Gabarito da lista de exercícios

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F´ısica 1B
March 7, 2015
1 Soluc¸a˜o da lista de exerc´ıcios
1. (a) Da expressa˜o da conservac¸a˜o do momento linear e da definic¸a˜o de coeficiente de
restituic¸a˜o, temos, respectivamente,
m1v1 +m2v2 = m1v1
′ +m2v2
′ (1)
v2
′ = v1
′ + e(v1 − v2) (2)
Substituindo (2) em (1) e resolvendo para v′1, obtemos
v1
′ =
(m1 − em2)v1 +m2(1 + e)v2
m1 +m2
(3)
De posse de v′1, obtemos v
′
2 substituindo (3) em (2), o que nos fornece
v2
′ =
(m1 −m2e)v1 +m2(1 + e)v2
m1 +m2
+ e(v1 − v2)
=
m1(1 + e)v1 + (m2 −m1e)v2
m1 +m2
. (4)
(b) Da definic¸a˜o de centro de massa de um sistema e designando por v12 a velocidade
relativa v1 − v2, temos, respectivamente,
(m1 +m2)Vcm = m1v1 +m2v2 ; (5)
v12 = v1 − v2 . (6)
Desejamos inverter esse sistema de equac¸o˜es, ou seja, queremos expressar v1e v2
em termos de Vcm e v12. Para isso, multiplicamos a u´ltima equac¸a˜o por m2 e
somamos a equac¸a˜o resultante com a anterior, obtendo assim
(m1 +m2)Vcm +m2v12 = (m1 +m2)v1 =⇒ v1 = Vcm + m2
m1 +m2
v12 . (7)
1
Analogamente, se multiplicarmos a equac¸a˜o (6) por m1 e subtrairmos a equac¸a˜o
resultante de (5), obtemos
(m1 +m2)Vcm −m1v12 = (m1 +m2)v2 =⇒ v2 = Vcm − m1
m1 +m2
v12 . (8)
Utilizando as duas u´ltimas equac¸o˜es, podemos expressar a energia cine´tica do
sistema em termos de vcm e v12, e vez de v1 e v2, o que e´ bastante conveniente
em problemas de coliso˜es nos quais a velocidade do centro de massa e´ constante.
Temos, enta˜o,
K =
1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2v
2
2
=
1
2
m1
(
V 2cm +
2m1
m1 +m2
Vcmv12 +
m21
(m1 +m2)2
v212
)
+
1
2
m2
(
V 2cm −
2m2
m1 +m2
Vcmv12 +
m22
(m1 +m2)2
v212
)
=
1
2
(m1 +m2)V
2
cm +
1
2
m1m2
m1 +m2
v212 , (9)
ou seja, a energia cine´tica do sistema pode ser escrita na forma
K =
1
2
MV 2cm +
1
2
µv212 . (10)
Para determinarmos o fator Q, note que, sendo constante a velocidade do
centro de massa do sistema formado pelas duas esferas, podemos escrever
Q =
1
2
µv′12
2 − 1
2
µv212 , (11)
onde v′12 = v
′
1 − v′2 e´ a velocidade da primeira esfera relativamente a` segunda.
Usando a definic¸a˜o de coeficiente de restituic¸a˜o, temos v′12
2 = e2v212, de modo
que a equac¸a˜o anterior toma a forma
Q =
1
2
(e2 − 1)µv212 = −
1
2
(1− e2) m1m2
m1 +m2
(v1 − v2)2 , (12)
resultado que deseja´vamos demonstrar.
(c) Fazendo v2 = 0 na equac¸a˜o (3), temos
v′1 =
v1(m1 −m2e)
m1 +m2
=
m1/m2 − e
1 +m1/m2
=
(
m1
m2
− e
)(
1 +
m1
m2
)−1
, (13)
onde colocamos em evideˆncia m2 tanto no numerador quanto no denominador
e escrevemos o resultado convenientemente. Uma vez que m2 ≫ m1, faremos a
aproximac¸a˜o (
1 +
m1
m2
)−1
≈
(
1− m1
m2
)
(14)
2
e desprezaremos os termos que forem de ordens superirores ou iguais ao termo
quadra´tico. Com isso em mente, o resultado anterior toma a forma
v′1 ≈
(
m1
m2
− e
)(
1− m1
m2
)
v1
≈ v1
[
m1
m2
− e
(
1− m1
m2
)]
. (15)
Utilizando um procedimento ana´logo ao anterior, obtemos para v′2:
v′2 =
v1m1(1 + e)
m1 +m2
=
v1m1(1 + e)
m2
(
1 + m1m2
)
≃ v1(1 + e)
(
m1
m2
)(
1− m1
m2
)
≃ v1(1 + e)
(
m1
m2
)
(16)
No limite em que m1/m2 → 0 (m2 →∞), temos,
v′1 = −ev1 e v′2 = 0 , (17)
como esperado, ou seja, a segunda esfera permanece em repouso, enquanto a
primeira inverte o sentido de seu movimento, mas com uma velocidade de mo´dulo
menor do que o mo´dulo de sua velocidade incidente.
Utilizando as mesmas aproximac¸o˜es para o fator de colisa˜o Q, obemos,
Q = −1
2
(1− e2) m1m2
m1 +m2
v21
= −1
2
(1− e2)m2
(
1 +
m1
m2
)−1
v21
≃ −1
2
(1− e2)m1
(
1− m1
m2
)
v21 . (18)
No limite m2 →∞, obtemos
Q = −1
2
(1− e2)m1v21 . (19)
(d) A bola atinge o solo com velocidade de mo´dulo v1 =
√
2gh, e retorna com a
velocidade de mo´dulo v′1 = −ev1. A altura ma´xima e´ dada por h′ = (v′1)2/2g.
Temos, portanto,
h′ =
(−ev1)2
2g
=
(e22gh)
2g
= e2h (20)
3
(e) Ao descer da altura h ate´ o solo, a bola gasta o tempo td =
√
2h/g. Desse
instante ate´ aquele em que ela toca o solo novamente o tempo transcorrido e´
t1 = 2
√
2h′/g, onde h′ = e2h. O intervalo de tempo entre os instantes em que a
bola toca o solo pela segunda e terceira vezes sera´ dado enta˜o por t2 = 2
√
2h′′/g,
onde h′′ e´ a altura atingida pela bola apo´s a segunda colisa˜o com a Terra, e assim
por diante. Podemos escrever para o tempo transcorrido ate´ a bola atingir o
repouso:
T = td + t1 + t2 + t3 + ...
=
√
2h
g
+ 2
√
2h′
g
+ 2
√
2h′′
g
+ 2
√
2h′′′
g
+ ... (21)
Podemos calcular h′, h′′, etc, recursivamente, como
h′ = e2h , h′′ = e2h′ = e4h , h′′′ = e2h′′ = e6h , etc (22)
Colocando isto na soma (21), temos
T =
√
2h
g
+ 2e
√
2h
g
+ 2e2
√
2h
g
+ 2e3
√
2h
g
+ ...
=
√
2h
g
(
1 + 2e(1 + e+ e2 + ...)
)
=
√
2h
g
(
1 +
2e
1− e
)
=
√
2h
g
(1 + e)
1− e . (23)
Fazendo e = 0 na u´ltima equac¸a˜o, obtemos T =
√
2h/g, ou seja, o tempo gasto
por uma part´ıcula em queda livre para atingir o solo quando cai, a partir do
repouso, de uma altura h. Isso era esperado, pois e = 0 significa que a bolinha
gruda na no solo, na˜o havendo outras subidas e descidas. Ja´ no limite em que
e→ 1, temos T →∞. Esse resultado e´ compreendido se lembrarmos que e = 1
significa choque totalmente ela´stico, ou seja, cada vez que a bolinha quica no solo
ela inverte seu movimento iniciando a subida com uma velocidade de mo´dulo
igual ao da velocidade com que se choca no solo. Com isso, atinge uma altura
igual a` inicial, h. Por na˜o perder energia, os choques com o solo se repetira˜o ad
infinitum, fazendo com que o tempo gasto ate´ parar seja infinito.
2. (a) Sendo o choque frontal, todas a velocidades esta˜o na direc¸a˜o da velocidade
inicial. Portanto, podemos tratar o problema considerando apenas velocidades
escalares. Seja v1 a velocidade da bolinha incidente, v1f sua velocidade depois
do choque e v2f a velocidade da outra bolinha depois do choque. A bolinha
4
incidente tem energia inicial E0 = m1v
2
1/2, energia final E1f = m1v
2
1f/2 e a
variac¸a˜o de sua energia e´ ∆E = E1f − E0. Portanto, a raza˜o procurada e´
∆E
E0
=
E1f − E0
E0
=
E1f
E0
− 1 =
(
v1f
v1
)2
− 1 . (24)
Durante a colisa˜o o momento linear do sistema e´ conservado e, como ela e´
perfetitamente ela´stica, a energia total tambe´m se conserva. Com isso, temos
m1 v1 = m1 v1f +m2 v2f e
1
2
m1 v
2
1 =
1
2
m1 v
2
1f +
1
2
m2 v
2
2f , (25)
que podemos reescrever como
m1 (v1 − v1f ) = m2 v2f e m1 (v21 − v21f ) = m2 v22f . (26)
Dividindo a u´ltima equac¸a˜o pela anterior, membro a membro, obtemos
m1 (v
2
1 − v21f )
m1 (v1 − v1f ) =
m2 v
2
2f
m2 v2f
, isto e´ v1 + v1f = v2f . (27)
Multiplicando ambos os membros da u´ltima equac¸a˜o por −m2 e somando, mem-
bro a membro, a equac¸a˜o resultante com a primeira equac¸a˜o em (26), chegamos
a
(m1 −m2) v1 − (m1 +m2)v1f = 0 . isto e´
v1f
v1
=
m1 −m2
m1 +m2
. (28)
Usando o u´ltimo resultado em (24), obtemos
∆E
E0
=
(
m1 −m2
m1 +m2
)2
− 1 , isto e´ ∆E
E0
= − 4m1m2
(m1 +m2)2
. (29)
(b) Pelo resultado anterior, temos que ∆E/E0 = −1/2 se , e somente se,
4m1m2
(m1 +m2)2
=
1
2
=⇒ 8m1m2 = m21 + 2m1m2 +m22 . (30)
Dividindo ambos os membros dessa equac¸a˜o por m22, simplificando e rearran-
jando os termos resultantes, chegamos a` seguinte equac¸a˜o do segundo grau para
m1/m2: (m1/m2)
2 − 6(m1/m2) + 1 = 0. Obtemos para essa equac¸a˜o
m1
m2
=
1
2
(
6±√36− 4) = 1
2
(
6± 4
√
2
)
= 3± 2
√
2 . (31)
Somente a raiz positiva tem significado e e´ a respostaprocurada,
m1
m2
= 3 + 2
√
2 . (32)
5
3. (a) Como na˜o ha´ atrito na˜o ha´ forca externa ao sistema na direc¸a˜o horizontal e,
consequentemente, a componente do momento linear nessa direc¸a˜o se conserva
(na verdade as forc¸as externas verticais, os pesos e as normais, tambe´m se can-
celam). Como os blocos se movem na horizontal, os pesos e as normais na˜o
realizam trabalho. A forc¸a restante e´ a forc¸a ela´stica da mola, que e´ conserva-
tiva. Portanto, a energia mecaˆnica do sistema se conserva.
O X
m
v0
3m
(b) Uma vez que o momento linear se conserva, a velocidade do centro de massa
e´ constante. Portanto, a velocidade do centro de massa no instante de maior
aproximac¸a˜o e´ igual a` velocidade do centro de massa antes da colisa˜o, que e´
dada por
vcm =
mv0ux + 3m× 0
m+ 3m
, donde vcm =
1
4
v0ux . (33)
(c) No instante de maior aproximac¸a˜o a mola tem comprimento instantaneamente
invaria´vel (parou de comprimir e ainda na˜o comec¸ou a esticar) e, consequ¨entemente,
os blocos na˜o teˆm movimento relativo, isto e´, teˆm a mesma velocidade. Por esse
motivo, os blocos teˆm, nesse instante, velocidades iguais a` do centro de massa,
isto e´, uma velocidade de mo´dulo
v =
v0
4
. (34)
Esse valor da velocidade dos blocos sera´ usado juntamente com a conservac¸a˜o da
energia para calcular a distaˆncia de que a mola esta´ comprimida no instante de
maior aproximac¸a˜o. Denotando por ∆ℓ essa distaˆncia, e usando o fato de que a
energia mecaˆnica no instante de maior aproximac¸a˜o e´ igual a` energia mecaˆnica
antes da colisa˜o, temos
1
2
mv2 +
1
2
3mv2 +
1
2
k∆ℓ2 =
1
2
mv20 , (35)
Substituindo nessa equac¸a˜o o valor de v dado em (34), obtemos
4m
(v0
4
)2
+ k∆ℓ2 = mv20 =⇒ k∆ℓ2 = 3m
v20
4
, (36)
o que nos permite concluir que
∆ℓ =
√
3mv20
4k
. (37)
6
4. Neste problema, ha´ conservac¸a˜o do momento linear total (as forc¸as externas ao sis-
tema, peso e normal, se cancelam) e tambe´m da energia mecaˆnica (a normal, u´nica
forc¸a na˜o-conservativa, na˜o realiza trabalho). Para facilitar a compreensa˜o da soluc¸a˜o
do problema, repetimos, a seguir, a figura do enunciado.
O X
m m
v0
M
(a) Seja v′ux a velocidade do bloco do meio apo´s o choque com a mola. Para que
ele se choque com o bloco da esquerda, e´ necessa´rio que v′ < 0. A conservac¸a˜o
do momento implica
mv0 = mv
′ +Mv′′ =⇒ mv0 −Mv′′ < 0 =⇒ m
M
<
v′′
v0
, (38)
e a conservac¸a˜o da energia implica
mv20
2
=
mv′2
2
+
Mv′′2
2
>
Mv′′2
2
=⇒ m
M
>
v′′2
v20
. (39)
Reunindo as duas inequac¸o˜es acima, temos
v′′2
v20
<
m
M
<
v′′
v0
=⇒ v
′′2
v20
<
v′′
v0
=⇒ v
′′
v0
< 1 . (40)
Voltando a` primeira inequac¸a˜o, obtemos a condic¸a˜o procurada:
m
M
<
v′′
v0
< 1 =⇒ m
M
< 1 . (41)
(b) O momento linear e´ o mesmo (e igual a mv0) em qualquer instante, inclusive
depois da colisa˜o com o bloco da esquerda:
mv0 = mv
′ +Mv′′ = −2mv0
4
+Mv′′ =⇒ v′ = −v0
2
. (42)
Energia e momento linear se conservam na primeira colisa˜o:
mv0 = mv
′ +Mv′′ =⇒ mv0 = −mv0
2
+Mv′′ =⇒ Mv′′ = 3
2
mv0 ; (43)
mv20
2
=
mv′2
2
+
Mv′′2
2
=⇒ mv
2
0
2
− mv
2
0
8
=
3m
8
v20 =
Mv′′2
2
(44)
Elevando a primeira equac¸a˜o ao quadrado e isolando v′′2 em ambas, temos:
v′′2 =
9
4
m2v20
M2
=
3mv20
4M
=⇒ M = 3m. (45)
7
(c) Usando a segunda equac¸a˜o do item anterior e a relac¸a˜o obtida entre m e M ,
podemos descobrir v′′:
Mv′′ =
3
2
mv0 =⇒ 3mv′′ = 3
2
mv0 =⇒ v′′ = v0
2
. (46)
5. Uma vez que o atrito entre a canoa e a a´gua e´ desprez´ıvel, a forc¸a resultante so-
bre o sistema formado pela canoa, Joa˜o e Maria e´ nula durante todo o movimento.
Consequ¨entemente, o momento linear do sistema permanece constante durante o
movimento, ou seja, e´ nulo em qualquer instante, pois era nula inicialmente.
Sem perda de generalidade, escolhemos o eixo OX na direc¸a˜o do movimento e
apontando no sentido de Joa˜o para maria antes que trocassem de lugar. Escrevemos,
enta˜o,
mJvxJ +mMvxM +mcvxc = 0 . (47)
Integrando no tempo a equac¸a˜o anterior desde o instante inicial ate´ o final, obtemos
mJ
∫ tf
ti
vxJ dt+mM
∫ tf
ti
vxM dt+mc
∫ tf
ti
vxc dt = 0 ,
o que nos leva a
mJ∆xJ +mM∆xM +mc∆xc = 0 . (48)
Como mJ > mM , a canoa se desloca para a esquerda, o que nos permite escrever
∆xc = −d ;
∆xJ = ℓ− d ;
∆xM = −ℓ− d . (49)
Substituindo as expresso˜es anteriores na equac¸a˜o (48), obtemos a massa de Maria:
mJ(ℓ− d) +mM (−ℓ− d)−mcd = 0 =⇒ mM = mJℓ− (mJ +mc)d
ℓ+ d
. (50)
E´ oportuno fazer um breve comenta´rio a respeito do resultado anterior. Ele so´ faz
sentido se os valores assumidos por d se restringirem a um certo intervalo. Para
chegarmos a essa conclusa˜o, basta manipular a equac¸a˜o (50) e expressar d em func¸a˜o
de mJ , mM , mc e ℓ como (lembre-se de que mJ > mM )
d =
mJ −mM
mJ +mM +mc
ℓ . (51)
Para mM → mJ temos d→ 0 e para mM → 0 (o que na pra´tica na˜o e´ uma hipo´tese
realista, pois uma pessoa em idade capaz de andar raramente tem menos do que
alguns quilos), temos d → mJℓ/(mJ + mc). Desse modo, a resposta (50) so´ faz
sentido caso d esteja no intervalo0 < d <
mJ
mJ +mc
ℓ . (52)
8
6. (a) Para que a canoa se afaste da linha de tiro do tropedo, ela deve se deslocar para
direita. Utilizando o Princ´ıpio da Conservac¸a˜o do Momento Linear, escrevemos
m∆xp +M∆xc = 0 =⇒ ∆xc = −m
M
∆xp , (53)
onde ∆xp e ∆xc correspondem, respectivamente aos deslocamentos da pessoa e
da canoa. Para que ∆xc > 0 (deslocamento para a direita) devemos ter ∆xp < 0,
ou seja, a pessoa deve se deslocar para a esquerda, no sentido da linha de tiro!
(b) Supondo que a pessoa ande o ma´ximo poss´ıvel para a esquerda, temos
∆xp = ∆xp − ℓ
2
. (54)
Substituindo essa expressa˜o na equac¸a˜o (53), obtemos,
m
(
∆xc − ℓ
2
)
+M∆xc = 0 =⇒ ∆xc = mℓ/2
m+M
. (55)
Para evitar que o torpedo atinja a canoa, ∆xc deve satisfazer a` condic¸a˜o:
∆xc >
ℓ
4
=⇒ mℓ/2
m+M
>
ℓ
4
=⇒ m
M
> 1 . (56)
A figura a seguir ilustra a situac¸a˜o limite, isto e´, na qual m = M e a pessoa
caminha o ma´ximo poss´ıvel para a esquerda. Nesse caso, note que o extremo
esquerdo da canoa esta´ exatamente na linha de tiro do torpedo. Na figura,
desenhamos com linhas tracejadas a pessoa e a canoa em suas antigas posic¸o˜es,
quando a pessoa estava exatamente sobre o centro de massa da canoa.
C M = m
m
ℓ/4ℓ/4
7. (a) A partir do Princ´ıpio da Conservac¸a˜o do Momento Linear, podemos escrever
(veja o problema anterior)
mP∆xP +mR∆xR +mc∆xc = 0 . (57)
9
Lembrando que Renata e Pedro va˜o de um extremo da canoa ao outro, que o
sentido do eixo OX aponta de Pedro para Renata antes de trocarem seus lugares
e que a canoa possui comprimento ℓ, temos,
∆xP = ∆xc + ℓ e ∆xR = ∆xc − ℓ , (58)
expresso˜es que substitu´ıdas na equac¸a˜o (57) nos levam ao resultado
∆xc =
mP −mR
mP +mR +mc
ℓ . (59)
Uma inspec¸a˜o direta no resultado anterior nos mostra que ∆xC > 0 se mP >
mR, ∆xC < 0 se mP < mR e ∆xC = 0 se mP = mR.
(b) O resultado obtido no item anterior na˜o depende do modo como Renata e Pe-
dro se movimentam durante a troca de posic¸o˜es. De fato, na˜o fizemos nenhuma
restric¸a˜o ao tipo de movimento de Renata e Pedro na demonstrac¸a˜o desse re-
sultado.
8. (a) Da definic¸a˜o de centro de massa, temos antes da colisa˜o
(m+ 2m)vcm = mv0 uˆx + 0 = m× 3 uˆx =⇒ vcm = 1 uˆx , (60)
onde esta´ impl´ıcita a utilizac¸a˜o do Sistema Internacional de Unidades. Em
t = 0, o centro de massa do sistema esta´ na origem, por hipo´tese (instante
da colisa˜o). Como a forc¸a resultante sobre o sistema e´ nula durante todo o
movimento considerado (antes, durante e depois da colisa˜o), o momento linear
do sistema, dado por Mtotalvcm,e´ uma constante de movimento. Ou seja, vcm
permanece constante durante todo o movimento. Consequ¨entmente, em tb = 2,
a posic¸a˜o do centro de massa do sistema e´ dada por
rcm1 = vcmtb =⇒ rcmb = 1 uˆx × 2 = 2 uˆx . (61)
(b) Denotando por v1f a velocidade da esfera incidente em qualquer instante apo´s
a colisa˜o, temos
v1f =
−3 uˆy − 0
2− 0 = −1, 5 uˆy . (62)
Utilizando agora a conservac¸a˜o do momento linear do sistema, escrevemos
m× 3 = 2mv2f cosθ ;
0 = 2mv2f senθ −mv1f , (63)
onde v2f e v1f sa˜o, respectivamente, os mo´dulos das velocidades das esferas 2 e
1 apo´s a colisa˜o e θ e´ o aˆngulo entre a velocidade da esfera 2 apo´s o choque, v2f ,
10
e o eixo OX . Usando o fato de que v1f = 1, 5, podemos reescrever as equac¸o˜es
anteriores na forma 2 v2f cosθ = 3 ;
2 v2f senθ = 1, 5 . (64)
Dividindo a u´ltima equac¸a˜o pela penu´ltima, obtemos
tg θ =
1
2
=⇒ θ = arctg(1/2) , (65)
e elevando ao quadrado cada uma delas e somando os resultados, obtemos
4 v22f = 9 + 2, 25 = 11, 25 =⇒ v2f =
√
11, 25
2
≈ 1, 7 . (66)
Na figura a seguir desenhamos as duas esferas em ta = −1 e tb = 1, isto e´,
um segundo antes da colisa˜o, que ocorre na origem, e um segundo apo´s a co-
lisa˜o. Por clareza, simbolizamos a esfera incidente pela cor cinza e a esfera alvo
pela cor preta. Esta˜o indicadas, ainda, as velocidades das esferas antes e de-
pois da colisa˜o, assim como as posic¸o˜es do centro de massa nos dois instantes
mencionados acima.
X
Y
m v1a
m
v1b
2m
v2a=0
2m
v2b
×
cm
×
cm
θ
(c) As coordenadas cartesianas da esfera 2 no instante tb = 2 sa˜o dadas por
x2b = v2b cosθ tb = 3 ;
y2b = v2b senθ tb = 1, 5 , (67)
ou seja, o vetor-posic¸a˜o dessa esfera em tb e´ r2b = 3 uˆx + 1, 5 uˆy.
A partir dos resultados anteriores, temos
r2b − r1b = 3 uˆx + 4, 5 uˆy ;
11
rcm2 − r1b = 2 uˆx + 3 uˆy . (68)
Note, enta˜o, que
rcm2 − r1b = 2
3
(3 uˆx + 4, 5 uˆy) =
2
3
(r2b − r1b) . (69)
A equac¸a˜o anterior mostra que os vetores rcm2−r1b e r2b−r1b sa˜o paralelos e de
mesmo sentido. Ou seja, o centro de massa do sistema em tb esta´ no segmento
de reta que liga as duas esferas, nesse instante, e localizado de tal forma que
a sua distaˆncia a` esfera 1 e´ o doˆbro de sua distaˆncia a` esfera 2. Isso na˜o e´
uma particularidade do instante tb, mas ocorrera´ em qualquer instante, como
esperado pela definic¸a˜o do centro de massa e pelo fato de que a esfera 2 tem o
doˆbro da massa da esfera 1.
(d) Por definic¸a˜o, o fator Q de uma colisa˜o e´ dado pela diferenc¸a entre a energia
cine´tica final e a inicial, isto e´, Q = Kf −Ki. No caso em questa˜o, temos
Q =
1
2
mv21f +
1
2
(2m)v22f −
1
2
mv21i
=
1
2
m(2, 25) +
1
2
(2m)
11, 25
2
− 1
2
m 9 . (70)
Substituindo na equac¸a˜o anterior o valor m = 1/9, obtemos
Q = −2, 25
36
. (71)
O valor negativo de Q significa que o choque foi inela´stico.
9. O momento inicial do sistema e´ dado por pi = mv1i, e o momento final, no instante
de compressa˜o ma´xima da mola, e´ pf = (m +M)Vf . Da conservac¸a˜o do momento,
temos enta˜o para a velocidade dos blocos no instante em que ocorre a compresssa˜o
ma´xima:
Vf =
(
m
m+M
)
v1i . (72)
A energia cine´tica inicial e´ dada por Ki = mv
2
1i/2, e a final (m+M)V
2
f /2. A energia
potencial no instante de compressa˜o ma´xima e´ Uf = k(∆xmax)
2/2. A conservac¸a˜o
da energia e´ dada portanto por Ki = Kf + Uf , ou seja,
mv21i
2
=
1
2
(m+M)V 2f +
1
2
k(∆xmax)
2
=
1
2
(m+M)
(
m
m+M
)2
v21i +
1
2
k(∆xmax)
2
12
1
2
(
m− m
2
m+M
)
v21i =
1
2
k(∆xmax)
2
(
mM
m+M
)
v21i = k(∆xmax)
2
µ v21i = k(∆xmax)
2
Finalmente, obtemos
∆xmax =
√
µ
k
v1i . (73)
10. (a) Da conservac¸a˜o do momento linear do sistema, podemos escrever
mv0 = 2mvf cosθ ;
mv0 = 2mvf senθ , (74)
onde m e´ a massa de cada esfera, vf = |vf | e´ o mo´dulo da velocidade das duas
esferas depois que passam a se mover grudadas uma na outra e θ e´ o aˆngulo
entre vf e o eixo OX . Elevando ao quadrado as equac¸o˜es anteriores e somando
os resultados, determinamos vf ,
2v20 = 4v
2
f (cos
2θ + senθ2) =⇒ vf = v0√
2
, (75)
e dividindo uma pela outra, obtemos o aˆngulo θ:
tgθ = 1 =⇒ θ = 45o . (76)
(b) As energias cine´ticas antes e depois da colisa˜o sa˜o dadas, respectivamente, por
Ki = 2× 1
2
mv20 = mv
2
0 e Kf =
1
2
)(2m)v2f = (1/2)mv
2
0 . (77)
Consequ¨entemente, a diferenc¸a entre as energias cine´ticas final e inicial e´ dada
por
∆K = Kf −Ki = 1
2
mv2o −mv20 = −
1
2
mv20 . (78)
Como na˜o ha´ velocidade relativa entre as duas esferas apo´s o choque (colisa˜o to-
talmente inela´stica), a energia cine´tica depois da colisa˜o deve ser igual a` chamada
energia cine´tica do centro de massa, isto e´, ao termo (1/2)Mv2cm, onde M e´ a
soma das massas das duas esferas (no caso, M = 2m). Isso pode ser verificado
rapidamente, calculando-se a velocidade do centro de massa do sistema que, por
estar isolado, permanece constante durante todo o movimento considerado. Da
13
definic¸a˜o de centro de massa e escolhendo um instante anterior a` colisa˜o entre
as esferas, temos
vcm =
mv0(uˆx + uˆy)
2m
=⇒ v2cm =
v20
2
, (79)
de acordo com a segunda equac¸a˜o escrita em (77).
11. (a) Consideremos o sistema formado pelos blocos A e B. Como o sistema esta´ ini-
cialmente em repouso, o momento linear total do sistema e´ nulo. A conservac¸a˜o
do momento linear nos fornece
0 = mAvA +mBvB ⇒ vB = −mAvA
mB
(80)
(b) Ainda considerando o mesmo sistema acima, pela conservac¸a˜o da energia, a
energia potencial ela´stica inicial e´ igual a` energia cine´tica total final; devemos
escrever esta energia em func¸a˜o dos dados do problema, mA,mB e va:
Uel =
mAv
2
A
2
+
mBv
2
B
2
=
mAv
2
A
2
+
mB
2
(
−mAvA
mB
)2
=
mAv
2
A
2
+
m2Av
2
A
2mB
=
mAv
2
A
2
(
1 +
mA
mB
)
. (81)
(c) Considerando agora o sistema formado pelos blocos B e C, e a colisa˜o inela´stica
entre eles, a energia cine´tica na˜o se conserva nesta colisa˜o, apenas o momento
linear. Com isso, temos:
mBvB = (mB +mC)vf , (82)
o que nos leva ao resultado
vf =
mBvB
mB +mC
=
mB
mB +mC
(
−mAvA
mB
)
= − mAvA
mB +mC
. (83)
(d) A velocidade do centro de massa do sistema formado pelos treˆs blocos pode ser
escrita na forma
VCM =
mAvA + (mB +mC)vf
mA +mB +mC
14
=
mAvA
mA +mB +mC
+
mB +mC
mA +mB +mC
(
− mAvA
mB +mC
)
= 0 .
(84)
A velocidade do centro de massa do sistema e´ nula, pois o sistema e´ isolado e,
portanto, o seu momento linear total e´ conservado.
(e) A perda de energia na colisa˜o pode ser avaliada de dois modos: (i) considerando
a diferenc¸a entre as energias inicial e final do sistema de treˆs blocos ou (ii)
considerando a diferenc¸a das energias cine´ticas do sistema formado pelos blocos
B e C, antes e depois da colisa˜o.
Caso (i): Nesse caso, temos
∆E = Ef − Ei
=
mAv
2
A
2
+
mB +mC
2
(
− mAvA
mB +mC
)2
︸ ︷︷ ︸
Ef=TA+TB+C
− mAv
2
A
2
(
1 +
mA
mB
)
︸ ︷︷ ︸
Ei=Uel
= −m2A
(
mC/mB
mB +mC
)
v2A
2
(85)
Caso (ii) Nesse caso, temos
∆E = Ef − Ei
=
1
2
(mB +mC)v
2
f −
1
2
mav
2
B
=
m2Av
2
A
2(mB +mC)
− m
2
av
2
A
2mB
= −m2A
(
mC/mB
mB +mC
)
v2A
2
, (86)
de acordo com o resultado anterior.
12. Primeiramente note que como na˜o existem forc¸as externas aplicadas na direc¸a˜o hor-
izontal, a componente horizontal do momento linear do sistema sapo-plataforma se
conserva. Observe, ainda, que essa componente e´ inicialmente nula. Com isso, es-
crevemos
ms v0x +mp Vp = 0 , (87)
onde v0x e´ a componente horizontalda velocidade do sapo imediatamente apo´s o salto
(isto e´, assim que perde o contato com a plataforma) e Vp e´ a velocidade horizontal
da plataforma nesse mesmo instante. Nessa equac¸a˜o, ms e mp sa˜o, respectivamente,
as massas do sapo e da plataforma. Usando o fato de que v0x = v0 cos 45
o = v0/
√
2,
obtemos
Vp = −
(
ms
mp
)
v0√
2
. (88)
15
Pode-se mostrar, facilmente, que o intervalo de tempo transcorrido durante todo o
salto do sapo e´ dado por
∆t =
2 v0 sen 45
o
g
=
v0
√
2
g
. (89)
Nesse intervalo, a distaˆncia horizontal percorrida pelo sapo e´ dada por
∆xs = v0 cos 45
o∆t =
v20
g
. (90)
Durante esse mesmo intervalo, a plataforma tera´ se deslocado de
∆xp = vp∆t = −
(
ms
mp
)
v0√
2
v0
√
2
g
= −
(
ms
mp
)
v20
g
. (91)
∆xs ∆xp
ℓ
Posic¸a˜o inicial
Posic¸a˜o final
Analisando a figura, vemos que na situac¸a˜o limite em que o sapo cai exatamente na
extremidade oposta da plataforma vale a relac¸a˜o
ℓ+∆xp = ∆xs . (92)
Esta e´ a situac¸a˜o limite, na qual o sapo possui uma velocidade inicial v0L que se for
ultrapassada fara´ com que ele caia no lago. Substituindo as eqs. (90) e (91) em (92),
temos
ℓ−
(
ms
mp
)
v20L
g
=
v20L
g
. (93)
Finalmente, resolvendo para v0L, obtemos
v0L =
√
g ℓ
(1 +ms/mp)
. (94)
16
Note que quanto maior a massa da plataforma, menor o seu deslocamento duranto
o salto do sapo e, consequ¨entemente, maior sera´ o valor de v0L. No entanto, v0L
na˜o cresce indefinidamente, pois mesmo no limite em que a massa da plataforma e´
infinitamente grande, temos v0L →
√
gℓ.
13. (a) O centro de massa do sistema pode ser calculado como se toda a massa de cada
esfera estivesse concentrada no centro de massa de cada uma delas. Como se
tratam de esferas homogeˆneas, seus respectivos centros de massa esta˜o localiza-
dos em seus centros. Usando, enta˜o, a definic¸a˜o de centro de massa e os dados
do enunciado, podemos escrever
(m1+m2)Xcm = m1×0+m2r0 =⇒ 4m1Xcm = 3m1r0 =⇒ Xcm = 3
4
r0 ,
onde Xcm e´ a posic¸a˜o inicial do centro de massa do sistema.
(b) Sejam x1 e x2 as respectivas posic¸o˜es dos centros das duas esferas no instante
em que se chocam. Como na˜o ha´ forc¸a externa ao sistema, o seu centro de
massa permanece em repouso durante todo o movimento das esferas. Com isso,
podemos escrever:
(m1 +m2)
3
4
r0 = m1x1 +m2x2 =⇒ x1 + 3x2 = 3r0 . (95)
Como, nesse instante, as esferas esta˜o em contato, podemos afirmar que
x2 = x1 + 2R . (96)
Para encontrarmos os valores de x1 e x2, devemos resolver o sistema formado
pelas duas u´ltimas equac¸o˜es. Substituindo (96) em (95), obtemos
x1 + 3(x1 + 2R) = 3r0 =⇒ 4x1 = 3r0 − 6R ,
ou seja,
x1 =
3
4
r0 − 3
2
R . (97)
Substituindo a equac¸a˜o anterior em (96), obtemos
x2 =
3
4
r0 +
1
2
R . (98)
(c) Como a forc¸a resultante externa e´ nula, o momento linear do sistema se con-
serva. Como as u´nicas forc¸as que realizam trabalho sa˜o conservativas, a energia
mecaˆnica do sistema tambe´m se conserva.
17
(d) Sejam v1 e v2 os respectivos mo´dulos das velocidades das esferas no instante em
que colidem. Como o momento linear do sistema se conserva, podemos escrever
m1v1 −m2v2 = 0 . (99)
Em contrapartida, usando a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica do sistema e lem-
brando que a energia potencial gravitacional entre duas esferas homogeˆneas de
massas m1 e m2 e´ dada por −Gm1m2/r12, onde r12 e´ distaˆncia entre seus cen-
tros, podemos escrever:
−Gm1m2
r0
= −Gm1m2
2R
+
1
2
m1v
2
1 +
1
2
m2v
2
2 . (100)
Para m2 = 3m1, obtemos o seguinte sistema de equac¸o˜es para v1 e v2:
v1 = 3v2 (101)
−3G
r0
= −3G
2R
+
v21
2
+
3v22
2
. (102)
Substituindo (101) em (102) e resolvendo para v2, obtemos
v2 =
{
G
(r0 − 2R)
4Re0
}1/2
. (103)
Obviamente, a velocidade v1 e´ obtida pela relac¸a˜o v1 = 3v2, com v2 dada pela
equac¸a˜o anterior.
14. (a) Desprezando a variac¸a˜o no momento total do sistema devido ao peso do proje´til,
podemos afirmar que tanto na colisa˜o entre o proje´til e o primeiro bloco quanto
na colisa˜o do proje´til com o segundo bloco ha´ conservac¸a˜o do momento linear
total dos corpos envolvidos na colisa˜o.
Considerando, inicialmente, a segunda colisa˜o, temos,
mv ′0 = (m+M2)v2 =⇒ v ′0 =
(m+M2)
m
v2 . (104)
Ja´ para a primeira colisa˜o, a conservac¸a˜o do momento linear e o resultado an-
terior para v ′0 nos levam a:
mv0 = M1v1 +mv
′
0 =⇒ v0 =
M1
m
v1 +
(
m+M2
m
)
v2 . (105)
(b) (i) Usando a definic¸a˜o de centro de massa de um sistema num instante antes da
primeira colisa˜o, temos
(m+M1 +M2)V
(A)
cm = mv0 =⇒ V (A)cm =
mv0
m+M1 +M2
. (106)
18
noindent (ii) Analogamente, depois que o proje´til fica preso no segundo bloco,
a velocidade do centro de massa do sistema e´ dada por
m+M1 +M2)V
(D)
cm = (m+M2)v2 +M1v1 , (107)
ou seja,
V (D)cm =
(m+M2)v2 +M1v1
m+M1 +M2
. (108)
Note, enta˜o, que se substituirmos na equac¸a˜o (106) o resultado obtido para
v0 dado pela equac¸a˜o (105), verificamos que V
(A)
cm = V
(D)
cm . Esse ja´ era um
resultado esperado, uma vez que consideramos nula a forc¸a externa resultante
sobre o sistema durante as coliso˜es.
15. (a) Por convenieˆncia, tomaremos como padra˜o para a energia potencial gravitacional
da barra a configurac¸a˜o horizontal. Como a barra esta´ inicialmente em repouso
na horizontal, conclu´ımos que sua energia mecaˆnica, que e´ conservada durante
todo o seu movimento, e´ nula. Com isso, podemos escrever
E =
1
2
I0ω
2 −MgL
2
cos θ = 0 , (109)
onde ω e´ o mo´dulo da velocidade angular da barra quando ela faz com a vertical
um a˜ngulo θ. Como a barra e´ homogeˆnea, seu centro de massa se encontra a uma
distaˆncia L/2 do ponto de articulac¸a˜o e tem velocidade de mo´dulo vcm = ωL/2.
Lembrando, ainda, que o momento de ine´rcia da barra relativo ao eixo fixo de
rotac¸a˜o e´ I0 = (1/3)ML
2, a equac¸a˜o anterior toma a forma
2
3
Mv2cm −Mg
L
2
cos θ = 0 , (110)
ou seja,
vcm =
√
3gL cos θ
2
. (111)
Na vertical, temos θ = 0, de modo que vcm =
√
3gL/2.
19
(b) A figura a seguir ilustra uma configurac¸a˜o gene´rica da barra.
cm
θ
mg
R||
Denotando por R|| a projec¸a˜o ao longo da barra da reac¸a˜o do eixo, temos, pela
Segunda Lei de Newton,
R|| −Mg cos θ = Mv2cm/(L/2) . (112)
Substituindo na equac¸a˜o anterior a expressa˜o de vcm correspondente ao aˆngulo
θ da barra, dada por (110), obtemos,
R|| = Mg cos θ +M [
√
3gL cos θ/2]2/(L/2) ⇐⇒ R|| = 5Mg cos θ/2 . (113)
16. (a) Temos para a posic¸a˜o inicial do centro de massa
rcm0 =
mbux + 2mbuy
4m
, isto e´ rcm0 =
b
4
ux +
b
2
uy , (114)
e para a velocidade inicial,
vcm0 =
mv0 +mv0 + 2mv0
4m
, isto e´ vcm0 = v0 = v0ux . (115)
Usando que o produto da massa total do sistema pela acelerac¸a˜o do seu centro
de massa e´ igual a` forc¸a externa total sobre o sistema, obtemos 4macm = Atux.
Partindo dessa equac¸a˜o, integrando do instante 0 a um instante arbitra´rio t e
usando as condic¸o˜es iniciais (114) e (115) para o centro de massa, obtemos
acm =
A
4m
tux =⇒ vcm − vcm0 = A
4m
t2
2
ux =⇒ vcm = vcm0 + A
8m
t2ux
=⇒ vcm =
(
v0 +
A
8m
t2
)
ux =⇒ rcm − rcm0 =
(
v0t+
A
8m
t3
3
)
ux , (116)
ou seja,
rcm =
(
b
4
+ v0t+
A
24m
t3
)
ux +
b
2
uy . (117)
20
(b) Como na˜o ha´ forc¸as sobre a primeira part´ıcula e tampouco sobre a segunda, elas
permanecem em movimento retil´ıneo uniforme,
r1 = v0tux e r2 = (b+ v0t)ux . (118)
Aplicando a Segunda Lei de Newton a` terceira part´ıcula, obtemos 2ma3 = Atux.
Partindo dessa equac¸a˜o, integrando do instante 0 a um instante arbitra´rio t e
usando as condic¸o˜es iniciais para a part´ıcula,obtemos
a3 =
A
2m
tux =⇒ v3 − v0ux = A
2m
t2
2
ux =⇒ v3 =
(
v0 +
A
4m
t2
)
ux
=⇒ r3 − buy =
(
v0t+
A
4m
t3
3
)
ux =⇒ r3 =
(
v0t+
A
12m
t3
)
ux + buy .
(119)
De posse das func¸o˜es-movimento (118) e (119), calculamos o momento angular,
LO = m(v0tux)× v0ux + 2m
[(
v0t+
A
12m
t3
)
ux + buy
]
×
(
v0 +
A
4m
t2
)
ux ,
(120)
isto e´,
LO = −
(
2mbv0 +
bA
2
t2
)
uz . (121)
(c) Usando dados do item anterior, temos para o torque total sobre o sistema,
τO = r3 × F3 =
[(
v0 +
A
12m
t3
)
ux + buy
]
×Atux , (122)
ou seja,
τO = −bAtuz . (123)
(d) De (121) e (123), obtemos
dLO
dt
= − d
dt
(
2mbv0 +
bA
2
t2
)
uz = −bAtuz = τO . (124)
17. (a) As posic¸o˜es iniciais das duas part´ıculas sa˜o dadas por r1 = d1ux e r2 = d2uy.
A posic¸a˜o do centro de massa e´ dado enta˜o por
R0CM =
1
M
(m1d1ux +m2d2uy) , M = m1 +m2 (125)
que corresponde ao ponto (m1d1/M,m2d2/M).
21
(b) A dinaˆmica do centro de massa e´ determinada pela equac¸a˜o
dPCM
dt
=
∑
Fext = F1 + F2 , PCM = M
dRCM
dt
=MVCM . (126)
Portanto, o movimento do centro de massa pode ser determinado integrando a
equac¸a˜o
dVCM
dt
=
(F1 + F2)
M
=⇒ VCM = (F1 + F2)
M
t . (127)
Integrando novamente, obtemos o vetor posic¸a˜o do centro de massa para um
instante t qualquer:
dRCM
dt
=
(F1 + F2)
M
t =⇒ RCM = R0CM +
(F1 + F2)
2M
t2 . (128)
(c) A velocidade do centro de massa foi obtida no item anterior,
VCM =
(F1 + F2)
M
t (129)
e o momento linear e´ dado por
PCM = MVCM = (F1 + F2) t . (130)
(d) Nada mudaria, pois as forc¸as devido a` mola sa˜o forc¸as internas, na˜o influindo
no movimento do centro de massa do sistema.
18. (a) Ao se darem as ma˜os, cada patinador sente uma forc¸a, causada pelo outro, que
e´ do tipo central. Vimos que forc¸as centrais na˜o alteram o momento angular de
uma part´ıcula. Enta˜o, o momento angular de cada patinador em relac¸a˜o ao CM
do conjunto na˜o e´ alterado apo´s o seu encontro. Antes do encontro, o momento
angular total do sistema em relac¸a˜o ao CM e´
L = mv × r+m(−v)× (−r) = 2mv0 r
2
uz = mv0ruz (131)
(b) O momento angular apo´s o encontro dos patinadores e´ igual a antes do encontro:
L = mv0ruz = Iω, (132)
onde I = m(r/2)2 +m(r/2)2 = mr2/2 e´ o momento de ine´rcia do sistema dos
dois patinadores em relac¸a˜o ao seu centro de massa. Portanto,
mv0r =
mr2
2
ω =⇒ ω = 2v0
r
(133)
22
(c) Caso a distaˆncia entre os patinadores diminua, seu momento de ine´rcia relativo
ao CM tambe´m ira´ diminuir:
I ′ = m
(r
4
)2
+m
(r
4
)2
=
mr2
8
(134)
Ale´m disso, a forc¸a que os patinadores devem fazer para se aproximarem tambe´m
deve ser do tipo central, ou seja, seu momento angular continua o mesmo. Da´ı,
mv0r =
mr2
8
ω′ =⇒ ω′ = 8v0
r
(135)
19. (a) Por definic¸a˜o, o momento de ine´rcia I da haste em relac¸a˜o a um eixo que passe
pelo ponto O e seja perpendicular a` haste e´ dado por (a figura a seguir o ajudara´
a compreender cada termo dessa fo´rmula)
I =
∫ ℓ/3
−2ℓ/3
x2 dm =
∫ ℓ/3
−2ℓ/3
x2 λdx =
{
λx3
3
}+ ℓ
3
− 2ℓ
3
=
1
9
mℓ2 . (136)
XO ℓ/3−2ℓ/3
×
cm
ℓ/6
x
dm=λdx
(b) Como a u´nica forc¸a que realiza trabalho e´ conservativa (o peso da haste), a
sua energia mecaˆnica se conserva durante todo o movimento. Escolhendo como
nula a energia potencial gravitacional da haste quando ela esta´ na horizontal
(configurac¸a˜o inicial), e´ nula a sua energia mecaˆnica inicial.
(i) Lembrando que a energia potencial gravitacional de um corpo r´ıgido pode
ser calculada como se toda a sua massa estivesse no centro de massa, temos,
pela conservac¸a˜o da energia mecaˆnica
0 = −mg ℓ
6
+Krot =⇒ Krot = 1
6
mgℓ , (137)
onde denotamos por Kvert a energia cine´tica da haste quando ela esta´ na vertical
e usamos o fato de que a distaˆncia de seu centro de massa ate´ o ponto O e´ dada
por ℓ/2− ℓ/3 = ℓ/6 (veja a figura novamente).
(ii) Como a rotac¸a˜o se da´ em torno de um eixo fixo, podemos escrever K =
(1/2)Iω2. Designando por ωvert o mo´dulo da velocidade angular da haste sempre
que ela estiver na posic¸a˜o vertical, temos, a partir da u´ltima equac¸a˜o,
1
6
mgℓ =
1
2
Iω2vert . (138)
23
Substituindo na equac¸a˜o anterior o valor encontrado no primeiro item, a saber,
I = (1/9)mℓ2, obtemos
1
6
mgℓ =
1
2
(
1
9
mℓ2
)
ω2vert =⇒ ωvert =
√
3g
ℓ
. (139)
(iii) Como a distaˆncia do centro de massa da haste ate´ o eixo fixo de rotac¸a˜o e´
ℓ/6, o mo´dulo da velocidade do centro de massa sempre que a haste passa pela
vertical e´
vcm = ωvert
ℓ
6
=
√
gℓ
12
. (140)
20. Depois que a forc¸a impulsiva pa´ra de agir sobre a barra, o centro de massa (CM)
desta descreve um movimento ideˆntico ao de uma pedra atirada para cima, ou seja,
um movimento retil´ıneo uniformemente variado, com acelerac¸a˜o igual a g, para baixo.
v0
cm
xˆ
yˆ
O
Definindo o eixo OY na vertical, apontando para cima e com origem na posic¸a˜o inicial
do CM, obtemos a func¸a˜o-movimento
y = y0 + v0t+
at2
2
⇒ y = I
M
t− gt
2
2
,
onde lembramos que o impulso I da´, quase instantaneamente, ao CM um momento
linear mv0 = I. Logo, v0 = I/M . Ale´m disso, para y = 0,
0 =
I
M
t− gt
2
2
⇒ t0 = 0 e t1 = 2I
Mg
,
donde vemos que t1 e´ quando o CM da barra volta a` posic¸a˜o inicial (ja´ sab´ıamos que,
no instante inicial, y = 0). Pore´m, entre o lanc¸amento (t0) e a volta (t1), a barra
deve dar uma volta em torno de seu CM. Vejamos, enta˜o, o movimento de rotac¸a˜o da
barra. A forc¸a impulsiva age durante um tempo ǫ muito pequeno (ǫ≪ 1) e o torque
exercido em relac¸a˜o ao CM e´:
∆L = L− L0 = L =
∫ ǫ
0
τdt =
∫ ǫ
0
r× Fdt ∼= a
2
xˆ×
∫ ǫ
0
Fdt =
a
2
xˆ× I = Ia
2
zˆ
Ale´m disso, temos
L = Iω ⇒ Ia
2
=
Ma2
12
ω ⇒ ω = 6I
Ma
= cte.
24
Logo, como t1 e´ o tempo que demora para a barra girar uma vez em torno de si
mesma, temos:
ω =
∆θ
∆t
=
2π
t1
=
πMg
I
⇒ 6I
Ma
=
πMg
I
⇒ |I| = M
√
π
6
ag.
21. Denotemos por A o ponto de articulac¸a˜o da barra. Como a energia mecaˆnica da
barra se no movimento em considerac¸a˜o, escrevemos
Ki + Ui = Kf + Uf , (141)
onde os sub-´ındices i e f significam que as quantidades em questa˜o devem ser avali-
adas no instante inicial, com a barra na vertical, e no instante final, no qual ela atinge
a configurac¸a˜o horizontal. Como a barra foi ligeiramente perturbada, isto e´, apenas
para entrar em movimento, consideraremos Ki = 0.
Escolhendo como configurac¸a˜o padra˜o para a energia potencial gravitacional
da barra aquela na qual ela esta´ na horizontal sobre a mesa, temos Uf = 0 e Ui =
(1/2)mgℓ. Com esses resultados, a equac¸a˜o anterior toma a forma
1
2
mgℓ = Kf . (142)
A energia cine´tica final pode ser escrita como uma rotac¸a˜o pura em torno de
um eixo fixo que passa pelo ponto de articulac¸a˜o A, de modo que
Kf =
1
2
IAω
2
f , (143)
onde IA e´ o momento de ine´rcia da barra em relac¸a˜o a um eixo que passa por A
e e´ perpendicualr a ela e ωf e´ o mo´dulo de sua velocidade angular final, isto e´, no
instante em que atinge a mesa. Uma vez que foi dado no enunciado o momento de
ine´rcia da barra em relac¸a˜o a um eixo perpendicular a ela que passa por seu centro
de massa, podemos determinar IA utilizando o Teorema dos Eixos Paralelos:
IA = ICM +m
(
ℓ
2
)2
=⇒ IA = 1
12
mℓ2 +
1
4
mℓ2 =
1
3
mℓ2 . (144)
Substituindo (144) em (143), obtemos
Kf =
1
6
mℓ2ω2f . (145)
Substituindo, agora, (145) em (142) determinamos a velocidade angular final:
1
2
mgℓ =
1
6
mℓ2ω2f =⇒ ωf =
√
3g
ℓ
.
25
Finalmente, podemos afirmar que a velocidade doextremo da barra ao tocar a mesa
e´ vertical, para baixo e de mo´dulo igual a vf = ωf ℓ, ou seja,
vf =
√
3gℓ .
22. (a) Apenas o momento angular se conserva entre os instantes ta e td, pois no instante
da colisa˜o todas as forc¸as externas exercem torques nulos. O momento linear
na˜o se conserva entre estes instantes devido a` forc¸a que atua na dobradic¸a da
haste. A energia mecaˆnica total e a energia cine´tica total na˜o se conservam, por
ser uma colisa˜o inela´stica.
(b) Aplicando a conservac¸a˜o do momento angular entre os instantes ta e td, temos
la = ld ⇒ mv0 L = I ω (146)
onde I e´ o momento de ine´rcia, dado por
I = Ihaste + Ipart =
M L2
3
+mL2 . (147)
Podemos assim obter a velocidade angular,
ω =
mv0 L
I
=
mv0
M L/3 +mL
. (148)
A energia cine´tica de rotac¸a˜o no instante td e´ dada por
Trot =
I ω2
2
=
1
2
(
M L2
3
+mL2
)(
mv0
M L/3 +mL
)2
=
3m2 v20
2(M + 3m)
. (149)
A partir do instante td o movimento e´ o de um peˆndulo com massa com
velocidade inicial, onde todas as forc¸as na˜o-conservativas na˜o produzem torques,
e a u´nica forc¸a que produz torque e´ a forc¸a-peso, que e´ conservativa. Podemos
portanto, a partir deste instante, aplicar a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica,
expressa por ∆T + ∆U = 0. Como a energia cine´tica e´ nula no aˆngulo θmax,
enta˜o ∆T = Tf − Ti = −Iω2/2, e ∆U e´ a variac¸a˜o da energia potencial do
centro de massa do sistema haste-part´ıcula. O centro de massa se encontra a
uma distaˆncia (M/2 + m)L/(M + m) do eixo fixo O , de forma que podemos
escrever finalmente para a conservac¸a˜o de energia mecaˆnica
3m2 v20
2(M + 3m)
= mg
(M/2 +m)L
(M +m)
(1− cos θ) (150)
26
e obter para o aˆngulo θ
cos θ = 1− 3m
2 v20/g L
(M + 3m)(M + 2m)
(151)
23. (a) Como a forc¸a externa total e´ nula, a velocidade do centro de massa e´ a mesma,
antes e depois do choque. Temos
vcm =
m
M +m
v . (152)
(b) Sejam r1 e r2, respectivamente, a distaˆncia do centro de massa do sistema ate´
o centro de massa O do disco ea distaˆncia do centro de massa do sistema ate´ a
part´ıcula grudada na borda do disco.
4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
3
4
5
6
7
8
cm
O
R
M
m
r1
r2
Naturalmente, temos
r1 + r2 = R . (153)
Consideremos um eixo OY ′ que passe pelo centro O do disco e pela part´ıcula, e
que tenha sua origem no centro de massa do sistema. A coordenada do centro
de massa do sistema, nesse eixo, e´ nula. No entanto, ela tambe´m e´ dada pela
expressa˜o (Mr1 −mr2)/(M +m) = 0. Portanto, conclu´ımos que
Mr1 −mr2 = 0 . (154)
Das equac¸o˜es (153) e (155), obtemos
r1 =
m
M +m
R e r2 =
M
M +m
R . (155)
Desejamos calcular o momento de ine´rcia I
(disco)
cm do disco em relac¸a˜o a um eixo
perpendicular a ele e que passa pelo centro de massa do sistema. Para isso
27
consideramos o momento de ine´rcia I
(disco)
O do disco em relac¸a˜o a um segundo
eixo perpendicular a ele e que passa pelo centro de massa O do disco. Usando o
teorema dos eixos paralelos de Steiner e o dado I
(disco)
O = (1/2)MR
2, obtemos
I(disco)cm = I
(disco)
O +Mr
2
1 =
1
2
MR2 +M
(
m
M +m
R
)2
(156)
Ja´ o momento de ine´rcia da part´ıcula em relac¸a˜o ao eixo que passa pelo centro
de massa do sistema e´
mr22 = m
(
M
M +m
R
)2
(157)
Portanto, o momento de ine´rcia Icm do sistema em em relac¸a˜o a um eixo per-
pendicular ao disco e que passa pelo centro de massa do sistema e´
Icm =
1
2
MR2 +M
(
m
M +m
R
)2
+m
(
M
M +m
R
)2
=
[
1
2
+
m2 +Mm
(M +m)2
]
MR2 , (158)
ou seja,
Icm =
1
2
M + 3m
M +m
MR2 . (159)
(c) O momento angular em relac¸a˜o ao centro de massa do sistema antes da colisa˜o
e´
Lcm i = r2mvu , (160)
onde u e´ o vetor unita´rio perpendicular ao disco e apontanto da figura para os
nossos olhos. Imediatamente apo´s a colisa˜o, o momento angular e´
Lcmf = Icmωu , (161)
onde ω e´ a velocidade angular do sistema imediatamente apo´s a colisao. Um
vez que na˜o ha´ torque externo sobre o sistema, o momento angular se conserva,
Lcmf = Lcm i, isto e´, Icm ω = r2mv, donde obtemos ω = r2mv/Icm. Substi-
tuindo nessa expressa˜o a expressa˜o de r2 em dada em (155) e a expressa˜o de
Icm dada em (159) obtemos
ω =
M
M +m
Rmv 2
M +m
M + 3m
1
MR2
, (162)
28
ou seja,
ω =
2m
M + 3m
v
R
. (163)
Uma vez que na˜o ha´ torque externo sobre o sistema, essa e´ sua velocidade
angular em qualquer instante apo´s a part´ıcula ter grudado no disco.
(d) Antes da colisa˜o a energia cine´tica do sistema e´
Ki =
1
2
mv2 . (164)
Depois da colisa˜o, e´
Kf =
1
2
(M +m)v2cm +
1
2
Icmω
2 . (165)
Substituindo nessa expressa˜o os resultados (152), (159) e (163), obtemos
Kf =
1
2
(M +m)
(
m
M +m
v
)2
+
1
2
1
2
M + 3m
M +m
MR2
(
2m
M + 3m
v
R
)2
=
1
2
m2
M +m
v2 +
1
2
m2
M +m
v2
2M
M + 3m
=
1
2
m2
M +m
v2
[
1 +
2M
M + 3m
]
=
1
2
m2
M +m
v2
3M + 3m
M + 3m
=
1
2
3m
M + 3m
mv2 . (166)
Portanto,
Q = Ki −Kf = 1
2
mv2 − 1
2
3m
M + 3m
mv2 =
1
2
(
1− 3m
M + 3m
)
mv2 , (167)
isto e´,
Q =
M
M + 3m
1
2
mv2 . (168)
24. (a) O centro de massa de cada disco esta´ inicialmente no eixo OX e as u´nicas forc¸as
externas sa˜o ao longo desse eixo. Consequ¨entemente, as coordenadas do centro
de massa de cada disco ao longo dos eixos OY e OZ permanecem iguais a zero.
Por convenieˆncia, repetimos a seguir a figura do enunciado.
Denotaremos por a1, v1 e x1 a acelerac¸a˜o a velocidade e a posic¸a˜o respecti-
vamente, do centro de massa do primeiro disco. Temos enta˜o, Ma1 = 2C t.
Integrando sucessivamente essa equac¸a˜o e usando que no instante t = 0 temos
x1 = 0 e v1 = 0, obtemos
v1 =
1
M
2C
t2
2
⇒ v1 = 1
M
C t2 ⇒ x1 = 1
M
C
t3
3
⇒ x1 = C
3M
t3 . (169)
29
R R
d
XO
Y
Vamos denotar por a2, v2 e x2 a acelerac¸a˜o a velocidade e a posic¸a˜o respecti-
vamente, do centro de massa do segundo disco. Agora temos Ma1 = C t e, no
instante t = 0, x2 = d e v2 = 0. Obtemos
v2 =
1
M
C
t2
2
⇒ x2 − d = 1
M
C
t3
6
⇒ x2 = d+ C
6M
t3 . (170)
A velocidade do primeiro disco e´, a cada instante, maior do que a do segundo
e os dois discos se chocam no instante em que a distaˆncia entre os seus centros
de massa e´ 2R, isto e´, quando x2 − x1 = 2R. Substituindo nessa equac¸a˜o os
resultados (169) e (170), obtemos
d+
C
6M
t3 − C
3M
t3 = 2R⇒ − C
6M
t3 = 2R− d⇒ t3 = 6M
C
(d− 2R) (171)
isto e´,
t =
[
6M
C
(d− 2R)
]1/3
(172)
e´ o instante em que os discos se chocam.
(b) Substituindo o instante do choque (172) nas func¸o˜es-movimento obtidas nas
equac¸o˜es (169)e (170), encontramos x1 = [C/(3M)] (6M/C)(d − 2R) e
x2 = d+ [C/(6M)] (6M/C)(d− 2R) = d+ (d− 2R), ou seja,
x1 = 2d− 4R e x2 = 2d− 2R . (173)
que sa˜o as posic¸o˜es dos centros de massa do primeiro e segundo discos, respec-
tivamente, no instante do choque.
(c) Sobre o primeiro disco, o torque externo relativo ao seu centro de massa e´
dado por τ1 = Ruy × F1 = Ruy × 2C tux = −2RC tuz. Uma vez que esse
torque tem componente apenas ao longo do eixo OZ e o disco esta´ inicialmente
30
em repouso, sua velocidade angular tera´ componente apenas ao longo do eixo
OZ. Essa e´ a componente que chamamos ω1 e para a qual temos a relac¸a˜o
fundamental I (dω1/dt) = τ1z, na qual I e´ o momento de ine´rcia do disco rel-
ativo a um eixo que passa pelo seu centro de massa, com direc¸a˜o e sentido de
OZ, e τ1z e´ a componente do torque ao longo de OZ, para a qual obtivemos
τ1z = −2RC t. Uma vez que I = MR2/2, a relac¸a˜o fundamental toma a forma
(MR2/2) (dω1/dt) = −2RC t, istoe´, (dω1/dt) = −[4C/(MR)] t. Integrando
essa igualdade no tempo, do instante 0 a um instante arbitra´rio t, e levando em
conta que no instante 0 temos ω1 = 0, obtemos
ω1 = − 4C
MR
t2
2
, isto e´, ω1 = − 2C
MR
t2 . (174)
Sobre o segundo disco, o torque externo total relativo ao seu centro de massa
e´ τ2 = Ruy × F2 = Ruy × C tux = −RC tuz, ou seja, o torque tem apenas a
componente τ2z = −RC t ao longo do eixo OZ. Agora, temos I (dω2/dt) = τ2z,
ou seja, (dω2/dt) = −[2C/(MR)] t. Integrando, novamente, obtemos
ω2 = − 2C
MR
t2
2
, isto e´, ω1 = − C
MR
t2 . (175)
No instante do choque, dado em (172), as velocidades angulares (174) e (175),
sa˜o dadas por
ω1 = − 2C
MR
[
6M
C
(d− 2R)
]2/3
e ω1 = − C
MR
[
6M
C
(d− 2R)
]2/3
.
(176)
25. As forc¸as sobre a esfera em rolamento sa˜o o peso mg e a reac¸a˜o de contato com o
hemisfe´rio. Essa u´ltima pode ser decomposta na normal N, na direc¸a˜o radial, e a
forc¸a de atrito f , na direc¸a˜o tangencial. A forc¸a de atrito faz a bolinha rolar e, como
ela rola sem deslizar, a forc¸a e´ de atrito esta´tico. Enquanto a bolinha rola sobre o
hemisfe´rio, seu centro de massa descreve um movimento circular de raio R + b, de
modo que sua acelerac¸a˜o radial e´ centr´ıpeta e de mo´dulo v2/(R + b), no qual v e´ o
mo´dulo da velocidade do centro de massa da bolinha.
No exato momento em que a bolinha perde contato com o hemisfe´rio, a forc¸a de
contato bfN + f se anula, e a velocidade e a acelerac¸a˜o ainda sa˜o as do movimento
circular, pois na˜o ha´ forc¸as percursivas envolvidas no problema. Nesse instante, a
acelerac¸a˜o radial e´ provocada pela componente radial apenas do peso. Por isso, temos
mg cos θ = mv2c/(R+ b), isto e´,
g(R+ b) cos θ = v2c . (177)
31
C
θ
ω
mg
f
N
onde vc e´ a velocidade da bolinha no instante em que ela perde o contato como o
hemisfe´rio. Para determinar o aˆngulo θ, vamos determinar o a velocidade vc. Com
esse fim usaremos a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica, pois a u´nica forc¸a que realiza
trabalho e´ a forc¸a conservativa peso. De fato, a normal na˜o realiza trabalho porque e´
sempre perpendicular ao deslocamento do ponto de contato entre bolinha e hemisfe´rio
e, como ale´m disso a bolinha rola sem deslizar, tambe´m o atrito na˜o realiza trabalho.
A energia potencial da bolinha pode ser escrita como U = mgz, sendo z a altura da
bolinha a partir do cha˜o. A energia cine´tica da bolinha e´
K =
1
2
mv2 +
1
2
Icmω
2 , (178)
onde Icm = 2mb
2/3, o momento de ine´rcia da bolinha relativo a um eixo que passa
pelo seu centro de massa, e ω e´ a velocidade angular da bolinha. Uma vez que a
bolinha rola sem deslizar, ω = v/b. Portanto
K =
1
2
mv2 +
1
2
2
3
mb2
(v
b
)2
, (179)
isto e´
K =
5
6
mv2 . (180)
Portanto, a energia mecaˆnica total e´
E =
5
6
mv2 +mgz . (181)
Como ela e´ conservada o seu valor no instante em que a part´ıcula perde contato e´
igual ao seu valor no instante em que a part´ıcula esta´ no topo do hemisfe´rio,
5
6
mv2c +mg(R+ b) cos θ = 0 +mg(R+ b) , donde v
2
c =
6
5
g(R+ b)(1− cos θ) .(182)
32
C
θ
ω
mg
f
N
Substituindo esse resultado em (186), obtemos
g(R+ b) cos θ =
6
5
g(R+ b)(1− cos θ) , donde
(
1 +
6
5
)
cos θ =
6
5
, (183)
isto e´,
cos θ =
6
11
. (184)
26. Este problema e´ uma versa˜o ligeiramente modificada do anterior. As forc¸as sobre a
esfera em rolamento sa˜o o peso mg e a reac¸a˜o de contato com o hemisfe´rio. Essa
u´ltima pode ser decomposta na normal N, na direc¸a˜o radial, e a forc¸a de atrito f , na
direc¸a˜o tangencial. Enquanto a esfera rola sobre o hemisfe´rio, seu centro de massa
descreve um movimento circular de raio R + b, de modo que sua acelerac¸a˜o radial e´
centr´ıpeta e de mo´dulo v2/(R+ b), no qual v e´ o mo´dulo da velocidade do centro de
massa da esfera. De acordo com a Segunda Lei Newton, temos
mg cosθ −N = m v
2
R+ b
(185)
onde θ e´ o aˆngulo que faz com a vertical a reta que une o centro da esfera ao centro
do hemisfe´rio, conforme indica a figura que segue abaixo. A esfera perde contato
com o hemisfe´rio, por definic¸a˜ov se N = 0. Sejam vc e θc os respectivos valores
de v e θ no instante em que isso ocorre. De acordo com a equac¸a˜o anterior, temos
mg cos θc = mv
2
c/(R+ b), isto e´,
g(R+ b) cos θc = v
2
c . (186)
A energia mecaˆnica da esfera se conserva, pois a u´nica forc¸a que realiza trabalho e´ a
forc¸a conservativa peso. Sua energia potencial pode ser escrita como U = mgz, sendo
z a altura a partir do cha˜o do centro de massa da esfera. Sua energia cine´ticada e´
K =
1
2
mv2 +
1
2
Icmω
2 , (187)
33
onde Icm = 2mb
2/3 e´ o momento de ine´rcia da esfera relativo a um eixo que passa
pelo seu centro de massa e ω e´ sua velocidade angular. Uma vez que a esfera rola
sem deslizar, ω = v/b. Portanto
K =
1
2
mv2 +
1
2
2
3
mb2
(v
b
)2
, (188)
isto e´ K = 5mv2/6. Portanto, a energia mecaˆnica, cine´tica mais potencial, e´ dada
por
E =
5
6
mv2 +mgz . (189)
O seu valor no instante em que a part´ıcula perde contato e´ igual ao seu valor no
instante em que a part´ıcula esta´ no topo do hemisfe´rio,
5
6
mv2c +mg(R+ b) cos θc=
5
6
mv20 +mg(R+ b), donde v
2
c =v
2
0 +
6
5
g(R+ b)(1− cos θc).(190)
Substituindo esse resultado em (186), obtemos
g(R+ b) cos θc = v
2
0 +
6
5
g(R+ b)(1− cos θc), donde cos θc = v
2
0
g(R+ b)
+
6
5
(1− cos θc),(191)
isto e´,
11
5
cos θc =
v20
g(R+ b)
+
6
5
, donde cos θc =
6
11
+
5
11
v20
g(R+ b)
. (192)
Portanto
θc = cos
−1
(
6
11
+
5v20
11g(R+ b)
)
. (193)
Usando o resultado (193) na u´ltima equac¸a˜o em (190), obtemos
v2c = v
2
0 +
6
5
g(R+ b)
(
1− 6
11
− 5
11
v20
g(R+ b)
)
=⇒ v2c = v20 +
6
5
g(R+ b)
(
5
11
− 5
11
v20
g(R+ b)
)
=⇒ v2c = v20 +
6
11
g(R+ b)− 6
11
v20 =⇒ v2c =
5
11
v20 +
6
11
g(R+ b) , (194)
ou seja
vc =
√
5
11
v20 +
6
11
g(R+ b) . (195)
34
27. Para tornar a soluc¸a˜o o mais auto-suficiente poss´ıvel, reproduzimos a seguir a figura
do enunciado. Supondo que a esfera esteja em contato com a superf´ıcie da calha e
utilizando a Segunda Lei de Newton no instante em que ela esta´ em contato com o
ponto mais alto da calha, temos
N2 +mg = m
v2cm2
R− r , (196)
onde N2 e´ o mo´dulo da reac¸a˜o normal exercida pela calha sobre a esfera, mg e´ o
mo´dulo de seu peso, vcm2 e´ o mo´dulo da velocidade de seu centro de massa e R − r
e´ o raio da trajeto´ria do centro de massa.
ω
2r
ω
2R
Por convenieˆncia, utilizamos o sub-´ındice 2 para denotar os valores das quantidades
convenientes no ponto mais alto da trajeto´ria da esfera. Na situac¸a˜o em que a esfera
esta´ na imineˆncia de perder o contato com a superf´ıcie da calha, temos N2 = 0 e a
equac¸a˜o anterior nos fornece
v2cm2 = (R− r)g . (197)
Por abuso de notac¸a˜o, utilizamos, na equac¸a˜o anterior, o mesmo s´ımbolo vcm2 para
denotar a velocidade cr´ıtica do centro de massa da esfera, abaixo da qual ela perde
o contato com a superf´ıcie da calha. Em outras palavras, para que a esfera atinja
ponto mais alto da calha sem perder o contato com a superf´ıcie da mesma, ela deve
ter uma velocidade angular nesse ponto que satisfaz a` condic¸a˜o:
ω2 =
vcm2
r
≥
√
(R− r)g
r
, (198)
onde usamos o fato de que no rolamento sem deslizamento vale a relac¸a˜o vcm = ωr.
Para descobrirmos o valor da velocidade angular que a esfera deve ter no instante
em que atinge a calha, basta aplicar a conservac¸a˜o da energia mecaˆnica (apenas o
peso, que e´ uma forc¸a conservativa, realiza trabalho). Temos, enta˜o,
0 +
1
2
mv2cm1 +
1
2
Icmω
2
1 = mg2(R−r) +
1
2
mv2cm2 +
1
2
Icmω
2
2 , (199)
35
onde o sub-´ındice 1 significa que as quantidades relevantes sa˜o avaliadas no instante
em que a esfera atinge a calha. Ao escrevermos a equac¸a˜o anterior, tomamos como
padra˜o para a energia potencial gravitacional da esfera a situac¸a˜o em que ela esta´
no ponto mais baixo de sua trajeto´ria. Usando na equac¸a˜o anterior a condic¸a˜o de
rolamento sem deslizamento, temos
1
2
(mr2 + Icm)ω
2
1 = 2mg(R− r) +
1
2
(mr2 + Icm)ω
2
2
Substituindo na equac¸a˜o anterior ω2 =
√
(R− r)g/r e, obviamente, Icm = (2/5)mr2,
obtemos precisamente o valor cr´ıtico de ω1 (ω
(c)
1 , abaixo do qual a esfera perde o
contato com a superf´ıcie da calha antes de atingir o ponto mais alto. Fazendo isso,
obtemos
7
10
mr2ω21 = 2mg(R− r) +
7
10
mr2
(R− r)g
r2
=⇒ ω(c)1 =
3
√
3(R− r)g
r
√
7
. (200)
Conclu´ımos, enta˜o, que para na˜o perder o contato com a superf´ıcie da calha, a
seguinte condic¸a˜o deve ser satisfeita:
ω1 ≥ ω(c)1 =
3
√
3(R− r)g
r
√
7
. (201)
28. Por conveniencia, repetimos a figura,...
B
A
Como a energia mecaˆnica do sistema e´ conservada durante o movimento, podemos
escrever Ei = Ef , onde os sub-´ındices i e f se referem, respectivamente, ao instante
inicial, no qual o sistema se encontra em repouso, e ao instante final, no qual o bloco
B esta´ a uma distaˆncia d abaixo de sua posic¸a˜o inicial. Uma vez que as energias
potenciais gravitacionais do bloco A e da polia na˜o variam durante o movimento,
temos
U
(B)
i = K
(A)
f +K
(B)
f +K
(P )
f + U
(B)
f ,
36
onde K
(A)
f , K
(B)
f e K
(P )
f sa˜o, respectivamente, as energias cine´ticas finais do bloco
A, do bloco B e da polia, U
(B)
i e´ a energia potencial gravitacional do bloco B no
instante inicial e U
(B)
f e´ a sua energia potencial gravitacional no instante final. Uma
vez que U
(B)
i − U (B)f = mBgd, a equac¸a˜o anterior toma a forma
mBgd =
1
2
mAv
2
Af +
1
2
mBv
2
Bf +
1
2
Iω2f , (202)
onde vAf , vBf e ωf sa˜o, respectivamente, o mo´dulo da velocidade final do bloco A, o
mo´dulo da velocidade final do bloco B e o o mo´dulo da velocidade angular final da
polia. Estamos considerando o fio como ideal (sem massa e inextens´ıvel). Por ser o
fio inextens´ıvel, podemos afirmar que vA = vB em qualquer instante, em particular,
no instante final, ou seja, vAf = vBf . Ale´m disso, como o fio na˜o desliza sobre a
borda da polia, temos a relac¸a˜o vB = ωR, va´lida tambe´m para qualquer instante, em
particular no instante final, ou seja, vBf = ωfR. Substituindo esses resultados na
equac¸a˜o anterior, obtemos
mBgd =
1
2
(mA +mB) v
2
Bf +
1
2
I
(vBf
R
)2
=
1
2
[
mA +mB +
I
R2
]
v2Bf ,
ou seja,
vBf =
{
2mBgd
mA +mBI/R2
}1/2
.
Usando o fato de que a acelerac¸a˜o do bloco B e´ constante (pois todas as forc¸as rele-
vantes no problema sa˜o constantes), a fo´rmula de Torricelli nos fornece a acelerac¸a˜o
desejada:
v2Bf = 2aBd =⇒ aB =
v2Bf
2d
=
(
mB
mA +mB + I/R2
)
g .
Observe que no caso de uma polia ideal, isto e´, com I = 0, reobtemos o resultado ja´
conhecido no qual aB = mBg/(mA +mB).
29. Por conveniencia, repetimos a figura ...
(a) E´ sempre indispensa´vel fazermos um diagrama de corpo isolado:
FIGURA???
Aplicando a Segunda Lei de Newton a cada bloco, temos:
Bloco de massa M ⇒ M g senθ − T1 =M a (203)
Polia ⇒ RT1 −RT2 = Iα = I a
R
(204)
Bloco de massa m ⇒ T2 −mg = ma (205)
37
M m
I,R
θ
Eliminando as tenso˜es T1 e T2 entre as equac¸o˜es acima temos e resolvendo para
a acelerac¸a˜o obtemos:
a =
Msenθ −m
(M +m) + I/R2
g . (206)
(b) Substituindo o resultado acima nas equac¸o˜es para as tenso˜es T1 e T2, obtemos
(i)
T1 = M g
[
(m+ I/R2)senθ +m
M +m+ I/R2
]
(207)
(ii)
T2 = mg
[
M(1 + senθ) + I/R2
M +m+ I/R2
]
(208)
(c) Quando o bloco de massa m sobe de uma distaˆncia d, o bloco de massa M desce
de uma distaˆncia dsenθ. A conservac¸a˜o da energia para o sistema de dois blocos
(∆T +∆U = 0) e´ expressa por
0 =
Mv2
2
−M g dsenθ︸ ︷︷ ︸
Bloco de massa M
+
mv2
2
+mg d︸ ︷︷ ︸
Bloco de massa m
+
Iω2
2︸︷︷︸
Polia
(209)
onde a velocidade v e´ a mesma em mo´dulo para os dois blocos. Obtemos enta˜o,
v =
√
2
(
M senθ −m
M +m+ I/R2
)
g d (210)
38
(d) Aplicando a equac¸a˜o de Torricelli ao bloco de massa m, com velocidade inicial
v0 = 0, e acelerac¸a˜o a temos:
v =
√
2 a d (211)
comparando com o resultado do item anterior, podemos enta˜o identificar a acel-
erac¸a˜o do bloco.
30. Por conveniencia, repetimos a figura ...?
θ
ϕ
P
O
X
Y
Z
(a) Da equac¸a˜o (34.3) do livro-texto,
∆ϕ = −
(
2m
2m+M
)
2π
e, fazendo m = M , temos
∆ϕ = −4π
3
Da relac¸a˜o ∆θ −∆ϕ = 2π, temos
∆θ = ∆ϕ+ 2π = −4π
3
+ 2π =
2π
3
Observamos que |∆φ| = 2|∆θ|. Note tambe´m que IP = 2ID. Como a expressa˜o
para a conservac¸a˜o do momento angular e´ uma relac¸a˜o linear,
IP
∣∣∣∣∆θ∆t
∣∣∣∣ = ID
∣∣∣∣∆ϕ∆t
∣∣∣∣
39
temos
2ID|∆θ| = ID|∆ϕ|
2|∆θ| = |∆ϕ|
(b) Temos para a conservac¸a˜o do momento angular,
IPωP = IDωD
Substituindo as expresso˜es dos momentos de ine´rcia, temos
(
mk2
)
ωP =
(
mR2
2
)
ωD
Substituindo agora as relac¸o˜es correspondentes para as velocidades angulares, e
integrando em um intervalo de tempo [ti, tf ], temos:∫ tf
ti
k2
dθ
dt
dt =
∫ tf
ti
R2
2
dϕ
dt
dt
O resultado disto e´
k2∆θ =
R2
2
∆ϕ
Teremos ∆θ = ∆ϕ = π quando
k =
R√
2
Note agora que com esta escolha de k, IP = ID.
31. Por conveniencia, repetimos a figura ...
(a) Para usarmos o teorema do torque e momento angular, calculemos o torque, em
relac¸a˜o ao centro de massa do cilindro, das forc¸as que atuam sobre ele. Estas
forc¸as sa˜o o peso e as tenso˜es dos fios que o prendem nos extremos, conforme a
figura. O peso na˜o produz torque em relac¸a˜o ao CM do cilindro. O torque da
tensa˜o no fio da direita em relac¸a˜o ao CM e´
τd = rd ×Td = (Luz +Rux)× Tduy (212)
e, no fio da esquerda,
τe = re ×Te = (−Luz +Rux)× Teuy, (213)
onde Td e´ a tensa˜o no fio da direita, Te e´ a tensa˜o no fio da esquerda e 2L e´ o
comprimento do cilindro (cujo valor na˜o influencia o resultado, como veremos).
40
O ≡ CM uz
uy
ux
R
Sabemos, pelo enunciado da questa˜o, que o cilindro permanece na horizon-
tal. Isto significa que a componente x do torque total sobre o cilindro, ou seja,
(τe + τd)x deve ser nula:
−LTd + LTe = 0⇒ Td = Te ≡ T, (214)
ou seja, as tenso˜es nos dois fios sa˜o iguais. A outra componente do torque total
que permanece e´ a componente z, que dara´ origem a` rotac¸a˜o do cilindro em
relac¸a˜o ao seu eixo de simetria:
τ = τd + τe = 2RTuz =
dL
dt
2RT = Iα =
MR2
2
α⇒ α = 4T
MR
(b) Como se trata de um cilindro de sec¸a˜o reta circular e supomos que o fio na˜o es-
correga sobre o cilindro, a acelerac¸a˜o de um ponto no eixo de simetria do cilindro
esta´ relacionada com a acelerac¸a˜o angular simplesmente atrave´s da fo´rmula:
a = αR (215)
Como o centro de massa tambe´m esta´ sobre o eixo de simetria, sua acelerac¸a˜o e´
a = αR =
4T
M
(216)
(c) Podemos descobrir a tensa˜o em cada fio aplicando a segunda lei de Newton ao
cilindro como um todo, ou seja, analisando a dinaˆmica do seu centro de massa:
Td +Te +Mg =Macm (217)
41
Todas as forc¸as apontam na direc¸a˜o paralela ao eixo OY. Escrevendo esta
componente da equac¸a˜o vetorial acima e lembrando que as tenso˜es sa˜o iguais a
T ,
T + T −Mg =Max ⇒ 2T −Mg = −4T ⇒ T = Mg
6
(218)
Obs.: Embora na˜o tenha sido pedido, este resultado nos permite reescrever as
respostas dos itens anteriores em termos de g e R, o que e´ mais interessante,
porserem quantidades f´ısicas mais fundamentais que T , por exemplo. Logo,
α =
2g
3R
e a =
2g
3
(219)
Observe ainda que a acelerac¸a˜o (e, portanto, a func¸a˜o-movimento dos pontos do
cilindro) na˜o depende de sua massa.
32. por conveniencia, ...
M
R
fat
F
Utilizando as equac¸o˜es diferenciais que governam o movimento de um corpo r´ıgido
(uma associada ao movimento do CM do corpo e a outra, a` rotac¸a˜o do corpo em
torno do CM), escrevemos:
F − fat = M Acm (220)
τ extcm = Icm α , (221)
onde Icm e´ o momento de ine´rcia do disco em relac¸a˜o ao seu eixo de simetria, isto e´,
ao eixo perpendicular ao disco que passa pelo seu centro de massa e α e´ a acelerac¸a˜o
angular do disco em torno desse eixo. O mo´dulo do torque externo total sobre o disco
relativo ao seu centro de massa e´ dado por τ extcm = fatR. Ale´m disso, como o disco
rola sem deslizar, vale a relac¸a˜o ACM = αR, de modo que reescrevemos a u´ltima
equac¸a˜o na forma
fatR = Icm
Acm
R
=⇒ fat = Icm
R2
Acm . (222)
Substituindo esse resultado na equac¸a˜o (220), obtemos temos
Acm =
F
M + Icm/R2
. (223)
42
Lembrando que o momento de ine´rcia de um disco homogeˆneo em relac¸a˜o ao seu eixo
de simetria e´ dado por Icm = (1/2)MR
2, a equac¸a˜o anterior nos leva ao resultado:
Acm =
2F
3M
. (224)
A acelerac¸a˜o angular e a forc¸a de atrito sa˜o dadas, respectivamente, por
α =
Acm
R
=
2F
3MR
e fat = F −M Acm = 1
3
F . (225)
33. Para resolver esse problema e´ conveniente, inicialmente, marcar todas as forc¸as que
atuam sobre os dois discos, o que nos ajudara´ a entender melhor o movimento do
sistema.
m
MR
T
fat T
mg
Mg
N
E´ pertinente explicar porque marcamos a forc¸a de atrito no ponto de contato do
disco com a superf´ıcie horizontal para a direita, e na˜o para a esquerda. Lembre-se de
que a forc¸a de atrito esta´tico aponta no sentido contra´rio a` tendeˆncia de movimento
do ponto do corpo em considerac¸a˜o. Ou seja, para descobrirmos o sentido da forc¸a
de atrito em situac¸o˜es mais sutis como essa, analisamos qual seria o movimento do
ponto do corpo sobre o qual atua a forc¸a de atrito caso na˜o houvesse forc¸a de atrito
sobre ele; verificamos qual seria o movimento desse ponto e, enta˜o, conclu´ımos que
a forc¸a de atrito deve apontar no sentido oposto. Ilustraremos esse procedimento
descobrindo o sentido que teria o movimento do ponto do disco que esta´ em contato
com a superf´ıcie, denominado ponto P , na auseˆncia de atrito.
43
Suponhamos, enta˜o, que na˜o haja atrito entre o disco e a superf´ıcie e que o disco
esteja inicialmente em repouso. Calculemos a acelerac¸a˜o do ponto P , aP . Com esse
objetivo, e´ conveniente escrever aP = Acm + a
′
P , onde Acm e´ a acelerac¸a˜o do centro
de massa do disco e a′P e´ a acelerac¸a˜o do ponto P relativa ao centro de massa. Como
a forc¸a exercida pelo fio no disco e´ a u´nica forc¸a horizontal (na˜o se esquec¸a de que
estamos supondo que na˜o haja atrito) e tambe´m a u´nica que produz torque relativo
ao centro de massa do disco, aplicando a Segunda Lei de Newton e o Teorema do
Momento Angular e Torque ao disco, obtemos
Acm =
T
M
uˆx e a
′
P = −
2T
M
uˆx =⇒ aP = Acm + a′P = −
T
M
uˆx , (226)
onde uˆx e´ um vetor unita´rio horizontal e para a direita. Ou seja, na auseˆncia de
atrito entre o disco e a superf´ıcie horizontal, a acelerac¸a˜o inicial do ponto do disco
em contato com a superf´ıcie, ponto P , e´ para a esquerda, como fica evidente na figura
(note que o tamanho da seta representativa de a′P e´ maior que o da seta representativa
de Acm.
Acm
Pa′P
T
(a) Como o fio e´ inextens´ıvel, o mo´dulo da acelerac¸a˜o do bloco e´ igual ao mo´dulo da
acelerac¸a˜o do ponto do fio que esta´ em contato com o ponto mais alto do disco.
Como o fio na˜o desliza sobre a periferia do disco, esses dois u´ltimos pontos teˆm
a mesma acelerac¸a˜o. Denotando por P ′ o ponto do fio que esta´ em contato
com o ponto mais alto do disco e por aP ′ o mo´dulo de sua acelerac¸a˜o, podemos
escrever
aP ′ = Acm + αR = 2αR , (227)
onde Acm e´ o mo´dulo da acerelac¸a˜o do centro de massa do disco, α e´ o mo´dulo de
sua acelerac¸a˜o angular e utilzamos a condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento,
que nos permite escrever Acm = αR. Uma vez que o mo´dulo da acelerac¸a˜o do
bloco e´ igual ao mo´dulo da acelerac¸a˜o do ponto P ′, conclu´ımos que
a = aP ′ = 2αR . (228)
(b) Utilizando a Segunda Lei de newton para o bloco e o disco, assim como o
Teorema do Momento Angular e Torque para o disco, temos
mg − T = ma ; (229)
44
T + fat = MAcm ; (230)
(T − fat)R = 1
2
MR2α , (231)
onde usamos o fato de que o momento de ine´rcia do disco em torno do eixo
de rotac¸a˜o que passa pelo seu centro de massa e´ (1/2)MR2. Lembrando que
Acm = αR e a = 2αR, reescrevemos as treˆs u´ltimas equac¸o˜es na forma
mg − T = 2mαR ; (232)
T + fat = MαR ; (233)
T − fat = 1
2
MRα . (234)
As equac¸o˜es anteriores formam um sistema de treˆs equac¸o˜es com treˆs inco´gnitas,
a saber, α, fat e T . Somando as equac¸o˜es (232) e (233), obtemos
mg + fat = (2m+M)αR =⇒ fat = (2m+M)αR . (235)
Subtraindo (234) de (233), temos
fat =
1
4
MαR . (236)
Igualando, enta˜o, as duas u´ltimas equac¸o˜es, obtemos
1
4
MαR = (2m+M)αR =⇒ α = 4mg
R(8m+ 3M)
. (237)
Substituindo esse resultado em (236), obtemos o mo´dulo da forc¸a de atrito:
fat =
Mmg
8m+ 3M
. (238)
Finalmente, temos para a e Acm as expresso˜es
a = 2αR =
8mg
8m+ 3M
e Acm = αR =
4mg
8m+ 3M
. (239)
(c) Substituindo em (238) a relac¸a˜oM/m = 2/3, obtemos fat = (1/10)Mg. Ou seja,
com essa relac¸a˜o entre as massas do bloco e do disco, a forc¸a de atrito necessa´ria
para manter va´lida a condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento e´ 0, 1Mg. Como
o valor ma´ximo que fat pode assumir e´ dado por µeN = µeMg, existira´ um valor
mı´nimo de µe abaixo do qual na˜o sera´ poss´ıvel que o disco role sem deslizar.
Esse valor obtido ao igualarmos 0, 1Mg com o atrigo ma´ximos, isto e´,
µeMg = 0, 1Mg =⇒ µe = 0, 1 . (240)
45
34. As forc¸as sobre o disco sa˜o o seu peso mg, exercido pela Terra em seu centro de
gravidade, a forc¸a F exercida no seu eixo e as forc¸as exercidas pela superf´ıcie da
rampa no ponto de contato com o disco, a forc¸a normal N e a forc¸a de atrito fe (o
atrito e´ esta´tico porque o disco rola sem deslizar).
A acelerac¸a˜o do centro de massa e´ determinada pelas componentes
dessas forc¸as na direc¸a˜o em que o disco esta´ subindo,
macm = F − fe −mg senθ . (241)
A acelerac¸a˜o angular em torno do eixo do disco e´ determinada pelos
torques relativos ao centro de massa. Obtemos I α = feR, onde
I e´ o momento de ine´rcia relativo ao eixo do disco. Usando nessa
igualdade a condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento, α = acm/R,
e a expressa˜o I = (1/2)mR2, obtemos (1/2)mR2 (acm/R) = feR.
Isolando fe nessa expressa˜o, chegamos a fe = macm/2. Substituindo
esse resul-
R
F
mg
N
fe
θ
tado em (241), chegamos a macm = F − (macm/2) −mg senθ, donde (3/2)macm =
F −mg senθ, ou seja, acm = (2/3)(F/m− g senθ) .
35. Por conveniencia, ...
ℓ0
k
x
M
R
Seja X a posic¸a˜o do CM do disco e, por simplicidade, tomemos a origem (X = 0)
na posic¸a˜o de equil´ıbrio do sistema, isto e´, aquela na qual a mola possui tamanho
natural. Como o disco rola sem deslizar, e´ conveniente escrever uma relac¸a˜o entre
X e o aˆngulo girado pelo disco. Medindo o aˆngulo de giro do disco, θ, a partir da
posic¸a˜o de equil´ıbrio e escolhendo o sentido positivo como o anti-hora´rio, temos, da
condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento,
X = Rθ =⇒ Vcm = X˙ = Rθ˙ =⇒ Acm = X¨ = Rθ¨ . (242)
Com isso estabelecido, estamos aptos a abordar o problema. Da Segunda Lei de
Newton, temos
fat + felast =MAcm =⇒ fat − kX =MX¨ . (243)
46
Note que para X > 0, fat > 0 e paraX < 0, fat < 0. Definindo o vetor unita´rio zˆ
apontando para dentro papel, a equac¸a˜o ~τcm = Icm~α nos fornece
fatR(−zˆ) = Icmθ¨ zˆ =⇒ fat = −Icm
R2
X¨ , (244)
onde usamos a relac¸a˜o θ¨ = X¨/R. Substituindo (244) em (243) e rearranjando conve-
nientemente os termos, obtemos
X¨ + ω2X = 0 , (245)
onde identificamos a frequeˆncia angular do movimento,
ω =
√
k
M + I/R2
. (246)
O per´ıodo do movimento e´ dado, enta˜o, por
T =
2π
ω
= 2π
√
M + I/R2
k
. (247)
Resta ainda calcular o momento de ine´rcia do disco relativo a um eixo perpendicular
que passa por seu centro de massa. Do Exemplo 36.4, temos Icm = MR
2/2 e,
portanto, o resultado final para o per´ıodo do movimento e´ dado por
T = 2π
√
3M
2 k
. (248)
Podemos, ainda, resolver este problema por um me´todo mais simples, se notarmos
que se trata de um sistema conservativo. A energia mecaˆnica total e´ dada, nesse caso,
pela soma das energias cine´ticas translacional e rotacional com a energia potencial
ela´stica, ou seja,
E =
1
2
M V 2cm +
1
2
Icm θ˙
2 +
1
2
kX2 =
1
2
(
M +
Icm
R2
)
V 2cm +
1
2
kX2 , (249)
onde usamos a condic¸a˜o de rolamento sem deslizamento, equac¸a˜o (258). Como a
energia mecaˆnica se conserva, a sua derivada temporal e´ nula:
dE
d t
= 0 =⇒ X˙xm
{(
M +
Icm
R2
)
X¨ + kX
}
= 0 , (250)
onde usamos o fato de que Vcm = X˙. A u´ltima equac¸a˜o e´ ideˆntica a` obtida anterior-
mente.
47
36. Por convenieˆncia, consideremos a origem de nossos eixos e ponto em relac¸a˜o ao qual
calcularemos os torque e os momentos angulares pertinentes ao problema sobre o eixo
que passa pelas dobradic¸as. Designemos esse eixo por eixo OZ. Observe, enta˜o, que
para que uma forc¸a externa produza um torque relativo a` origem escolhida com com-
ponente na˜o-nula no eixo OZ ela deve, necessariamente, ter componente horizontal
com brac¸o de alavanca na˜o-nulo (entenda brac¸o de alavanca como a distaˆncia entre
a linha de ac¸a˜o da forc¸a e o eixo OZ. Nesse sentido, o torque das forc¸as externas
exercidas sobre as dobradic¸as na˜o possui componente vertical e os pesos da porta
e da porc¸a˜o de lama, embora ajam fora do eixo, sa˜o verticais e, por conseguinte,
tampouco produzem torque na direc¸a˜o vertical. Consequ¨entemente, a componente
vertical do momento angular total do sistema porta-lama e´ a mesma antes e depois
do choque.
Logo antes do choque, apenas a lama possui momento angular, dado por mv0d uˆz
e logo depois do choque, tanto a porta quanto a lama possuem momento angular,
dado por I ′ω uˆz, onde I
′ e´ o momento angular do sistema lama-porta apo´s o choque,
com a lama grudada na porta, e ω e´ o mo´dulo da velocidade angular do sistema apo´s
o choque. Temos, enta˜o,
mv0d uˆz = I
′ω uˆz =⇒ ω = mv0d
I ′
. (251)
Da definic¸a˜o de momento de ine´rcia, temos I ′ = I +md2, de modo que
ω =
mv0d
I +md2
=
(
1
1 + I/md2
)
v0
d
. (252)
Apenas como um pequeno teste de consisteˆncia, note que para d = 0, temos ω = 0.
Ou seja, nesse caso, o sistema lama-porta na˜o gira, pois d = 0 significa que a porc¸a˜o
de lama se choca com a porta exatamente sobre o eixo de rotac¸a˜o, na˜o produzindo
torque algum na direc¸a˜o OZ.
37. Por conveniencia, repetimos a figura ...
(a) Aplicando a Segunda Lei de Newton e ja´ usando o fato de que Acm = 0, temos,
F cosαc = fat ; (253)
F senαc +N −Mg = 0 , (254)
onde N e´ o mo´dulo da reac¸a˜o normal exercida pela superf´ıcie sobre o carretel.
Uma vez que na situac¸a˜o em questa˜o o torque externo relativo ao centro de
massa do carretel e´ nulo, podemos escrever
Fr = fatR . (255)
48
r
R
F
α
fat
Dividindo a equac¸a˜o (253) pela equac¸a˜o (255), obtemos
cosαc =
r
R
.
Note que quando α = αc a reta suporte da forc¸a F passa exatamente pelo ponto
de contato entre o carretel e o solo. Perceba que esse e´ o u´nico aˆngulo para o
qual a forc¸a F na˜o produz torque relatio ao ponto de contato (o peso, a normal
e o atrito na˜o produzem torque em relac¸a˜o a esse ponto, qualquer que seja o
valor de α).
(b) Observe que, para 0 ≤ α < αc a reta suporte da forc¸a F passa acima do ponto
de contato. Consequ¨entemente, o torque resultante relativo a esse ponto faz o
carretel girar no sentido hora´rio (de quem olha para o desenho), fazendo com
que ele se mova para a direita.
Uma vez que nesta nova situac¸a˜o o carretel esta´ acelerado para a direita, as
equac¸o˜es que descrevem seu movimento (apenas as relevantes para esse prob-
lema) sa˜o dadas por
F cosαc − fat =MAcm ; (256)
fatR− Fr = Icmγ =⇒ fat = Fr
R
+
Icmγ
R
. (257)
onde representamos por γ o mo´dulo da acelerac¸a˜o angular do carretel para na˜o
causar confusa˜o com o aˆngulo α entre a direc¸a˜o do fio e a horizontal. Ale´m
disso, como o carretel rola sem deslizar, temos, tambe´m
Acm = γR =⇒ γ = Acm
R
. (258)
49
Substituindo (258) em (257), obtemos
fat =
Fr
R
+
IcmAcm
R2
,
que por sua vez, quando substitu´ıda em (256), nos fornece o valor desejado para
a acelerac¸a˜o do centro de massa:
Acm =
F (cosα− r/R)
M + Icm/R2
. (259)
Substituindo o resultado anterior na expressa˜o de fat, dada por (257), obtemos
fat = F
{
r
R
+
Icm
Icm +MR2
(
cosα− r
R
)}
.
38. Por conveniencia, repetimos a figura ...
r
R
F
fat
(a) O carretel se movimentara´ para a esquerda. A forc¸a F faz com que o carretel
gire no sentido anti-hora´rio, logo o atrito apontara´ para a esquerda. Como o
movimento horizontal e´ totalmente determinado pela forc¸a de atrito, o carretel
vai para esquerda.
(b) Pela equac¸a˜o
∑
τ = Icmα, temos
Fr − fatR = Iα
A condic¸a˜o de na˜o deslizamento nos da´:
acm = αR
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