probelmas_resolvidos_modulo2_1_

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´Indice
1 Problemas propostos 2
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Problemas Resolvidos 27
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Capı´tulo 1
Problemas propostos
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2
1. (a) Defina partı´cula isolada.
(b) Defina referencial inercial.
(c) Enuncie a Primeira Lei de Newton
(d) Explique o que vem a ser o Princı´pio do Determinismo Newtoniano.
Movimento Relativo
2. Dois barcos, A e B, navegam num grande lago com as seguintes func¸o˜es-movimento
relativas a um referencial R fixo em suas margens:
rA = tux + 5tuy e rB = (120− t)ux + 5tuy ,
respectivamente. Considere, agora, um novo referencial,R ′, solida´rio ao barco A e cujos
eixos se manteˆm paralelos aos eixos deR.
(a) Usando a transformac¸a˜o de Galileu, obtenha a velocidade do barco B relativa ao
referencial R ′, tambe´m chamada velocidade do barco B relativa ao barco A.
(b) Determine, em um instante gene´rico t, a posic¸a˜o r ′B do barco B em relac¸a˜o a R ′.
Os barcos ira˜o se chocar? Em caso afirmativo, em que instante? Responda a`s duas
u´ltimas perguntas analisando os movimentos relativos ao referencial R ′.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 3
3. Um elevador sobe com acelerac¸a˜o constante vertical, para cima, de mo´dulo a. No instante
t = 0, o piso do elevador passa pelo primeiro andar com velocidade v0. Considere
um referencial com sistema de eixos OXYZ fixo no primeiro andar, sendo o eixo OZ
vertical e para cima e a origem O no cha˜o do andar (as direc¸oes dos eixos OX e OY
na˜o sera˜o importantes neste problema). Considere, tambe´m, um outro referencial com
sistema de eixos O′X ′Y ′Z ′ fixo no elevador sendo o eixo O′Z ′ vertical e para cima e
a origem O′ no piso do elevador (tambe´m as direc¸oes dos eixos O′X ′ e O′Y ′ na˜o sera˜o
importantes neste problema). No instante t = 0 um parafuso desprende-se do teto da
cabine do elevador. A figura mostra o elevador com o parafuso em um instante posterior
a t = 0.
Solo
1oAndar
a
O X
Z
O′ X ′
Z ′
P
Sabendo-se que o teto do elevador esta´ a uma altura H do seu piso, calcule
(a) as velocidades do parafuso relativas aos dois referenciais no instante inicial;
(b) as func¸o˜es-movimento e as velocidades do parafuso relativas aos dois referenciais;
(c) o intervalo de tempo transcorrido desde o instante que o parafuso se desprende do
teto da cabine ate´ o instante que ele se choca com o seu piso;
(d) os deslocamentos do parafuso relativos aos dois referenciais durante esse intervalo
de tempo;
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 4
(e) as velocidades do parafuso relativas aos dois referenciais no instante do choque com
o cha˜o da cabine.
Sugesta˜o: Note que a posic¸a˜o z do parafuso relativa aOXYZ e a posic¸a˜o z′ do parafuso
relativa a O′X ′Y ′Z ′ sa˜o relacionadas por z = z′ + Z, onde Z e´ a coordenada vertical da
origem de O′ em relac¸a˜o a OXYZ .
4. Considere em um mesmo plano dois sistemas de eixos OXY e O ′X ′Y ′. Os eixos OX
e O ′X ′ esta˜o em uma mesma reta e apontam no mesmo sentido e os eixos OY e O ′Y ′
permanecem paralelos e tambe´m apontam no mesmo sentido, conforme indica a figura.
Note que os eixos OX e O ′X ′ teˆm o mesmo unita´rio ux, e os eixos OY e O ′Y ′, o
mesmo unita´rio uy. Ale´m disso, o sistema de eixos O ′X ′Y ′ se move com velocidade
com velocidade V = V ux em relac¸a˜o ao sistemaOXY . Suponha ainda, que no instante
inicial t0 = 0 as origens O e O′ coincidem.
O X
Y
O ′ X ′
Y ′ V
r′
P
A func¸a˜o-movimento de uma partı´cula P em relac¸a˜o ao referencial O ′X ′Y ′ e´ dada pela
expressa˜o
r ′ = R[sen(ωt) uˆx + cos(ωt) uˆy] , (1.1)
na qual R e ω sa˜o duas constantes positivas. A figura mostra esse vetor em um instante
arbitrariamente escolhido.
(a) Obtenha a velocidade v ′ e a acelerac¸a˜o a ′ do ponto P relativas a O ′X ′Y ′ em um
instante qualquer t.
(b) Desenhe a trajeto´ria do ponto P em relac¸a˜o aO ′X ′Y ′. Marque setas nesse desenho
indicando a velocidade v ′
1
e a acelerac¸a˜o a ′
1
de P no instante t1 = π/ω.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 5
(c) Determine a posic¸a˜o r, a velocidade v e a acelerac¸a˜o a do ponto P , relativas a
OXY , em um instante qualquer t.
(d) Calcule os vetores r1, v1 e a1, definidos como a posic¸a˜o, a velocidade e a acelerac¸a˜o
de P , relativas a OXY , no instante t1 = π/ω. Supondo que V = 2Rω, desenhe os
eixos OX e OY e indique com setas os vetores r1, v1 e a1.
5. Considere uma roda de bicicleta de raio a rolando sem deslizar sobre o solo e se deslo-
cando com movimento retilı´neo uniforme em relac¸a˜o a um referencial inercialR solida´rio
ao solo. Os eixos desse referencial sa˜o escolhidos de forma que o plano da roda coincida
com o planoOXY , que o movimento seja ao longo deOX e OY aponte para cima. Seja
R ′ um outro referencial, solida´rio a essa roda, com eixos paralelos aos deR e com a ori-
gem O ′ no centro da roda, como indica a figura. Por convenieˆncia, em t = 0 as origens
O e O ′ coincidem.
O X
Y
O ′ X ′
Y ′
P
Considere o movimento de um pequeno gra˜o de poeira P localizado na periferia da roda
e cujo vetor posic¸a˜o relativo ao referencial R ′ e´ dado por
r ′ = a[sen(ωt) uˆx + cos(ωt) uˆy] ,
onde ω e´ uma constante positiva que representa a velocidade angular da roda. Pode-se
mostrar, ainda, que a velocidade da origem O ′ em relac¸a˜o a R e´ dada por V = ωa uˆx,
devido a` condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento.
(a) Calcule a func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-acelerac¸a˜o de P no referencial R ′.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 6
(b) Desenhe a trajeto´ria do gra˜o de poeira em relac¸a˜o ao referencial R ′. Marque setas
nesse desenho indicando a velocidade v ′
1
e a acelerac¸a˜o a ′
1
de P no instante t1 =
3π/2ω.
(c) Determine a posic¸a˜o r, a velocidade v e a acelerac¸a˜o a de P em relac¸a˜o ao referen-
cialR em um instante qualquer.
(d) Mostre que vx ≥ 0 e calcule os instantes nos quais vx = 0. Determine vy e a nesses
instantes?
(e) Desenhe a trajeto´ria de P em relac¸a˜o a R entre os instantes 0 e 4π/ω. Nesse de-
senho, marque setas indicando a velocidade v1 e a acelerac¸a˜o a1 de P no instante
t1 = π/ω, e a velocidade v2 e a acelerac¸a˜o a2 no instante t2 = 2π/ω (se algum
desses vetores for nulo, simplesmente na˜o o desenhe).
6. A figura abaixo mostra a trajeto´ria de um proje´til que e´ lanc¸ado do solo com velocidade
inicial v0 = v0xuˆx + v0yuˆy, onde v0x e v0y sa˜o constantes positivas. Por convenieˆncia,
escolhemos os eixos cartesianos OXY do referencial inercial R solida´rios ao solo, com
a origem no ponto de lanc¸amento do proje´til e de tal forma que o seu movimento ocorra
no plano OXY . O instante de lanc¸amento e´ tomado como t = 0.
O X
Y
v0
O ′ X ′
Y ′
V
Considere um novo referencial, R ′, cujos eixos O ′X ′Y ′, sa˜o paralelos aos anteriores e
coincidem em t = 0, e que se move em relac¸a˜o aos eixos OXY com uma velocidade
constante V = Vxuˆx (veja a figura).
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 7
(a) Qual deve ser o valor de Vx para que a trajeto´ria do proje´til relativa ao referencial
R ′ seja um segmento de reta. Determine esse segmento de reta em termos de v0y e
do mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade g.
(b) Desenhe a trajeto´ria do proje´til relativa ao referencial R ′ supondo que Vx = v0x/2.
(c) Repita o item anterior, mas supondo agora que Vx = −v0x.
Segunda Lei de Newton com forc¸as variadas
7. Considere uma partı´cula de massa m cujos movimentos esta˜o restritos ao eixo OX . A
forc¸a resultante sobre a partı´cula e´ dada pela expressa˜o Fx = F0−k x, na qual F0 e k sa˜o
constantes positivas.
(a) Escreva para essa partı´cula a Segunda Lei de Newton.
(b) Determine, dentre os treˆs movimentosseguintes, quais a partı´cula pode e quais na˜o
pode realizar, sob a forc¸a 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
.
8. Uma partı´cula de massa m se move ao longo do eixo OX sob a ac¸a˜o da forc¸a total
Fx = F0(1− α t), onde α e F0 sa˜o constantes positivas.
(a) Esboce o gra´fico da acelerac¸a˜o da partı´cula versus tempo desde t0 = 0 ate´ t2 = 2/α.
Nesse gra´fico, marque tambe´m o instante t1 = 1/α.
(b) Determine a variac¸a˜o da velocidade da partı´cula no intervalo [t0, t2].
(c) Supondo, agora, que em t0 = 0 a velocidade da partı´cula seja nula, calcule o seu
deslocamento no intervalo [t0, t2].
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 8
9. Uma partı´cula esta´ em repouso na origem de um sistema de coordenadas OXYZ. A partir
do instante t0 = 0 comec¸a a atuar sobre ela uma forc¸a dada por: F = F0 e−αt ux, onde
F0 e α sa˜o constantes positivas.
(a) Obtenha a func¸a˜o-acelerac¸a˜o, a func¸a˜o-velocidade e a posic¸a˜o da partı´cula num
instante de tempo t qualquer.
(b) Esboce os gra´ficos de ax versus t, vx versus t e x versus t obtidos no item anterior.
(c) Calcule a a´rea total ( de t = 0 ate´ t = ∞) sob a curva do gra´fico da func¸a˜o-
acelerac¸a˜o versus t. Qual o significado desse resultado?
(d) Qual e´ o tipo de movimento para t >> 1/α?
10. A func¸a˜o-movimento de uma partı´cula de massa m que se movimenta ao longo do eixo
OX e´ dada por
x = A t e−ωt ,
onde A e ω sa˜o constantes positivas.
(a) Determine as dimenso˜es das constantes A e ω.
(b) Obtenha a func¸a˜o-velocidade da partı´cula. Tome o limite t→ 0 e responda qual e´ o
significado fı´sico da constante A.
(c) Considerando A > 0, esboce o gra´fico de x versus t para t ≥ 0.
(d) Expresse a forc¸a total exercida sobre a partı´cula em termos de vx e x.
sugesta˜o: a partir das expresso˜es de x e vx, mostre que Ae−ωt = vx + ωx; na˜o se
esquec¸a, tambe´m, que A t e−ωt = x.
11. Um grande embarcac¸a˜o de massa m tem seus motores desligados num certo instante,
considerado como inicial (t = 0), no qual sua velocidade tem mo´dulo v1. A embarcac¸a˜o
passa, enta˜o, a se mover em linha reta ao longo de um eixo escolhido como o eixo OX
e sob a ac¸a˜o de uma forc¸a resultante dada por F = −bvxuˆx, onde b e´ uma constante
positiva e vx e´ a componente da velocidade da embarcac¸a˜o num instante gene´rico t > 0.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 9
Por convenieˆncia, escolha o sentido do eixoOX no sentido do movimento da embarcac¸a˜o
e a origem na posic¸a˜o de seu centro de massa no instante inicial.
(a) Escreva a Segunda Lei de Newton para esse problema para instantes positivos. In-
tegrando uma vez no tempo essa equac¸a˜o diferencial, obtenha a func¸a˜o-velocidade
da embarcac¸a˜o para t > 0.
(b) Obtenha a func¸a˜o-posic¸a˜o da embarcac¸a˜o para t > 0 (denote por x a posic¸a˜o de seu
centro de massa).
(c) Determine a dimensa˜o e o significado da constante m/b.
(d) Seja D a distaˆncia percorrida pela embarcac¸a˜o desde que seus motores foram desli-
gado ate´ parar. Calcule D.
(e) Esboce os gra´ficos de vx versus t e x versus t, ambos para t > 0. No primeiro,
indique o valor v1 e no segundo, o valor de x no limite em que t→∞.
12. Considere uma partı´cula de massa m cujos movimentos esta˜o restritos ao planoOXY . A
forc¸a total sobre a partı´cula e´ dada pela expressa˜o F = Avyux+(B−Avx)uy, na qual vx
e vy sa˜o as componentes da velocidade ao longo dos eixos OX eOY , respectivamente, e
A e B sa˜o duas constantes positivas.
(a) Escreva para essa partı´cula a Segunda Lei de Newton na forma vetorial e na forma
de duas equac¸o˜es escalares.
(b) Determine, dentre os treˆs movimentos seguintes, quais a partı´cula pode e quais na˜o
pode realizar, sob a forc¸a resultante dada.
(i) x =
B
A
t e y =
mB
A2
cos
(
A t
m
)
;
(ii) x = −mB
A2
sen
(
A t
m
)
e y =
mB
A2
[
1− cos
(
A t
m
)]
;
(iii) x =
B
A
t− mB
A2
sen
(
A t
m
)
e y =
mB
A2
[
1− cos
(
A t
m
)]
.
13. Uma partı´cula de massa m e´ solta de uma altura h do cha˜o, a partir do repouso e, em
vez de cair na vertical, ela segue uma trajeto´ria retilı´nea inclinada. Esse movimento e´
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 10
filmado e os dados do filme sa˜o descritos em relac¸a˜o a um sistema de eixos cartesianos
OXY , com o eixo OX horizontal, na altura do cha˜o, e o eixo OY vertical e apontando
para cima. O movimento se processa no plano desses eixos e as func¸o˜es-movimento que
melhor o descrevem sa˜o dadas por
x =
1
20
g t2 , y = h− 2
5
g t2 , (1.2)
onde g e´ a acelerac¸a˜o da gravidade.
(a) Determine a equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria da partı´cula e desenhe o gra´fico cor-
respondente, indicando nele os valores das coordenadas em que a trajeto´ria cruza os
eixos OX e OY .
(b) Determine a velocidade vetorial da partı´cula em um instante arbitra´rio.
(c) Determine a acelerac¸a˜o vetorial da partı´cula em um instante arbitra´rio.
(d) Para explicar o movimento da partı´cula suponha que, ale´m do peso, atue sobre ela
uma forc¸a constante F. Determine essa forc¸a.
Oscilac¸o˜es harmoˆnicas
14. Considere uma mola ideal de constante ela´stica k e comprimento natural ℓ0, e uma pe-
quena esfera de massa m presa em uma de suas extremidades. A outra extremidade da
mola esta´ fixa ao teto de um laborato´rio.
(a) Suponha que o sistema esteja em equilı´brio com a mola na vertical. Determine,
nesse caso, de quanto a mola esta´ distendida em relac¸a˜o ao seu comprimento natural.
(b) Desloca-se a esfera verticalmente ate´ que ela atinja a posic¸a˜o em que a mola esteja
com seu comprimento natural. Em t = 0 abandona-se a esfera, desse ponto, a partir
do repouso. A fim de analisar as oscilac¸o˜es verticais da esfera em torno de sua
posic¸a˜o de equilı´brio, escolha o eixo OY com a direc¸a˜o vertical e apontando para
baixo. Ale´m disso, escolha a sua origem na posic¸a˜o da esfera para a qual a mola esta´
com seu comprimento natural ℓ0 (deliberadamente, escolhemos a origem do eixo
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 11
OY numa posic¸a˜o que na˜o corresponde a` posic¸a˜o de equilı´brio da esfera). Obtenha
a func¸a˜o-movimento da esfera para t > 0. Determine o perı´odo e a amplitude das
oscilac¸o˜es verticais da esfera.
Sugesta˜o: a partir da Segunda Lei de Newton e obtenha a equac¸a˜o diferencial do
movimento; fac¸a a transformac¸a˜o de varia´veis y ′ = y −mg/k e resolva a equac¸a˜o
diferencial para y ′; escreva, enta˜o, a soluc¸a˜o geral para y e, utilizando as condic¸o˜es
iniciais apropriadas, obtenha o resultado desejado.
(c) Fac¸a um esboc¸o do gra´fico de y versus t e, nele, identifique a posic¸a˜o de equilı´brio
e a posic¸a˜o da esfera meio perı´odo apo´s iniciado seu movimento..
15. Um estudante po˜e em movimento horizontal um bloco preso a uma mola. As condic¸o˜es
das vizinhanc¸as garantem que o movimento e´ harmoˆnico simples e um ajuste fino da
massa do bloco garante que a frequ¨eˆncia angular desse movimento seja exatamente igual
a π/2 s−1. Antes de iniciar o movimento, o estudante determinou a posic¸a˜o de equilı´brio
do bloco e, nela, escolheu a origem do eixo OX no qual ocorre o movimento. Com isso,
ele concluiu que a func¸a˜o-movimento do bloco tem a forma
x = A1 cos
(
πt
2
)
+ A2 sen
(
πt
2
)
, (1.3)
na qual A1 e A2 sa˜o constantes a serem determinadas e x e´ a posic¸a˜o, dada em metros,
em relac¸a˜o 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 obte´m duas fotografias do oscilador separadas por um intervalo
de tempo de 1,0 s, tambe´m representadas na figura. No instante da primeira fotografia,
que ele considera como o instante t = 0s, a posic¸a˜o do bloco e´ dada por x = 0, 10m. No
instante t = 1, 0 s, a posic¸a˜o e´ dada por x = 0, 20m.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 12
(a) Determine a constantes A1 e A2.
(b) Calcule as velocidades do bloco nos instantes das fotografias.
16. Uma bandeja de massa desprezı´vel esta´ presa na extremidade superior de uma mola ideal
de comprimento natural ℓ0 e constante ela´stica k cuja outra extremidade esta´ fixa ao solo,
como indica a figura a. Sobre ela e´ preso um pequeno bloco de massa m e o sistema e´
levado a` sua configurac¸a˜o de equilı´brio, como mostra a figura b. Nessa situac¸a˜o, a mola
esta´ comprimida de uma distaˆncia h.
ℓ0
h
d
O
X
Y
(a) (b) (c)
(a) Calcule a distaˆncia h.
(b) Comprime-se um pouco mais a mola, de uma distaˆncia d com 0 < d ≤ h e em
t = 0 abandona-se o sistema a partir do repouso. O bloco passa, enta˜o, a oscilar
harmonicamente na vertical, ao longo do eixo OY , mostrado na figura c. Esco-
lhendo a origem na posic¸a˜o de equilı´brio do bloco, escreva a equac¸a˜o diferencial do
movimento. Escreva, tambe´m, a soluc¸a˜o geral dessa equac¸a˜o.
(c) Utilizando as condic¸o˜es iniciais do problema, a saber, y0 = −d e vy = 0, obtenha a
func¸a˜o-movimento do bloco. Qual e´ o perı´odo das oscilac¸o˜es?
(d) Suponha, nesse item, que d pudesse assumir qualquer valor. Qual seria o valor
ma´ximo de d para que o bloco nunca perdesse o contato com a bandeja?
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 13
Gravitac¸a˜o
17. Suponha que fosse possı´vel fazer um tu´nel na Terra ligando dois pontos diametralmente
opostos de sua superfı´cie, pontos A e B. Seja OX o eixo ao longo do tu´nel, apontando
de A para B e com origem no centro da Terra. Supondo, numa primeira aproximac¸a˜o,
que a Terra seja uma esfera homogeˆnea de raio R, pode-se mostrar que a equac¸a˜o de
movimento de uma partı´cula que se move dentro desse tu´nel sob a ac¸a˜o apenas da forc¸a
gravitacional e´ dada por x¨+(g/R)x = 0, onde g e´ a acelerac¸a˜o da gravidade na superfı´cie
da Terra (g = 10m/s2).
(a) Escreva a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial escrita acima.
(b) Supondo que a partı´cula seja largada do ponto A a partir do repouso, obtenha a
func¸a˜o-movimento da partı´cula.
(c) Em que ponto o mo´dulo da velocidade da partı´cula e´ ma´ximo? E quanto vale a sua
velocidade nesse ponto? (use para o raio da Terra o valor R = 6400Km).
(d) Quanto tempo e´ gasto pela partı´cula para que ela atinja o pontoB pela primeira vez?
18. 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 variac¸o˜es de brilho do sistema, e´ possı´vel
obter o tempo T gasto por elas para executarem uma volta completa. Com o auxı´lio de
instrumentos de grande precisa˜o, sabe-se, tambe´m, que o raio de cada o´rbita e´ R. Usando
a Segunda Lei de Newton, determine a massa m de cada estrela em func¸a˜o de R, T , e G,
onde G e´ a constante da gravitac¸a˜o universal.
m mR R
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 14
19. Um planeta e seu sate´lite teˆm 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 u´ltima hipo´tese e´ justificada pela suposic¸ao de
que a massa M do planeta e´ muito maior do que a massa m do sate´lite). Sabendo que a
lei da gravitac¸a˜o universal e´ dada por
F = −GmM
r2
r
r
,
(a) Escreva a Segunda Lei de Newton para o movimento do sate´lite.
(b) Determine a relac¸a˜o entre ω, R, M e G que faz com que r = R cos(ωt)ux +
R sen(ωt)ux seja um possı´vel movimento desse sate´lite. Determine enta˜o o perı´odo
desse movimento em func¸a˜o dos dados do problema R, M e G.
(c) Mostre que r = b+vt, onde b e v sa˜o dois vetores na˜o-nulos, na˜o e´ um movimento
possı´vel do sate´lite.
20. Suponha que dois sate´lites, 1 e 2, estejam em o´rbitas circulares em torno de um planeta
considerado como uma esfera homogeˆnea de raio R e massa M . O primeiro, descreve
uma o´rbita rasante, de raio R, enquanto o segundo, uma o´rbita de raio 4R. Determine a
raza˜o v1/v2 entre os respectivos mo´dulos das velocidades dos sate´lites. Despreze, obvia-
mente, as forc¸as gravitacionais entre os sate´lites.
Problemas envolvendo forc¸as vinculares
21. Uma mola ideal de constante ela´stica k tem seu extremo superior preso a um suporte fixo
sobre uma rampa inclinada de um aˆngulo α com a horizontal. Em seu extremo inferior
esta´ presa uma pequena esfera de massa m que pode se movimentar sem atrito sobre a
superfı´cie da rampa. Considere, neste problema, apenas movimentos ao longo da direc¸a˜o
de maior aclive da superfı´cie. Inicialmente, o sistema esta´ em equilı´brio. Num certo
instante, a esfera e´ colocada para oscilar em torno de sua posic¸a˜o de equilı´brio.
(a) Determine, na situac¸a˜o de equilı´brio, a distensa˜o ∆ℓ da mola.
(b) Voceˆ espera que a frequ¨eˆncia das oscilac¸o˜es dependa da inclinac¸a˜o da rampa?
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 15
(c) Escolhendo o eixo OX ao longo do movimento, apontando para baixo e com a
origem na posic¸a˜o de equilı´brio da esfera, escreva as expresso˜es: (i) da componente
de seu peso ao longo desse eixo e (ii) da forc¸a ela´stica da mola exercida sobre a
esfera quando ela se encontra em uma posic¸a˜o gene´rica descrita pela coordenada x.
(d) A partir das expresso˜es escritas no item anterior, utilize a Segunda Lei de Newton
e escreva a equac¸a˜o diferencial de movimento da esfera. Identifique a frequ¨eˆncia
angular das oscilac¸o˜es da esfera.
22. Considere um peˆndulo formado por um fio ideal de comprimento ℓ e uma esfera de peque-
nas dimenso˜es e massa m presa em seu extremo inferior. Suponha que o extremo superior
do fio esteja fixo ao teto de um elevador. Calcule a frequ¨eˆncia angular das oscilac¸o˜es desse
peˆndulo para pequenas amplitudes de oscilac¸a˜o, isto e´, supondo que o aˆngulo entre o fio
e a vertical seja sempre muito pequeno, nas seguintes situac¸o˜es:
(a) Elevador em movimento retilı´neo uniforme para baixo;
(b) Elevador com acelerac¸a˜o constante de mo´dulo a para cima;
(c) Elevador com acelerac¸a˜o constante de mo´dulo a para baixo, mas com a restric¸a˜o de
que a ≤ g.
23. Um bloco de massa m encontra-se, inicialmente, em repouso sobre uma superfı´cie plana
horizontal. Seja µe o coeficiente de atrito esta´tico entre essa superfı´cie e o bloco. Prende-
se a um dos lados do bloco um fio ideal que e´ mantido esticado e formando com a hori-
zontal um aˆngulo θ = 30o, conforme ilustra a figura. Denote por T a forc¸a exercida pelo
fio sobre o bloco e, por T o seu mo´dulo.
m
T θ = 30o
Supondo que a superfı´cie inferior do bloco permanec¸a toda em contato com a superfı´cie
horizontal, determine o valor de T acima do qual o bloco entra em movimento.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 16
24. Um bloco de massa M e´ amarrado a uma extremidade de uma corda homogeˆnea (densi-
dade linear constante) de massa m e comprimento ℓ. Uma forc¸a vertical de mo´dulo F e´
aplicada a` outra extremidade da corda de forma a elevar o bloco como mostra a figura.
m
F
x
P
ℓ− x
(a) Considere um ponto gene´rico P da corda, cuja distaˆncia da extremidade superior
denotamos por x (0 ≤ x ≤ l). Fac¸a um diagrama das forc¸as atuantes em cada um
dos treˆs sistemas seguintes: a parte superior da corda (isto e´, do trecho da corda que
esta´ entre o ponto de aplicac¸a˜o da forc¸a F e o ponto P ), a parte inferior da corda e,finalmente, o bloco.
(b) Escreva a Segunda Lei de Newton para cada um dos treˆs sistemas mencionados.
(c) Determine a tensa˜o da corda no ponto x.
(d) Determine a tensa˜o nos pontos correspondentes a x = 0 e x = l.
25. Um bloco de massa m desliza sobre a superfı´cie inclinada de uma cunha triangular de
massaM . A cunha esta´ em repouso sobre um tablado horizontal e sua superfı´cie inclinada
faz com a horizontal um aˆngulo θ, conforme indica a figura. Na˜o ha´ atrito entre o bloco e
a superfı´cie inclinada da cunha, ao passo que o tablado exerce uma forc¸a de atrito esta´tico
fe sobre a cunha, necessa´ria para manteˆ-la em repouso.
θ
M
fe
N′
m
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 17
(a) Com o auxı´lio de setas, indique todas as forc¸as que atuam sobre o bloco.
(b) Com o auxı´lio de setas, indique todas as forc¸as que atuam sobre a cunha (inclusive
as que ja´ foram mostradas na figura).
(c) Determine o mo´dulo da forc¸a de atrito fe.
(d) Determine o mo´dulo da forc¸a normal N ′ que o tablado exerce sobre a cunha.
26. Um caminha˜o se move com acelerac¸a˜o constante de mo´dulo a para a frente e tem fixada
em sua carroceria uma rampa inclinada de um aˆngulo θ em relac¸a˜o a` horizontal, como
indicado na figura. Sobre a superfı´cie dessa rampa encontra-se um pequeno bloco de
massa m que se move junto com a rampa e que na˜o desliza nela por causa do atrito. Seja
µe o coeficiente de atrito esta´tico entre as superfı´cies do bloco e da rampa e suponha que
0 ≤ θ < θc , onde tg θc = µe.
a
θ
(a) Calcule os mo´dulos da forc¸a de atrito e da reac¸a˜o normal exercida pela superfı´cie da
rampa sobre o bloco em func¸a˜o de a, m, θ e do mo´dulo da acelerac¸a˜o da gravidade
g. Indique as respectivas direc¸o˜es e sentidos dessas forc¸as.
(b) Existe um valor ma´ximo de a, denotado por amax, acima do qual o bloco entra em
movimento de descida sobre a rampa. Determine amax.
27. Uma rampa inclinada de um aˆngulo θ com a horizontal se move com uma acelerac¸a˜o
constante a cuja direc¸a˜o e cujo sentido esta˜o indicados na figura. Sobre ela encontra-se
um pequeno bloco de massa m que, por hipo´tese, na˜o se move em relac¸a˜o a` rampa.
Seja µe o coeficiente de atrito esta´tico entre a superfı´cie da rampa e a superfı´cie do bloco
que mante´m contato com a rampa. Suponha, ainda, que 0 ≤ θ ≤ θc onde definimos
tg θc = 1/µe.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 18
θ
a
(a) Qual deve ser o valor de |a| para que a forc¸a de atrito sobre o bloco seja nula? Nessa
situac¸a˜o, calcule o mo´dulo da reac¸a˜o normal sobre o bloco.
(b) Calcule o maior valor de |a| para o qual o bloco permanece em repouso sobre a
rampa, isto e´, o valor de |a| acima do qual o bloco desliza sobre a rampa.
(c) Tome o limite θ 7→ θc na expressa˜o anterior e deˆ uma explicac¸a˜o qualitativa para o
resultado encontrado.
28. Duas rampas inclinadas formam um triaˆngulo retaˆngulo com a hipotenusa na horizontal
e uma polia imo´vel no aˆngulo reto, conforme indicado na figura.
mM
θ
Um bloco, de massa m, desliza acelerado para cima sobre a rampa que faz um aˆngulo θ
com a horizontal . Um outro bloco, de massa M , desliza acelerado para baixo sobre a
outra rampa e esta´ ligado ao primeiro bloco por um fio ideal que passa pela polia. Na˜o
ha´ atrito entre o fio e a polia e entre o bloco de massa m e a rampa. O coeficiente de
atrito cine´tico do bloco de massa M com a rampa e´ µc. Considere que os fios se manteˆm
paralelos a`s rampas. Calcule o mo´dulo a da acelerac¸a˜o com que deslizam os dois blocos
e a tensa˜o no fio que os liga.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 19
29. Um peˆndulo coˆnico e´ constituı´do por um fio ideal de comprimento l e uma partı´cula de
massa m. A tensa˜o ma´xima que o fio suporta e´ Tmax. Ele e´ posto em movimento de modo
que a partı´cula execute um movimento circular uniforme.
(a) Determine o maior aˆngulo que o fio pode fazer com a vertical sem se romper.
(b) Nesse caso, calcule o perı´odo do peˆndulo.
30. Um bloco A de massa 3m desliza para baixo sobre um plano inclinado S com inclinac¸a˜o
θ em relac¸a˜o a` horizontal com uma velocidade constante, enquanto a prancha B de massa
m, esta´ em repouso sobre A. Considere a situac¸a˜o em que o bloco esta´ totalmente enco-
berto pela prancha B. A prancha esta´ ligada a` parede por um fio ideal paralelo ao plano,
conforme mostra a figura abaixo. O coeficiente de atrito cine´tico ente A e B e entre A e
S e´ o mesmo. Determine o valor desse coeficiente de atrito e calcule a tensa˜o no fio.
S
θ
A
B
31. 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 diaˆmetro vertical com uma
velocidade angular constante igual a ω, conforme mostra a figura.
R
β
ω
(a) Determine o aˆngulo β indicado na figura, em func¸a˜o de g, R e ω, para o qual a conta
descreve um movimento circular uniforme.
(b) Para que valor de ω o aˆngulo β seria igual a π/2? Explique.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 20
32. Dois fios ideais de comprimento L teˆm uma de suas extremidades amarradas a uma haste
vertical fixa. Suas outras extremidade esta˜o ligadas a uma partı´cula de massa m. A
distaˆncia entre as extremidades dos fios presos na haste tambe´m e´ L. A partı´cula e´ posta
para rodar em torno da haste com uma velocidade angular ω suficiente para que os dois
fios fiquem esticados (veja figura).
(a) Determine as tenso˜es nos fios.
(b) Determine o menor valor de ω que mante´m os dois fios esticados. O que acontece
quando a partı´cula e´ posta para rodar com velocidade angular menor do que esta?
L
L
L
m
ω
33. A figura mostra uma forc¸a horizontal F empurrando dois blocos que se movem em con-
junto. O bloco de massa m na˜o escorrega pela lateral do bloco de massa M pois entre
suas superfı´cies de contato ha´ um coeficiente de atrito esta´tico µe e o mo´dulo da forc¸a F e´
suficientemente grande. Suponha que na˜o haja atrito entre o solo e o bloco de massa M .
M
mF
µe
(a) Determine o valor mı´nimo que o mo´dulo da forc¸a F deve ter para que o bloco de
massa m permanec¸a sem escorregar pela face do outro bloco.
(b) Determine o mo´dulo da normal do solo sobre o bloco de massa M
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 21
34. Dois fios ideais teˆm uma de suas extremidades amarradas a` uma haste vertical fixa. Suas
outras extremidades esta˜o ligadas a uma partı´cula de massa m. A partı´cula e´ posta para
rodar em torno da haste, em trajeto´ria circular de raio R e com velocidade angular ω
suficiente para que os dois fios fiquem esticados. Durante a rotac¸a˜o os fios fazem com a
vertical aˆngulos θ1 e θ2, como mostra a figura. Determine as tenso˜es nos fios em func¸a˜o
da massa m, da velocidade angular ω, dos aˆngulos θ1 e θ2, e do raio R.
θ2
θ1
m
ω
R
35. Um bloco de massa m e dimenso˜es desprezı´veis se move em MCU (movimento circular
uniforme) sobre a superfı´cie interna de um cone de aˆngulo α que esta´ orientado vertical-
mente como indica a figura. Despreze o atrito entre a superfı´cie interna do cone e o bloco
e suponha que o raio de sua trajeto´ria seja r.
mr
α
(a) Determine o mo´dulo da velocidade do bloco em func¸a˜o de α, r e do mo´dulo da
acelerac¸a˜o da gravidade g.
(b) Determine o perı´odo do movimento circular do bloco, isto e´, o tempo gasto para ele
dar uma volta completa.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 22
36. Considere uma superfı´cie de revoluc¸a˜o em torno do eixo OZ com as caracterı´sticas da
que esta´ mostrada na figura e descrita pela equac¸a˜o z = f(ρ), onde ρ e´ a distaˆncia de
um ponto da superfı´cie ao eixo OZ e f e´ uma func¸a˜o a ser determinada neste problema.
Suponha que a superfı´cie seja lisa, de modo que sejadesprezı´vel o atrito entre ela e qual-
quer corpo que deslize sobre ela. Suponha, agora, que uma partı´cula de massa m esteja
se movendo sobre a parte interna dessa superfı´cie descrevendo um movimento circular
uniforme de raio gene´rico ρ, como ilustra a figura.
OX Y
Z
z = f(ρ)
mρ
Determine para que func¸o˜es f o perı´odo do movimento circular da partı´cula seja o mesmo
qualquer que seja o raio ρ de sua trajeto´ria.
37. Duas rampas inclinadas formam um triaˆngulo retaˆngulo com a hipotenusa na horizontal
e uma polia imo´vel no aˆngulo reto, conforme indicado na figura do problema 28. Um
bloco, de massa m, esta´ em repouso sobre a rampa que faz um aˆngulo θ com a horizontal
e o seu coeficiente de atrito esta´tico com a rampa e´ µ. Um outro bloco, de massa M , esta´
sobre a outra rampa e ligado ao outro bloco por um fio ideal que passa pela polia. Na˜o ha´
atrito entre o fio e a polia e nem entre o bloco de massa M e a rampa na qual ele repousa
e, ale´m disso, os fios se manteˆm paralelos a`s rampas. Qual o maior valor da massa M que
garante que ela na˜o desliza para baixo?
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 23
38. Considere duas rampas inclinadas, perpendiculares entre si, e que formam com o solo
um triaˆngulo retaˆngulo, como ilustra a figura. Dois blocos ideˆnticos de massa m esta˜o,
inicialmente, em repouso nos pontos mais altos de cada rampa. A rampa menos inclinada,
a da direita na figura, forma um aˆngulo θ com a horizontal e, nela, o atrito e´ desprezı´vel.
Em contrapartida, o coeficiente de atrito cine´tico entre a rampa da esquerda e o bloco que
desliza sobre ela e´ µc. Verifica-se, enta˜o, 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 = π/4.
39. Considere, novamente, duas rampas inclinadas, perpendiculares entre si, e que formam
com o solo um triaˆngulo retaˆngulo, como ilustra a figura do problema anterior. Dois
blocos ideˆnticos de mesma massa, comec¸am 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 aˆngulo θ com a horizontal e, nela, o coeficiente de atrito
cine´tico com o bloco e´ µ. Em contrapartida, o coeficiente de atrito cine´tico entre a rampa
da esquerda e o bloco que desliza sobre ela e´ µ′.
(a) Determine a diferenc¸a µ′ − µ entre os coeficientes de atrito, a fim de que os dois
blocos gastem o mesmo tempo para descer ate´ o nı´vel do cha˜o.
(b) Use o resultado do ı´tem anterior para obter o aˆngulo para o qual devemos ter µ′ = µ.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 24
40. Dois blocos de mesma massa m sa˜o colocados sobre a superfı´cie de uma rampa, incli-
nada de um aˆngulo θ com a horizontal, e ligados um ao outro por meio de um fio ideal,
conforme mostra a figura. O coeficiente de atrito cine´tico entre o bloco de baixo e a su-
perfı´cie da rampa e´ µ e entre o bloco de cima e a superfı´cie da rampa e´ 2µ. Os blocos,
inicialmente em repouso, comec¸am a descer a rampa em movimentos retilı´neos unifor-
memente acelerados com o fio permanentemente esticado; os movimentos dos blocos sa˜o
considerados durante um intervalo em que o bloco de baixo na˜o atinge a base da rampa.
m
m
θ
(a) Isole cada bloco e, com o auxı´lio de setas, marque todas as forc¸as que atuam sobre
cada um deles, inclusive as reac¸o˜es vinculares.
(b) Calcule o mo´dulo das acelerac¸o˜es dos blocos e a tensa˜o no fio.
41. A figura mostra um trilho de ar inclinado usado para medir a acelerac¸a˜o da gravidade no
carrinho. Medic¸o˜es feitas por diversos alunos, usando diversas inclinac¸o˜es para o trilho,
revelaram a existeˆncia de um erro sistema´tico ∆a nas medidas da acelerac¸a˜o escalar a do
carrinho. Ale´m disso, revelaram que ∆a varia com o aˆngulo de inclinac¸a˜o θ do trilho, de
acordo com o gra´fico mostrado na figura junto ao trilho. Fac¸amos a hipo´tese de que o erro
sitema´tico seja causado por uma forc¸a de atrito cine´tico entre trilho e carrinho, de modo
que ∆a seja a diferenc¸a entre a acelerac¸a˜o do carrinho que seria medida sem atrito e a
que de fato e´ medida com o atrito devido a`s imperfeic¸o˜es do trilho e do carrinho. Partindo
dessa hipo´tese, e de que g = 9, 8m/s2,
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 25
(a) encontre a fo´rmula teo´rica de ∆a em func¸a˜o de θ.
(b) Descreva as caracterı´sticas de sua fo´rmula teo´rica que parecem confirmadas pelo
gra´fico do erro sistema´tico.
(c) Baseado no gra´fico experimental e na fo´rmula teo´rica, determine o coeficiente de
atrito cine´tico entre o carrinho e o trilho
θ
∆a
++++ ++
+
++
3,92
1,57
42. Uma bolinha de massa m esta´ preso a um eixo vertical por meio de dois fios ideais. O
sistema gira em torno do eixo de modo que os fios ficam tensos e dispostos como indicado
na figura a` esquerda, enquanto a bolinha descreve uma trajeto´ria circular de centro no
ponto O da haste. As distaˆncias entre O e os pontos em que os fios esta˜o presos na haste,
bem como os comprimentos do fio sa˜o dados em func¸a˜o de uma distaˆncia conhecida D;
temos OA = 3D/4, OB = 4D/3, PA = 5D/4 e PB = 5D/3, como indicado na figura
a` esquerda, que mostra uma visa˜o perpendicular ao plano em que esta˜o bolinha, fios e
haste em um certo instante. Suponha que o mo´dulo da tensa˜o no fio superior e´ constante
e igual a T . Calcule
(a) a tensa˜o no fio inferior
(b) e a velocidade angular de rotac¸a˜o da bolinha em torno da haste.
1.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 26
(c) Qual a menor velocidade angular da partı´cula acima da qual o fio inferior fica tenso?
(d) Determine os mo´dulos da acelerac¸a˜o a da bolinha e da tensa˜o T ′ no fio inferior
quando o mo´dulo da tensa˜o T no fio superior e´ igual ao dobro do mo´dulo do peso
mg da partı´cula.
(e) Comprove a relac¸a˜o que a Segunda Lei de Newton estabelece entre os vetores cita-
dos no item anterior por meio de um diagrama de vetores em um papel milimetrado.
P
O
B
A
4D/3
3D/4
5D/3
P
5D/4
O
B
A
Capı´tulo 2
Problemas Resolvidos
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2
1. (a) Partı´cula isolada e´ aquela que esta´ infinitamente afastada de todos os outros corpos
do universo.
(b) Referencial inercial e´ um referencial em relac¸a˜o ao qual sa˜o nulas as acelerac¸o˜es de
qualquer partı´cula 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, e´ possı´vel 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 relac¸a˜o aos
quais sa˜o nulas as acelerac¸o˜es de qualquer partı´cula isolada. Note que, dentro
dessa perspectiva, o pro´prio enunciado dessa lei sugere a definic¸a˜o de referencial
inercial, escrita no item (b).
(d) Dadas, num certo instante, as posic¸o˜es e as velocidades de todas as partı´culas de um
sistema isolado, a evoluc¸a˜o do sistema fica univocamente determinada, ou seja, os
movimentos de todas as partı´culas do sistema ficam univocamente determinados.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 28
2. (a) A posic¸a˜o do barco B relativa ao barco A e´ dada por
r ′B = rB − rA . (2.1)
Usando as func¸o˜es-movimento dos barcos, obtemos
r ′B = [(120− t)ux + 5tuy]− [tux + 5tuy] = (120− 2t)ux . (2.2)
Derivando essa expressa˜oem relac¸a˜o ao tempo, obtemos a velocidade do barco B
relativa ao barco A,
v ′B = −2ux . (2.3)
(b) Do item anterior, temos r ′B = (120 − 2t)ux. Os barcos se chocara˜o se, e somente
se, a posic¸a˜o do barco B relativa ao barco A se anular para algum instante de tempo,
isto e´, se r ′B = 0. Portanto, os barcos se chocara˜o se, e somente se, 120− 2t = 0, o
que nos permite concluir que os dois barcos se chocara˜o em t = 60 s.
3. Designemos porR o referencial solida´rio ao edifı´cio com origem no primeiro andar eR ′
o referencial solida´rio ao elevador com origem no piso do mesmo.
(a) No referencial R o parafuso tem, inicialmente, a velocidade do elevador, ou seja,
vz0 = v0. Nesse mesmo instante, no referencialR ′, o parafuso tem velocidade nula,
isto e´, v ′z0 = 0.
(b) No referencialR o movimento e´ o de queda livre usual:
vz = vz0 − gt (2.4)
z = H + vz0t− 1
2
gt2 . (2.5)
Para descobrirmos o movimento relativo ao referencial R ′, basta relacionar z, z ′ e
Z, onde Z e´ a posic¸a˜o do piso do elevador (origem deR ′) em relac¸a˜o ao referencial
R. Observando que a posic¸a˜o (vertical) do parafuso em relac¸a˜o aR e´ a soma de sua
posic¸a˜o relativa a R ′ com a posic¸a˜o da origem de R ′ em relac¸a˜o a R, e´ imediato
escrever
z = z ′ + Z =⇒ vz = v ′z + Vz =⇒ az = a ′z + Az . (2.6)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 29
Como o movimento do piso do elevador e´ uniformemente acelerado com Az = a
e tem velocidade inicial Vz0 = v0 e posic¸a˜o inicial Z0 = 0 (no instante inicial o
elevador esta´ no primeiro andar), temos
Z = v0t+
1
2
at2 =⇒ Vz = v0 + at =⇒ Az = a . (2.7)
Utilizando os u´ltimos resultados nas expresso˜es escritas em (2.6), obtemos a func¸a˜o-
movimento e a velocidade do parafuso relativamente ao referencial R ′:
z ′ = H + v0t− 1
2
gt2 −
(
v0t+
1
2
at2
)
=⇒ z ′ = H − 1
2
(g + a)t2 ;
v ′z = v0 − gt− (v0 + at) =⇒ v ′z = −(g + a)t . (2.8)
Observe que no referencialR ′ tudo se passa como se tive´ssemos uma acelerac¸a˜o da
gravidade efetiva de mo´dulo igual a (g + a)
(c) No referencial do elevador o parafuso se choca com o piso no instante tc para o qual
z′ = 0. Temos, enta˜o,
0 = H − 1
2
(g + a)t2c =⇒ tc =
√
2H
g + a
. (2.9)
(d) No referencial do elevador o deslocamento, obviamente, e´ dado por
∆z ′ = 0−H = −H. (2.10)
Para obtermos o deslocamento no referencial R, basta calcularmos a posic¸a˜o do
parafuso em tc e subtrairmos do resultado encontrado a posic¸a˜o inicial, ou seja,
∆z = v0
√
2H
g + a
− gH
g + a
. (2.11)
(e) Para encontrarmos os resultados desejados, isto e´, as velocidades vcz e v ′cz no instante
do choque com o piso do elevador, basta substituirmos o valor tc =
√
2H/(g + a)
nas respectivas func¸o˜es-velocidade para cada referencial, obtendo, dessa forma:
vcz = v0 − g
√
2H
g + a
(2.12)
v ′cz = −
√
2H(g + a) (2.13)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 30
4. (a) Derivando a func¸a˜o-movimento
r ′ = R[sen(ωt)ux + cos(ωt)uy] , (2.14)
em relac¸a˜o ao tempo uma e duas vezes, obtemos, respectivamente,
v ′ = ωR[cos(ωt)ux − sen(ωt)uy] (2.15)
e
a ′ = −ω2R[sen(ωt)ux + cos(ωt)uy] . (2.16)
(b) Da equac¸a˜o (2.14), obtemos |r ′|2 = R2[sen2(ωt) + cos2(ωt)], isto e´, |r ′|2 = R2.
Portanto, a trajeto´ria da partı´cula no referencial O ′X ′Y ′ e´ um cı´rculo de centro em
O ′ e raio R. Usando as equac¸o˜es (2.14), (2.15) e (2.16), concluı´mos que no instante
t1 = π/ω a posic¸a˜o, a velocidade e a acelerac¸a˜o sa˜o dadas, respectivamente, por
r ′
1
= −Ruy , v ′1 = −ωRux e a ′1 = ω2Ruy . (2.17)
Essas informac¸o˜es descritas em relac¸a˜o ao referencial O ′X ′Y ′ esta˜o exibidas na
figura seguinte.
O ′ X ′
Y ′
r′
1v′
1
a′
1
(c) Seja rO ′ o vetor posic¸a˜o da origem O ′ de O ′X ′Y ′ em relac¸a˜o a OXY . Devido a`
translac¸a˜o de O ′X ′Y ′ em relac¸a˜o a OXY , temos
rO ′ = V t = V tux =⇒ r = r ′ + rO ′ = r ′ + V tux . (2.18)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 31
Juntando a essa u´ltima expressa˜o as suas derivadas primeira e segunda, obtemos
r = r ′ + V tux , v = v
′ + V ux e a = a
′ . (2.19)
Usando nessas expresso˜es os resultados (2.14), (2.15) e (2.16), obtidos no item (a),
chegamos aos resultados
r = [R sen(ωt) + V t]ux +R cos(ωt)uy , (2.20)
v = [ωR cos(ωt) + V ]ux − ωR sen(ωt)uy (2.21)
e
a = −ω2R [sen(ωt)ux + cos(ωt)uy] . (2.22)
(d) No instante t1 = π/ω, a posic¸a˜o, velocidade e acelerac¸a˜o (2.19) sa˜o dadas, respec-
tivamente, por
r1 = r
′
1
+
V π
ω
ux ; v1 = v
′
1
+ V ux e a1 = a
′
1
. (2.23)
Usando nessas expresso˜es os resultados obtidos em (2.17), concluı´mos que
r1 =
πV
ω
ux − Ruy , v1 = (V − ωR)ux e a1 = ω2Ruy . (2.24)
(e) Substituindo V = 2Rω em (2.24), temos r1 = 2πRux − Ruy, v1 = ωRux e
a1 = ω
2 uy. Esses sa˜o os vetores na figura seguinte.
O X
Y
r1
v1
a1
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 32
5. (a) A func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-acelerac¸a˜o do ponto P sa˜o obtidas, respectiva-
mente, derivando-se uma e duas vezes a sua func¸a˜o-movimento em relac¸a˜o ao tempo.
Lembrando que r ′ = a[sen(ωt)ux + cos(ωt)uy], obtemos
v ′ =
dr ′
dt
= ωa[cos(ωt)ux − sen(ωt)uy] (2.25)
a ′ =
d2r ′
dt2
= −ω2a[sen(ωt)ux + cos(ωt)uy] . (2.26)
(b) A equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria de P em relac¸a˜o ao referencialR ′ e´ determinada
pela relac¸a˜o entre as coordenadas x ′ e y ′ desse ponto num instante qualquer. A
partir da expressa˜o de r ′, e´ imediato escrever x ′2 + y ′2 = a2, o que nos permite
concluir que, nesse referencial, a trajeto´ria de P e´ circular, de centro em O ′ e de
raio a. Vale a pena observar que se compararmos as expresso˜es de a ′ e r ′ vemos
que a ′ = −ω2 r ′, expressa˜o conhecida para a acelerac¸a˜o centrı´peta num movimento
circular uniforme.
Para calcularmos a velocidade e a acelerac¸a˜o de P no instante t1 = 3π/2ω
basta substituir esse valor nas expresso˜es anteriores para v ′ e a ′. Obtemos, enta˜o,
v ′
1
= ωauy e a
′
1
= ω2aux
A trajeto´ria de P e os vetores v ′
1
e a ′
1
esta˜o mostrados na figura abaixo. Pelo sentido
de v ′
1
vemos que o movimento tem sentido hora´rio.
O
′
av
′
1
a ′
1
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 33
(c) O vetor-posic¸a˜o de P relativo ao referencial R e´ dado por
r = rO ′ + r
′ ,
onde rO ′ e´ o vetor-posic¸a˜o da origem O ′ relativo a R. Como O ′ descreve um
movimento retilı´neo uniforme com velocidade V = ωaux e em t = 0 coincide com
a origem O, temos rO ′ = ωa tux. Utilizando a expressa˜o de r ′ obtemos,
r = ωa tux + a[sen(ωt)ux + cos(ωt)uy]
= a[ωt+ sen(ωt)]ux + a cos(ωt)uy] .
A func¸a˜o-velocidade e a func¸a˜o-acelerac¸a˜o de P em relac¸a˜o aR sa˜o obtidas, respec-
tivamente, derivando-se uma e duas vezes a func¸a˜o-movimento anterior. Obtemos,
v =
dr
dt
= ωa
{[
1 + cos(ωt)
]
ux − sen(ωt)uy
}
(2.27)
a =
d2r
dt2
= −ω2a
[
sen(ωt) uˆx + cos(ωt) uˆy
]
. (2.28)
Note que a = a ′, como esperado, pois a acelerac¸a˜o de uma partı´cula e´ a mesma em
dois referenciais inerciais diferentes (no caso, os referenciaisR eR ′).
(d) Da expressa˜o de v, temos vx = ωa[1 + cos(ωt)]. Uma vez que −1 ≤ cos(ωt) ≤ 1,
fica evidente que vx ≥ 0. Os instantes em que vx = 0 sa˜o aqueles para os quais
cos(ωt) = −1, ou seja, ωtn = (2n + 1)π/2, com n um inteiro qualquer.
Como vy = ωa sen(ωt) e sen[(2n + 1)π] = 0, concluı´mos que vy tambe´m se
anula nesses instantes. Ou seja, nos instantes tn temos v = 0.
(e) O movimento de P relativo a R e´ dado pela composic¸a˜o de um movimento circu-
lar uniforme com um movimento retilı´neo uniforme. As equac¸o˜es parame´tricas da
trajeto´ria desse ponto sa˜o dadas por
x = a [ωt+ sen(ωt)]
y = a cos(ωt)
Como a velocidade de P quando toca o solo e´ nula, trata-se de uma ciclo´ide. No
instante t1 = π/ω o pontoP esta´ em contato com o solo. Nesse caso, temos v1 = 0
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 34
e a1 = ω
2a uˆy. Ja´ no instante t2 = 2π/ω o ponto P esta´ num ponto onde a altura
relativa ao solo e´ ma´xima (ha´ va´rios pontos da trajeto´ria onde isso acontece). Nesse
caso, temos v2 = 2ωaux e a2 = −ω2a uˆy. A trajeto´ria e todos esses vetores (exceto
v1 por ser nulo) esta˜o indicados na figura abaixo.
O X
Y
v1 = 0
a1 v2
a2
6. (a) Para que a trajeto´ria do proje´til relativa ao referencial R ′ seja retilı´nea, devemos
escolher Vx de modo que a componente horizontal da velocidade do proje´til relativa
a esse referencial seja nula, isto e´, v ′x = vx − Vx = 0. Como vx = v0x, concluı´mos
que Vx = v0x. Com isso, a velocidade do proje´til relativa a R ′ e´ dada por
v ′ = v −V = [v0xuˆx + (v0y − gt)uˆy]− v0xuˆx = (v0y − gt)uˆy . (2.29)
Note que v ′y = vy = v0y − gt. Integrando no tempo a equac¸a˜o anterior, obtemos
r ′ =
(
v0yt− 1
2
gt2
)
uˆy . (2.30)
Como a altura ma´xima atingida pelo proje´til nesse movimento e´ v2
0y/2g, a sua tra-
jeto´ria e´ dada pelo segmento de reta que vai da origem ao ponto (0, v2
0y/2g).
(b) O vetor-posic¸a˜o do proje´til relativo aR ′ e´ dado por r ′ = r−rO ′ , onde rO ′ e´ o vetor
posic¸a˜o da origem O ′ relativa ao referencial R. Usando o fato de que Vx = v0x/2
e, portanto, r ′O = Vxt uˆx = (v0x/2)t uˆx, obtemos
r ′ =
[
v0xt uˆx +
(
v0yt− 1
2
gt2
)
uˆy
]
− v0x
2
t uˆx
=
v0x
2
t uˆx +
(
v0yt− 1
2
gt2
)
uˆy . (2.31)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 35
A u´nica diferenc¸a em relac¸a˜o a` expressa˜o de r, e´ que v0x e´ trocada por v0x/2. Con-
sequ¨entemente, o movimento vertical do proje´til e´ o mesmo que o observado emR,
com o mesmo tempo de voˆo. Apenas o alcance visto deR ′ sera´ a metade do alcance
observado emR. Portanto, a trajeto´ria do proje´til relativa aR ′ e´ uma para´bola mais
“estreita”, como indica a figura
O ′ X ′
Y ′
v ′
0
(c) Supondo agora que Vx = −v0x, e´ imediato mostrar que o vetor-posic¸a˜o do proje´til
relativo a R ′ e´ dado por r ′ = −v0xt uˆx + (v0yt − (1/2)gt2)uˆy. Note que a u´nica
diferenc¸a em relac¸a˜o a` expressa˜o de r e´ que, agora, v0x esta´ trocada por −v0x, ou
seja, o proje´til se movimenta horizontalmente em sentido oposto ao observado de
R. Desse modo, a trajeto´ria do proje´til vista de R ′ sera´ uma para´bola obtida pela
imagem daquela relativa aR supondo que o eixoO ′Y ′ seja um espelho plano, como
indica a figura
O ′ X ′
Y ′
v ′
0
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 36
7. (a) A Segunda Lei de Newton aplicada ao movimento desta partı´cula nos leva a` seguinte
equac¸a˜o diferencial:
max = −kx+ F0 , (2.32)
ou, ainda, na forma
x¨+ ω2x =
F0
m
, com ω =
√
k/m . (2.33)
(b) Devemos verificar se a equac¸a˜o anterior se torna uma identidade matema´tica quando
nela substituimos cada um dos movimentos dados no enunciado.
(i) Por subsituic¸a˜o direta, obtemos nesse caso x¨i + ω2xi = 0 e, portanto, esse na˜o e´
um movimento possı´vel da partı´cula.
(c) Por substituic¸a˜o direta, e lembrando que cos(ωt) satisfaz a` equac¸a˜o homogeˆnea,(
d2
dt2
+ ω2
)
cos(ωt) = 0 , (2.34)
temos (
d2
dt2
+ ω2
)[
F0
k
cos(ωt) +
F0
k
]
= 0 +
ω2F0
k
=
F0
m
. (2.35)
Portanto, concluı´mos que esse e´ um movimento possı´vel da partı´cula, pois satisfaz
a` equac¸a˜o de movimento imposta pela Segunda Lei de Newton.
(iii) Repetindo o ca´lculo do item anterior, fica evidente que esse na˜o e´ um movi-
mento possı´vel da partı´cula, pois o sinal do termo F0/k esta´ trocado.
8. (a) Pela Segunda Lei de Newton, temos
ma = F0(1− α t) =⇒ a = F0
m
(1− α t) . (2.36)
No gra´fico da acelerac¸a˜o versus tempo, essa equac¸a˜o e´ representada por uma reta
que cruza o eixo das acelerac¸o˜es em a = (F0/m) e o eixo dos tempos no instante
t em que (F0/m)(1 − α t) = 0, isto e´, em t = t1 = 1/α. No instante t2 = 2/α,
a acelerac¸a˜o e´ a = (F0/m)[1 − α (2/α)], ou seja, a = −(F0/m). Com essas
informac¸o˜es temos o gra´fico seguinte.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 37
O
t
a
1/α 2/α
F0/m
−F0/m
(b) Integrando de t0 a t a acelerac¸a˜o do item anterior, temos
v − v0 =
∫ t
t0
a dt ′ =
∫ t
0
F0
m
(1− α t ′) dt ′ = F0
m
(
t− α t
2
2
)
, (2.37)
ou seja,
v = v0 +
F0
m
(
t− α
2
t2
)
. (2.38)
Agora, tomando nessa func¸a˜o-velocidade t igual a t2, isto e´, igual a 2/α, vemos que
nesse instante a velocidade e´ dada por v2 = v0+(F0/m)[(2/α)−(α/2)(2/α)2] = v0.
Portanto, a variac¸a˜o da velocidade no intervalo [t0, t2] e´ nula, v2 − v0 = 0.
(c) Agora, supondo que em t0 = 0 a velocidade da partı´cula seja nula, v0 = 0, e
integrando (2.38) no intervalo [t0, t2], obtemos
x2 − x0 =
∫ t2
t0
v dt =
∫
2/α
0
F0
m
(
t− α
2
t2
)
dt =
F0
m
(
t2
2
− α
2
t3
3
)∣∣∣∣
2/α
0
=
F0
m
[
1
2
(
2
α
)2
− 1
3
α
2
(
2
α
)3]
=
F0
m
1
6
(
2
α
)2
=
2F0
3mα2
, (2.39)
ou seja, o deslocamento no intervalo [t0, t2] e´ x2 − x0 = (2F0)/(3mα2).
9. (a) De F = ma e da expressa˜o da forc¸a, temos
a =
F0
m
e−α t uˆx . (2.40)
Para obternos a func¸a˜o-velocidade devemos integrar no tempo a func¸a˜o-acelerac¸a˜o e
impor a condic¸a˜o inicial. Como v0 = 0 e a acelerac¸a˜o tem sempre a mesma direc¸a˜o
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 38
(a deOX ), o movimento sera´ necessariamente retilı´neo, o que nos dispensa de usar
uma notac¸a˜o vetorial. Temos, enta˜o,
vx =
F0
mα
(
1− e−α t) (2.41)
(b) Para obtermos a posic¸a˜o da partı´cula num instante qualquer t (t > 0), basta inte-
grarmos novamente no tempo e usarmos a condic¸a˜o inicial x0 = 0:
x =
F0
mα2
(
e−α t + α t− 1) . (2.42)
(c) A a´rea total sob o gra´fico de ax versus t e´ dada pela integral:∫ ∞
0
F0
m
e−α t dt =
F0
αm
. (2.43)
Essa quantidade representa a variac¸a˜o da velocidade da partı´cula desde o instante
inicial t0 = 0 ate´ t =∞.
(d) Quando t≫ 1/α a exponencial presente na func¸a˜o-movimento da partı´cula se torna
desprezı´vel e o movimento passa a ser uniforme, ou seja,
lim
t≫1/α
x =
F0
mα2
(α t − 1) . (2.44)
10. (a) Como ωt deve ser adimensional, ω tem a dimensa˜o de inverso de tempo, ou seja,
[ω] = T−1. Ja´ no caso da constante A, uma vez que At deve ter a dimensa˜o de
comprimento, A tem a dimensa˜o de velocidade, ou seja, [A] = LT−1.
(b) A velocidade da partı´cula e´ dada por
vx =
dx
dt
= A(1− ωt)e−ωt . (2.45)
Observe, agora, que
lim
t→0
vx = lim
t→0
A(1− ωt)e−ωt = A , (2.46)
de modo que A e´ a velocidade inicial da partı´cula.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 39
(c) Para valores de t bem pequenos, temos e−ωt ≈ 1, de modo que, inicialmente, x
cresce linearmente com o tempo. Ja´ para valores de t muito grandes, temos
lim
t→∞
vx = lim
t→∞
A(1− ωt)e−ωt = 0 . (2.47)
Ale´m disso, vx = dx/dt se anula uma u´nica vez durante o movimento, no instante
t = 1/ω (instante em que o movimento da partı´cula inverte o sentido). Com isso,
na˜o e´ difı´cil perceber que o gra´fico de x versus t tem a forma mostrada na figura
O t
x
(d) A func¸a˜o-acelerac¸a˜o da partı´cula e´ dada por
ax =
dvx
dt
=
d
dt
[
A(1− ωt)e−ωt] = −ωAe−ω t + A(1− ωt)(−ω)e−ω t . (2.48)
Consequ¨entemente, a forc¸a total sobre a partı´cula e´ dada por
Fx = max = mω
2Ate−ω t − 2mωAe−ω t . (2.49)
Como queremos expressar a forc¸a total em termos de x e vx, devemos, enta˜o, ex-
pressar Ate−ω t e Ae−ω t em termos de x e vx.
Da expressa˜o de vx e lembrando que x = Ate−ω t, temos
vx = Ae
−ω t − ωAte−ω t =⇒ Ae−ω t = vx + ωx . (2.50)
Substituindo esse resultado na expressa˜o da forc¸a total e usando novamente o fato
deque Ate−ω t = x, obtemos
Fx = mω
2x− 2mω [vx + ωx] =⇒ Fx = −mω2x− 2mωvx . (2.51)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 40
11. (a) Aplicando a Segunda Lei de Newton, obtemos a equac¸a˜o diferencial de movimento
dvx
dt
= − b
m
vx . (2.52)
Como vimos durante o curso, a soluc¸a˜o geral dessa equac¸a˜o diferencial e´ dada por
vx = C e
−t/τ , (2.53)
onde C e´ uma constante arbitra´ria de integrac¸a˜o, a ser determinada a partir de uma
condic¸a˜o inicial e, por convenieˆncia, definimos a constante τ = m/b. Usando,
enta˜o, o fato de que em t = 0 a velocidade da embarcac¸a˜o e´ v1, obtemos imediata-
mente C = v1, de modo que a soluc¸a˜o toma anterior a forma
vx = v1 e
− t/τ . (2.54)
(b) Lembrando que vx = dx/dt, obtemos a func¸a˜o-posic¸a˜o da embarcac¸a˜o para t > 0
simplesmente integrando uma vez no tempo,
x− x0 =
∫ t
0
vx dt
′ =
∫ t
0
v1 e
− t ′/τ dt ′ . (2.55)
Efetuando a integrac¸a˜o anterior e lembrando que, de acordo com a escolha feita para
a origem do eixo OX , x0 = 0, temos
x = −τv1 e− t ′/τ
∣∣∣t
0
=⇒ x = mv1
b
(
1− e− t/τ) . (2.56)
(c) A quantidade τ = m/b tem dimensa˜o de tempo (note, por exemplo, que o argumento
de uma exponencial deve ser adimensional). Essa quantidade nos da´ a escala de
tempo para a qual a velocidade da embarcac¸a˜o diminuiu substancialmente. Com
efeito, para t = τ a velocidade da embarcac¸a˜o vale v1/e, ou seja, aproximadamente
36% de sua velocidade inicial.
(d) O movimento da embarcac¸a˜o cessa somente para t→∞. Como x0 = 0, temos, por
definic¸a˜o,
D = lim
t→∞
x = lim
t→∞
mv1
b
(
1− e− t/τ) = mv1
b
. (2.57)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 41
(e) Analisando a expressa˜o escrita em(2.54), vemos que a velocidade da embarcac¸a˜o
decresce monotonicamente de forma exponencial com o tempo, anulando-se apenas
no limite em que t→∞. No caso da posic¸a˜o da embarcac¸a˜o, a equac¸a˜o (2.56) nos
mostra que essa func¸a˜o cresce monotonicamente com o tempo tendo, como limite
para t→∞ o valor mv1/b. Essas informac¸o˜es esta˜o contidas nos gra´ficos a seguir.
t
vx
v1
t
x
mv1
b
12. (a) Em forma vetorial, escrevemos
Avy uˆx + (B − Avx) uˆy = ma . (2.58)
Ja´ na forma de duas equac¸o˜es escalares, temos
max = Avy (2.59)
may = B −Avx . (2.60)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 42
(b) Vejamos os treˆs casos:
(i) No primeiro, temos
vy = −(B/A)sen (At/m) e ax = 0 . (2.61)
Com isso, a equac¸a˜o (2.59) na˜o pode ser satisfeita em todos os instantes do tempo.
Portanto, esse na˜o e´ um movimento possı´vel da partı´cula.
(ii) No segundo caso, temos
vy = (B/A)sen (At/m) e ax = (B/m)sen (At/m) . (2.62)
Substituindo essas expresso˜es em (2.59), essa equac¸a˜o torna-se uma identidade, isto
e´, ela e´ satisfeita em qualquer instante do tempo. Temos, tambe´m,
vx = −(B/A)cos (At/m) e ay = (B/m)cos (At/m) . (2.63)
Substituindo essas expresso˜es na equac¸a˜o (2.60), vemos que ela na˜o e´ satisfeita.
Portanto, esse na˜o e´ um movimento possı´vel da partı´cula.
(iii) Por fim, no terceiro e u´ltimo caso, temos,
vy = (B/A)sen (At/m) e ax = (B/m)sen (At/m) . (2.64)
Substituindo essas expresso˜es em (2.59), vemos que ela e´ satisfeita. Ale´m disso,
vx = (B/A)− (B/A)cos (At/m) e ay = (B/m)cos (At/m) . (2.65)
Substituindo essas expresso˜es em (2.60), vemos que ela tambe´m e´ satisfeita. Esse
u´ltimo movimento satisfaz a todas as componentes da Segunda Lei de Newton e,
portanto, e´ um movimento possı´vel da partı´cula.
13. (a) A equac¸a˜o cartesiana da trajeto´ria e´ obtida eliminando-se o tempo das expresso˜es
de x e y e relacionando diretamente essas coordenadas num instante qualquer. Da
equac¸a˜o para x temos gt2 = 20x, de forma que a segunda equac¸a˜o pode ser escrita
como
y = h− 2
5
20x = h− 8x . (2.66)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 43
A equac¸a˜o anterior mostra que a trajeto´ria da partı´cula e´ retilı´nea. Um trecho dessa
trajeto´ria esta´ indicado na figura. Nela, tambe´m indicamos por meio de uma seta o
sentido do movimento da partı´cula.
x
y
h/8
h
(b) Derivando a func¸a˜o-movimento (vetorial) da partı´cula em relac¸a˜o ao tempo, obte-
mos a sua velocidade
v =
dr
dt
=
gt
10
ux − 4gt
5
uy . (2.67)
(c) Derivando a func¸a˜o-velocidade (vetorial) da partı´cula em relac¸a˜o ao tempo, obtemos
a sua acelerac¸a˜o
a =
dv
dt
=
g
10
ux − 4g
5
uy . (2.68)
(d) A partir da Segunda lei de Newton (Fr = ma), vemos facilmente que
Fr =
mg
10
ux − 4mg
5
uy . (2.69)
Como a forc¸a resultante e´ dada pela soma da forc¸a F, pedida no problema, com a
forc¸a peso, temos,
Fr = F +mg = ma =⇒ F = ma−mg . (2.70)
Substituindo na equac¸a˜o anterior a expressa˜o da acelerac¸a˜o dada por (2.68) e escre-
vendo g = −g uˆy, obtemos
F =
mg
10
ux − mg
5
uy . (2.71)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 44
14. (a) Na posic¸a˜o de equilı´brio, a resultante das forc¸as exercidas sobre a esfera e´ nula, ou
seja, Fel+mg = 0. Denotando por ∆ℓ a distensa˜o da mola na situac¸a˜o de equilı´brio
do sistema, obtemos ∆ℓ = mg/k.
(b) A figura mostra o sistema em um instante gene´rico (t > 0). Nela, esta˜o indicados
o tamanho natural da mola, o eixo OY e a posic¸a˜o da esfera, determinada pela
coordenada y que coincide, devido a` escolha da origem, com a elongac¸a˜o da mola.
k
m
y
Y
O
ℓ0
Com a escolha de eixo apresentada na figura, a forc¸a ela´stica e o peso da mola
sa˜o dados, respectivamente, por Fel = −ky e P = mg, onde g e´ o mo´dulo da
acelerac¸a˜o da gravidade. Utilizando, enta˜o, a Segunda Lei de Newton, obtemos a
equac¸a˜o diferencial de movimento da esfera
may = −ky +mg =⇒ d
2y
dt2
= −k
(
y − mg
k
)
. (2.72)
A equac¸a˜o anterior nos sugere mudar para a varia´vel y ′ = y −mg/k. Como mg/k
e´ constante, temos y¨ ′ = y¨, de modo que a equac¸a˜o anterior toma a forma
y¨ ′ + ω2y ′ = 0 , (2.73)
onde definimos ω =
√
k/m. A equac¸a˜o anterior e´ a de um oscilador harmoˆnico
simples e sua soluc¸a˜o geral e´ dada por
y ′ = A cos(ωt) +B sen(ωt) . (2.74)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 45
Retornando para a coordenada y, escrevemos a soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o (2.72),
y = A cos(ωt) +B sen(ωt) +
mg
k
. (2.75)
Impondo as condic¸o˜es iniciais, dadas por y0 = 0 e vy0 = 0, e´ fa´cil mostrar que
A = −mg/k e B = 0, de modo que a a func¸a˜o movimento da esfera e´ dada por
y =
mg
k
[1− cos(ωt)] . (2.76)
Como −1 ≤ cos(ωt) ≤ 1, a esfera oscila entre y = 0 e y = 2mg/k. E sendo y =
mg/k a posic¸a˜o de equilı´brio da esfera, concluı´mos que a amplitude de oscilac¸a˜o e´
mg/k (e na˜o 2mg/k). Essas oscilac¸o˜es harmoˆnicas teˆm perı´odo τ = 2π/ω.
(c) Um esboc¸o do gra´fico de y versus t esta´ desenhado abaixo. Nele, identificamos a
posic¸a˜o de equilı´brio mg/k e as posic¸o˜es da esfera em t = τ/2 e t = τ .
tτ/2 τ
y
2mg
k
mg
k
15. Podemos primeiramente obter as condic¸o˜es a serem utilizadas na determinac¸a˜o da func¸a˜o-
movimento da partı´cula. Das figuras, temos:
fx(0) = 0, 10m , fx(1) = 0, 20m (2.77)
(a) Aplicando estas condic¸o˜es na equac¸a˜o (1) do enunciado, temos:
fx(0) = 0, 10 = A1 cos (0) + A2sen (0) =⇒ A1 = 0, 10 (2.78)
e
fx(1) = 0, 20 = A1 cos (π/2) + A2sen (π/2) =⇒ A2 = 0, 20 (2.79)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 46
(b) A func¸a˜o-movimento da partı´cula tem a forma
x = 0, 10 cos
(
π t
2
)
+ 0, 20 sen
(
π t
2
)
(2.80)
e portanto a velocidade em func¸a˜o do tempo pode ser obtida derivando-se esta ex-
pressa˜o:
v = −0, 05 π sen
(
π t
2
)
+ 0, 10 π cos
(
π t
2
)
. (2.81)
Em t = 0 s temos
v = 0, 10 π (2.82)
e em t = 1 s,
v = − 0, 05 π (2.83)
16. (a) Como o bloco esta´ em repouso sobre a bandeja, temos pela Segunda Lei de Newton:N −mg = 0 , (2.84)
onde N e´ o mo´dulo da reac¸a˜o normal da bandeja sobre o bloco. Como a bandeja
esta´ em repouso e sua massa e´ desprezı´vel, N = κh, de modo que
mg = κh =⇒ h = mg
κ
. (2.85)
(b) Usando a Segunda Lei de Newton, temos
my¨ = −mg +N . (2.86)
Mas como a bandeja tem massa desprezı´vel, N e´ igual a` forc¸a ela´stica mesmo
quando o sistema esta´ em movimento. Observando, ainda, que a forc¸a ela´stica para
y < h e´ dada por κ(h− y), reescrevemos a equac¸a˜o anterior na forma
my¨ = −mg + κ(h− y) =⇒ y¨ + ω2y = 0 , (2.87)
onde usamos a equac¸a˜o (2.85) e definimos a frequ¨eˆncia angular ω =
√
κ/m. A
soluc¸a˜o geral da equac¸a˜o diferencial anterior pode ser escrita como
y = cos(ωt) + b sen(ωt) . (2.88)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 47
(c) Impondo as condic¸o˜es iniciais, y0 = −d e vy0 = 0, e´ imediato mostrar que
y = −d cos(ωt) . (2.89)
O perı´odo dessas oscilac¸o˜es harmoˆnicas e´ T = 2π/ω = 2π
√
m/κ.
(d) Usando a u´ltima equac¸a˜ em (2.86), temos para N :
N = mg +my¨ = mg + ω2d cos(ωt) . (2.90)
Como −1 ≤ cos(ωt) ≤ 1, o menor valor de N , designado por Nmin, e´ dado por
Nmin = mg −mω2dmax . (2.91)
Quando o bloco estiver na imineˆncia de perder o contato com a bandeja, teremos
N = 0. Portanto, impondo a condic¸a˜o Nmin = 0, obtemos
mg = mω2dmax =⇒ dmax = g
ω2
= h , (2.92)
onde usamos o fato de que ω2 = κ/m. Ou seja, a amplitude ma´xima do movimento
sem que o bloco perca o contato com a bandeja e´ igual a` compressa˜o da mola na
posic¸a˜o de equilı´brio do bloco.
17. A situac¸a˜o descrita no enunciado pode ser representada pela figura seguinte.
O X
A
x=−R
B
x=R
(a) A equac¸a˜o de movimento tem a forma x¨+ ω2 x = 0, na qual ω =
√
g/R. Essa e´ a
equac¸a˜o do oscilador harmoˆnico simples, cuja soluc¸a˜o e´ bem conhecida e dada por
x = C1 cos(ωt) + C2 sen(ωt) (ω =
√
g/R) , (2.93)
onde C1 e C2 sa˜o constantes a serem determinadas pelas condic¸o˜es iniciais.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 48
(b) No instante t = 0 a partı´cula esta´ em x = −R, de modo que obtemos de (2.93)
−R = C1. Com isso (2.93) toma a forma
x = −R cos(ωt) + C2 sen(ωt) . (2.94)
Derivando essa equac¸a˜o em relac¸a˜o ao tempo, obtemos a func¸a˜o-velocidade
vx = ωR sen(ωt) + ωC2 cos(ωt) . (2.95)
Usando nessa equac¸a˜o a condic¸a˜o inicial de que vx = 0 no instante t = 0, con-
cluı´mos que 0 = ωC2, isto e´, que C2 = 0. Portanto, a func¸a˜o-movimento da
partı´cula e´
x = −R cos(
√
g/R t) . (2.96)
(c) Derivando em relac¸a˜o ao tempo (2.96), obtemos
vx =
√
g
R
R sen(
√
g/R t) =
√
gR sen(
√
g/Rt) . (2.97)
Portanto, vxMax =
√
gR, o que ocorre nos instantes em que sen(
√
g/Rt) = 1, isto
e´, (
√
g/Rt) = (π/2) + 2πn, para qualquer inteiro n. Nesses instantes, (2.96) nos
fornece x = −R cos[(π/2)+2πn] = 0. Portanto, a partı´cula tem velocidade ma´xima
quando passa pelo centro da Terra e essa velocidade e´ dada por vxMax =
√
gR.
Considerando g = 10m/s2 e R = 6400 km. obtemos vxMax = 8 km/s.
(d) De acordo com (2.96), x = R pela primeira vez no instante tR = 2π/
√
g/R, isto e´,
no instante tR = 2π
√
R/g, numericamente tR = 1600π s ≈ 14 horas.
18. Embora o raio de cada o´rbita circular seja R, a distaˆncia entre as duas estrelas e´ sempre
2R. Aplicando a Segunda Lei de Newton para uma estrela qualquer, obtemos,
Gm2
(2R)2
= mω2R = m
4π2
T 2
R , (2.98)
onde usamos o fato de que a acelerac¸a˜o de uma partı´cula num movimento circular uni-
forme de raio R e frequ¨eˆncia angular ω tem mo´dulo ω2R. Isolando m, obtemos,
m =
16π2R3
T 2
. (2.99)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 49
19. (a) A Segunda Lei de Newton para o sate´lite e´
m a = −GmM
r2
r
r
, (2.100)
onde denotamos por a a acelerac¸a˜o do sate´lite.
(b) Derivando a func¸a˜o-movimento r = Rcos(ωt)ux + R sen(ωt)ux em relac¸a˜o ao
tempo, obtemos a velocidade v = −ωR sen(ωt)ux + ωRcos(ωt)ux e a acelerac¸a˜o
a = −ω2Rcos(ωt)ux − ω2R sen(ωt)ux. Portanto, temos a = −ω2r. Obtemos,
tambe´m, r = |r| = √R2cos2(ωt) +R2 sen2(ωt) = R. Substituindo essas ex-
presso˜es para a e r na Segunda Lei de Newton (2.100), obtemos
−mω2r = −GmM
R2
r
R
⇐⇒ ω2 = GM
R3
(2.101)
que e´ a relac¸a˜o entre ω, R, M e G que faz com que r = Rcos(ωt)ux+R sen(ωt)ux
seja um possı´vel movimento desse sate´lite. Esse movimento tem perı´odo T = 2π/ω.
Portanto, usando a relac¸a˜o entre ω,R, M eG, obtemos T = 2π/
√
GM/R3, ou seja,
T = 2π
√
R3/(GM).
(c) Da func¸a˜o r = b + vt, obtemos que a acelerac¸a˜o e´ nula em qualquer instante,
a = 0. Tambe´m obtemos que, em diversos instantes, r = b + vt na˜o e´ um vetor
nulo. Consequ¨entemente, nesses instantes, o membro esquerdo da Segunda Lei de
Newton (2.100) e´ nulo e o membro direito na˜o e´ nulo. Portanto, a func¸a˜o r = b+vt
na˜o satisfaz a` Segunda Lei de Newton e, por isso, na˜o e´ um movimento possı´vel do
sate´lite.
20. Designando por m1 e m2 as respectivas massas dos sate´lites 1 e 2, a aplicac¸a˜o da Segunda
Lei de Newton aos movimentos dos dois nos permite escrever
GMm1
R2
= m1
v2
1
R
=⇒ v1 =
√
GM
R
; (2.102)
GMm2
(4R)2
= m2
v2
1
4R
=⇒ v2 =
√
GM
4R
. (2.103)
Dividindo a equac¸a˜o (2.102) pela equac¸a˜o (2.103), obtemos a raza˜o desejada,
v1
v2
=
√
4 = 2 . (2.104)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 50
Problemas envolvendo forc¸as vinculares
21. (a) Na situac¸a˜o de equilı´brio, a forc¸a resultante sobre a esfera e´ nula. Sendo assim, a
componente de seu peso paralela a` rampa deve anular a forc¸a ela´stica exercida sobre
ela pela mola. Denotando por ∆ℓ a distensa˜o da mola no equilı´brio, temos
k∆ℓ = mg senα =⇒ ∆ℓ = mg senα
k
. (2.105)
(b) Analogamente ao que ocorre com um sistema massa-mola no qual o extremo supe-
rior da mola esta´ preso ao teto, esperamos que na rampa inclinada, a componente
do peso paralela a` superfı´cie da rampa apenas desloque a posic¸a˜o de equilı´brio da
esfera, mas na˜o mude a frequ¨eˆncia das oscilac¸o˜es.
(c) A figura mostra a escolha do eixo OX feita no enunciado. Nela, tambe´m esta˜o
indicadas a distensa˜o da mola na configurac¸a˜o de equilı´brio e a elongac¸a˜o da mola
quando a esfera esta´ numa posic¸a˜o gene´rica de seu movimento.
X
ℓ0
∆ℓ = mgsenα/k
x
α
m
(i) A componente do peso da esfera e´ dada por
Px = mg senα . (2.106)
(ii) A componente da forc¸a ela´stica e´ dada por
Fel = −k(∆ℓ + x) = −k
(mg senα
k
+ x
)
= −mg senα− kx . (2.107)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 51
(d) A componente da forc¸a resultante sobre a esfera paralela a` superfı´cie da rampa e´
dada por Px + Fel, de modo que da Segunda Lei de Newton podemos escrever
max = Px + Fel = mg senα−mg senα− kx = −kx , (2.108)
ou seja,
x¨+ ω2x = 0 , (2.109)
onde definimos ω =
√
k/m. Com isso, confirmamos nossa expectativa, de que a
frequ¨eˆncia das oscilac¸o˜es na˜o depende do aˆngulo de inclinac¸a˜o da rampa. Variar
essa inclinac¸a˜o provoca apenas uma mudanc¸a na posic¸a˜o de equilı´brio da esfera.
22. Na figura esta˜o desenhados o peˆndulo preso ao teto do elevador num instante gene´rico no
qual faz um aˆngulo θ com a vertical, o sistema de eixos OXY e as forc¸as T, exercida
pelo fio sobre a esfera, e o peso da esfera mg. O desenho foi feito para o caso em que a
acelerac¸a˜o do elevador aponta para cima. Note que, nesse caso, a componente vertical da
tensa˜o deve ser maior do que o mo´dulo do peso da esfera (confira isso na figura). Nesse
problema, supomos sempre pequenas oscilac¸o˜es do peˆndulo (θ ≪ 1), de modo que a
esfera oscila horizontalmente sempre mantendo a mesma altura do piso do elevador.
O Xx
xY
a
θ
mg
T
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 52
(a) No caso em que o elevador se move em relac¸a˜o ao solo (Eixos OXY) commo-
vimento uniforme, a frequ¨eˆncia das oscilac¸o˜es horizontais da esfera e´ exatamente
a mesma que a calculada com o elevador em repouso. Isso ocorre porque mesmo
se movendo verticalmente, a componente ay da acelerac¸a˜o da esfera e´ nula (para
θ ≪ 1), fazendo com que o mo´dulo da tensa˜o seja igual ao mo´dulo do peso, como
ocorre no caso do elevador em repouso. Se voceˆ ainda na˜o esta´ convencido, apli-
quemos a Segunda Lei de Newton por componentes:
Ty −mg = 0 =⇒ T cosθ = mg ;
Tx = max =⇒ −T senθ = mx¨ . (2.110)
Para θ ≪ 1, podemos escrever cosθ ≈ 1 e senθ ≈ x/ℓ. Com isso, da primeira
equac¸a˜o, temos T ≈ mg, de modo que a segunda equac¸a˜o toma a forma
−mg x
ℓ
= mx¨ =⇒ x¨+ g
ℓ
x = 0 , (2.111)
va´lida para pequenas oscilac¸o˜es. Essa e´ a mesma equac¸a˜o diferencial para um
peˆndulo preso a um suporte em repouso. Portanto, a frequ¨eˆncia angular das (pe-
quenas) oscilac¸o˜es e´, nesse caso, ω = √g.ℓ.
(b) Esse caso, no qual o elevador possui uma acelerac¸a˜o constante de mo´dulo a para
cima, e´ o que esta´ ilustrado na figura anterior. Seguiremos um raciocı´nio ana´logo ao
feito no item (a). Ou seja, aplicaremos a Segunda Lei de Newton, mas lembrando
agora que a esfera tambe´m possui uma componente vertical de acelerac¸a˜o na˜o-nula,
a saber, ay = a. Repetindo o procedimento anterior, temos,
Ty −mg = may =⇒ T cosθ = m(g + a) ;
Tx = max =⇒ −T senθ = mx¨ . (2.112)
A partir das duas equac¸o˜es anteriores e usando, novamente, a aproximac¸a˜o de pe-
quenas oscilac¸o˜es, obtemos
x¨+
g + a
ℓ
x = 0 , (2.113)
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 53
o que nos permite concluir que a frequ¨eˆncia angular das oscilac¸o˜es e´ maior que a
anterior e e´ dada por ω =
√
(g + a)/ℓ. ´E como se dentro do elevador, isto e´, num
referencial solida´rio a ele, houvesse uma modificac¸a˜o na acelerac¸a˜o da gravidade, e
g fosse modificada por um valor efetivo gef = g → g + a, devido ao movimento
acelerado do elevador.
(c) Caso a acelerac¸a˜o do elevador aponte para baixo, um procedimento totalmente
ana´logo ao anterior mostra que basta trocar o sinal de a, ou seja, a frequ¨eˆncia das
oscilac¸o˜es e´ dada, nesse caso, por ω =
√
g − a)/ℓ, fo´rmula va´lida somente para
a ≤ g. Nesse caso, a acelerac¸a˜o da gravidade efetiva ficou menor que g.
Obs: A diminuic¸a˜o e o aumento na frequ¨eˆncia das oscilac¸o˜es do peˆndulo encontra-
dos, respectivamente, neste item e no anterior, teˆm a mesma origem as leituras di-
ferentes registradas numa balanc¸a dentro de um elevador acelerado (se voceˆ quiser
se sentir mais leve, nem que seja por alguns segundos, pese-se com uma balanc¸a
dentro de um elevador com acelerac¸a˜o para baixo). Voceˆ vera´, em cursos mais
avanc¸ados de mecaˆncia, que a rotac¸a˜o da Terra em torno de seu eixo tambe´m pro-
duz variac¸o˜es no peso aparente (registrado numa balanc¸a) das pessoas. Supondo a
Terra uma esfera perfeita em rotac¸a˜o, o peso aparente no Equador e´ menor do que
o registrado nos po´los.
23. Como o bloco esta´ em repouso, a Segunda Lei de Newton nos permite escrever
T cosθ − fat = 0 =⇒ fat =
√
3
2
T (2.114)
T senθ +N −mg = 0 =⇒ N = mg − 1
2
T , (2.115)
onde N , fat e g sa˜o, respectivamente, os mo´dulos da reac¸a˜o normal exercida pela su-
perfı´cie sobre o bloco, da forc¸a de atrito e da acelerac¸a˜o da gravidade, e ja´ usamos o
fato de que θ = 30o. Note que, a` medida que T aumenta, o valor de fat necessa´rio para
manter o bloco em repouso tambe´m aumenta. Ja´ o valor de N diminui, a` medida que T
aumenta. Como o valor ma´ximo para fat e´ µeN , esse valor tambe´m diminui a` medida
que T aumenta. Ou seja, a partir de um certo valor crı´tico, denotado por Tc, o bloco entra
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 54
em movimento. Quando T = Tc, temos fat = µeN , de modo que as equac¸o˜es anteriores
nos levam ao resultado
µe
(
mg − 1
2
Tc
)
=
√
3
2
Tc =⇒ Tc = 2µemg
µe +
√
3
. (2.116)
24. (a) O diagrama de forc¸as solicitado esta´ mostrado na figura abaixo.
mx
l
g
−Ts
F
m (l−x)
l
g−Tl
Ts
Tl
M g
(b) Na˜o e´ necessa´rio utilizar a notac¸a˜o vetorial, uma vez que todas as forc¸as esta˜o na
mesma direc¸a˜o (vertical). Suponha, por convenieˆncia, que o movimento seja acele-
rado para cima. A densidade linear de massa da corda e´ 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 (2.117)
Segundo sistema (parte inferior da corda):
TS − TI −m(l − x)g/l = m(l − x)a/l (2.118)
Terceiro sistema (bloco):
TI −Mg = Ma , (2.119)
onde a e´ o mo´dulo da acelerac¸a˜o do sistema, TS e´ a tensa˜o no ponto P e TI e´ a
tensa˜o no extremo inferior da corda.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 55
(c) Itens c e d juntos!! No item anterior obtivemos um sistema de 3 equac¸o˜es e treˆs
inco´gnitas (a, TS, TI). Resolvendo esse sistema, obtemos
a =
F − g(m+M)
m+M
(2.120)
TS = F (1− mx
l(m+M)
) (2.121)
TI =
MF
m+M
(2.122)
A tensa˜o no ponto P e´ dada por TS . No caso em que x = 0, a tensa˜o coincide com
F ; ja´ no caso em que x = l, a tensa˜o vale F (1−m/(m+M)) = (MF )/(m+M),
ou seja, coincide com TI como esperado.
25. (a) As forc¸as sobre o bloco sa˜o a normal N exercida pela superfı´cie lisa da cunha e o
peso mg exercido pela Terra, conforme indicado na figura seguinte.
θ
M
m
N
mg
(b) As forc¸as sobre a cunha sa˜o a normal N ′ exercida pela superfı´cie do tablhado, a
forc¸a de atrito fe, tambe´m exercida pela superfı´cie do tablado, o peso Mg exercido
pela Terra e a forc¸a −N exercida pelo bloco (que e´ a reac¸a˜o da forca N exercida
sobre o bloco pela cunha). Essas forc¸as esta˜o indicadas na figura seguinte.
θ
M
fe
N′ m
−N
Mg
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 56
(c) Na pro´xima figura, a` esquerda, temos o diagrama das forc¸as que agem sobre a cunha.
A direc¸a˜o de N e´ perpendicular a` rampa inclinada da cunha e a direc¸a˜o do peso e´
perpendicular a` horizontal. Como o aˆngulo que a rampa faz com a horizontal e´ θ,
concluı´mos que o aˆngulo entre −N e Mg tambe´m e´ θ. Aplicando a Segunda Lei de
Newton a` cunha, temos na direc¸a˜o horizontal
fe = N senθ . (2.123)
fe
N′
−N Mg
θ
N
mg
θ
`A direita, temos o diagrama de forc¸as que agem sobre o bloco. O aˆngulo entre
normal e peso e´ determinado como no diagrama para a cunha. Aplicando ao bloco
a Segunda Lei de Newton, temos na direc¸a˜o da normal N a seguinte condic¸a˜o de
equilı´brio,
N = mg cos θ . (2.124)
Substituindo esse resultado em (2.123), obtemos a resposta para o mo´dulo da forc¸a
de atrito fe,
fe = mg senθ cos θ . (2.125)
(d) Aplicando novamente a Segunda Lei de Newton a` cunha temos, agora na direc¸a˜o
vertical, a seguinte condic¸a˜o de equilı´brio,
N ′ = Mg +N cos θ . (2.126)
Substituindo nessa equac¸a˜o o valor de N encontrado em (2.124), obtemos
N ′ = Mg +mg cos θ cos θ = (M +m cos2 θ)g , (2.127)
que e´ o valor procurado do mo´dulo da normal N ′.
2.1 Problemas correspondentes ao Mo´dulo 2 57
26. (a) As forc¸as sobre o bloco sa˜o o peso mg e a reac¸a˜o do plano inclinado, que de-
compomos na normal N e na forc¸a de atrito esta´tico f , conforme indicadas na fi-
gura que aparece abaixo. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco, temos
X
Y
mg
f
N
θ
θ
θ
f + N + mg = ma, onde a e´ a acelerac¸a˜o horizontal comum ao bloco a` rampa e
ao caminha˜o. Vamos escolher um eixo OX na direc¸a˜o e sentido da acelerac¸a˜o a e
o eixo O† vertical, apontando para cima. Decompondo a Segunda Lei de Newton
segundo esses eixos, obtemos as equac¸o˜es
f cos θ −N sen θ = ma e f sen θ +N cos θ = mg . (2.128)
Multiplicando ambos os membros da primeira equac¸a˜o por cos θ, ambos os mem-
bros da segunda por sen θ e