MECÂNICA CLÁSSICA_VOL 2

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Volume 2
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Questão 1
A marca de um referencial inercial é que
qualquer objeto que esteja sujeito a uma força
resultante nula irá percorrer uma trajetória
retilínea com velocidade constante. Para ilustrar
isso, considere o seguinte experimento: estou em
pé no chão (que devemos considerar como
sendo um referencial inercial) ao lado de uma
mesa giratória horizontal perfeitamente plana,
girando com uma velocidade angular constante
ω. Eu me inclino e atiro um bloco sem atrito de
modo que ele desliza direto através do centro
sobre a mesa giratória. O bloco está sujeito a
uma força resultante nula e, como visto de um
referencial inercial, desloca-se em uma reta.
Descreva a trajetória do bloco quando observada
por alguém que esteja sentado em repouso sobre
a mesa. Isso requer pensar com atenção, mas
você deve ser capaz de obter uma visão
qualitativa. Para uma visão quantitativa, auxilia
usar coordenadas polares.
Resolução:
Considere as Figuras 1.1 e 1.2 abaixo. Para um
referencial em pé na Terra, a trajetória do bloco
será retilínea com velocidade constante, uma vez
que não existe força resultante nula. Para um
referencial sentado na mesa, que não é inercial, a
trajetória será curva, conforme mostram as
figuras.
Figura 1.1
Figura 1.2
Questão 2
Repita os passos da equação 




extFFF
a extext FFP 

 na demonstração da
conservação do momento, mas trate do caso N=3
e escreva todos os somatórios explicitamente
para se assegurar de que você entendeu as
várias manipulações.
Resolução:
A força resultante sobre a partícula 2, por
exemplo, é dada por:
ext
223212 FFFF 
(2.1)
Em que Fij é a força que a partícula i experimenta
devido à partícula j. E Fext2 é a força externa
sobre 2. O momento total é dado por:
321
3
1
ppppP 
i
i
(2.2)
Diferenciando a expressão (2.2), teremos:
extextext
332312232111312
321
FFFFFFFFF
pppP

 
(2.3)
Utilizando a terceira lei de Newton, em que
Fij=-Fji, teremos:
extextextext FFFFP  321
(2.4)
Em que Fext é a força externa resultante no
sistema. Para o caso em que Fext = 0, temos:
constantePP  0
(2.5)
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Questão 3
Faça as mesmas tarefas da questão anterior, mas
para N=4.
Resolução:
Para N = 4 teremos:
ext
22423212 FFFFF 
(3.1)
Omomento total é dado por:
4321
4
1
pppppP 
i
i
(3.2)
Diferenciando a expressão (3.2), teremos:
ext
ext
ext
ext
4434241
3343231
2242321
1141312
4321
FFFF
FFFF
FFFF
FFFF
ppppP




 
(3.3)
Utilizando a terceira lei de Newton, em que
Fij=-Fji, teremos:
extextextextext FFFFFP  4321
(3.4)
Em que Fext é a força externa resultante no
sistema. Para o caso em que Fext = 0, temos:
constantePP  0
(3.5)
Questão 4
Leis de conservação, como a conservação do
momento, frequentemente fornecem uma
quantidade surpreendente de informações sobre
o possível resultado de um experimento. Aqui,
talvez esteja o mais simples exemplo: dois
objetos de massas 21 e mm não estão
submetidos a forças externas. O objeto 1 está se
deslocando com velocidade v quando colide com
o objeto estacionário 2. Os dois objetos se
juntam e se movem com uma velocidade
comum v’. Use a conservação do momento linear
para determinar v’ em termos de v, 21 e mm .
Resolução:
A figura 3.1 ilustra a situação. Antes da colisão o
momento total do sistema é dado por:
vP 1mi 
(4.1)
Após a colisão, o momento total do sistema é
dado por:
 vppP  2121 mmf
(4.2)
Com a conservação do momento total do sistema,
teremos:
 
 21
1
211
mm
m
mmmfi


v
v
vvPP
(4.3)
Figura 4.1
Questão 5
Mostre que, se a lei da conservação do momento
se aplica para todos os grupos de partículas,
então as forças interpartículas devem obedecer à
terceira lei. [Sugestão: embora seu sistema
contenha muitas partículas, você pode dirigir
sua atenção apenas duas delas. (Denomine-as 1 e
2). A lei de conservação do momento diz que, se
não há forças externas sobre este par de
partículas, então o momento total delas deve ser
constante. Use isso para mostrar que F12 = -F21.]
Resolução:
Omomento total é dado por:
21 ppP 
(5.1)
1 2
1 2
v
v’
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Diferenciando a expressão (5.1), teremos:
21212121 FFFFppP  extext
(5.2)
Mas, por sua vez:
extextext
21 FFFP 
(5.3)
Se o sistema se encontra livre de forças externas,
então:
2112
21 00
FF
FFF

 extextext
(5.4)
Questão 6
Se você tem alguma experiência com o
eletromagnetismo, pode resolver o seguinte
problema relativo à situação curiosa da figura a
seguir. Os campos elétrico e magnético em um
ponto r1, devido a uma carga q2 em r2
movendo-se com velocidade constante v2 (com
v2<<c) são
    ,ˆ
4
ˆ
4
1
22
20
12
2
0
1 svrBsrE  s
q
s
q


 e
em que 21 rrs  é o vetor apontando de r2
para r1. (A primeira dessas você deve reconhecer
como a lei de Coulomb.) Se Fel12 e Fmag12 denotam
as forças elétrica e magnética sobre uma carga q1
em r1 com velocidade v1, mostre que,  elmag FcvvF 1222112  . Isso mostra que, no domínio
não relativístico, é legítimo ignorar a força
magnética entre duas cargas que se movem.
Resolução:
Considere q1>0 e q2>0. A força elétrica de
interação entre as cargas é dada por:
sF ˆ
4
1
2
21
0
12 s
qqel  
(6.1)
E a força magnética, na carga q1, é dada por:
 yqmag ˆ21112 BvF 
(6.2)
Ou ainda,
yvv
s
qqmag ˆcos
4 122
210
12 
 F
(6.3)
Em que      211221 ˆˆˆ vvssvvsvv  . Esse
último termo é nulo, pois as velocidades são
perpendiculares entre si. E α o ângulo entre a
velocidade da carga 1 e s. A relação entre as
constantes 0 (permissividade elétrica no
vácuo) e 0 (permeabilidade magnética no
vácuo) é dada por:
00
1
c
(6.4)
Em que c é a velocidade da luz no vácuo. Assim,
a expressão (6.1) pode assumir a forma:
sF ˆ
4 2
21
2
0
12 s
qqcel  

(6.5)
Para a expressão (6.3) temos:
122
210
122
210
12 4
cos
4
vv
s
qq
vv
s
qq
F mag  


(6.6)
Comparando (6.5) e (6.6), temos:
122
12
12 vvc
F
F
el
mag 
(6.7)
x
y
z
E1
E2 q1
q2
B2
B1
v2
v1
α mag
1F
mag
2F
s
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Questão 7
Se você tem alguma experiência com
eletromagnetismo e com cálculo vetorial, mostre
que as forças, F12 e F21 entre duas correntes
circulares estacionárias obedecem à terceira lei
de Newton.[Sugestão: sejam as duas correntes I1
e I2 e sejam r1 e r2 dois pontos típicos sobre os
círculos. Se dr1 e dr2 são pequenos segmentos
dos círculos, então, de acordo com a lei de
Bio-Savart, a força sobre dr1 devido a dr2 é
 ,ˆ
4 212
210 srr  dd
s
II


em que 21 rrs  . A força F12 é determinada
integrando-a em torno de ambos os círculos.
Você precisará utilizar a regra “BAC — CAB”
para simplificar o produto triplo.]
Resolução:
A figura 7.1 representa a situação descrita no
enunciado da questão.
Figura 7.1
Na expressão da lei de Biot-Savart, o produto
vetorial triplo pode ser expandido, de acordo
com a regra sugerida, para:
     211221 ˆˆˆ rrssrrsrr dddddd 
(7.1)
Assim, a força que a corrente 1 experimenta
devido a corrente 2, será calculada, integrando a
expressão da lei de Biot-Savart.
    2 211221012 ˆˆ4 s ddddII rrssrrF 
(7.2)
O termo sr ˆ1 d representa a projeção de dr1 na
direção do vetor s, ou seja:
dsd sr ˆ1
(7.3)
A integral desse termo, não dependerá do
caminho1, dependendo somente dos pontos
inicial e final. Como a integração é calculada ao
longo do círculo, os pontos inicial e final serão
coincidentes. Assim, o resultado do cálculo da
integral desse termo será nulo, não contribuindo
para a força magnética de interação. Com isso, a
força magnética de interação será dada por:
   2 2121012 ˆ4 s ddII rrsF 
(7.4)
Para encontrar a força que a corrente 2
experimenta devido a corrente 1, devemos
somente inverter o vetor s, ou seja, - ŝ. Logo:
   2 2121021 ˆ4 s ddII rrsF 
(7.5)
Obs.: Uma outra forma de interpretar o que
ocorre com o cálculo da integral do termo .
Calculando o gradiente de 1/s, teremos:
2
ˆ1
ss
s
(7.6)
Logo,
s
d
s
d 1ˆ
12
1   rsr
(7.7)
E pelo teorema de Stoke1, temos:
Sr d
ss
d
SupC
   111 
(7.8)
I1 I2
dr1 dr2r1 r2
s
x
y
z
0
sr ˆ1 d
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Em que a integral de caminho (C) é calculada no
círculo (fechado). E a integral de superfície (Sup.)
é calculada numa superfície aberta dos dois
lados, limitada pelo caminho C. Mas o rotacional
de um gradiente é nulo1, ou seja:
0
1 


s

(7.9)
Logo,
0
1ˆ
12
1   sdsd rsr
(7.10)
1Veja por exemplo: Spiegel, M. R. Manual de
Fórmulas e Tabelas Matemáticas - Coleção
Schaum, (McGraw - Hill, 1973). Páginas:
120-123.
Questão 8
Mostre que na ausência de forças externas, o
momento angular total (definido como 

 prL ) de um sistema com N partículas
é conservado. [Sugestão: você necessitará
replicar o argumento de 




extFFF a
extext FFP 

 . Nesse caso, você precisará
mais do que da terceira lei de Newton; você
precisa assumir que as forças interpartículas são
centrais, isto é, Fαβ age ao longo da linha que une
as partículas α e β.]
Resolução:
Considere a figura 8.1 a seguir.
Figura 8.1
Conforme o enunciado, a força resultante na
partícula α é dada por:





extFFF
(8.1)
E o momento angular da partícula α:
 prL 
(8.2)
Diferenciando (8.2), temos:
 prprL  
(8.3)
Em que:





extFFp
(8.4)
Mas, em (8.3), temos:
0  rrpr  m
(8.5)
Assim, podemos reescrever a expressão (8.3) da
seguinte forma:















extext FrFrFFrL
(8.6)
Para o momento angular total, temos:
 



 prLL
(8.7)
Diferenciando (8.7), teremos:
  






 



extFrFrLL 
(8.8)
α
β
rα rβ
Fαβ Fβα
x
y
z
r
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Expandindo o primeiro somatório de (8.8),
teremos:
 


 

 
 FrFrFr
(8.9)
De acordo com a terceira lei de Newton, Fαβ =
-Fβα e assumindo que as referidas forças são
colineares, conforme mostra a figura 8.1, o
somatório em (8.9) é nulo. Ou seja, os torques
são de mesmo módulo porém opostos. Logo, a
expressão (8.8) assume a seguinte forma:
 


extFrL
(8.10)
Logo, na ausência de forças externas, o momento
angular é constante.
Questão 9
Uma bola de golfe é atirada do nível do solo com
uma velocidade v0 na direção leste e com um
ângulo θ acima da horizontal. Desprezando a
resistência do ar, use a segunda lei de Newton
para determinar a posição como uma função do
tempo, usando coordenadas onde x mede na
direção leste, y na direção norte e z,
verticalmente para cima. Determine o tempo
para a bola de golfe retornar ao solo e qual o
alcance da bola para esse tempo.
Resolução:
Figura 9.1
A força resultante na bola é dada por:
zF ˆmgext 
(9.1)
Assim, podemos escrever:
gz 
(9.2)
Integrando (9.2) teremos:
kgtz 
(9.3)
Em que k é uma constante. Para o instante inicial
(t=0), temos:
sen0vz 
(9.4)
Logo, a expressão (9.3) assume a seguinte forma:
gtvz  sen0
(9.5)
Com procedimento semelhante teremos:
 
2
2
0
gt
tvz  sen
(9.6)
Para a coordenada x temos:
0x
(9.7)
Integrando (9.7), teremos:
kx 
(9.8)
Para o instante inicial, cos0vx  . Logo
teremos:
 tvxvx  coscos 00 
(9.9)
Em (9.9) foi utilizado o mesmo procedimento
para a coordenada z. Para o tempo de subida e
descida, teremos:
x
y
z
l
n
s
o
v0
θ
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 
g
v
t
gt
tv
 sensen 0
2
0
2
2
0 
(9.10)
E para o alcance:
 
g
v
x
g
v
vx
 22cos
2
00
0
sensen 
(9.11)
Em que g é a aceleração da gravidade local.
Questão 10
Um avião, que está voando horizontalmente a
uma velocidade constante 0v e a uma altura h,
deve deixar cair um pacote de suprimentos para
um náufrago em um pequeno barco. (a) Escreva
a segunda lei de Newton para o pacote à medida
que ele cai do avião, assumindo que você pode
desprezar a resistência do ar. Resolva suas
equações para determinar a posição do pacote
no ar como função do tempo t. (b) A que
distância antes do barco (medida
horizontalmente) o piloto deve largar o pacote
se esse deve acertar o barco? Qual é a distância
se smv 500  , h = 100 m e 210 smg  ? (c)
Dentro de que intervalo de tempo  t o piloto
deve largar o pacote se este deve atingir o solo a
aproximadamente m10 do barco?
Resolução:
Figura 10.1
(a) Escrevendo a segunda lei de Newton para o
pacote:
yF ˆmgext 
(10.1)
De (10.1) teremos:
gy 
(10.2)
Integrando (10.2) e utilizando as condições
iniciais, teremos, para a velocidade do pacote na
direção de y:
gty 
(10.3)
Integrando (10.3), teremos para a altura:
2
2gt
hy 
(10.4)
Para a velocidade e para a posição ao longo do
eixo x, teremos respectivamente:
tvxvx 00  e
(10.5)
(b) O tempo de queda é dada por:
2
1
2
0 



g
h
ty
(10.6)
Assim, o pacote deve percorrer a distância na
horizontal dada por:
2
1
0
2 



g
h
vx
(10.7)
Logo, o piloto deve largar o pacote a uma
distância do barco dada por (10.7). Utilizando os
dados numéricos da questão, teremos:
mx 61,223
(10.8)
(c) A taxa de variação da posição horizontal com
o tempo é dada por:
00 vt
x
v
dt
dx 

(10.9)
x
y
0
g
h
0v
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De (10.9), podemos escrever:
0v
x
t

(10.10)
Utilizando os dados numéricos, teremos:
sst 2,0
5
1 
(10.11)
Questão 11
Um estudante chuta um bloco sem atrito com
uma velocidade inicial v0, de modo que ele
desliza reto para cima ao longo de um plano que
está inclinado com um ângulo θ acima da
horizontal. (a) Escreva a segunda lei de Newton
para o bloco e resolva-a para obter a posição do
bloco como uma função do tempo. (b) Quanto
tempo o bloco levará até retornar à sua posição
inicial?
Resolução:
Figura 11.1
(a) Conforme mostra a figura 11.1, vamos
adotar o sistema de coordenadas de tal forma
que o eixo x aponta na direção do plano no
sentido ascendente e o eixo y aponta na direção
perpendicular ao plano para cima. Assim,
teremos:
 xF ˆsenmgext 
(11.1)
Assim, teremos:
sengx 
(11.2)
Integrando (11.2), e utilizando as condições
iniciais, teremos:
 tgvx sen 0
(11.3)
Integrando (11.3), e utilizando as condições
iniciais (x=0 em t=0), teremos:
 
2
20
tg
tvx
sen
(11.4)
(b) O tempo que o bloco levará para retornar à
posição inicial é dado por:
seng
v
tx 0
2
0 
(11.5)
Questão 12
Você deita uma caixa retangular sobre um piso
horizontal e em seguida inclina sobre uma das
arestas até que esta forma um ângulo θ com a
horizontal. Escolha a origem em um dos vértices
que está em contato com o piso, o eixo y
apontando para cima na direção da inclinação e
o eixo z normal à caixa. Agora, você chuta um
objeto sem atrito que está em repouso em O de
modo que ele navega sobre a caixa com
velocidade inicial (v0x, v0y, 0). Escreva a segunda
lei de Newton usando as coordenadas dadas e,
em seguida determine quando tempo o objeto
leva para retornar ao nível do piso e qual a
distância que ele está de 0 quando retorna.
Resolução:
Figura 12.1
y
x
θ
v0
x
y
z
θ
g
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Escrevendo a segunda lei de Newton, teremos:
   sensen gymgext  yF ˆ
(12.1)
Integrando as sucessivas equações, como foi
feito nas questões anteriores, teremos:
 tgvy y sen 0
(12.2)
E para a posição no eixo y:
 
2
2
0
tg
tvy y
sen
(12.3)
Para o eixo x:
tvx x0
(12.4)
Para o tempo solicitado e a distância, teremos
respectivamente:
seng
v
t y0
2
(12.5)
seng
vv
x yx 00
2 
(12.6)
Essa questão é semelhante à questão 9. Na
verdade ela seria uma fusão da questão 9 com a
questão 11.
Questão 13
Uma bola é atirada para cima em um plano
inclinado com velocidade inicial v0. O plano está
inclinado com um ângulo ϕ com a horizontal e a
velocidade inicial da bola tem um ângulo θ acima
do plano. Escolha eixos com x medido na direção
para cima da inclinação, y normal à inclinação e z
transversal à inclinação. Escreva a segunda lei de
Newton usando estes eixos e determine a
posição da bola como função do tempo. Mostre
que a bola aterrissa a uma distância
 


2
2
0
cos
cos2
g
v
R
 sen do ponto em que ela foi
lançada. Mostre que, para dados v0 e ϕ, o alcance
máximo da bola acima da inclinação é
 sen 1
2
0
g
v
Rmáx .
Resolução:
Figura 13.1
A figura 13.1 representa a situação descrita na
questão. Escrevendo a segunda lei de Newton
para a bola, teremos, para o eixo x:
sengx 
(13.1)
E para o eixo y:
cosgy 
(13.2)
O eixo z não apresenta aceleração. Integrando
(13.1) e (13.2) e levando em consideração as
condições iniciais, teremos, para o eixo x:
 tgvx  sen cos0
(13.3)
E para o eixo y:
 tgvy  cos0  sen
(13.4)
As expressões em (13.3) e (13.4) representam as
velocidades da bola nos respectivos eixos.
Integrando (13.3) e (13.4), e levando novamente
em consideração as condições iniciais, teremos,
para o eixo x:
y
x
θ
v0
ϕ
⊙z
g
ϕ
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   
2
cos
2
0
tg
tvx
 sen
(13.5)
E para o eixo y:
   
2
cos 2
0
tg
tvy
  sen
(13.6)
As expressões em (13.5) e (13.6) representam as
posições da bola nos respectivos eixos. O tempo
que a bola leva para aterrissar é dado por:


cos
2
0 0
g
v
ty
sen
(13.7)
Nesse tempo, a bola percorre uma distância no
eixo x dada por:
   
2
00
0
2
2
2
cos 

 



gcos
sensen
gcos
sen vgv
vxR
(13.8)
Expandindo a expressão em (13.8):


  


cos
sensensen
cos
cos
2 20
g
v
R
(13.9)
Em (13.9), temos que utilizar a relação
trigonométrica dada por:
   coscoscos sensen
(13.10)
Logo, (13.9) se torna:
 


2
2
0
cos
cos2
g
v
R
 sen
(13.11)
Por meio da diferenciação da expressão (13.11)
com relação ao ângulo θ, podemos encontrar o
referido ângulo que fornece o alcance máximo. O
resultado da diferenciação, para tal ângulo deve
ser nulo, ou seja:
0d
dR
(13.12)
Resolvendo (13.12), encontraremos o ângulo
que fornece tal resultado e de posse desse
ângulo, utilizando (13.11), encontramos o
alcance máximo. No entanto, é possível
encontrar esse mesmo ângulo sem efetuar a
diferenciação. Seja a relação:
          sensensen
2
1
cos
(13.13)
Assim, a expressão em (13.11) pode ser reescrita
da seguinte forma:
      2cos2
2
0 sensen
g
v
R
(13.14)
Para os valores de v0 e ϕ fixos, a expressão em
(13.14) assume seu valor máximo quando:
 
24
2
212



sen
(13.15)
Logo, teremos de (13.14):
  1
cos2
2
0   seng
v
Rmáx
(13.16)
Mas,    sensen 
(13.17)
E
   sensensen2  111cos2
(13.18)
Utilizando (13.17) e (13.18) em (13.16),
teremos:
 sen 1
2
0
g
v
Rmáx
(13.19)
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Para (13.10) e (13.13), veja, por exemplo:
Spiegel, M. R. Manual de Fórmulas e Tabelas
Matemáticas - Coleção Schaum, (McGraw-Hill,
1973). Páginas: 15 e 17.
Questão 14
Um canhão atira uma bola com um ângulo θ
acima do solo horizontal. (a) Desprezando a
resistência do ar, use a segunda lei de Newton
para determinar a posição da bola como função
do tempo. (Use os eixos com x medido
horizontalmente e y verticalmente.) (b) Seja r(t)
a distância da bola a partir do canhão. Qual é a o
maior valor possível de θ se r(t) cresce durante o
voo da bola? [Sugestão: Usando a solução do
item (a), você pode escrever r2 como x2 + y2 e
então determinar a condição de que r2 esteja
sempre crescendo.]
Resolução:
(a) Vamos utilizar os resultados da questão 9, a
saber, as expressões (9.6) e (9.9):
 
2
2
0
gt
tvy  sen
(14.1)
E
 tvx cos0
(14.2)
Em (9.6), alteramos a coordenada para y e assim
escrevemos (14.1). Assim, a distância r(t) será
dada por:
 
   
4
42
3
0
22
0
2
222
tg
gtvtvtr
yxtr


sen
(14.3)
(b) Para que r2 esteja sempre crescendo, a sua
derivada com relação ao tempo deve ser
estritamente positiva. Assim, teremos:
 
0
2

dt
rd
(14.4)
Derivando a expressão (14.3), teremos:
    3220202 32 tggtvtvdtrd  sen
(14.5)
Podemos escrever (14.5) da seguinte maneira:
   tft
dt
rd 
2
(14.6)
Em que     22020 32 tggtvvtf  sen . Da
condição (14.4) temos que f(t) > 0. Logo:
  032 22020  tggtvv sen
(14.7)
A função f(t) é uma função quadrática cujas
raízes são:
g
v
Tt
2
9
83
4
3
2
0
1
 sen
(14.8)
E
g
v
Tt
2
9
83
4
3
2
0
2
 sen
(14.9)
Em que
g
v
T
sen02 representa o tempo total
de voo. Os valores de t para que a função f(t) seja
positiva são: 10 tt  ou 2tt  , conforme
mostra a Figura 14.1.
Figura 14.1
As raízes t1 e t2 representam os instantes em que
a distância para de aumentar e entre esses
instantes, a distância diminui (dependendo do
f(t)
t0
＋ ＋
－t1 t2
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ângulo de lançamento). Considere a Figura 14.2
representando o lançamento da bola.
Figura 14.2
Até o instante t1, a distância da bola até o canhão
aumenta com o tempo, porém, entre os instantes
t1 e t2, a função f(t) é negativa, o que significa que
a distância da bola até o canhão diminui. Após o
instante t2, a distância volta a aumentar. Na
Figura 14.2, temos:
g
v
2
9
83 20  senδ
(14.10)
Se δ = T/4, a condição para θ será: 12sen ,
significando que o lançamento deve ser na
vertical. Logo, o maior valor para δ, para que a
distância da bola até o canhão esteja sempre
crescendo é 0. Assim, teremos:
3
22
09
80
2
9
83
2
2
0
1-sensen
sen




g
v
(14.11)
Logo
3
22
0 1-sen
(14.12)
Obs.:
1. Poderia-se argumentar que o alcance
horizontal fosse sempre maior que a distância da
bola até o canhão, quando esta se encontra na
posição de altura máxima, ou seja:
máxh xr máx 
(14.13)
O que resultaria na condição:
32tan' 1
(14.14)
No entanto, considerando (14.14) como ângulo
limite, para o intervalo [t1, t2] a distância da bola
até o canhão diminui. Então de fato, o ângulo
limite é dado por (14.12).
2. Para um resultado mais preciso, pode-se
impor que as raízes de f(t) não sejam reais, ou
seja, t1 e t2 ∉ ℝ. Logo, o discriminante é dado
por:
0
9
8
042  2senacb
(14.15)
Cujo resultado é dado por 322-1sen .
Questão 15
Um astronauta no espaço livre de gravidade está
girando circularmente uma massa m presa ao
final de um cordão de comprimento R, com
velocidade angular constante ω. Escreva a
segunda lei de Newton em coordenadas polares
e determine a tensão sobre o cordão.
Resolução:
Em coordenadas polares, temos:
  22  mrrrmFr  
(15.1)
Em que 0r e   . E ainda,
  02    rrmF
(15.2)
Em que 0 e 0r . Logo a tensão no cordão
será dada por:
2mRFT r 
(15.3)
Em que r = R.
y
x0
(ymáx, T/2)
(xmáx/2, T/2) (xmáx, T)(x, 3T/4)
v0
θ
t1
t2
r1
r2
δ
δ
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Questão 16
Mostre que as transformações de coordenadas
retangulares para coordenadas polares, e
vice-versa, são dados pelas equações:
 








xy
yxr
ry
rx
arctan
cos 22


sen
Explique por que a equação para ϕ não está
completa e forneça uma versão completa.
Resolução:
Figura 16.1
Da figura 16.1 podemos concluir:
22 yxr 
(16.1)
E
x
y1tan
(16.2)
Em (16.2) o valor de ϕ está definido para o
intervalo 22   , ou seja, para x > 0.
Para os casos em que  2 , ou seja,
00  yx e :
  
x
y1tan
(16.3)
E para 2  , ou seja, 00  yx e :
  
x
y1tan
(16.4)
Questão 17
(a) Mostre que o vetor unitário rˆ das
coordenadas polares bidimensionais é igual a
 senyxr ˆcosˆˆ  e determine uma expressão
correspondente para ˆ . (b) Assumindo que ϕ
depende do tempo t, derive as suas respostas do
item (a) para gerar uma demonstração
alternativa dos resultados
r
r
ˆ
ˆ
ˆˆ   
dt
d
dt
d
e
Para as derivadas temporais de ˆˆ er .
Resolução:
(a) A Figura 17.1 representa a situação descrita
no enunciado.
Figura 17.1
Observando a Figura 17.1, podemos concluir que
a projeção do vetor unitário xˆ na direção de rˆ é
dada por:
cosrx
(17.1)
E para yˆ :
 sen

 
2
cosry
(17.2)
Como 1cos2  2sen , então:
 senyxrr ˆcosˆˆˆ122  rr yx
(17.3)
Com o mesmo procedimento, podemos escrever
a projeção de xˆ na direção de ˆ , que terá
módulo:
y
x0
r
ϕ
cosrx 
senry 
y
x
yˆ
xˆ
rˆˆ

r
 2
0
xˆ
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 sen

 
2
cosx
(17.4)
E para yˆ :
 cosy
(17.5)
Logo:
 senxy ˆcosˆˆˆ122  yx
(17.6)
(b) Utilizando o resultado de (17.3):
 





ˆˆ
cosˆˆ
ˆ
ˆ
cos
ˆ
ˆ



dt
d
dt
d
dt
d
dt
d
dt
d
r
yx
r
yx
r
sen
sen
(17.7)
Com o mesmo procedimento para (17.6):
 





r
xy
xy
ˆ
ˆ
cosˆˆ
ˆ
ˆ
cos
ˆ
ˆ



dt
d
dt
d
dt
d
dt
d
dt
d
sen
sen
(17.8)
Questão 18
Verifique por substituição direta que a função     tBAt  cos tsen é uma solução da
equação diferencial de segunda ordem
 2 , (Como essa solução envolve duas
constantes arbitrárias - os coeficientes das
funções seno e cosseno, ela é, na verdade, a
solução geral.)
Resolução:
    tsen  BtA  cos
(18.1)
    tBA  cos2  tsen
(18.2)
Substituindo ϕ e a expressão (18.2) na equação
diferencial de segunda ordem, conclui-se que ϕ é
uma solução.
Questão 19
Mostre que, se v(t) é um vetor qualquer que
depende do tempo (por exemplo, a velocidade
de uma partícula) mas que possui magnitude
constante, então  tv , é ortogonal a v(t). Mostre
o inverso, se  tv é ortogonal a v(t), então |v(t)|
é constante. [Sugestão: considere a derivada de
v2.] Esse é um resultado muito útil. Ele explica
por que, em coordenadas polares bidimensionais,
dr/dt deve estar na direção de ˆ e vice versa.
Ele também mostra que a velocidade de uma
partícula carregada em um campo magnético é
constante, desde que a aceleração seja
perpendicular à velocidade.
Resolução:
De acordo com a sugestão temos:
vv  vvv ;2
(19.1)
Derivando a expressão (19.1), temos:
  0;022  vvvvv
dt
d
dt
d v
(19.2)
Mas,
vv
v  2
2
dt
d
(19.3)
De (19.2) e (19.3), temos:
02  vv 
(19.4)
A expressão (19.4) mostra que os dois vetores
são ortogonais.
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Agora, vamos considerar o caso da questão 17,
em que:
        ttvtvt  cosˆˆˆ yxv  sen
(19.5)
Derivando a expressão (19.5):
rv
v
ˆˆ   vv
dt
d 
(19.6)
Como ˆˆ er são ortogonais entre si, então
podemos concluir que vv e também será
ortogonais entre si. Logo, de (19.3) e (19.2), v é
constante.
Questão 20
Considere o experimento da questão 1, no qual
um bloco sem atrito é atirado através de uma
mesa giratória passando pelo centro O. (a)
Escreva as coordenadas polares r, ϕ do bloco
como funções do tempo, conforme observado
pelo referencial inercial S de um observador
sobre o solo. (Assuma que o bloco foi lançado ao
longo do eixo ϕ=0 no instante t=0.) (b) Agora,
escreva as coordenadas polares r’ e ϕ’ do bloco
medidas por um observado (referencial S’) em
repouso sobre a mesa giratória. (Escolha essas
coordenadas de modo que ϕ e ϕ’ coincidam em
t=0.) Descreva e esboce a trajetória vista pelo
segundo observador. O referencial S’ é inercial?
Resolução:
(a) O referencial S se encontra em pé no solo ao
lado da mesa giratória. A origem do sistema de
coordenadas, para esse referencial, se encontra
no centro da mesa conforme mostra a Figura
20.1.
Figura 20.1
Para o referencial S, a mesa possui velocidade
angular ω (observando de cima, no sentido
horário). As coordenadas polares do bloco para
esse referencial são:
 
 



0t
vtRtr

(20.1)
Em (20.1), adotamos ϕ=0 em t =0.
(b) Para o referencial S’, de acordo com a
sugestão do enunciado, adotaremos como
origem de seu sistema de coordenadas o centro
da mesa, conforme mostra a Figura 20.2.
Figura 20.2
Para o referencial S’, o bloco possui, além da
velocidade v ao longo do diâmetro, um
componente de velocidade na direção ˆ . Assim
sendo, as coordenadas polares do bloco
referente a S’ são:
 
 



tt
vtRtr
 
(20.2)
Em que,   . De (20.2), podemos escrever:
   
v
Rr
(20.3)
A expressão (20.3) representa a equação de uma
espiral no plano xy, em que a distância até a
origem (centro da mesa) diminui à medida que o
ângulo aumenta. Como a trajetória do bloco não
é retilínea, para o referencial S’, podemos
concluir que o mesmo não é um referencial
inercial. A Figura 20.3 mostra, do ponto de vista
de S’, a trajetória do bloco.
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Figura 20.3
O bloco alcança o centro da mesa no instante
dado por:
v
R
t 
(20.4)
A razão dada em (20.4) estabelecetambém o
número de voltas até o bloco alcançar o centro
da mesa. Após alcançar o centro, o bloco
executará uma trajetória em espiral (espelhada
com a primeira) até atingir o ponto na borda
diametralmente oposto ao ponto inicial.
Questão 21
Seja a posição de um ponto P em três dimensões
dada pelo vetor  zyx ,,r em coordenadas
retangulares (Cartesianas). A mesma posição
pode ser especificada em coordenadas polares
cilíndricas, ρ, ϕ, z, as quais são definidas assim:
seja P’ a projeção de P sobre o plano xy: isto é, P’
tem coordenadas Cartesianas  0,, yx . Então, ρ e
ϕ, são definidos como as duas coordenadas
polares bidimensionais de P’ no plano, enquanto
z é a terceira coordenada Cartesiana, não
modificada. (a) Faça um esboço para ilustrar as
três coordenadas cilíndricas. Forneça as
expressões para ρ, ϕ, z, em termos das três
coordenadas Cartesianas x, y, z. Explique o que é
ρ (“ρ é a distância de P a partir de...”). Há muitas
variações em notação. Por exemplo, algumas
pessoas usam r em vez de ρ. Explique por que
este uso de r não é apropriado. (b) Descreva os
três vetores unitários zρ ˆ,ˆ,ˆ  e escreva a
expressão do vetor posição r em termos desses
vetores unitários. (c) Derive sua última resposta
duas vezes em relação a t para determinar as
componentes cilíndricas da aceleração ra  de
uma partícula. Para fazê-lo, você precisará
conhecer as derivadas temporais de ˆˆ eρ . Você
poderá obtê-las a partir dos resultados
correspondentes bidimensionais. Ou você pode
deduzi-las diretamente.
Resolução:
(a) A Figura 21.1 ilustra a situação descrita no
enunciado.
Figura 21.1
Na projeção (P’), temos:
22 yx 
(21.1)
Em que ρ é a distância de P’ até a origem do
sistema de coordenadas. E para o ângulo:
x
y1tan
(21.2)
(b)







sen
sen
xy
yxρ
z
ˆcosˆˆ
ˆcosˆˆ
ˆ
(21.3)
zyxr ˆˆˆ zyx 
(21.4)
Da Figura 21.1 podemos escrever:
 sene  yx cos
(21.5)
y’
x’0
x
y
z
r
P
x
y
z
ρ
ϕ
P’
ρˆ
ˆzˆ
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Substituindo as expressões (21.5) em (21.4)
teremos:
zyxr ˆˆˆcos z  sen
(21.6)
Então, de acordo com (21.3), teremos:
zρr ˆˆ z 
(21.7)
(c) Da expressão (21.7) teremos:
zzρρr  ˆˆˆˆ zz  
(21.8)
Em (21.8) temos:




 ˆˆ
0ˆ


ρ
z
(21.9)
Logo a expressão (21.8) se torna:
zρr ˆˆˆ z  
(21.10)
Derivando (21.10), teremos:
zρρr ˆˆˆˆˆˆ z  
(21.11)
Em (21.11) temos:
ρˆˆ   
(21.12)
Substituindo novamente a última expressão de
(21.9) e (21.12) em (21.11) teremos:
    zr ˆˆ2ˆ2 z  
(21.13)
Questão 22
Determine as expressões para os vetores
unitários zρ ˆˆ,ˆ e das coordenadas polares
cilíndricas (questão anterior) em termos dos
Cartesianos zyx ˆˆˆ ,, . Derive essas expressões com
respeito ao tempo para determinar
dtddtddtd zρ ˆˆ,ˆ e .
Resolução:
Observando a Figura 22.1, podemos escrever:





z
xy
yxρ
ˆ
ˆcosˆˆ
ˆcosˆˆ


sen
sen
(22.1)
Derivando o conjunto de expressões em (22.1),
teremos:
 
 
dt
d
dt
d
dt
d
dt
d
dt
d




cosˆˆ
ˆ
ˆcosˆ
ˆ
yx
ρ
yx
ρ
sen
sen
(22.2)
 
 
dt
d
dt
d
dt
d
dt
d
dt
d


ρyx
xy
ˆcosˆ
ˆ
ˆcosˆ
ˆ


sen
sen
(22.3)
E
0
ˆ 
dt
dz
(22.4)
Questão 23
Imagine dois cilindros concêntricos, centrados
sobre o eixo vertical z, com raios R , onde
 é muito pequeno. Um bloco pequeno, sem
atrito, de largura 2 é inserido entre os dois
cilindros, de modo que ele pode ser considerado
uma massa pontual que pode ser mover
livremente por uma distância fixa a partir do
eixo vertical. Se usarmos coordenadas polares
cilíndricas (ρ, ϕ, z) para a sua posição, então ρ é
fixo para ρ = R, enquanto ϕ e z podem variar
livremente. Escreva e resolva a segunda lei de
Newton para o movimento geral do bloco,
incluindo os efeitos de gravitação. Descreva o
movimento do bloco.
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Resolução:
Da expressão (21.13) temos:
    zr ˆˆ2ˆ2 z  
(23.1)
Mas, como 00;0    e , então, (23.1) se
torna:
zr ˆˆ2 zR   
(23.2)
Assim, para ϕ teremos:
t  0
(23.3)
E para z:
2
2
000
gt
tzzzgtzzgz  
(23.4)
O bloco possui um movimento circular uniforme constantee0 e um movimento acelerado
na vertical (eixo z).
Questão 24
[Computador] A equação diferencial
 sen
R
g para o skate não pode ser
resolvida em termos de funções elementares,
mas é facilmente resolvida numericamente. (a)
Se você tem acesso a um software, como o
Mathematica, Maple ou Matlab, que pode
resolver equações diferenciais numericamente,
resolva a equação diferencial para o caso em que
a prancha é largada de 200  , usando os
valores 28,95  smgmR e . Faça um gráfico
de ϕ contra t para dois ou três períodos. (b)
Sobre o mesmo gráfico, desenhe a solução
aproximada     tt  cos0 com o mesmo
ângulo. Comente sobre seus dois gráficos.
Resolução:
A Figura 24.1 mostra os gráficos requeridos no
enunciado. Em verde o gráfico de t cos0 ,
em que Rg e em vermelho, o gráfico
(solução numérica) de    senRg . Para
um ângulo rad920  , a solução aproximada
difere muito pouco da solução correta. A
diferença só fica evidente para um grande
intervalo de tempo (a partir do instante inicial).
Figura 24.1
Questão 25
[Computador] Repita tudo referente à questão
anterior, mas usando o valor inicial
rad20   .
Resolução:
Figura 25.1
Aqui, como na questão anterior, em verde a
solução aproximada e em vermelho a solução
numérica. O ângulo sugerido aqui é muito maior
do que o ângulo da questão anterior. Com isso
podemos concluir que a solução aproximada só é
válido para ângulos muito pequenos.
Obs.: Em anexo, o modelo utilizado no Maple 15
para as soluções das questões 24 e 25.
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