançamento e h2 no segundo. Usando,
novamente, a Conservação da Energia Mecânica e o fato de que no primeiro lança-
mento a componente horizontal da força resultante sobre o projétil é nula, calcule a
razão h1/h2.
37. Um pêndulo é formado por um fio ideal de comprimento ` e uma esfera de massa m e
dimensões desprezíveis presa a um dos extremos do fio. A outra extremidade está presa
a um suporte fixo, ponto O representado na figura. O pêndulo é abandonado do repouso,
com o fio esticado (mas não tenso) e na horizontal.
`
m ~F
θ1
vertical
Calcule o ângulo θ1 entre o fio e a vertical no instante em que a força resultante ~F sobre
a esfera aponta na horizontal.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 20
38. Uma partícula de massa m se move sobre uma calha horizontal lisa com velocidade cons-
tante de módulo v0. A calha horizontal transforma-se, suavemente, a partir do ponto A,
em uma calha lisa semicircular de centro C e raio R, tal como indicado na figura. Após
percorrer toda a calha semicircular, a partícula deixa a calha no ponto B e cai de volta na
calha horizontal. As calhas estão orientadas de modo que todo o movimento da partícula
se passa num mesmo plano vertical. Considere desprezíveis todos os atritos do problema.
C
R
A
B
~v0
P
2R
(a) Levando em conta que mesmo no ponto B, ponto mais alto da calha, a particula
ainda mantém contato com ela, o que você pode afirmar sobre o valor de v0?
(b) Suponha, neste item, que a partícula atinja o calha horizontal a uma distância 2R do
ponto A, ponto mais baixo e início da calha semicircular. Determine o valor de v0
para que isso ocorra.
39. Considere um pêndulo simples formado por um fio ideal de comprimento ` e uma pequena
esfera de massa m. Em t0 = 0 o pêndulo é abandonado do repouso de uma posição para
a qual o ângulo entre o fio e a direção vertical é pi/2 (ou seja, no instante inicial o pêndulo
está na horizontal).
(a) Após oscilar muitas vezes, verifica-se que, num instante t1 (t1 > t0), o pêndulo
está na vertical e a esfera tem uma velocidade de módulo igual a
√
g`. Calcule a
variação da energia mecânica da esfera entre os instantes t0 e t1, ou seja, determine
∆E = E1−E0. Resolva este item utilizando como posição onde a energia potencial
gravitacional da esfera é nula a sua posição inicial.
1.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 21
(b) Resolva novamente o item anterior, mas utilizando como a posição em que a energia
potencial gravitacional da esfera é nula a sua posição quando o pêndulo está na
vertical. Verifique que as respostas dos itens anteriores são iguais e comente esse
resultado.
(c) Supondo que além do peso e da tensão a única força que atura sobre a esfera seja a
resitência do ar, calcule o trabalho realizado por essa última força entre t0 e t1.
40. Uma partícula é lançada horizontalmente com uma velocidade de módulo v0 do topo de
um hemisfério emborcado para baixo e de raio R . Sabe-se que v0 é o menor módulo
de velocidade com que a partícula pode ser lançada de modo que ela não deslize sobre o
hemisfério, mas perca imediatamente o contato com ele.
(a) Determine v0 em termos de g e R.
(b) Suponha agora que a partícula seja lançada nas mesmas condições, mas com velo-
cidade de módulo v0/2. A que altura do solo ela perde o contato com o hemisfério?
(c) Determine a velocidade da partícula no instante em que ela perde o contato com a
superfície do hemisfério.
41. Suponha que uma partícula esteja numa órbita circular em torno da Terra, considerada
como um referencial inercial, sob a ação unica e exclusivamente da força gravitacional
exercida pela Terra. Seja R o raio da Terra e r o raio da órbita circular da partícula, isto é,
a distância entre ela e o centro da Terra. Qual deve ser o valor de r para que o módulo da
velocidade orbital da partícula seja igual a um oitavo da velocidade de escape da Terra?
Escreva a sua resposta em termos do raio terrestre R.
Capítulo 2
Problemas Resolvidos
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2
1. (a) Partícula isolada é aquela que está infinitamente afastada de todos os outros corpos
do universo.
(b) Referencial inercial é um referencial em relação ao qual são nulas as acelerações de
qualquer partícula isolada.
(c) Uma vez definido refencial inercial, a Primeira Lei de Newton pode ser enunciada
de uma forma bem compacta, a saber: existem referenciais inerciais.
Obs: Em vez de definir primeiro referencial inercial e depois enunciar a Primeira
Lei de Newton, é possível seguir o caminho oposto, ou seja, enunciar a Primeira
Lei de Newton e depois definir referencial inercial. Nesse caso, o enunciado da
Primeira Lei de Newton deveria ser o seguinte: Existem referenciais em relação aos
quais são nulas as acelerações de qualquer partícula isolada. Note que, dentro
dessa perspectiva, o próprio enunciado dessa lei sugere a definição de referencial
inercial, escrita no item (b).
(d) Dadas, num certo instante, as posiçõese as velocidades de todas as partículas de um
sistema isolado, a evolução do sistema fica univocamente determinada, ou seja, os
movimentos de todas as partículas do sistema ficam univocamente determinados.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 23
2. (a) Pela Terceira Lei de Newton, o módulo da força que um corpo exerce sobre o outro
é igual a força que outro exerce sobre um. Se Fabrício empurra Maurício é porque o
primeiro exerce uma força sobre o solo maior do que aquela que o segundo exerce
sobre o solo.
(b) Para haver mudança na velocidade de um objeto é preciso haver uma aceleração.
De acordo com a Segunda Lei de Newton, para haver aceleração em uma direção é
preciso haver uma força atuando nessa direção. Quando a bola quica no gramado, a
única força que atua na direção do movimento horizontal da bola é a de atrito entre a
grama e bola. Uma vez que a força de atrito atua sempre no sentido contrário ao do
movimento, essa força só pode diminuir o módulo da velocidade e jamais aumentá-
lo. Por outro lado, na grama molhada o coeficiente de atrito diminui e quando a bola
quica ela perde menos velocidade do que no caso de o gramado estar seco. Por ela
perder menos velocidade que o normal, há uma impressão equivocada de que ela
ganhe velocidade.
(c) O vetor velocidade da partícula aponta sempre na direção tangente à trajetória. Por-
tanto, apesar de ter sempre o mesmo módulo, como ele muda de direção, o vetor
não é constante.
3. (a) As forças que atuam no livro são: o peso, a normal, a força que o mantém pressio-
nado contra a parede e o atrito.
~F
~P
~N
~Fat
(b) As força peso e F tem módulos
|~P | = mg e |~F | = F
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 24
Como o livro está em repouso, a componente vertical da Segunda Lei de Newton
fornece
~Fat + ~P = 0⇒ |~Fat| = mg
Já a componente horizontal da Segunda Lei de Newton nos fornece
~F + ~N = 0⇒ | ~N | = F
4. (a) A Segunda Lei de Newton aplicada ao movimento desta partícula nos leva à seguinte
equação diferencial:
max = −kx+ F0 , (2.1)
ou, ainda, na forma
x¨+ ω2x =
F0
m
, com ω =
√
k/m . (2.2)
(b) Devemos verificar se a equação anterior se torna uma identidade matemática quando
nela substituimos cada um dos movimentos dados no enunciado.
(i) Por subsituição direta, obtemos nesse caso x¨i + ω2xi = 0 e, portanto, esse não é
um movimento possível da partícula.
(c) Por substituição direta, e lembrando que cos(ωt) satisfaz à equação homogênea,(
d2
dt2
+ ω2
)
cos(ωt) = 0 , (2.3)
temos (
d2
dt2
+ ω2
)[
F0
k
cos(ωt) +
F0
k
]
= 0 +
ω2F0
k
=
F0
m
. (2.4)
Portanto, concluímos que esse é um movimento possível da partícula, pois satisfaz
à equação de movimento imposta pela Segunda Lei de Newton.
(iii) Repetindo o cálculo do item anterior, fica evidente que esse não é um movi-
mento possível da partícula, pois o sinal do termo F0/k está trocado.
5. (a) A equação cartesiana da trajetória é obtida eliminando-se o tempo das expressões
de x e y e relacionando diretamente essas coordenadas num instante qualquer. Da
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 25
equação para x temos gt2 = 20x, de forma que a segunda equação pode ser escrita
como
y = h− 2
5
20x = h− 8x . (2.5)
A equação anterior mostra que a trajetória da partícula é retilínea. Um trecho dessa
trajetória está indicado na figura. Nela, também indicamos por meio de uma seta o
sentido do movimento da partícula.
x
y
h/8
h
(b) Derivando a função-movimento (vetorial) da partícula em relação ao tempo, obte-
mos a sua velocidade
~v =
d~r
dt
=
gt
10
ıˆ− 4gt
5
ˆ . (2.6)
(c) Derivando a função-velocidade (vetorial) da partícula em relação ao tempo, obtemos
a sua aceleração
~a =
d~v
dt
=
g
10
ıˆ− 4g
5
ˆ . (2.7)
(d) A partir da Segunda lei de Newton (~Fr = m~a), vemos facilmente que
~Fr =
mg
10
ıˆ− 4mg
5
ˆ . (2.8)
Como a força resultante é dada pela soma da força ~F , pedida no problema, com a
força peso, temos,
~Fr = ~F +m~g = m~a =⇒ ~F = m~a−m~g . (2.9)
Substituindo na equação anterior a expressão da aceleração dada por (2.7) e escre-
vendo ~g = −g ˆ, obtemos
~F =
mg
10
ıˆ− mg
5
ˆ . (2.10)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 26
6. Podemos primeiramente obter as condições a serem utilizadas na determinação da função-
movimento da partícula. Das figuras, temos:
fx(0) = 0, 10m , fx(1) = 0, 20m (2.11)
(a) Aplicando estas condições na equação (1) do enunciado, temos:
fx(0) = 0, 10 = A1 cos (0) + A2sen (0) =⇒ A1 = 0, 10 (2.12)
e
fx(1) = 0, 20 = A1 cos (pi/2) + A2sen (pi/2) =⇒ A2 = 0, 20 (2.13)
(b) A função-movimento da partícula tem a forma
x = 0, 10 cos
(
pi t
2
)
+ 0, 20 sen
(
pi t
2
)
(2.14)
e portanto a velocidade em função do tempo pode ser obtida derivando-se esta ex-
pressão:
v = −0, 05pi sen
(
pi t
2
)
+ 0, 10pi cos
(
pi t
2
)
. (2.15)
Em t = 0 s temos
v = 0, 10pi (2.16)
e em t = 1 s,
v = − 0, 05pi (2.17)
7. Embora o raio de cada órbita circular seja R, a distância entre as duas estrelas é sempre
2R. Aplicando a Segunda Lei de Newton para uma estrela qualquer, obtemos,
Gm2
(2R)2
= mω2R = m
4pi2
T 2
R , (2.18)
onde usamos o fato de que a aceleração de uma partícula num movimento circular uni-
forme de raio R e freqüência angular ω tem módulo ω2R. Isolando m, obtemos,
m =
16pi2R3
T 2
. (2.19)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 27
8. (a) A Segunda Lei de Newton para o satélite é
m~a = −GmM
r2
rˆ , (2.20)
onde denotamos por ~a a aceleração do satélite.
(b) Derivando a posição ~r = Rcos(ωt)ˆı + R sen(ωt)ˆ em relação ao tempo, obtemos a
velocidade ~v = −ωR sen(ωt)ˆı + ωRcos(ωt)ˆı e a aceleração ~a = −ω2Rcos(ωt)ˆı−
ω2R sen(ωt)ˆı. Portanto, temos~a = −ω2~r. Obtemos, também, r = |~r| =√R2cos2(ωt) +R2 sen2(ωt) =
R. Substituindo essas expressões para ~a e r na Segunda Lei de Newton (2.20), ob-
temos
−mω2~r = −GmM
R2
rˆ ⇐⇒ ω2 = GM
R3
(2.21)
que é a relação entre ω, R, M e G que faz com que ~r = Rcos(ωt)ˆı+R sen(ωt)ˆı seja
um possível movimento desse satélite. Esse movimento tem período T = 2pi/ω.
Portanto, usando a relação entre ω, R, M e G, obtemos T = 2pi/
√
GM/R3, ou
seja, T = 2pi√R3/(GM).
(c) Da função ~r = ~b + ~vt, obtemos que a aceleração é nula em qualquer instante,
~a = ~0. Também obtemos que, em diversos instantes, ~r = ~b + ~vt não é um vetor
nulo. Conseqüentemente, nesses instantes, o membro esquerdo da Segunda Lei de
Newton (2.20) é nulo e o membro direito não é nulo. Portanto, a função ~r = ~b+ ~vt
não satisfaz à Segunda Lei de Newton e, por isso, não é um movimento possível do
satélite.
9. Designando por m1 e m2 as respectivas massas dos satélites 1 e 2, a aplicação da Segunda
Lei de Newton aos movimentos dos dois nos permite escrever
GMm1
R2
= m1
v21
R
=⇒ v1 =
√
GM
R
; (2.22)
GMm2
(4R)2
= m2
v21
4R
=⇒ v2 =
√
GM
4R
. (2.23)
Dividindo a equação (2.22) pela equação (2.23), obtemos a razão desejada,
v1
v2
=
√
4 = 2 . (2.24)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 28
Problemas envolvendo forças vinculares
10. Como o bloco está em repouso, a Segunda Lei de Newton nos permite escrever
T cosθ − fat = 0 =⇒ fat =
√
3
2
T (2.25)
T senθ +N −mg = 0 =⇒ N = mg − 1
2
T , (2.26)
onde N , fat e g são, respectivamente, os módulos da reação normal exercida pela super-
fície sobre o bloco, da força de atrito e da aceleração da gravidade, e já usamos o fato de
que θ = 30o. Note que, à medida que T aumenta, o valor de fat necessário para manter o
bloco em repouso também aumenta. Já o valor de N diminui, à medida que T aumenta.
Como o valor máximo para fat é µeN , esse valor também diminui à medida que T au-
menta. Ou seja, a partirde um certo valor crítico, denotado por Tc, o bloco entra em
movimento. Quando T = Tc, temos fat = µeN , de modo que as equações anteriores nos
levam ao resultado
µe
(
mg − 1
2
Tc
)
=
√
3
2
Tc =⇒ Tc = 2µemg
µe +
√
3
. (2.27)
11. (a) O diagrama de forças solicitado está mostrado na figura abaixo.
mx
l ~g
−~Ts
~F
m (l−x)
l ~g−~Tl
~Ts ~Tl
M ~g
(b) Não é necessário utilizar a notação vetorial, uma vez que todas as forças estão na
mesma direção (vertical). Suponha, por conveniência, que o movimento seja acele-
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 29
rado para cima. A densidade linear de massa da corda é dada por m/l, de modo que
o primeiro trecho tem massa mx/l e o segundo m(l − x)/l.
Primeiro sistema (parte superior da corda):
F − TS −mxg/l = mxa/l (2.28)
Segundo sistema (parte inferior da corda):
TS − TI −m(l − x)g/l = m(l − x)a/l (2.29)
Terceiro sistema (bloco):
TI −Mg = Ma , (2.30)
onde a é o módulo da aceleração do sistema, TS é a tensão no ponto P e TI é a
tensão no extremo inferior da corda.
(c) Itens c e d juntos!! No item anterior obtivemos um sistema de 3 equações e três
incógnitas (a, TS, TI). Resolvendo esse sistema, obtemos
a =
F − g(m+M)
m+M
(2.31)
TS = F (1− mx
l(m+M)
) (2.32)
TI =
MF
m+M
(2.33)
A tensão no ponto P é dada por TS . No caso em que x = 0, a tensão coincide com
F ; já no caso em que x = l, a tensão vale F (1−m/(m+M)) = (MF )/(m+M),
ou seja, coincide com TI como esperado.
12. (a) As forças sobre o bloco são a normal ~N exercida pela superfície lisa da cunha e o
peso m~g exercido pela Terra, conforme indicado na figura seguinte.
(b) As forças sobre a cunha são a normal ~N ′ exercida pela superfície do tablhado, a
força de atrito ~fe, também exercida pela superfície do tablado, o peso M~g exercido
pela Terra e a força − ~N exercida pelo bloco (que é a reação da forca ~N exercida
sobre o bloco pela cunha). Essas forças estão indicadas na figura seguinte.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 30
θ
M
m
~N
m~g
θ
M
~fe
~N ′ m
− ~N
M~g
(c) Na próxima figura, à esquerda, temos o diagrama das forças que agem sobre a cunha.
A direção de ~N é perpendicular à rampa inclinada da cunha e a direção do peso é
perpendicular à horizontal. Como o ângulo que a rampa faz com a horizontal é θ,
concluímos que o ângulo entre − ~N e M~g também é θ. Aplicando a Segunda Lei de
Newton à cunha, temos na direção horizontal
fe = N senθ . (2.34)
~fe
~N ′
− ~N M~g
θ
~N
m~g
θ
À direita, temos o diagrama de forças que agem sobre o bloco. O ângulo entre
normal e peso é determinado como no diagrama para a cunha. Aplicando ao bloco
a Segunda Lei de Newton, temos na direção da normal ~N a seguinte condição de
equilíbrio,
N = mg cos θ . (2.35)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 31
Substituindo esse resultado em (2.34), obtemos a resposta para o módulo da força
de atrito ~fe,
fe = mg senθ cos θ . (2.36)
(d) Aplicando novamente a Segunda Lei de Newton à cunha temos, agora na direção
vertical, a seguinte condição de equilíbrio,
N ′ = Mg +N cos θ . (2.37)
Substituindo nessa equação o valor de N encontrado em (2.35), obtemos
N ′ = Mg +mg cos θ cos θ = (M +m cos2 θ)g , (2.38)
que é o valor procurado do módulo da normal ~N ′.
13. (a) As forças sobre o bloco são o peso m~g e a reação do plano inclinado, que de-
compomos na normal ~N e na força de atrito estático ~f , conforme indicadas na
figura que aparece abaixo. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco, temos
X
Y
m~g
~f
~N
θ
θ
θ
~f + ~N + m~g = m~a, onde ~a é a aceleração horizontal comum ao bloco à rampa e
ao caminhão. Vamos escolher um eixo OX na direção e sentido da aceleração ~a e
o eixo O† vertical, apontando para cima. Decompondo a Segunda Lei de Newton
segundo esses eixos, obtemos as equações
f cos θ −N sen θ = ma e f sen θ +N cos θ = mg . (2.39)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 32
Multiplicando ambos os membros da primeira equação por cos θ, ambos os mem-
bros da segunda por sen θ e somando membro a membro as equações resultantes,
chegamos a f(cos 2θ + sen 2θ) = m(a cos 2θ + g sen 2θ), isto é,
f = m(a cos θ + g sen θ) . (2.40)
Agora, multiplicando ambos os membros da primeira equação por sen θ, ambos os
membros da segunda por cos θ e subtraindo membro a membro a primeira equação
resultante da segunda, obtemos N(cos 2θ + sen 2θ) = m(g cos θ − a sen θ), ou seja,
N = m(g cos θ − a sen θ) . (2.41)
A normal ~N é perpendicular à rampa e aponta no sentido da rampa para cima. O
atrito ~f tem a direção inclinada da rampa, no plano vertical que contém a aceleração,
e sentido de subida da rampa.
(b) A força de atrito estático satisfaz á desigualdade f ≤ µeN . Substituindo nela os
resultados (2.40) e (2.41), obtemos m(a cos θ + g sen θ) ≤ µem(g cos θ − a sen θ),
donde a (cos θ + µe sen θ) ≤ g(µe cos θ − sen θ) e, conseqüentemente,
a ≤ µe − tg θ
1 + µe tg θ
g , isto é , amax =
µe − tg θ
1 + µe tg θ
g . (2.42)
Se a aceleração ultrapassar esse valor máximo a força de atrito estático não é capaz
de arrastar o bloco para frente com aceleração a e, conseqüentemente, ele começa
a deslizar plano abaixo. Notemos que, de acordo com o enunciado, temos tg θ <
tg θc = µe, o que impede a situação absurda de termos em (2.42) uma grandeza
positiva, o módulo a da aceleração, menor ou igual a uma grandeza negativa.
14. Por conveniência, repetimos a figura do enunciado.
θ
~a
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 33
(a) Usando a Segunda Lei de Newton e supondo que seja nula a força de atrito, temos
N senθ = ma (2.43)
N cosθ = mg , (2.44)
onde N = | ~N |, a = |~a| e g é o módulo da aceleração da gravidade. Dividindo a
primeira equação pela segunda, obtemos
a = g tan θ . (2.45)
(b) Para que o bloco permaneça sem deslizar sobre a superfície da rampa mesmo quando
a assumir valores maiores que g tan θ deverá aparecer uma força de atrito sobre o
bloco, paralela à superfície da rampa e apontando no sentido de descida. Como
veremos, quanto maior for o valor de a, maior deverá ser o módulo da força de
atrito.
Aplicando a Segunda Lei de Newton nessa nova situação (força de atrito não-
nula), temos
N senθ + Fat cosθ = ma (2.46)
N cosθ − Fat senθ = mg , (2.47)
A partir da equação (2.47), podemos escrever
N =
Fat senθ +mg
cosθ
. (2.48)
Substituindo (2.48) em (2.46) e resolvendo para a força de atrito, obtemos
Fat = m(a cosθ − g senθ) . (2.49)
A expressão do módulo da reação normal sobre o bloco é obtida, simplesmente,
substituindo (2.49) em (2.48), o que nos fornece
N = m(a senθ + g cosθ) . (2.50)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 34
Antes de prosseguirmos, analisemos a equação (2.49). Observe, inicialmente, que
para a = g tan θ temos Fat = 0, como foi mostrado no item (a). À medida que a
vai aumentando, cresce também o valor de Fat necessário para manter o bloco sem
deslizar sobre a rampa até que, para um certo valor de a, designado por amax, Fat
atinge seu valor máximo, dado por µeN .
Escrevendo Fat = µeN no lado esquerdo da equação (2.49) e substituindo para
N a expressão dada em (2.50), temos
µem (amax senθ + g cosθ) = m (amax cosθ − g senθ) .
Resolvendo a última equação para amax, obtemos, finalmente,
amax =
senθ + µe cosθ
cosθ − µe senθ g . (2.51)
Observe que quando cosθ − µe senθ = 0, isto é, quando θ → θc = cotg−1(µe),
amax → ∞. Isso significa que a partir de θc, qualquer que seja a aceleração da
rampa, o bloco não deslizará sobre ela. Embora o aumento de a exija um valor de
Fat cada vez maior para manter o bloco sem deslizar, para θ ≥ θc o valor de N
cresce de tal forma que o atrito máximo µeN sempre é capaz de manter o bloco sem
deslizar sobre a rampa.
15. Por conveniência, repetimosa figura do enunciado. Aplicaremos, separadamente, a Se-
gunda Lei de Newton a cada corpo.
mM
θ
Analisando o movimento do bloco de massa M , podemos escrever, a partir da figura
Mg cos(θ)− µcMg sen(θ)− T = Ma , (2.52)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 35
onde T é a tensão no fio e usamos as relações trigonométricas cos(pi/2 − θ) = sen(θ) e
sin(pi/2− θ) = cos(θ).
Analogamente, analisando o movimento do bloco de massa m, temos
T −mg sen(θ) = ma (2.53)
As equações anteriores formam um sistema de duas equações e duas incógnitas. Resol-
vendo para a e T , obtemos
a =
[
M(cosθ − µc senθ)−m senθ
m+M
]
g (2.54)
e
T =
mMg [cosθ + senθ(1− µc)]
m+M
. (2.55)
16. (a) Atuam apenas duas forças sobre a partícula, o seu peso e a tensão exercida pelo
fio. Como o movimento ocorre num plano horizontal, a componente vertical da
tensão, Tz = T cos θ, contrabalança o peso. Denotando por θ o ângulo entre o fio e
a vertical, temos,
T cos θ = mg . (2.56)
Quanto maior for o ângulo θ maior será a tensão no fio necessária para manter o
movimento circular uniforme. No ângulo máximo, θmax, temos,
Tmax cos(θmax) = mg , (2.57)
o que nos leva ao resultado
θmax = cos
−1(mg/Tmax) . (2.58)
(b) A componente horizontal da tensão aponta sempre para o centro da trajetória circu-
lar, de modo que
Tmaxsen(θmax) = mv
2/r , (2.59)
onde r é o raio da trajetória d partícula e v o módulo de sua velocidade. Usando,
então, a equação Tmax cos(θmax) = mg, obtemos
v =
√
gr sin(θmax)/ cos(θmax) . (2.60)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 36
O período é dado por T = 2pir/v, ou seja,
T = 2pi
√
r cos(θmax)
g sin(θmax)
= T = 2pi
√
` cos(θmax)
g
, (2.61)
onde usamos o fato de que r = ` sen(θmax).
17. (a) Uma vez que o bloco desliza com velocidade constante, sua aceleração é nula e,
pela Segunda Lei de Newton, é nula a soma de todas as forças sobre o bloco. As
vizinhanças do bloco são a Terra, o plano inclinado e a prancha. A Terra exerce
sobre o bloco a força peso, de módulo 3mg. O plano inclinado exerce sobre o bloco
uma força normal, de módulo N e uma força tangencial, a força de atrito cinético,
de módulo f = µN . A prancha também exerce sobre o bloco uma força normal,
de módulo N ′ e uma força tangencial, a força de atrito cinético, de módulo f ′ =
µN ′. Essas forças estão especificadas em módulo, direção e sentido no diagrama à
esquerda da figura.
3mg θ
N
f
N ′ f
′
mg
N ′
θ
f ′
T
Na direção do plano inclinado e na direção perpendicular ao plano inclinado, temos
as seguintes equações para o equilíbrio de forças: 3mg senθ = f + f ′ e N =
N ′ + 3mg cos θ, ou seja,
3mg senθ = µN + µN ′ e N = N ′ + 3mg cos θ . (2.62)
As vizinhanças da prancha são a Terra, o fio e o bloco. A Terra exerce sobre a
prancha a força peso, de módulo mg. O fio exerce sobre a prancha uma força de
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 37
módulo T na direção do plano inclinado. O bloco exerce sobre a prancha uma força
normal e uma força de atrito tangencial. Elas são as respectivas reações às forças
de ação normal e tangencial que a prancha exerce sobre o bloco e, pela Terceira
Lei de Newton, têm os mesmos módulos N ′ e f ′ das forças de ação, as mesmas
direções, e os sentidos opostos, tal como indicado no diagrama à direita da figura.
Na direção do plano inclinado e na direção perpendicular ao plano inclinado, temos
as seguintes equações para o equilíbrio de forças sobre a prancha: f ′+mg senθ = T
e N ′ = mg cos θ, ou seja,
µN ′ +mg senθ = T e N ′ = mg cos θ . (2.63)
Usando a segunda equação em (2.63) na segunda equação em (2.62), obtemos N =
4mg cos θ. Agora, substituimos essa expressão de N , e a expressão de N ′ dada na
segunda equação em (2.63), na primeira equação em (2.62). Obtemos 3mg senθ =
µ5mg cos θ, ou seja, µ = (3/5) tgθ.
(b) Para calcular a tensão T , substituímos na primeira equação em (2.63) o valor de µ
que acabamos de encontrar e o valor de N ′ dado na segunda equação em (2.63).
Obtemos (3/5) tgθ mg cos θ+mg senθ = T , donde (3/5)mg senθ+mg senθ = T .
Portanto, T = (8/5)mg senθ.
18. Para facilitar a compreensão da resolução do problema, repetimos a figura do enuncidado.
R
β
ω
(a) Sobre a conta atuam duas forças, a normal e o peso. A normal deve ser decom-
posta em duas componentes, uma vertical, que se opõe ao peso, e outra centrípeta.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 38
Aplicando a Segunda Lei de Newton, temos:
N cosβ = mg (2.64)
N senβ = mω2R senβ =⇒ N = mω2R , (2.65)
onde usamos o fato de que o raio da trajetória circular da conta é R senβ. Dividindo
a equação (2.64) pela (2.65), obtemos
cosβ =
g
Rω2
=⇒ β = cos−1
( g
Rω2
)
(2.66)
(b) Para β = 0, N = mg e a velocidade angular do aro pode ser qualquer, inclusive
nula.
Já para o caso em que β → pi/2, devemos ter
g
ω2R
= cos(pi/2) = 0 =⇒ ω −→∞ . (2.67)
Embora esse resultado pareça um tanto peculiar à primeira vista, ele pode ser facil-
mente entendido observando que para β → pi/2 a direção da normal sobre a conta
vai tendendo a ser horizontal. Mas como sua componente vertical deve equilibrar
o peso, seu módulo deve tender para infinito. Lembre-se de que N = mω2R e,
portanto, N →∞ implica ω →∞.
19. Por conveniencia, repetimos a figura do enunciado.
L
L
L
m
ω
(a) Para resolver esse problema é conveniente decompor as trações exercidas pelos fios
sobre a bolinha em suas componentes vertical e horizontal. Por conveniência, de-
signaremos por T1 a tensão no fio de cima e por T2 a tensão no fio de baixo.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 39
Inicialmente, note que o triângulo formado pelos fios e pela haste é equilátero,
de modo que o ângulo que cada fio faz com a horizontal é pi/6. Com isso, o raio da
trajetória circular da bolinha é R = L cos(pi/6) = L√3/2. Como o movimento é
horizontal, a componente vertical da aceleração da bolinha é nula, o que nos permite
escrever:
T1
2
=
T2
2
+mg =⇒ T1 − T2 = 2mg . (2.68)
Usando o fato de que o movimento é circular uniforme e de raio L
√
3/2, temos
√
3
2
(T1 + T2) = mω
2L
√
3
2
=⇒ T1 + T2 = mω2L . (2.69)
Resolvendo o sistema formado pelas equações (2.68) e (2.69), obtemos
T1 = mw
2L/2 +mg ; (2.70)
T2 = mw
2L/2−mg (2.71)
(b) Analisando as equações anteriores, vemos que nos movimentos circulares uniformes
desse sistema com velocidades angulares ω cada vez menores, ambas as tensões são,
também, cada vez menores. No entanto, existe um valor de ω, que designaremos
por ωmin, para o qual T2 = 0, ou seja, para o qual o fio de baixo deixa de exercer
qualquer força sobre a bolinha. É imediato mostrar que
T2 = 0 =⇒ ω
2
minL
2g
− 1 = 0 =⇒ ωmin =
√
2g
L
. (2.72)
Movimentos circulares uniformes com ω < ωmin terão raios menores que L
√
3/2
e, nesses casos, o fio de baixo não estará esticado. Essa situação é a mesma que a
de um pêndulo cônico usual.
20. (a) Da Segunda Lei de Newton (componentes horizontais), podemos escrever também
F −N = Ma e N = ma , (2.73)
onde N é módulo da componente horizontal da força de contato entre os blocos e
usamos o fato de que os blocos têm a mesma aceleração. Das duas últimas equações,
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 40
obtemos
a =
F
M +m
e N =
m
M +m
F . (2.74)
A última equação relaciona a normal N com a força F aplicada. Note que à medida
que F diminui, N também diminui. No entanto, para que o bloco de massa m
não deslize sobre a superfície vertical do bloco de massa M , Fat = mg. Como o
módulo da força de atrito pode variar de zero até o valor máximo µeN , o menor
valor da normal possível deve satisfazer a equação
µeNmin = mg =⇒ Nmin = mg
µe
. (2.75)
Conseqüentemente, o valor mínimo de F é dado porFmin =
M +m
m
Nmin =
M +m
m
× mg
µe
=⇒ Fmin = (M +m)g
µe
. (2.76)
(b) As componentes verticais das forças que atuam sobre o bloco de massa M são as
seguintes: seu peso (Mg), a reação normal exercida pelo solo (NS) e a reação à
força de atrito (Fat = mg). Portanto, temos
NS = (M +m)g (2.77)
21. Por conveniência, repetimos a figura do enunciado.
θ2
θ1
m
ω
R
Utilizando a Segunda Lei de Newton, temos
T1 cos θ1 − T2 cos θ2 = mg (2.78)
T1 senθ1 + T2 senθ2 = mω
2R . (2.79)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 41
Multiplicando (2.78) por senθ1 e (2.79) por cosθ1 e subtraindo a primeira da segunda,
obtemos
T2(senθ2 cosθ1 + senθ1 cosθ2) = m(ω
2R cosθ1 − g senθ1) , (2.80)
ou seja,
T2 =
m (ω2R cosθ1 − g senθ1)
sen(θ1 + θ2)
, (2.81)
onde usamos a identidade trigonométrica sen(a+ b) = sena cosb+ senb cosa.
Analogamente, multiplicando a equação (2.78) por senθ2 e somando com a equação
(2.79) multiplicada por cosθ2, obtemos
T1(senθ2 cosθ1 + senθ1 cosθ2) = m(ω
2R cosθ2 + g senθ2) , (2.82)
ou seja,
T1 =
m (ω2R cosθ2 + g senθ2)
sen(θ1 + θ2)
. (2.83)
22. A figura mostra o bloco deslizando sobre a superfície interna do cone de ângulo α.
mr
α
(a) Isolando as forças que atuam na partícula, temos, para as direções horizontal e ver-
tical da figura, respectivamente:
N cos α =
mv2
r
(2.84)
e
N senα = mg =⇒ N = mg
senα
. (2.85)
Substituindo a expressão da normal N na primeira das equações, temos
mg
senα
cos α =
mv2
r
=⇒ v =
√
g r
tanα
. (2.86)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 42
(b) O período do movimento é dado pela razão
T =
2pi r
v
= 2pi
√
r tanα
g
(2.87)
23. A figura a que se refere o enunciado desse problema está reproduzida abaixo, para que
possamos identificar as posições dos blocos de massa M e m.
mM
θ
Se o bloco de mass M não desce a rampa, então a tração exercida pelo fio contrabalanç a
a componente do peso paralela à rampa, isto é,
T = Mg sen(90− θ) = Mg cosθ . (2.88)
Analogamente, podemos escrever a condição para que o outro bloco também fique pa-
rado, a saber,
T = mg senθ + Fat . (2.89)
As duas equações anteriores nos levam a
Mg cosθ = mg senθ + Fat =⇒ M = mg senθ + Fat
g cosθ
. (2.90)
Na iminência de movimento, temos Fat = µmg cos θ. Substituindo esse valor na equação
anterior, obtemos
M =
senθ + µ cos(θ)
cosθ
m . (2.91)
24. Por conveniência, reproduzimos a figura do enunciado.
(a) Para resolver este problema, vamos proceder em etapas:
(i) Determinar as acelerações ao longo dos dois planos inclinados.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 43
m m
pi
2 − θ θ
Plano 1Plano 2
Isolando as forças sobre cada bloco, obtemos ao longo do plano 1
mg sen θ = ma1 =⇒ a1 = g sen θ ,
e ao longo do plano 2
mg sen
(pi
2
− θ
)
− fat = mg cos (θ)− fat = ma2
e
N = mg cos
(pi
2
− θ
)
= mg sen θ
Combinando as duas equações acima, temos
mg cos θ − µcmg senθ = ma2
ou,
a2 = g (cos θ − µc senθ)
(ii) Depois vamos supor que a altura do triângulo seja h, de forma que as distâncias
ao longo do plano inclinado de θ (plano 1) e do plano inclinado de pi/2 − θ (plano
2) sejam respectivamente:
d1 = h/sen θ e d2 = h/sen (pi/2 − θ) = h/ cos θ .
(iii) Finalmente calculamos os tempos necessários para os dois blocos descerem as
rampas, e comparamos os resulados. Os tempos são dados por
t1 =
√
2 d1
a1
(ao longo da rampa 1) e t2 =
√
2 d2
a2
(ao longo da rampa 2)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 44
Igualando os dois instantes acima, temos
t1 = t2 =⇒
√
2h /senθ
a1
=
√
2h / cos θ
a2
Elevando ambos os membros ao quadrado e substituindo as expressões para as ace-
lerações a1 e a2, obtemos,
1
senθ(g senθ)
=
1
cos θ g (cos θ − µc senθ) . (2.92)
Rearranjando adequadamente os termos da equação anterior, temos,
cos2 θ − µc cos θ senθ = sen2θ , (2.93)
donde,
µc =
cos2 θ − sen2θ
senθ cos θ
=
2 cos 2 θ
sen 2 θ
. (2.94)
(b) Para θ = pi/4, as duas rampas têm a mesma inclinação e, conseqüentemente, o
mesmo comprimento. Nesse caso, obtemos para o coeficiente de atrito na rampa da
esquerda
µc = 2 cos(pi/2)/sen(pi/4) = 0 . (2.95)
Ou seja, para pi/4, os blocos só chegarão simultâneamente ao solo se não houver
atrito sobre o bloco da esquerda, como esperado (uma vez que os comprimentos das
rampas são iguais e não há força de atrito sobre o bloco da direita).
25. (a) Para resolver este problema primeiro precisamos determinar a aceleração de cada
bloco para só depois igualar os tempos de descida, lembrando que o trajeto de cada
um é diferente. A força resultante em cada bloco é dada por
F ′r = mgsen(pi/2− θ)− µ′mg cos(pi/2− θ) (2.96)
Fr = mg senθ − µmg cos θ (2.97)
Simplificando a primeira equação, temos
F ′r = mg cos θ − µ′mg senθ . (2.98)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 45
O que nos deixa com as seguintes acelerações
a′ = g[cos θ − µ′ senθ] (2.99)
a = g[senθ − µ cos θ] . (2.100)
O comprimento do plano inclinado da direita pode ser escrito como d = h/sen(θ),
onde h é a altura do triângulo. Da mesma forma d ′ = h/ cos(θ), lembrando que
sen(pi/2 − θ) = cos(θ). Os tempos gastos pelos blocos em suas descidas são,
respectivamente, dados por
t =
√
2d/a (2.101)
t′ =
√
2d′/a′ (2.102)
Igualando os tempos de descida anteriores, obtemos
2d
a
=
2d ′
a ′
(2.103)
donde
1
a senθ
=
1
a ′ cos θ
. (2.104)
Substituindo na equação anterior os valores das acelerações, obtemos
senθ senθ − µ cos θ = cos θ cos θ − µ′ senθ . (2.105)
Conseqüentemente, chegamos ao resultado desejado,
µ′ − µ = cos
2 θ − sen2θ
cos θsenθ
= 2 cot(2θ) . (2.106)
(b) Quando µ′ = µ obtemos a condição cos2(θ) = sen2(θ). Nesse caso, o ângulo θ deve
ser igual a pi/4.
26. (a) As vizinhanças do bloco de baixo são a Terra, que exerce a força peso m~g, o fio
esticado, que exerce a força ~T na direção da rampa e apontando para cima, e a
própria rampa, que exerce a normal ~N e o atrito ~f , conforme abaixo indicados no
diagrama do bloco isolado. As vizinhanças do bloco de cima são a Terra, que exerce
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 46
a força peso m~g, a rampa, que exerce a normal ~N ′ e o atrito ~f ′, conforme abaixo
indicados no diagrama do bloco isolado, e o fio esticado, que exerce a força ~T ′.
Como o fio é ideal, ~T ′ = −~T . As forças de atrito, naturalmente, têm a direção da
rampa e apontam para cima, no sentido oposto ao dos movimentos dos blocos.
θ
θ
m~g
m~g
~N
~N ′
~T ′
~T
~f ′
~f
(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco de baixo, temos
mg senθ − T − f = ma e N −mg cos θ = 0 . (2.107)
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco de cima, temos
mg senθ + T − f ′ = ma e N ′ −mg cos θ = 0 , (2.108)
onde a aceleração é a mesma do bloco de baixo porque o fio é ideal e, portanto,
inextensível. Das equações (2.107) e (2.108), obtemos
mg senθ − T − µmg cos θ = ma e mg senθ + T − 2µmg cos θ = ma .
(2.109)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 47
Somando essas equações obtemos a aceleração e, subtraindo uma da outra, a tensão;
elas são dadas, respectivamente, por
a =
(
senθ − 3
2
µ cos θ
)
g e T =
1
2
(µ cos θ) mg . (2.110)
27. Por conveniência, reproduzimos a seguir a figura na qual estão indicados todos os cami-
nhos relevantes na solução deste problema:
O X
Y
C2C1
(R,R)
(0,R)
(a) Temos ~F · d~r = k y ıˆ · d~r = k y dx. De (0, 0) a (0, R), no caminho C1, temos x
constante (de fato nulo), de modo que dx = 0; já de (0, R) a (R,R), ao longo desse
mesmo caminho, temos y = R e x variando de 0 a R. Portanto,
W1 =
∫
C1
~F ·d~r =
∫
C1
k y dx =
∫ (0,R)
(0,0)
k y dx+
∫ (R,R)
(0,R)
k y dx = 0+
∫ R
0k R dx = kR2 .
(2.111)
(b) Ao longo do caminho C2, de (0, 0) a (R,R), temos y = x e x variando de 0 a R.
Portanto
W2 =
∫
C2
~F · d~r =
∫
C2
k y dx =
∫ (R,R)
(0,0)
k y dx =
∫ R
0
k x dx =
1
2
kR2 . (2.112)
(c) A força ~F não é conservativa, pois realiza diferentes trabalhos ao longo de dois
caminhos diferentes que partem de um mesmo ponto e chegam a um mesmo ponto.
(d) Tendo em vista que ~F = k y ıˆ é a força total sobre a partícula, que essa força total
tem sempre a direção de OX e que a partícula é abandonada em repouso no ponto
(0, R), podemos concluir que o movimento da partícula será ao longo de uma tra-
jetória retilínea paralela ao eixo OX ; além disso, como nessa trajetória y é positivo
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 48
(na verdade é igual a R), a força ~F = k y ıˆ aponta no sentido positivo do eixo OX .
Conseqüentemente, essa força fará a partícula abandonada em (0, R) seguir para a
direita e passar pelo ponto (R,R). Em suma, de (0, R) a (R,R) o caminho seguido
pela particula é o segmento de reta que une esses pontos. O trabalho realizado pela
força nesse caminho foi calculado no ítem (a) e é igual a kR2. A variação da energia
cinética ao longo desse caminho é igual a esse trabalho, de acordo com o teorema
do trabalho e energia cinética. Portanto, denotando por ECf a energia cinética fi-
nal em (R,R), e levando em conta que a energia cinética inicial em (0, R) é nula,
obtemos para a variação da energia cinética ECf − 0 = kR2 e, conseqüentemente,
ECf = kR
2
.
28. Para facilitar a compreensão da solução, repetimos abaixo a figura na qual estão indicados
os caminhos relevantes no cálculo do trabalho:
O
X
Y
C1 (R,0)(0,0)
(0,R)
C2
C3
(a) No primeiro trecho do caminho C∞ a força ~F = kxuˆy é perpendicular ao deslo-
camento e, portanto, o trabalho é nulo nesse trecho. No segundo trecho, a própria
força é nula, pois x = 0 ao longo de todo esse trecho. Temos, então,
W1 =
∫
C1
~r · ~F =
∫ 0
R
(dx ıˆ) · (kx ˆ) +
∫ R
0
(dy ˆ) · (k × 0)ˆ = 0 + 0 = 0 (2.113)
(b) Ao longo do caminho C2, as coordenadas x e y satisfazem à relação: y = R − x,
com os valores de x no intervalo 0 ≤ x ≤ R. Conseqüentemente, temos dy = −dx,
o que implica d~r = dxıˆ+ dyˆ = dx(ˆı− ˆ). Calculando o trabalho, obtemos
W2 =
∫
C2
d~r · ~F =
∫ 0
R
dx(ˆı− ˆ) · (kx ˆ) =
∫ R
0
dx kx =
kR2
2
(2.114)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 49
(c) O caminho C3 não é retilíneo. Ao longo desse caminho, a relação entre as coorde-
nadas x e y é dada por
y =
R2 − x2
R
, (2.115)
o que implica
dy = −2x
R
dx =⇒ d~r = dxıˆ+ dyˆ = dx
(
ıˆ− 2x
R
ˆ
)
. (2.116)
Substituindo os resultados anteriores na fórmula do trabalho, obtemos
W3 =
∫
C3
d~r · ~F =
∫ 0
R
dx
(
ıˆ− 2x
R
ˆ
)
· (kx ˆ) = 2k
R
∫ R
0
dx x2 =
2
3
kR2 (2.117)
(d) Podemos concluir que a força ~F não é conservativa, pois o trabalho que ela realiza
para ir do ponto (R, 0) ao ponto (0, R) é diferente para caminhos diferentes.
29. Note que ao escrevermos a força elástica da mola como Fx = −βx, já está implícita a
escolha da origem na posição de equilíbrio da partícula, situação em que a mola possui
seu comprimento natural.
(a) A força elástica é uma força conservativa. Por definição, a posição-padrão xp é
aquela na qual a energia potencial é nula, ou seja, U(xp) = 0. Da definição de
energia potencial, temos
U(x)− U(xp) =
∫ xp
x
Fx(x′) dx′ =
∫ xp
x
(−βx′) dx′ , (2.118)
ou seja,
U(x) =
1
2
β x2 − 1
2
βx2p . (2.119)
onde usamos o fato de que U(xp) = 0. Analisando a equação anterior, vemos que
para satisfazer à exigência do enunciado, ou seja, para que U(x = 0) = 0, devemos
escolher xp = 0. Conseqüentemente, a energia potencial da partícula é dada por
U(x) = (1/2)βx2. Uma vez que a energia mecânica do oscilador é E0, temos
1
2
mv2x +
1
2
β x2 = E0 . (2.120)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 50
Os pontos de retorno são aqueles onde a energia cinética da partícula é nula (Ec =
0). Em outras palavras, tais pontos são as raízes da equação E0 = (1/2)β x2, dadas,
evidentemente, por x1 = −
√
2E0/β e x2 =
√
2E0/β. A amplitude do movimento,
denotada por A, é identificada, portanto, como A =
√
2E0/β. A velocidade tem
módulo máximo nos instantes em que a energia potencial é mínima, o que ocorre, no
caso em consideração, nos instantes em que a energia potencial se anula. Denotando
o valor máximo do módulo da velocidade da partícula por vmax, obtemos
E0 =
1
2
mv2max =⇒ vmax =
√
2E0
m
. (2.121)
(b) Uma vez que Ec + U = E0, a energia cinética da partícula quando ela se encontra
na posição x é dada por
Ec = E0 − 1
2
β x2 . (2.122)
Lembrando que a energia mecânica pode ser escrita como E0 = (1/2)βA2, a equa-
ção anterior também pode ser escrita na forma Ec = (1/2)β(A2 − x2).
(c) O gráfico da energia potencial elástica (linha contínua) é o de uma parábola com
concavidade positiva. Já o gráfico da energia cinética (linha tracejada) é o de uma
parábola com concavidade negativa. Esse último corresponde, simplesmente, ao
gráfico anterior invertido e transladado para cima, de acordo com a equação (2.122).
Tais características podem ser observadas na figura
X
Energia
E0
U
Ec
x2 = +Ax1 = −A
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 51
(d) Dividindo a equação E0 = Ec + U por E0, usando o fato de que E0 = βA2/2 e
lembrando que estamos interessados nos pontos onde Ec/E0 = f , obtemos
1 = f +
( x
A
)2
. (2.123)
Os pontos desejados são dados, então, por
x
A
= ±
√
1− f . (2.124)
Vejamos como interpretar os casos em que f = 0 e f = 1:
(i) para f = 0, temos x = ±A. Esses são os pontos de retorno do problema. Neles,
a energia cinética da partícula é nula, Ec = 0, e a energia potencial elástica é igual
à energia mecânica, U = E0;
(ii) para f = 1, temos x = 0. Esse é exatamente o ponto de equilíbrio do oscilador.
Nele, a energia cinética da partícula é máxima, Ec = E0, e a energia potencial
elástica é mínima, U = 0.
30. (a) Por definição, a energia potencial associada a uma força conservativa Fx = Fx(x)
é dada por U(x) = − ∫ x
xp
Fx(x ′)dx ′. Essa equação nos dá a energia potencial
em termos da força (desde que façamos uma escolha para a posição-padrão xp).
No entanto, necessitamos do oposto, ou seja, dada a energia potencial desejamos
calcular a força conservativa correspondente. Derivando, então, a expressão deU(x)
escrita anteriormente e utilizando o teorema fundamental do cálculo, obtemos
dU(x)
dx
= − d
dx
{∫ x
xp
Fx(x ′)dx ′
}
= −Fx(x) . (2.125)
Aplicando essa fórmula à energia potencial do problema, obtemos
Fx = −dU
dx
= − d
dx
(
−a
x
+
b
x2
)
=⇒ Fx = − a
x2
+
2b
x3
. (2.126)
Uma posição é de equilíbrio se, e somente se, Fx = 0. Temos, então,
− a
x2e
+
2b
x3e
= 0 =⇒ xe = 2b
a
. (2.127)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 52
Ficará evidente na solução do item b que essa posição de equilíbrio é, de fato, uma
posição de equilíbrio estável, pois a derivada segunda deU avaliada em xe é positiva,
U ′′(xe) > 0 (poço de energia potencial).
(b) No gráfico de U versus x desenhamos também os gráficos de−a/x2 versus x (linha
tracejada) e 2b/x3 versus x (linha pontilhada). A linha contínua representa o gráfico
de U versus x, dada pela soma dos dois anteriores. Por simplicidade, na segunda
figura, desenhamos apenas o gráfico da força total Fx versus x.
x
U(x)
xe
x
xe
Fx
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 53
(c) É oportuno lembrar, inicialmente, que os trechos do eixo OX nos quais o mo-
vimento da partícula pode ocorrer devem respeitar, necessariamente, a condição
E ≥ U(x) , pois a energia cinéticadeve ser sempre positiva ou nula.
(i) Para E = U(xe), a partícula permanece em repouso na posição de equilíbrio;
(ii) Para U(xe) < E < 0, há dois pontos de retorno, x1 e x2, como indica a figura
(por conveniência, refizemos a figura exagerando bastante o poço de potencial, para
que ficasse fácil marcar os dois pontos de retorno):
x
U(x)
E
x1 x2
Os movimentos possíveis são limitados e representam oscilações entre os pontos de
retorno x1 e x2. Esses pontos são dados pelas raízes da equação:
E = −a
x
+
b
x2
=⇒ Ex2 + ax− b = 0 . (2.128)
Como E < 0, é conveniente escrevermos E = −|E|. Calculando as raízes da
equação anterior, obtemos
x1 =
a−
√
a2 − 4|E|b
2|E| ;
x2 =
a+
√
a2 − 4|E|b
2|E| . (2.129)
Uma vez que U(xe) = −a2/(4b), vemos que |E| < a2/(4b). Conseqüentemente,
podemos afirmar que a2−4|E|b > 0 e, de fato, haverá sempre dois pontos de retorno
para o intervalo de energia dado por U(xe) < E < 0.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 54
(iii) Para E ≥ 0, há somente um ponto de retorno, x3, como indica a figura: Nesse
x
U(x)
E
x3
caso, todos os movimentos possíveis são ilimitados à direita. Podemos afirmar,
ainda, que qualquer que seja a condição inicial da partícula, a sua posição no limite
em que t→∞ tende a +∞, com uma velocidade dada por
√
2E/m.
No caso em que a energia é positiva, E > 0, ao calcularmos as raízes da equação
E = U(x), encontramos x± = [−a ±
√
a2 + 4Eb]/(2E). No entanto, a raiz x−
deve ser descartada, pois o movimento ocorre no semi-eixo OX posivo. Com isso,
o único ponto de retorno é dado por
x3 =
√
a2 + 4Eb− a
2E
. (2.130)
Para E = 0, o ponto de retorno x3 pode ser encontrado facilmente:
0 = − a
x3
+
b
x23
=⇒ x3 = b
a
. (2.131)
Vale a pena comentar que o ponto de retorno que acabamos de calcular, isto é,
aquele associado a uma energia mecânica nula pode ser obtido tomando-se o limite
apropriado na equação (2.130), como mostramos a seguir:
x3 = lim
E→0
(√
a2 + 4Eb− a
2E
)
= lim
E→0
(
a(1 + 4Eb/a)1/2 − a
2E
)
= lim
E→0

a
[
1 + 2Eb/a+O
(
(Eb/a)2
)
− a
]
2E


=
b
a
, (2.132)
onde usamos a expansão (1 + x)n = 1 + nx+O(x2), válida para |x| � 1.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 55
31. (a) A constante a se expressa em J/m4 e a constante b, em m2.
(b) Para esboçarmos o gráfico de U versus x é conveniente determinarmos para que
valores de x temos U(x) = 0, quais os valores de U(x) nos limites em que x→ ±∞
e para que valores de x temos derivada nula de U , isto é, U ′(x) = 0. Com isso em
mente, temos
U(x) = 0 ⇐⇒ x2(x2 − b2) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = ±
√
b ;
lim
x→±∞
U(x) = +∞ ; (2.133)
U ′(x) = a(4x3 − 2bx) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = ±
√
b/2 .
Com esses resultados, podemos esboçar o gráfico mostrado abaixo à esquerda.
x
U(x)
−√b
−
√
b/2 √
b
√
b/2
x
Fx
−√b/2
−
√
b
6 √
b
6
√
b/2
(c) A força é obtida a partir da relação Fx = −dU/dx, já utilizada no problema anterior.
Desse modo, temos
Fx = −dU
dx
= −a(4x3 − 2bx) . (2.134)
Fazendo para a força uma análise análoga à que fizemos anteriormente para a energia
potencial, ou seja, usando o fato de que
Fx = Fx(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ou x = ±
√
b/2 ;
lim
x→±∞
F (x) = ∓∞ ; (2.135)
F ′x(x) = −a(12x2 − 2b) = 0 ⇐⇒ x = ±
√
b/6 e Fx ′(0) = +2ab .
Com esses resultados, podemos esboçar o gráfico mostrado acima à direita.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 56
(d) Nos pontos de equilíbrio temos, necessariamente, U ′(x) = 0. Com isso, esses
pontos são dados por x = 0 ou x = ±
√
b/2. No gráfico de U(x) versus x vemos
que x = 0 é um ponto de equilíbrio instável, pois é um ponto de máximo de U . Já
os pontos x = ±
√
b/2 são pontos de equilíbrio estável, uma vez que são pontos
de mínimo de U . De fato, U ′′(x) = a(12x2 − 2b) ⇒ U ′′(0) = −2ab < 0 e
U ′′(±√b/2) = a[12(b/2)− 2b] = 4ab > 0.
32. (a) A força é dada pela derivada do potencial em relação a x:
Fx = −dU
dx
= − d
dx
(−U0e−αx2) = U0(−2α)xe−αx2 . (2.136)
Portanto, obtemos
Fx = −2αU0 x e−αx2 . (2.137)
A condição de equilíbrio é dada por Fx = 0, o que implica x = 0. Isto porque a
função exponencial não se anula para x finito. Calculando-se a segunda derivada de
U , verifica-se que U ′′(0) > 0. Isso significa que x = 0 é uma posição de equilíbrio
estável, ou seja, corresponde ao fundo de um poço de energia potencial, como ficará
evidente no gráfico traçado no próximo item.
Note que a função exponencial tende a zero para x→ ±∞, limites nos quais a
própria força também se anula. No entanto, já é uma boa aproximação supor que o
limite anterior é alcançado para |x| >> 1/√α e que a partir daí já temos o chamado
equilíbrio indiferente.
(b) U(x) é sempre negativa e tende a zero para x → ±∞. Além disso, em x = 0 tem
derivada nula, ou seja, a reta tangente ao gráfico, nesse ponto, é horizontal. Com
isso, traçamos o gráfico de U(x) it versus x mostrado abaixo: Obviamente, o gráfico
de Fx versus x pode ser traçado diretamente a partir da expressão da força, equação
(2.137). No entanto, podemos fazer um esboço bem razoável olhando apenas para
o gráfico anterior e utilizando a relação Fx = −dU/dx. Isso nos leva ao gráfico
abaixo:
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 57
x
U(x)
xe = 0
U ′(0) = 0
x
Fx
xe = 0
Na figura da força, desenhamos um quadrado pontilhado para realçar o caráter res-
taurador da força resultante sobre a partícula na vizinhança do ponto de equilíbrio
estável xe = 0.
(c) Para E = −U0, a partícula permanece em repouso na origem, uma vez que esta é a
única posição que respeita a condição E ≥ U(x).
(d) Nos pontos de retorno a energia cinética é nula, Ec = 0. Portanto, pela conservação
da energia mecânica, temos
E =
−U0
e
= −U0 e−αx2 =⇒ eαx2 = e (2.138)
Isso implica em αx2 = 1, ou seja,
x = ±
√
1
α
. (2.139)
Isso significa que a partícula oscila no intervalo −
√
1/α ≤ x ≤
√
1/α, com a sua
velocidade se anulando nos pontos extremos e sendo máxima na origem.
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 58
33. (a) Com a escolha do ponto-padrão feita no enunciado, temos
U(x) =
∫ 0
x
(−kx ′)dx ′ = 1
2
kx2 . (2.140)
(b) Da conservação da energia mecânica, temos
1
2
mv2x = E −
1
2
kx2 =⇒ |vx| =
√
2
m
(
E − 1
2
kx2
)
, (2.141)
onde E fica determinada pelas condições iniciais, a saber,
E =
1
2
mv2x0 +
1
2
kx20 . (2.142)
Substituindo a equação anterior em (2.141), obtemos
|vx| =
√
2
m
√
1
2
mv2x0 +
1
2
k(x20 − x2) . (2.143)
(c) Uma vez que |vx| ≥ 0, devemos impor a condição
1
2
mv2x0 +
1
2
k(x20 − x2) ≥ 0 =⇒
1
2
kx2 ≤ 1
2
kx20 +
1
2
mv2x0 , (2.144)
ou seja,
−
√
x20 +
mv2x0
k
≤ x ≤
√
x20 +
mv2x0
k
. (2.145)
Trata-se de um movimento periódico, mais especificamente, harmônico em torno da
origem com amplitude A =
√
x20 +mv
2
x0/k.
34. (a) As forças sobre a partícula, o peso e a elástica, são conservativas. Portanto, a energia
é conservada e seu valor em qualquer ponto é igual ao valor que tem quando a
partícula passa pela origem,
1
2
mv2 +
1
2
ky2 +mgy =
1
2
mv20 . (2.146)
Os pontos y1 e y2 são de retorno (vy = 0), de modo que cada um tem uma coorde-
nada y que satisfaz à equação
1
2
ky2 +mgy =
1
2
mv20 . (2.147)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 59
Obtemos
y2 + 2
mg
k
y − mv
2
0
k
= 0 , donde y = −mg
k
±
√(mg
k
)2
+
mv20
k
. (2.148)
Portanto, temos
y1 =
√(mg
k
)2
+
mv20
k
− mg
k
e y2 = −
[√(mg
k
)2
+
mv20
k
+
mg
k
]
.
(2.149)
35. (a) Do instante inicial ao final a esfera desce e a mola estica de uma distância ∆`. Uma
vez que noinstante final a esfera está em uma posição de equilíbrio, a força elástica
da mola sobre a bolinha deve cancelar o peso da bolinha, k∆` = mg, donde
∆` =
mg
k
. (2.150)
(b) Como a esfera começa e termina seu movimento em repouso, tanto a energia cinética
inicial quanto a final são nulas. Portanto, é nula a variação da energia cinética,
∆Ec = 0. Do instante inicial ao final a altura da bolinha diminui, sendo sua variação
∆h igual a menos a elongação da mola obtida em (2.150), isto é,
∆h = −∆` = −mg
k
. (2.151)
Conseqüentemente, a variação da energia potencial gravitacional é dada por
∆Ug = mg∆h = −m
2g2
k
. (2.152)
Quanto à energia potencial elástica, sabemos que inicialmente a mola tem elongação
nula e no final, elongação ∆` = mg/k. Portanto, a variação dessa energia é
∆Ue =
1
2
k∆`2 − 0 = 1
2
k
(mg
k
)2
=
m2g2
2k
. (2.153)
(c) As forças sobre a bolinha são o peso e a força elástica da mola, que são conser-
vativas, e a força de atrito com o ar, que não é conservativa. Para calcular o tra-
balho dessa última, que denotamos por Wnc , usamos o fato de que a variação da
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 60
energia mecânica E em um intervalo de tempo é igual ao trabalho realizado nesse
intervalo pelas forças não conservativas. Portanto, Wnc = ∆E. Mas, no presente
caso, a energia mecânica é E = Ec + Ug + Ue, onde Ec é a energia cinética, Ug
a energia potencial gravitacional e Ue, a energia potencial elástica. Temos, então,
Wnc = ∆(Ec + Ug + Ue), ou seja, Wnc = ∆Ec +∆Ug +∆Ue. Usando para essas
variações os valores obtidos no item anterior, chegamos ao resultado
Wnc = 0− m
2g2
k
+
m2g2
2k
= −m
2g2
2k
. (2.154)
36. (a) Devemos notar que quando o projétil atinge a altura máxima no primeiro lança-
mento, ele ainda possui uma velocidade horizontal não-nula e, portanto, uma ener-
gia cinética não-nula; no segundo caso, do lançamento sobre a rampa, o projétil está
em repouso ao atingir a altura máxima e, portanto, possui energia cinética não-nula.
Como as energias cinéticas e potenciais iniciais são idênticas nos dois casos, resulta,
da Conservação da Energia, que a energia potencial na altura máxima deve ser maior
no segundo caso. Consequentemente, a altura máxima é maior no segundo caso.
(b) Utilizando a Conservação da Energia ao movimento do primeiro projétil, podemos
escrever
mgh1 +
1
2
mv21x =
1
2
mv20 , (2.155)
onde v1x é a componente horizontal da velocidade do projétil no instante em que
atinge o ponto mais alto de sua trajetória. Usamos ainda o fato de que, no ponto
mais alto de sua trajetória, a componente vertical de sua velocidade é nula (v1y = 0).
Como não há força horizontal sobre ele, temos v1x = v0x = v0 cosθ0 e, portanto,
mgh1 =
1
2
mv20(1− cos2θ0) ⇒ gh1 =
v20
2
sen2θ0 . (2.156)
Já para o segundo projétil, lançado sobre a rampa, da Conservação da Energia nos
permite escrever
mgh2 =
1
2
mv0 ⇒ gh2 = v
2
0
2
, (2.157)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 61
pois, nesse caso, ao atingir o ponto mais alto de sua trajetória, o projétil tem veloci-
dade nula. Dividindo (2.156) por (2.157), obtemos a razão desejada, a saber,
h1
h2
= sen2θ0 .
37. A força resultante sobre a esfera apontará na horizontal nos instantes em que a compo-
nente vertical da tensão anular o peso da esfera, ou seja,
T1 cosθ1 = mg , (2.158)
onde T1 é o módulo da tensão do fio no instante em que a resultante sobre a esfera é
horizontal (veja a figura abaixo)
`
θ1
T1
T1senθ1
T1cosθ1
mg
Devemos, então, relacionar T1 com o ângulo entre o pêndulo e a vertical, nesse instante.
A partir da Segunda Lei de Newton, podemos escrever
T1 −mg cosθ1 = mv
2
1
`
, (2.159)
onde v1 é o módulo da velocidade da esfera no instante em que o pêndulo faz com a
vertical o ângulo θ1.
A partir da Conservação da Energia Mecânica, temos ∆EC = −∆Ug, ou seja,
1
2
mv21 − 0 = −
{
−mg` cosθ1
}
=⇒ mv21 = 2mg` cosθ1 . (2.160)
Inserindo a última equação em (2.159), temos
T1 −mg cosθ1 = 2mg cosθ1 =⇒ T1 = 3mg cosθ1 (2.161)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 62
Substituindo a última equação em (), obtemos, finalmente, a
3mg cos2θ1 = mg =⇒ cosθ1 = 1√
3
. (2.162)
38. Por conveniência, reproduzimos abaixo a figura do enunciado.
C
R
A
B
~v0
P
2R
(a) No ponto B, a partícula sofre a ação da força-peso e da força de contato com a calha
(a força normal). Se a partícula está em contato com a calha, temos, necessaria-
mente, | ~N | > 0, onde ~N é a força normal. Apliquemos a segunda lei de Newton à
partícula no ponto B:
~NB +m~g = −mv
2
B
R
rˆ =⇒ N = mv
2
B
R
−mg . (2.163)
Como NB > 0, temos
mv2B
R
−mg > 0 =⇒ v2B > gR . (2.164)
Podemos fazer a relação com v0 utilizando a lei da conservação da energia (que é
válida, nesse caso, pois o peso é uma força conservativa e a normal, embora seja
uma força não-conservativa, não realiza trabalho neste exemplo).:
mv20
2
=
mv2B
2
+ 2mgR =⇒ v20 = v2B + 4gR . (2.165)
Como v2B > gR, podemos afirmar que v0 deve ser maior ou igual a
√
5gR, ou seja,
v0 ≥
√
5gR (2.166)
(b) Uma vez que a partícula é lançada do ponto B, a velocidade inicial de seu vôo
tem apenas componente horizontal, ou seja, é igual a ~v0 = vB ıˆ. Sabendo que a
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 63
função-movimento da componente horizontal é a função-movimento de um movi-
mento uniforme com velocidade vB , o tempo gasto para ir do ponto B ao ponto P ,
denotado por tq (percorrendo, portanto, uma distância horizontal igual a 2R) é
tq =
2R
vB
(2.167)
Em contrapartida, na direção vertical, a partícula se move em queda livre com velo-
cidade vertical inicial nula, caindo de uma altura também igual a 2R.
y = 2R− 1
2
gt2 −→ 0 = 2R− 1
2
gt2q =⇒ tq = 2
√
R
g
. (2.168)
Igualando as duas últimas equações, obtemos
2R
vB
= 2
√
R
g
=⇒ vB =
√
gR . (2.169)
Para relacionar vB com v0, além da última equação, usamos também a conservação
da energia, como no item anterior:
mv20
2
=
mv2B
2
+ 2mgR =
5
2
mgR =⇒ v0 =
√
5gR . (2.170)
Observe que esse é o menor valor de v0 com o qual a partícula não perde o contato
com a calha até passar pelo ponto B.
39. (a) Tomando como padrão a posição inicial, na qual o pêndulo está na horizontal, a
energia mecânica inicial é nula, ou seja, E0 = 0. Lembrando que no instante t1 o
módulo da velocidade da esfera é v1 =
√
g`, a energia mecânica, nesse instante, é
dada por
E1 = EC1 + U1 = 0−mg`+ 1
2
m(
√
g`)2 = −1
2
mg` . (2.171)
Conseqüentemente, temos
∆E = E1 − E0 = −1
2
mg` . (2.172)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 64
(b) Tomando, agora, como padrão a posição da partícula na qual o pêndulo está na verti-
cal, temos E0 = mg`, E1 = EC1 = (1/2)mg`, o que nos leva ao resultado anterior
∆E = −(1/2)mg`. Isso era esperado, pois a escolha da posição padrão na qual
U = 0, embora altere o valor de U (por exemplo, com a escolha anterior tínhamos
U0 = 0e com a atual, temos U0 = ng`), não altera os valores das diferencças de
energia potencial, que são as quantidades relevantes para se resolver um problema.
(c) Como o trabalho das forças não-conservativas, W (nc), é igual à variação da energia
mecânica do sistema, pordemos afirmar que
W
(nc)
12 = ∆E = −
1
2
mg` . (2.173)
40. (a) Suponha, inicialmente, que a partícula não perca o contato com a superfície imedia-
tamente após o instante inicial. Assim sendo, podemos escrever, a partir da Segunda
Lei de Newton,
mg −N = mv
2
i
R
, (2.174)
onde vi é a velocidade inicial e N , o módulo da normal sobre a partícula nesse
instante. Note que quanto maior vi menor deve ser N para que a equação anterior
continue válida. No entanto, ao tornarmosvi cada vez maior, essa velocidade atin-
girá um certo valor, denotado por v0, para o qual N = 0. Como N não pode ser
negativo (lembre-se de que N é o módulo da reação normal exercida pela superfície
sobre a partícula), esse é exatamente o valor de v0 acima do qual a partícula perde
o contato com a superfície do hemisfério imediatamente após o lançamento. Com
isso, v0 é obtida fazendo-se N = 0 e vi = v0 na equação (2.174), o que nos leva a
v0 =
√
gR . (2.175)
(b) Numa posição qualquer sobre o hemisfério, supondo que a partícula não tenha per-
dido o contato com a superfície, temos, pela Segunda Lei de Newton,
mg cosθ −N = mv
2
R
, (2.176)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 65
onde θ é o ângulo entre o vetor-posição da partícula, tomando o centro do hemisfério
como origem, e a vertical e v é o módulo de sua velocidade no instante considerado.
Da lei da conservação da energia e lembrando que o módulo da velocidade
inicial é v0/2 =
√
gR/2, temos, também,
1
2
m
(
gR
4
)
=
1
2
mv2 −mgR(1− cosθ) =⇒ mv2 = mgR
[
1
4
+ 2(1− cosθ)
]
.
(2.177)
Substituindo (2.177) em (2.176), fazendo N = 0 e denotando por θc o ângulo entre
o vetor-posição da partícula e a vertical no instante em que ela perde o contato com
a superfície do hemisfério, obtemos
mg cosθc − 0 = mg
[
1
4
+ 2(1− cosθc)
]
, (2.178)
o que nos leva ao resultado
3 cosθc =
1
4
+ 2 =
9
4
=⇒ cosθc = 3
4
. (2.179)
Portanto, a altura da partícula em relação à base do hemisfério no instante em que
ela perde o contato com a superfície do mesmo é dada por
h = R cosθc =
3
4
R . (2.180)
(c) A figura abaixo mostra a partícula no instante em que ela perde o contato com a
superfície do hemisfério.
h = 3
4
R
m
~vc
θc
θc
ıˆ
ˆ
O módulo da velocidade da partícula no instante em que ela perde o contato com a
superfície, vc, pode ser obtido substituindo-se a equação (2.179) em (2.177):
v2c = gR
{
1
4
+ 2
(
1− 3
4
)}
=
3
4
gR =⇒ vc =
√
3gR
2
. (2.181)
2.1 Problemas correspondentes ao Módulo 2 66
Utilizando, agora, a figura anterior, podemos escrever
~vc = vc cosθc ıˆ+ vc senθc ˆ =
√
3gR
8
(3 ıˆ+
√
7 ˆ) , (2.182)
onde utilizamos o fato de que senθc =
√
1− cos2θc =
√
7/4.
41. Por definição, a velocidade de escape da Terra é igual ao menor valor que o módulo da
velocidade de uma partícula pode ter para que ao ser lançada da superfície da Terra nunca
mais retorna a ela. Segue diretamente dessa definição que a energia mecânica da partícula
deve ser nula, isto é,
0 =
1
2
mv2e −
GmM
R
=⇒ ve =
√
2GM
R
. (2.183)
Aplicando a Segunda Lei de Newton e lembrando que a órbita é circular, temos,
GMm
r2
= m
v2
r
. (2.184)
Substituindo, então, na equação anterior o valor v = (1/8)ve, obtemos
GMm
r2
= m
[(1/8)
√
2GM/R]2
r
⇐⇒ r = 32R . (2.185)