Cap2-Problemas Resolvidos-mesclado

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Resposta: A lebre pode tirar uma soneca de 6h 38min 49s sem perder a corrida para a tartaruga. 
Assim, o tempo de soneca será de tson 2.393 10
4
× s= . Ou, dado em horas, este tempo será tson 6.647hr= .
tson Find tson( ) 20.−
m hr⋅ 20. min⋅ km⋅−
km
⋅→:=tleb tson+ ttar=Given
Para que a lebre não perca a corrida, seu tempo de percurso somado com o tempo da soneca deve ser igual 
ao tempo de percurso da tartaruga. Portanto:
ttar 2.4 10
4
× s=e tleb 72 s=
Assim: 
ttar
∆x
vtar
:=e tleb
∆x
vleb
:=
O tempo total que cada um gasta para percorer a distância ∆x é dado por:
∆x v t⋅=
Equações de movimento : como o movimento é uniforme, usaremos apenas a equação que nos fornece a 
distância percorrida em função do tempo: 
Solução
Pede-se: 
tson = ? - tempo da soneca
∆t 0.5min:=vtar 1.5
m
min
:=vleb 30
km
hr
:=∆x 600m:=
Dados do problema
Problema 1
Na célebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre é de 30 km/h e a da tartaruga é de 
1,5m/min. A distância a percorrer é de 600m, e a lebre corre durante 0,5min antes de parar para uma soneca. 
Qual é a duração máxima da soneca para que a lebre não perca a corrida? Resolva analiticamente e 
graficamente.
Física Básica: Mecânica - H. Moysés Nussenzveig, 4.ed, 2003
Problemas do Capítulo 2
por
Abraham Moysés Cohen
Departamento de Física - UFAM
Manaus, AM, Brasil - 2004
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
Problema 2 
Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a aceleração média com a 
aceleração da gravidade. Se a aceleração é constante, que distância o carro percorre até atingir 100km/h?
Dados do problema
v0 0
km
hr
:= , v 100
km
hr
:= ∆t 4s:=
Pede-se
 
am = ? (aceleração média)
∆x = ? (distância percorrida pelo carro até atingir 100km/h )
Solução
A aceleração média é calculada pela fórmula am
∆v
∆t
= onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de 
tempo ∆t, ou seja, am
v v0−
∆t
:= . Portanto,
am 6.9
m
s2
= .
Como g 9.8
m
s2
:= , então
am
g
0.71=
ou seja, am 0.71g= .
Durante o tempo em que foi acelerado de 0 a 100km/h, o carro percorreu uma distância dada por
∆x
1
2
am⋅ ∆t
2
⋅:=
Logo,
∆x 55.6 m=
 
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 2
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Problema 3
Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h. Qual é a 
velocidade média do seu percurso? Compare-a com a média aritmética das velocidades.
Dados do problema
∆x1 10km:= v1 40
km
hr
:= ∆x2 10km:= v2 80
km
hr
:= ∆x3 10km:= v3 30
km
hr
:=
Pede-se
vm = ? - velocidade média no percurso
 
Solução
Velocidade média. A velocidade média num percurso é definida como
 vm
∆x
∆t
= , 
onde ∆x é o deslocamento ocorrido durante o intervalo de tempo ∆t. Para calcular a velocidade média, 
precisamos antes calcular o intervalo de tempo do percurso. Para isso usaremos a equação de movimento do 
MRU, ou seja,
∆t1
∆x1
v1
:= , ∆t2
∆x2
v2
:= , ∆t3
∆x3
v3
:= 
Desta maneira, o intervalo de tempo total é dado pela soma de cada um desses termos. Logo,
∆t ∆t1 ∆t2+ ∆t3+:= .
Assim,
∆t 2.55 103× s= , ou ∆t 0.708 hr= . 
Como o deslocamento neste intervalo de tempo é de ∆x ∆x1 ∆x2+ ∆x3+:= , isto é, ∆x 30 km= . Então, como 
vm
∆x
∆t
:=
encontra-se
vm 42.4
km
hr
=
Média das velocidades. Por outro lado, a média das velocidades é obtida calculando-se a média 
aritmética das velocidades v1, v2 e v3 . Assim,
vMA
v1 v2+ v3+
3
:=
Assim,
vMA 50
km
hr
= ,
o que demonstra que estas duas quantidades em geral são diferentes.
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Problema 4
Um avião a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500km/h para decolar, e tem uma aceleração 
de 4m/s2. Quanto tempo ele leva para decolar e que distância percorre na pista até a decolagem?
Dados do problema
v0 0
km
hr
:= - velocidade inicial do avião
v 500
km
hr
:= - velocidade final para decolar
a 4
m
s2
:= - aceleração
Pede-se
∆t = ? - intervalo de tempo para decolar
∆x = ? - distância percorrida durante a decolagem
Solução
Distância percorrida. Sabendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos 
calcular a distância percorrida, usando a equação de Torricelli. Assim,
Given
 v2 v0
2 2 a⋅ ∆x⋅+= ,
 ∆x Find ∆x( ) 31250 km
2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:=
Ou seja, a distância percorrida será de:
∆x 2.41 km=
Tempo de decolagem . Conhecendo a velocidade inicial, a velocidade final e a aceleração, podemos 
também calcular o tempo de decolagem, usando a equação de movimento, isto é, 
Given 
v v0 a t⋅+= 
t Find t( ) 125
km
hr m⋅
⋅ s2⋅→:= . Assim,
t 34.7 s=
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.→.am
0 45
km
hr
−
hr
60
:=
am 0.21
m
s2
=Intervalo: 2 a 3min:
.→.am
45
km
hr
0−
hr
60
:=
am 6.94
m
s2
=
Intervalo: 0 a 1min:
0 1 2 3 4 5
0
1
2
3
4
Posição x Tempo
t (min)
x 
(k
m
)
Aceleração média. Por definição, a aceleração
média é dada pela fórmula:
am
∆v
∆t
=
onde ∆v é a variação da velocidade no intervalo de
tempo ∆t.
x t( )
1
60 0
t
tv t( )
⌠
⎮
⌡
d⋅:=
Posição do automóvel. Para calcular a posição 
do automóvel em cada instante, devemos encontrar a área 
sob a curva vxt. Isto pode ser feito através de uma integral. 
Assim,
0 1 2 3 4 5 6
1 .104
5000
0
5000
1 .104
Aceleração x Tempo
t (min)
km
/h
r^
2
a t( ) 60
t
v t( )d
d
⋅:=
Aceleração. A aceleração é calculada tomando a 
derivada da função velocidade. Neste caso,
0 1 2 3 4 5 6
0
15
30
45
60
75
Velocidade x Tempo
t (min)
v 
(k
m
/h
)
v t( ) 90 t⋅ t 0≥ t 0.5≤∧if
45 t 0.5≥ t 2≤∧if
45 90 t 2−( )⋅− t 2≥ t 2.5≤∧if
0 t 2.5≥ t 3≤∧if
150 t 3−( )⋅ t 3≥ t 3.5≤∧if
75 t 3.5≥ t 4.5≤∧if
75 150 t 4.5−( )⋅− t 4.5≥ t 5≤∧if
:=t 0 0.04, 5..:=
Solução 
Dados do problema
Ver gráfico ao lado.
v (km/h)
t (min)0 1 2 3 4 5
75
60
45
30
15
Problema 5
O gráfico da figura representa a marcação do velocímetro de um automóvel em função do tempo. Trace os 
gráficos correspondentes da acelaração e do espaço percorrido pelo automóvel em função do tempo. Qual é a 
aceleração média do automóvel entre t = 0 e t = 1min? E entre t = 2min e t = 3min ?
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Problema 6
Uma partícula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta, com aceleração 
crescente segundo a lei a b t⋅= , onde t é o tempo e b = 0.5 m/s2. Trace os gráficos da velocidade v e da 
posição x da partícula em função do tempo. Qual é a expressão analítica de v(t) ?
Dados do problema
v0 0:= t 0s 0.01s, 10s..:= b 0.5
m
s3
:= a t( ) b t⋅:=
Pede-se
(a) Gráficos v(t) e x(t) (b) Expressão analítica de v(t)
Solução 
Expressão analítica de v(t). Sabendo a expressão da aceleração, é direto calcular v(t). De fato, 
partindo da definição de aceleração,
a t( )
t
v t( )d
d
=
podemos integrar esta equação para obter,
v t( ) v 0( )−
0
t
ta t( )
⌠
⎮
⌡
d=
Como v 0( ) v0:= = 0, a integral torna-se
v t( ) tb t⋅
⌠
⎮
⌡
d:=
e, portanto,
v t( )
1
2
b⋅ t2⋅:=
O gráfico desta função é mostrado na figura ao lado.
0 2 4 6 8 10
0
6
12
18
24
30
Velocidade x Tempo
t (s)
v 
(m
/s
)
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Problema 7
O tempo médio de reação de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo súbito e aplicar os 
freios) é da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca pode ser freiado a 6m/s 2;. Calcule a 
distância mínima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 
60km/h e a 90km/h. Estime a quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distâncias encontradas.Dados do problema
tr 0.7s:= - tempo médio de reação
af 6−
m
s2
:= - desaceleração do carro
v01 30
km
hr
:= - velocidade inicial do carro
v02 60
km
hr
:= - idem
v03 90
km
hr
:= - idem
L 3m:= - comprimento do carro
Pede-se
xmin = ? - distância mínima percorrida até 
parar
α xmin( )
xmin
L
:= - relação da distância com o 
 comprimento do carro
Solução 
O tempo t que decorre entre o motorista avistar o perigo até o carro parar contém dois termos: o tempo de 
reação tr mais o tempo gasto para desacelerar o carro, após aplicar os freios, t f.. Assim, 
t tf tr+=
O tempo de freagem pode ser calculado facilmente e depende da velocidade inicial que o carro tenho no 
momento em que os freios forem aplicados. Matematicamente, esses intervalos podem ser calculados a partir 
da equação 
v v0 a t⋅+= 
Neste problema, temos três casos:
Given 0 v01 af t⋅+= tf1 Find t( ) 5
km
m hr⋅
⋅ s2⋅→:= tf1 1.389 s=
Given 0 v02 af t⋅+= tf2 Find t( ) 10
km
m hr⋅
⋅ s2⋅→:= tf2 2.778 s=
Given 0 v03 af t⋅+= tf3 Find t( ) 15
km
hr m⋅
⋅ s2⋅→:= tf3 4.167 s=
Logo, o tempo total que o carro gasta até parar, desde o momento o motorista avistou o perigo, em cada 
caso, é: 
Para v0 30
km
hr
= t30 tf1 tr+:= >> t30 2.089 s=
Para v0 60
km
hr
= t60 tf2 tr+:= >> t60 3.478 s=
Para v0 90
km
hr
= t90 tf3 tr+:= >> t90 4.867 s=
continua >>
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<< Continuação do Problema 7 >>
A distância mínima percorrida, em cada caso, é a soma de dois termos: (1) distância percorrida do 
momento que o motorista avistou o perigo até pisar nos freios; e (2) a distância percorrida enquanto os freios 
eram aplicados. O primeiro termo corresponde a um MU e o segundo, MRUV. Para este, tem-se
Given 0 v01
2 2 af⋅ x⋅+= x1 Find x( ) 75
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x1 5.8 m=
Given 0 v02
2 2 af⋅ x⋅+= x2 Find x( ) 300
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x2 23.1 m=
Given 0 v03
2 2 af⋅ x⋅+= x3 Find x( ) 675
km2
hr2 m⋅
⋅ s2⋅→:= >> x3 52.1 m=
A distância mínima pode então ser calculada:
Para v0 30
km
hr
= xmin v01 tr⋅ x1+:= >> xmin 11.6 m= >> α xmin( ) 3.9=
Para v0 60
km
hr
= xmin v02 tr⋅ x2+:= >> xmin 34.8 m= >> α xmin( ) 11.6=
Para v0 90
km
hr
= xmin v03 tr⋅ x3+:= >> xmin 69.6 m= >> α xmin( ) 23.2=
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Problema 8
O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração 
máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é de 3m/s 2 e ele 
pode ser freiado a 5m/s2. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para amarelo a fim de 
que possa atravessar no amarelo? Qual é a velocidade máxima que ainda lhe permite parar antes de atingir o 
cruzamento?
Dados do problema
ta 3s:= (tempo de duração do sinal amarelo)
Lc 15m:= (largura do cruzamento)
ac 3
m
s2
:= (aceleração máxima do carro)
af 5−
m
s2
:= (desaceleração máxima dos freios)
d 30m:= (distância do carro ao cruzamento
Pede-se
(a) vmin = ? (velocidade mínima)
(b) vmáx = ? (velociadade máxima
Análise do problema
Neste problema, temos que considerar dois casos: (1) sem levar em conta o tempo de reação do motorista; e (2) 
levando em conta este tempo ( tr 0.7s:= ). 
(a) Velocidade mínima
(1) Para calcular a velocidade mínima necessária para que o carro atravesse o cruzamento, sem levar em conta o 
tempo de reação (tr = 0), o carro terá que percorrer uma distância x1 Lc d+:= , no intervalo de tempo 
correspondente à duração do sinal amarelo ( t1 ta:= ). 
(2) Levando em conta o tempo de reação do motorista, o tempo que o carro dispõe para percorrer a distância 
x2 x1 v0 tr⋅−= , atravesando o cruzamento no intervalo de tempo, que é, neste caso, t2 ta tr−:= ..
(b) Velocidade máxima
(1) A velocidade máxima que o carro deve ter para que o motorista consiga pará--lo antes de atravessar o 
cruzamento, pode ser calculada lembrando que o carro terá que percorrer a distância d no tempo de duração do 
sinal amarelo ( t1 3 s= ).
(2) O tempo aqui será t2 ta tr−:= .
Solução 
(a-1) Velocidade mínima sem tempo de reação (t r=0)
De acordo com a análise, temos:
Given x1 v0 t1⋅
1
2
ac t1
2
+= onde x1 45 m= , ac 3
m
s2
= e t1 3 s= , encontra-se 
vmin Find v0( )
21
2
m
s
⋅→:=
Assim, 
vmin 10.5
m
s
= ou vmin 37.8
km
hr
=
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(a-2) Velocidade mínina com tempo de reação
De maneira análoga,
Given x1 v0 tr⋅− v0 t2⋅
1
2
ac⋅ t2
2
⋅+= vmin Find v0( ) 12.355000000000000000
m
s
⋅→:=
Assim,
vmin 12.355
m
s
= ou vmin 44.5
km
hr
=
(b-1) Velocidade máxima sem tempo de reação (t r = 0)
Aqui nós temos v 0:= e x1 d:= . Logo,
Given v2 v0
2 2 af⋅ x1⋅+=
v0 Find v0( ) 10 3
1
2
⋅
m
s
⋅ 10− 3
1
2
⋅
m
s
⋅
⎛
⎜
⎜
⎝
⎞
⎠
→:=
Portanto, vmax 10 3⋅
m
s
:= 
ou
vmax 62.4
km
hr
=
(b-2) Velocidade máxima com tempo de reação ( tr 0.7 s= )
Antes de aplicar os freios, o carro já terá percorrido uma distância v 0 tr, restando 
apenas uma distância x1 d v0 tr⋅−= . para parar. Logo,
Given 
 
0 v0
2 2 af⋅ d v0 tr⋅−( )⋅+=
Find v0( )
7−
2
1
2
1249
1
2
⋅+
⎛
⎜
⎜
⎝
⎞
⎠
m
s
⋅
7−
2
1
2
1249
1
2
⋅−
⎛
⎜
⎜
⎝
⎞
⎠
m
s
⋅
⎡
⎢
⎢
⎣
⎤
⎥
⎥
⎦
→
Portanto, vmax
7−
2
1
2
1249⋅+⎛⎜
⎝
⎞
⎠
m
s
:= 
Assim, 
vmax 14.2
m
s
= 
ou
vmax 51
km
hr
=
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Problema 9
Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m atrás de um caminhão (distância entre pontos médios), 
ambos trafegando a 80km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3m/s 2. O motorista deseja ultrapassar o 
caminhão e voltar para sua mão 15m adiante do caminhão. No momento em que cameça a ultrapassagem, avista 
um carro que vem vindo em sentido oposto, também a 80km/h. A que distância mínima precisa estar do outro 
carro para que a ultrapassagem seja segura?
Situação Inicial
Situação Final
15m
x
15m
Carro 1 Caminhão
Carro 2
x1
x2
xc
Dados do problema
Carro 1:
v01 80
km
hr
:= 
x01 0km:=
a1 3
m
s2
:=
Caminhão:
vc 80
km
hr
:=
x0c 15m:=
Carro 2:
v2 80−
km
hr
:=
Pede-se
xmin = ? (distância mínima entre os carros 1 e 2 para que 
haja a ultrapassagem nas condições indicadas)
 
Análise do problema
Ao final da ultrapassagem, os carros 1 e 2 devem ter a mesma posiçao em relação à origem, que foi tomada 
como sendo a posição inicial do carro 1 (ver figura acima). Além disto, como condição exigida, a posição do carro 
1 deve exceder em 15m a posição do caminhão. 
Solução
A posição de cada um no instante t é: 
x1 t( ) x01 v01 t⋅+
1
2
a1 t
2
⋅+:= , x2 xmin t,( ) xmin v2 t⋅+:= , xc t( ) x0c vc t⋅+:=
Usando a condição de ultrapassagem temos
Given x1 t( ) xc t( ) 15m+= tans Find t( ) 2 5
1
2
⋅ s⋅ 2− 5
1
2
⋅ s⋅
⎛
⎜
⎝
⎞
⎠→:=
Logo, o tempo de ultrapassagem será de t tans
1〈 〉:= ou t 4.472( ) s= . Para que a outeja satisfeita, é 
necessário que a distância mínima entre os carros seja:
Given x1 t( ) x2 xmin t,( )= xmin Find xmin( ):= 
Logo, xmin 228.8 m=
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t 2
d
a
1
a
f
+⎛⎜
⎝
⎞
⎠
=que pode ser reescrito comot 2
a a f+( )⋅ d⋅ f⋅
a a f+( )⋅
⋅=
O tempo gasto é portanto,
F d a, f,( ) Find t t1,( ) simplify
1
a
2
1
2
⋅
a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
f
⋅
1
a a f+( )⋅
2
1
2
⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
⋅
1−
a
2
1
2
⋅
a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
f
⋅
1−
a a f+( )⋅
2
1
2
⋅ a a f+( )⋅ d⋅ f⋅[ ]
1
2
⋅
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
→:=
v a t1⋅ f−, t t1−,( ) 0=x 0 a, t1,( ) x a t1⋅ f−, t t1−,( )+ d=
Given
OPÇÃO 1 Vamos começar calculando tempo através da opção 1:
x v0 a, t,( ) v0 t⋅
1
2
a t2⋅+:=v v0 a, t,( ) v0 a t⋅+:=
Limpando as variáveis: 
t1 :=t2 := t := a :=
Solução 
Análise do problema
Opção 1 O motorista acelera a partir da estação A 
até o instante t1 com aceleração máxima a e depois 
desacelera (com af) até parar na estação B no instante t 
(ver figura a).
Opção 2 O motorista, partindo da estação A, 
acelera até o instante t1, onde atinge a velocidade v1, 
mantendo esta velocidade até o instante t 2 e desacelera 
até parar na estação B no instante t (ver figura b).
Pede-se
tmin = ? (tempo mínimo de percurso)
Dados do problema
d - distância entre duas estações
a - aceleração máxima
f - desaceleração máxima
v
t
0 t1 t
v1 desaceleração
máxima (f)
aceleração
máxima (a)
x1 x2 estação Bestação A
Opção 1
v
t
0 t1 t'
v1 desaceleração
máxima (f)
aceleração
máxima (a)
x1 x2 estação Bestação A
t2
x3
Opção 2
Problema 10
Um trem com aceleração máxima a e desaceleração máxima f (magnitude da aceleração de freamento) tem de 
percorrer uma distância d entre duas estações. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a aceleração 
máxima até certo ponto e a partir daí frear com a desaceleração máxima, até chegar; (b) acelerar até uma certa 
velocidade, mantê-la constante durante algum tempo e depois fear até a chegada. Mostre que a primeira opção 
é a que minimiza o tempo do percurso (sugestão: utilize gráficos v x t) e calcule o tempo mínimo de percurso 
em função de a, f e d.
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o que nos fornece um intervalo de tempo entre os lançamentos igual a ∆t ts:= ts ou ∆t =∆t
ts =tsouts
t2
2
:=
t2
As duas soluções correspondem ao instante de lançamento ( t1 =t1 ) e quando retorna ( t2 =t2 ). Como o tempo 
de subida é igual ao tempo de descida, então, para manter o máximo de tempo as duas bolas no ar, o 
lançamento da segunda bola deve ser feito quando a primeira está em sua altura máxima, isto é,
t2 =t2et1 =t1
ou
t1 t2( ) Find t( ) 0 1.2777531299998798265
m2
s2
⎛⎜
⎜
⎝
⎞
⎠
1
2
⋅
s2
m
⋅
⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣
⎤⎥
⎥
⎥
⎥⎦
→:=t1 t2( ) Find t( ) 0 1.2777531299998798265
m2
s2
⎛⎜
⎜
⎝
⎞
⎠
1
2
⋅
s2
m
⋅
⎡⎢
⎢
⎢
⎢⎣
⎤⎥
⎥
⎥
⎥⎦
→:= *
0 v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−=
GivenGiven
Fazendo z(t) = 0 nesta equação, encontra-se o tempo que a bola leva
para subir e descer. Assim
z t( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−=
O intervalo de tempo entre os lançamentos correspondente à duração do movimento de subida (ou de 
descida) de uma das bolas. Usando a fórmula para a posição z da bola em qualquer instante:
v0 17.3 17.3−( )
m
s
=ou
v0 2 g⋅ h⋅:=v0 2 g⋅ h⋅:= >>v v0
2 2 g⋅ h⋅−=
Velocidade para a bola alcançar a altura h:
Solução 
∆t :=∆t :=v0 :=v0 :=
Limpando as variáveis
Pede-se
v0 = ? (velocidade de lançamento)
∆t = ? (intervalo de tempo entre dois lançamentos)
Dados do problema
h 2m:=h 2m:= (altura de lançamento)
vh 0:=vh 0:= (velocidade na altura h)
g 9.8
m
s2
:=g 9.8
m
s2
:= (aceleração da gravidade)
Problema 11
Você quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as até uma altura máxima de 2m. 
De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandar as bolas para cima?
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 13
Universidade Federal do Amazonas FÍSICA I Problemas Resolvidos
g 2
z
t1 t2⋅
⋅=Ou seja:
g z t1, t2,( ) Find g( ) 2
z
t1 t2⋅
⋅→:=
y
1
2
g t1
2
⋅ 2 z⋅+⎛⎝
⎞
⎠
t1
⋅ g, t2,
⎡
⎢
⎢
⎣
⎤
⎥
⎥
⎦
z=
Given
Da mesma forma:
v0
1
2
g t1
2
⋅ 2 z⋅+⎛⎝
⎞
⎠
t1
⋅:=
g
ou seja
F z g, t1,( ) Find v0( )
1
2
g t1
2
⋅ 2 z⋅+
t1
⋅→:=
y v0 g, t1,( ) z=
Given
A figura ao lado ilustra a experiência. Sabendo que a bolinha passa
pelo ponto z nos dois instantes de tempo, então
y v0 g, t,( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−:=
A equação horária é dada por:
Solução
z
t1 t2
td :=ts :=t :=g :=v0 :=z :=
Limpando as variáveis
Pede-se
g = ? (aceleração da gravidade)
Dados do problema
z (altura onde se realiza a medida)
t1 (instante em que a bola passa por z na subida)
t2 (instante em que a bola passa por z na descida)
Problema 12
Um método possível para medir a aceleração da gravidade g consiste em lançar uma bolinha para cima num 
tubo onde se fez vácuo e medir com precisão os instantes t 1 e t2 de passagem (na subida e na descida, 
respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir do instante do lançamento. Mostre que
g 2
z
t1 t2⋅
⋅=
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Então 
Given v0 ts⋅
1
2
g⋅ ts
2
⋅− h= v0 td⋅
1
2
g⋅ td
2
⋅− h=
Find h v0,( )
2.4990000000000000000 m⋅
9.8000000000000000000
m
s
⋅
⎛
⎜
⎜
⎝
⎞
⎠
→
Assim, 
h 2.5 m⋅:= v0 9.8
m
s
⋅:=
Para calcular a altura máxima (hmax) que a bola sobe, vamos usar a equação de Torricelli:
v2 v0
2 2g hmax⋅−= Então
Given 0 v0
2 2g hmax⋅−=
hmax Find hmax( ) 4.9000000000000000000 m⋅→:=
Portanto, hmax 4.9 m=
Problema 13
Uma bola de vôlei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto próximo do chão, passa pela altura da 
rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7s depois do arremesso. (a) Qual é a 
velocidade inicial da bola? (b) Até que altura máxima ela sobe? (c) Qual é a altura da rede?
Limpando as variáveis
h := v0 := g := t := ts := td :=
Dados do problema
ts 0.3s:= (tempo para passar pela altura da rede na subida)
td 1.7 s⋅:= (tempo para passar pela altura da rede na descida)
g 9.8
m
s2
:=
Pede-se
v0 = ? (velocidade inicial da bola)
h = ? (altura da rede)
(ver figura abaixo)
hSolução 
Equações do movimento
v t( ) v0 g t⋅−= y t( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅−=
Sabe-se que: y ts( ) y td( )= h=
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ts 0.056s:=tp 1.94s:=h 18.5m:=
Então, a solução é: 
h
tp
ts
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
Find h tp, ts,( )
18.515705165688364399 m⋅
1.9438918025282170776 s⋅
5.6108197471782922422 10-2⋅ s⋅
23525.974090752678983 m⋅
69.290830578038421159− s⋅
71.290830578038421159 s⋅
⎛⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
→:=
h
tp
ts
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
Find h tp, ts,( )
18.515705165688364399 m⋅
1.9438918025282170776 s⋅
5.6108197471782922422 10-2⋅ s⋅
23525.974090752678983 m⋅
69.290830578038421159− s⋅
71.290830578038421159 s⋅
⎛⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
→:=
zs ts( ) h=z tp( ) h=tp ts+ t=
Given
Supondo que a pedra tenha levado um tempo t p para atingir o fundo (de profundidade h) e que o som gaste 
um tempo ts para percorrer o caminho de volta, o tempo total será a soma dos dois, e vale t 2s= Assim, da 
condição tp + ts = t, encontra-se:
Para o som
zs t( ) vs t⋅:=
 
Equações do movimento para a pedra
z t( ) v0 t⋅
1
2
g⋅ t2⋅+:= v t( ) v0 g t⋅+:=
Solução
Dados do problema
vs 330
m
s
:= (velocidade do som)
t 2s:= (tempo decorrido até se ouvir o barulho)
v0 0:=
Pede-se
 
h = ? (profundidade do poço)
tp :=ts :=t :=v0 :=h :=
Limpando as variáveis
Problema 14
Deixa-se cair uma pedra num poço profundo. O barulho da queda é ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade 
do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço.
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- velocidade em t2v1 g t2⋅=
- altura h1h1 h
1
2
g⋅ t2
2
⋅+=
- chega ao chão (z = 0)
0 h
1
2
g⋅ tq
2
⋅+=
Find h v1, t2, tq,( )
91.938903061224489796 m⋅
37.550000000000000000−
m
s
⋅
3.8316326530612244898 s⋅
4.3316326530612244898 s⋅
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
→
Assim, encontramos: 
h 92m:= e tq 4.3s:=
Com o valor de tq podemos calcular a velocidade final: vc g tq⋅:=
Logo, vc 42−
m
s
= ou vc 152−
km
hr
=
Problema 15
Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo 3º andar, situado 20m acima do chão, 0,5s antes 
de se espatifar no chão. (a) Qual é a altura do edifício? (b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso 
atinge o chão?
Limpando as variáveis
h := v0 := t := t2 := tq := vc :=
Dados do problema
h1 20m:=
t1 0.5s:=
Pede-se
(a) h = ? (altura do edifício)
(b) vc = ? (velocidade ao atingir o chão)
20m
h
z
t2
t1
assumev1 0<,g 9.8−
m
s2
:=
O tempo de queda (tq) será a soma de dois termos: t1 + t2. Assim,
tq t1 t2+=
Given
tq t1 t2+= - tempo de queda
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v1 a t1⋅=
h2 v1 t2⋅
1
2
g⋅ t2
2
⋅+=
0 v1 g t2⋅+=
Find h1 h2, v1, t2,( ) simplify
6615. abs
m
s2
⎛
⎜
⎝
⎞
⎠
⋅ s2⋅
9922.5000000000000000 abs
m
s2
⎛
⎜
⎝
⎞
⎠
2
⋅
s4
m
⋅
441. abs
m
s2
⎛
⎜
⎝
⎞
⎠
⋅ s⋅
45. abs
m
s2
⎛
⎜
⎝
⎞
⎠
⋅
s3
m
⋅
⎛⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜⎝
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
→
Ou seja:
h1 6615m:= h2 9922.5m:= t2 45s:=
Então, h h1 h2+ 16537.5 m⋅→:=
Além disto, vsolo 2 g⋅ h⋅:= e, portanto vsolo 569
m
s
= ou vsolo 2.05 10
3
×
km
hr
=
Problema 16
Um foguete para pesquisas metereológicas é lançado verticalmente para cima. O combustível, que lhe imprime 
uma aceleração 1,5g (g = aceleração da gravidade) durante o período de queima, esgota-se após 0,5min. (a) 
Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemos desprezar a resistência do ar? (b) Com que 
velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o solo?
Limpando as variáveis
h1 := h2 := h := t1 := t2 := tq := v1 :=
Dados do problema
g 9.8−
m
s2
:= (aceleração da gravidade)
a 1.5 g⋅:= (aceleração devido à queima de combustível)
t1 30s:= (duração da queima)
Pede-se
h = ? (altitude máxima)
v = ? (velocidade com que chega ao solo)
t = ? (tempo que gasta para retornar ao solo)
duração do
combustível
v = 0
g
h
z
1,5g h1
h2
Solução 
Para o trecho com combustível (até z = h1 e t = 30s)
Given
h1
1
2
a⋅ t1
2
⋅= (combustível) 
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Problemas Resolvidos do Capítulo 3
MOVIMENTO BIDIMENSIONAL
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
PROBLEMA 1 Um projétil é disparado com velocidade de 600 m/s, num ângulo de 60° com a horizontal. Calcular
(a) o alcance horizontal, (b) a altura máxima, (c) a velocidade e a altura 30s após o disparo, (d) a velocidade e o tempo
decorrido quando o projétil está a 10 km de altura.
SOLUÇÃO As equações para este movimento são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  v0 sent − 12 gt
2
 Dados:
v0 
v0  600m/s
  60°
g  9, 8 m/s2
 Diagrama:
y
x
θ
v0
v0x
v0y
y = ym
x = A
a = -g j
O
Figura 1
 (a) Alcance horizontal Seja t  tA o instante em que o projétil atinge o ponto x  A. A distância OA é chamada de
alcance do projétil, que é obtida fazendo-se ytA   0. Assim, da expressão para yt, encontramos
yt  v0 sent − 12 at
2  0  v0 sen − 12 gt t  0 
t  0
t  2v0 seng
Estas duas raízes correspondem às duas situações em que o projétil se encontra em y  0, uma no instante de
lançamento, t  t0  0, e a outra ao atingir o solo no ponto x  A, t  tA  2v0 seng . Portanto, substituindo os valores,
encontra-se
tA  2  600  sen60°9, 8 
2  600  32
9, 8  106 s
Para calcular o alcance basta substituir este tempo em xt, xtA   A, ou seja,
A  v0 cos tA  600  cos60º  106  31. 800 m  31, 8 km
 (b) Altura máxima Demonstramos em classe que tA  2tm. Logo o tempo para atingir a altura máxima vale
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Universidade Federal do Amazonas
tm  53s. Assim, ytm   ym, ou seja
ym  v0 sentm − 12 gtm
2  600  32  53 −
1
2  9, 8  53
2  13775 , 5 m
 (c) Velocidade e altura 30s após o disparo Para calcular a velocidade, vamos primeiro calculara as
componentes
vx30s)  v0 cos60º  600  0, 5  300 m/s
vy30s)  v0 sen60º − gt  600 
3
2 − 9, 8  30  225, 6 m/s
Como v  vxi  vyj então
v  vx2  vy2  3002  225, 62  375, 4 m/s
  arctg vyvx  arctg
225, 6
300
 arctg0, 75  37º
A altura y30s vale
y30s  600  sen60º  30 − 12  9, 8  30
2  11, 178 m  11, 2 km.
 (d) Velocidade e tempo para y  10 km Neste caso, basta fazer y  10. 000 na expressão de yt e determinar o t
correspondente:
10. 000  600  32 t −
1
2  9, 8t
2
ou
4, 9t2 − 522t  10. 000  0  t 
25 s
81 s
Estas duas soluções para y  10. 000 m correspondem aos dois valores de x, isto é,
x1  600  0, 5  25  7. 500 m  7, 5 km
x2  600  0, 5  81  24. 300 m  24, 3 km
em torno de xm  600  0, 5  53  15. 900 m  15, 9 km. Como vimos em sala, em pontos simétricos em relação a xm,
como são x1 e x2, as velocidades são iguais, invertendo apenas a componente y, ou seja, vy1  −vy2. Assim, para
calcular a velocidade basta substituir t  25 s nas expressões vxt e vyt para a componentes de v,
vx 25s  600  cos60º  300 m/s
vy 25s  600  sen60º − 9, 8  25  275 m/s
v 25 s 
v 25s  3002  2752  407 m/s
  arctg 275300  43º
★ ★ ★
PROBLEMA 2 Um avião de bombardeio voa horizontalmente com velocidade de 180 km/h na altitude de 1,2 km. (a)
Quanto tempo antes de o avião sobrevoar o alvo ele deve lançar uma bomba? (b) Qual a velocidade da bomba
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.2
Universidade Federal do Amazonas
quando ela atinge o solo? (c) Qual a velocidade da bomba quando ela está a 200 m de altura? (d) Qual a distância
horizontal percorrida pela bomba?
SOLUÇÃO As equação que usaremos são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  y0  v0 sent − 12 gt
2
 Dados:
v0 
v0  180 km/h  50 m/s,
  0°,
y0  1, 2 km/h  1. 200 m,
x0  0,
g  9, 8 m/s2
 Diagrama:
Alvo
y
x
bomba
v0
a = -g j
O xa
y0
Figura 2
 (a) Tempo antes do sobrevoar o alvo O diagrama mostra que o avião deve lancar a bomba a uma distância
horizontal xa do alvo para que este seja atingido. Em outras palavras, ao lançar a bomba sobre O esta percorre sua
trajetória e atinge o solo no ponto de coordenadas x  xa e ya  0 (alvo). Fazendo yta   0 encontra-se o tempo que a
bomba leva para atingir o alvo ao ser lançada sobre O.
yt  y0  v0 sent − 12 gt
2  0  1. 200 − 12  9, 8 ta
2  ta   15, 6 s
A solução ta  −15, 6 não serve porque t é um intervalo de tempo e tem que ser positivo. Portanto, a solução
fisicamente aceitável é ta  15, 6 s. Logo, o avião tem que lançar a bomba 15, 6 s antes de sobrevoar o alvo para que
ela o atinja.
 (b) Velocidade da bomba ao atingir o solo Usando as componentes vx e vx, encontramos
vx  v0 cos  vx  50 m/s
vy  v0 sen − gt  vy  −9, 8 ta  −153 m/s
 va  vxi  vyj 
va  502  −1532  161 m/s
a  arctg −15350  −72º
Ou seja, a bomba atinge o alvo com uma velocidade cujo módulo vale va  161 m/s, com um ângulo a  72º abaixo da
horizontal.
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 3.3
Universidade Federal do Amazonas
 (c) Velocidade da bomba em y  200 m Para isto, basta calcular o tempo que a bomba leva para atingir y  200
m e com ele determinar as componentes de v. Assim,
yt  y0  v0 sent − 12 gt
2  200  1. 200 − 4, 9t2  t   14, 3 s
Novamente a solução física é t  14, 3 s. Com este tempo calculamos v, ou seja,
vx  v0 cos  vx  50 m/s
vy  v0 sen − gt  vy  −9, 8  14, 3  −140 m/s
 va  vxi  vyj 
va  502  −1402  149 m/s
a  arctg −14050  −70º
 (d) Distância horizontal percorrida pela bomba Desde o lançamento até tocar no solo, a bomba levou um
tempo ta  15, 6 s. Portanto, a distância horizontal que a bomba percorre é dada por x  xta . Logo
xt  v0 cos t  x  50  15, 6  780 m
★ ★ ★
PROBLEMA 3 Um projétil é disparado num ângulo de 35° com a horizontal. Ele atinge o solo a 4 km do ponto do
disparo. Calcular (a) o módulo da velocidade inicial, (b) o tempo de trânsito do projétil, (c) a altura máxima, (d) o
módulo da velocidade no ponto de altura máxima.
SOLUÇÃO As equações que usaremos são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cost yt  v0 sent − 12 gt
2
Dados:
xA  4 km  4. 000 m,
  35°,
g  9, 8 m/s2
Diagrama:
y
x
v0
v0x
v0y
y = ym
x = A
a = -g j
O
4.000 m
vm
35º
Figura 3
 (a) Módulo da velocidade inicial O problema forneceu o alcance: A  4. 000 m. Então, podemos usar o resultado
tA  2v0 seng , obtido no Problema 1, e fazer A  v0 cos tA para encontrar a velocidade incial. Assim,
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.4
Universidade Federal do Amazonas
A  v0 cos 2v0 seng 
v02 sen2
g  v0 
gA
sen2 
9, 8  4. 000
0, 94  204 m/s
 (b) Tempo de trânsito Este é o tempo que o projétil levou para atingir o solo, tA (também conhecido como tempo
de vôo). Logo, da expressão para tA, encontra-se
tA  2v0 seng 
2  204  0, 5
9, 8  23, 7 s
 (c) Altura máxima Já vimos que tm  tA2 e portanto tm  11, 9 s. Substituindo na expressão para yt encontra-se
ym  ytm   v0 sentm − 12 gtm
2  204  0, 57  11, 9 − 0, 5  9, 8  11, 92  670 m
 (d) Módulo de vm Como sabemos o tempo que o projétil leva para atingir a altura máxima, podemos calcular as
componentes de sua velocidade. Neste caso, devemos lembrar que a componente y da velocidade se anula. Então,
temos apenas a componente x,
vx  v0 cos35º  204  0, 82  167 m/s
vy  0
Assim, o módulo da velocidade no ponto de altura máxima é:
vm  167 m/s
★ ★ ★
PROBLEMA 4 Um avião voa horizontalmente na altitude de 1 km com a velocidade de 200 km/h. Ele deixa cair
uma bomba sobre um navio que se move no mesmo sentido e com a velocidade de 20 km/h. (a) Calcule a distância
horizontal entre o avião e o navio, no instante do lançamento, para que este seja atingido pela bomba. (b) Resolver o
mesmo problema para o caso de o avião e o navio terem movimentos de sentidos contrários.
SOLUÇÃO As equação que usaremos são
axt  0 ayt  −g
vxt  v0 cos vyt  v0 sen − gt
xt  v0 cos t yt  y0  v0 sent − 12 gt
2
Dados:
Avião Navio
y0  1 km  1. 000 m
va  200 km/h  56 m/s
vn  20 km/h  5, 6 m/s g  9, 8 m/s2
Diagrama:
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 3.5
Universidade Federal do Amazonas
y
x
va
vn
y0
d
O
xn
(a)
y
x
va
vn
y0
A
O
xn
(b)
dA
Figura 4 Posições do avião e do navio no instante do lançamento.
 (a) Cálculo de d A bomba é deixada cair de um avião que voa a 56 m/s. Portanto, a bomba é lançada
horizontalmente   0º com velocidade inicial
v0x  56 m/s
v0y  0
 v0  56 m/s.
Para atingir o navio, a bomba deve ser lançada sobre o ponto O, que está a uma distância horizontal d do navio
(Figura 4(a)). Observe nesta figura que A  d  xn, onde A é o alcance do projétil e xn é a distância percorrida pelo
navio desde o instante do lançamento da bomba e d é a distância procurada. Mas, o tempo que o projétil leva para
percorrer a distância x  A (alcance) é obtido fazendo yt  0 para t  tA, ou seja,
yt  y0  v0 sent − 12 gt
2  0  1. 000 − 4, 9t2  t   14, 3 s
e, portanto, tA  14, 3 s. Logo,
A  xtA   A  v0 cos0º tA  56  14, 3  800 m
Por outro lado, neste intervalo de tempo tA o navio percorreu uma distância xn (MRU) dada por
xn  vntA  5, 6  14, 3  80 m
Desta maneira, usando a identidade A  d  xn encontramos
d  A − xn  800 − 80  720 m.
 (b) Neste caso o navio está em movimento em sentido contrário ao do avião (Figura 4(b)). Nesta figura obsevamos
que d  A  xn. Como os valores são os mesmos, encontramos
d  800  80  800 m.
★ ★ ★
PROBLEMA 5 Calcular a velocidade angular de um disco que gira com movimento uniforme de 13, 2 rad em cada 6
s. Calcular, também, o período e a freqüência do movimento.
SOLUÇÃO Como o disco gira de um ângulo Δ  13, 2 rad em Δt  6 s, sua velocidade angular é dada por
  ΔΔt 
13, 2
6  2, 2 rad/s
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.6
Universidade Federal do Amazonas
Neste caso, o período do movimento, dado pela expressão, T  2 , vale
T  2  3, 142, 2  2, 9 s
A frequência é definida como o inverso do período,   1T . Portanto,
  12, 9  0, 34 Hz ou   0, 34 s
−1.
★ ★ ★
PROBLEMA 6 Quanto tempo leva o disco do problema anterior para (a) girar de um ângulo de 780°, e para (b)
completar 12 revoluções?
SOLUÇÃO (a) Como a velocidade angular do disco é constante e igual a   2, 2 rad/s, então para girar de um
ângulo Δ  780º  13, 6 rad, o tempo gasto é dado por
Δt  Δ 
13, 6
2, 2  6, 2 s
(b) Ao completar 12 revoluções, o disco terá girado de um ângulo Δ  12  2  75, 4 rad (lembre-se que cada volta
equivale a 2 rad). Portanto,
Δt  Δ 
75, 4
2, 2  34, 3 s
★ ★ ★
PROBLEMA 7 Calcular (a) a velocidade angular, (b) a velocidade linear, e (c) a aceleração centrípeta da Lua,
considerando-se que a Lua leva 28 dias para fazer uma revolução completa, e que a distância da Terra à Lua é
38, 4  104 km.
SOLUÇÃO (a) Para calcular a velocidade angular da Lua, basta usar a definição   ΔΔt onde Δ  2 rad  6, 28
rad é o ângulo que a Lua percorre no intervalo Δt  28 dias  28  24  60  60  2, 42  106 s. Assim,
  6. 28
2. 42  106
 2, 6  10−6 rad/s
(b) Sabendo o raio da órbita, R  38, 4  104 km  38, 4  107 m, a velocidade linear, dada por v  R, vale
v  2, 6  10−6  38, 4  107  998, 4 m/s
(c) A aceleração centrípeta, definida como ac  2R  v
2
R , vale então
ac  998, 4
2
38, 4  107
 2, 6  10−3 m/s2.
★ ★ ★
PROBLEMA 8 Um volante com diâmetro de 3 m gira a 120 rpm. Calcular: (a) a sua freqüência, (b) o seu período,
(c) a sua velocidade angular, e (d) a velocidade linear de um ponto na sua periferia.
SOLUÇÃO (a) Como o volante gira a uma taxa de 120 rpm (rotações por minuto), ou seja, realiza 120 rotações em
cada 1 min  60 s. Por isto, o número de rotações por segundo, que é a sua frequência, vale
  12060  2 Hz.
(b) O período é o inverso desta frequência, e então vale
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 3.7
Universidade Federal do Amazonas
T  1 
1
2  0, 5 s
que é o tempo que o volante gasta para realizar uma volta.
(c) A velocidade angular é
  2T 
2  3, 14
0, 5  12, 6 rad/s.
(d) A velocidade linear, em qualquer ponto da periferia, é dada por v  R. Mas, o diâmetro do volante vale D  3 m,
de onde tiramos o raio R  1, 5 m. Assim,
v  12, 6  1, 5  18, 9 m/s
★ ★ ★
PROBLEMA 9 A velocidade angular de um volante aumenta uniformemente de 20 rad/s para 30rad/s em 5 s.
Calcular a aceleração angular e o ângulo total através do qual o volante gira nesse intervalo de tempo.
SOLUÇÃO Sabe-se que a aceleração angular é definida por   ΔΔt . Assim,
  30 − 205  2 rad/s
2.
A lei horária do movimento circular uniformemente acelerado t0  0 e 0  0 é
t  0  0t  12 t
2  5 s)  20  5  12  2  5
2  125 rad.
★ ★ ★
PROBLEMA 10 Um ponto descreve uma circunferência de acordo com a lei st  t3  2t2, onde s é medido em
metros ao longo da circunferência e t, em segundos. Se a aceleração total do ponto é 16 2 m/s2, quando t  2 s,
calcular o raio R da circunferência.
SOLUÇÃO Trata-se aqui de um movimento circular qualquer. O problema fornece o módulo da aceleração total do
ponto, isto é, a2 s) 16 2 m/s2. Como sabemos, aceleração total num movimento qualquer possui duas componentes,
ou seja,
a  aT ̂  aN r̂  a  aT2  aN2
Por isto, precisamos calcular os módulos das acelerações tangencial aN  e normal aN . De acordo com as Eqs.
(3.8.16) e (3.8.17) do LT,
aT  dvdt e aN 
v2
R .
Agora precisamos calcular v. Como é dada a lei horária em termos do arco percorrido, st, podemos calcular o
módulo da velocidade instantânea num instante t qualquer, que é dada pela derivada desta função: vt  dsdt . Assim,
lembrando que a derivada de uma potência tn é dada por ddt t
n   ntn−1, encontra-se
vt  dsdt 
d
dt t
3  2t2   3t2  4t.
e, portanto,
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.8
Universidade Federal do Amazonas
aTt  dvdt 
d
dt 3t
2  4t  6t  4
aNt v
2
R 
3t2  4t2
R
Logo, para t  2, encontra-se
aT2 s)  6  2  4  16 m/s
2
aN2 s) 
3  22  4  22
R 
400
R
Usando agora a expressão para o módulo da aceleração total e igualando a seu valor em t  2 s, que foi dado,
encontra-se
a  aT2  aN2  16 2  162  400R
2
 256  160. 000
R2
 512
Resolvendo para R, temos finalmente,
512 − 256R2  160. 000  R  160. 000256  625  25 m.
★ ★ ★
PROBLEMA 11 As coordenadas de um corpo são x  2cost, y  2sent onde x e y são medidos em metros. (a)
Obter a equação cartesiana da trajetória, (b) Calcular o valor da velocidade num instante qualquer, (c) Calcular as
componentes tangencial e normal da aceleração num instante qualquer. Identificar o tipo de movimento descrito pelas
equações acima.
SOLUÇÃO (a) Para obter a equação da trajetória em coordenadas cartesianas, vamos eliminar t entre as
equações para x e y. Ou seja,
cost  x2 e sent 
y
2  cos
2t  sen 2t  1  x2
2
 y2
2
 1  x2  y2  4
ou seja, a equação da trajetória no sistema Oxy é
x2  y2  4.
que é a equação de uma circunferência de raio r  2 m com origem no ponto O (Figura 5).
y
x
θ = ωt
r
P
x
y
O
v
Figura 5
.
(b) Para calcular o módulo da velocidade num instante qualquer, basta usar a expressão em termos de suas
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física 3.9
Universidade Federal do Amazonas
componentes no sistema Oxy. As componentes são,
vx  dxdt 
d
dt 2cost  −2 sent
vy 
dy
dt 
d
dt 2sent  2cost
onde usamos as identidades,
d
dt cost  − sent
d
dt sent  cost
para as derivadas de cost e sent, respectivamente. Logo, o módulo da velocidade em qualquer tempo, é dado por:
vt  vx2  vy2  −2 sent2  2cost2  42sen 2t  cos2t  2 m/s
mostrando que é independente do tempo.
(c) As acelerações tangencial e normal são dadas por
aT  dvdt  0
aN  v
2
R 
42
R
onde aT  0, reflete o fato de que vt  constante. Na útlima equação, R é o raio de curvatura da curva no ponto P,
cujas coordenadas são x, y. Mas, a equação da trajetória, obtida no ítem (a), dada por
x2  y2  4
é a equação de uma circunferência de raio r  2 com centro na origem O (Figura 5). Sendo uma circunferência, o raio
de curvatura é constante em todos os pontos, de modo que podemos fazer R  r  2 na expressão de aN para obter
finalmente
aT  0
aN  4
2
R 
42
2  2
2 m/s2
o que resulta numa aceleração total de módulo iguala a  aT2  aN2  22 m/s2
★ ★ ★
Notas de Aula de Física I Movimento Bidimensional - Problemas Resolvidos 3.10
Problemas Resolvidos do Capítulo 5
APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 Um astronauta, vestindo seu traje espacial, consegue pular a uma altura de 60 cm da Terra. A
que altura conseguirá pular na Lua? Os raios médios da Terra e da Lua são de 6.371 km e 1.738 km, respectivamente;
as densidades médias são 5,52 g/cm3 e 3,34 g/cm3, respectivamente.
 Solução De acordo com a lei da gravitação universal, a força que a Terra ou a Lua exercem sobre o astronauta
(força-peso) pode ser escrita como
PT  mgT e PL  mgL
onde m é a massa do astronauta e
gT  GMTRT2
e gL  GMLRL2
ou
gT
gL 
GMT
RT2
GML
RL2
 MTML
RL2
RT2
Sejam T  5, 52 g/cm3 e L  3, 34 g/cm3 as densidades da Terra e da Lua, respectivamente. Por definição a
densidade de corpo homogêneo é   MV , ou seja, é a razão entre a massa e o volume do corpo. Logo,
MT  TVT e ML  LVL
onde VTL  43 RTL
3 e portanto,
MT  43 TRT
3 e ML  43 LRL
3
Assim,
gT
gL 
MT
ML
RL2
RT2

gT
gL 
4
3 TRT
3
4
3 LRL
3
RL2
RT2

T
L
RL
RT
Substituindo os valores fornecidos, encontra-se
gT
gL 
5, 52
3, 34 
6. 371
1. 738 ≃ 6, 1
Isto significa que a aceleração da gravidade na superfície da Lua é gL 
gT
6, 1 
9, 8
6, 1  1, 6. Ao conseguir saltar na
superfície da Terra uma altura hT  0, 60 m, este astronauta usou uma força muscular que lhe permitiu imprimir uma
velocidade inicial dada por
v2  v02 − 2gTyT  0  v02 − 2  9, 8  0, 6  v0  11, 8  3, 4 m/s
Supondo que esta força seja a mesma na superfície da Lua, então
v2  v02 − 2gLyL  0  11, 8 − 2  1, 6hL  hL 
11, 8
3, 2  hL  3, 7 m 
★ ★ ★
 PROBLEMA 2 Utilizando os dados do problema anterior, calcule que fração da distância Terra-Lua é preciso
percorrer para que a atração gravitacional da Terra seja compensada pela da Lua.
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 Solução Seja d a distância entre os raios da Terra e da Lua. Trata-se aqui de calcular a que distância x do centro
da Terra (ou d − x do centro da Lua) deve estar localizada uma partícula de massa m para que as forças de atração da
Terra e da Lua sobre ela sejam as mesmas. Assim,
FmT  FmL
GmMT
x2
 GmML
d − x2
 MTML
 x
2
d − x2
Usando a definição dos M ′s em termos das densidades, encontra-se
4
3 TRT
3
4
3 LRL
3
 x
2
d − x2

TRT3
LRL3
 x
2
d − x2
ou seja,
x2
d − x2
 5, 52  6. 371
3
3, 34  1. 7383
 81, 4
Desta forma,
x
d − x  81, 4  9
ou
x  9d − x  10x  9d  xd 
9
10  0, 9
Portanto, deve-se percorrer 90% da distância entre a Terra e a Lua para que a força de atração gravitacional da Terra
seja compensada pela força gravitacional da Lua.
★ ★ ★
 PROBLEMA 3 No átomo de hidrogênio, a distância média entre o elétron e o próton é de aproximadamente 0,5
A. Calcule a razão entre as atrações coulombiana e gravitacional das duas partículas no átomo. A que distância entre
o elétron e o próton sua atração coulombiana se tornaria igual à atração gravitacional existente entre eles no átomo?
Compare o resultado com a distância Terra-Lua.
 Solução A massa do próton é mp  1, 67  10−27 kg e a do elétron, me  9, 1  10−31, sendo iguais a e  1, 6  10−19
C o módulo das cargas das duas partículas. Como as forças gravitacional e elétrica entre o elétron e o próton são
dadas por
FepG  G
memp
r2
e FepE  k e
2
r2
então r  0, 5 Å  0, 5  10−10m
FepG 
6, 67  10−11  9, 1  10−31  1, 67  10−27
0, 5  10−10 2
 4, 054  10−47 N
FepE 
9  109  1, 6  10−19 2
0, 5  10−10 2
 9 , 216  10−8N
Portanto,
FepE
FepG
 9 , 216  10
−8
4, 054  10−47
 2, 27  1039
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.2
Universidade Federal do Amazonas
Seja d a distância entre o elétron e o próton para a qual a força coulombiana seja igual à força gravitacional no átomo.
Ou seja,
G memp
r2
 k e
2
d2
Substituindo o lado esquerdo pelo valor já calculado, 4, 054  10−47 N, encontra-se
k e
2
d2
 4, 054  10−47 
9  109  1, 6  10−19 2
d2
 4, 054  10−47
de onde se obtém
d 
9  109  1, 6  10−19 2
4, 1  10−47
 2, 38  109 m
A distância Terra-Lua vale dTL  3, 84  108. Portanto, para que a atração gravitacional entre o elétron e o próton num
átomo de hidrogênio seja igual à atração coulombiana entre o elétron e o próton, a distância d entre as duas partículas
no caso coulombiano deve ser tal que
d
dTL
 2, 38  10
9
3, 84  108
 6, 2
ou seja, a distância entre o elétron e o próton na atração coulombiana deve ser d  6, 2  dTL para que esta força seja
igual à atração gravitacional entre essas partículas no átomo de hidrogênio.
★ ★ ★
 PROBLEMA 4 Duas bolinhas de isopor, de 0,5 g cada uma, estão suspensas por fios de 30 cm, amarrados no
mesmo ponto. Comunica-se a mesma carga elétrica a cada bolinha; em conseqüência, os fios se afastam até formar
um ângulo de 60° um com o outro. Qual é o valor da carga?
 Solução A figura (a) abaixo mostra a situação descrita no problema e na (b) isolamos a partícula 2 representando
todas as forças que atuam sobre ela.
θ
2T
eF
P
2T eF
P
y
x
θ
e−F
1T
1 2
P
2
(a) (b)
ll
d
m, q m, q
Nestas condições, as partículas estão em equilíbrio e, em particular, as condições de equilíbrio aplicadasà partícula 2
são
Direção x (1)  Fe − T2 sen  0
Direção y (2)  T2 cos − mg  0
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onde Fe é a força coulombiana dada por
Fe  k
q2
d2
A distância d entre as duas bolinhas pode ser calculada com a ajuda da figura (a)
d  2l sen
e q é a carga das duas partículas. Assim, com l  0, 30 m e   30º, encontra-se
Fe  9  109
q2
2  0, 30  sen30º2
 9  10
9q2
0, 09  10
11q2.
Das Eqs. (1) e (2) obtém-se,
T2 sen  Fe
T2 cos  mg
ou, dividindo membro a membro,
tg  Femg
Assim, de Fe  mg tg encontra-se (para m  0, 0005 kg
tg30º  10
11q2
0, 005  9, 8  q
2  0, 0005  9, 8  tg30º
1011
 2, 8  10
−2
1011
 2, 83  10−14
e, finalmente,
q  2, 83  10−14  1, 68  10−7C
★ ★ ★
PROBLEMA 5 Leve em conta a resistência do ar, supondo-a proporcional à magnitude da velocidade. Nestas
condições, um pedregulho que é lançado verticalmente para cima, a partir de uma certa altura, demora mais, menos
ou o mesmo tempo para subir até a altura máxima do que para voltar até a altura do lançamento? Explique.
 Solução Considerando o sentido positivo do eixo vertical para baixo, a força resultante que atua sobre o
pedregulho na subida é Fs  −mg  b|v| j e na descida, Fd  −mg − b|v| j, onde |v| é a magnitude da velocidade
instantânea. Quando as magnitudes das forças são iguais, Fs  Fd, como no caso onde não há resistência do ar,
b  0, os tempos de subida e de descida são iguais. Porém, quaisquer que sejam os valores das velocidades
instantâneas, vemos que, quando b ≠ 0, Fs  Fd o que imprime ao pedregulho uma desaceleração na subida maior do
que a aceleração na descida. Então, para dois percursos de mesma distância com o pedregulho partindo do repouso,
o tempo de percurso será menor para o percurso em que a magnitude da aceleração é maior. Logo, podemos concluir
que o tempo de descida será maior que o tempo de subida.
 PROBLEMA 6 0 sistema da figura está em equilíbrio. A distância d é de 1 m e o comprimento relaxado de cada
uma das duas molas iguais é de 0, 5 m. A massa m de 1 kg faz descer o ponto P de uma distância h  15 cm. A massa
das molas é desprezível. Calcule a constante k das molas.
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.4
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l l
l0 l0
1F2F
P
y
x
θθ
 Solução A figura da direita representa o sistema de forças que atua sobre a massa m. Usando agora a condição
de equilíbrio
Direção x (1)  F1 cos  F2 cos
Direção y (2)  F1 sen  F2 sen  mg
A Eq. (1) diz que as magnitudes das forças aplicadas pelas duas molas são iguais, F1  F2  F. Levando esta
informação na Eq. (2), encontra-se
2F sen  mg  F  mg2sen .
Pela figura, podemos calcular o seno do ângulo , usando sua definição num triângulo retângulo:
sen  hl 
0, 15
0, 52  0, 29
Logo, (m  1 kg)
F  1  9, 82  0, 29  16, 9 N
onde F  |F1 |  |F2 |. As forças F1 e F2 são forças aplicadas ao corpo pelas molas devido às suas deformações (lei de
Hooke) x  Δl. De fato, o comprimento relaxado de cada mola era l0  0, 5 m, passando a ser l quando a massa foi
suspensa (figura da esquerda). Com o auxílio desta figura, podemos calcular o comprimento l da mola (h  0, 15 m)
l2  l02  h2  l  0, 52  0, 152  0, 522 m.
Assim, x  Δl  l − l0  0, 022 m. Para encontrar a constante k de cada uma das molas iguais, sabemos pela lei de
Hooke que F  kx, ou seja, |F1 |  |F2 |  F  0, 022k. Igualando esta força ao valor obtido pela condição de equilíbrio,
temos que
0, 022k  16, 9  k  768 N/m.
★ ★ ★
 PROBLEMA 7 Um bloco é lançado para cima, com velocidade de 5 m/s, sobre uma rampa de 45° de inclinação.
O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é 0, 3. (a) Qual é a distância máxima atingida pelo bloco ao
longo da rampa? (b) Quanto tempo leva o bloco para subir a rampa? (c) Quanto tempo leva para descer a rampa? (d)
Com que velocidade final chega ao pé da rampa?
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45º
Av
P
N
cF
0B =v
45ºA
B
 Solução Como não há movimento na direção perpendicular ao plano, as forças estão em equilíbrio. Logo (ver
figura acima),
N  Pcos45º  N  mg 22
Na direção paralela ao plano, a resultante das forças é
F  Fc  mg sen45º
dirigida para baixo. Aplicando a 2ª lei de Newton, encontra-se (Fc  cN  cmg
2
2 
F  ma  a 
cmg
2
2  mg
2
2
m 
2
2 1  c g
ou seja,
a  22 1  0, 3  9, 8  9, 0 m/s
2
dirigida para baixo paralelamente ao plano.
(a) Se o corpo é lançado para cima (a partir do ponto A com uma velocidade vA  5 m/s, seu movimento será
uniformemente desacelerado e o corpo pára no ponto B (ver figura). A distância Δx que ele percorre entre esses
pontos, pode ser calculada usando a equação de Torricelli para o movimento ao longo do plano:
vB2  vA2 − 2aΔx
Assim,
Δx  vA
2
2a 
52
2  9  Δx  1, 39 m.
(b) O tempo que o bloco leva para subir a rampa é o mesmo que sua velocidade leva para se anular no ponto B. Então
vB  vA − at  ts  vAa 
5
9  ts  0, 56 s.
(c) No caso de descida, a força de atrito cinético é dirigida para cima. Então, mantendo a condição de equilíbrio na
direção perpendicular ao plano, a resultanto das forças na direção paralela é
F  P sen45º − Fc  F  mg
2
2 − cmg
2
2 
2
2 mg1 − c 
A aceleração (paralela ao plano dirigida para baixo) é dada pela lei de Newton
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.6
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a  Fm  a 
2
2 g1 − c  
2
2  9, 8  1 − 0, 3
ou seja,
a  4, 85 m/s2.
Neste caso, o movimento é uniformemente acelerado. Tomando o eixo x na direção paralela ao plano, a distância
percorrida é dada por Δx  v0t  12 at
2. Como v0  vB  0 quando o bloco inicia a descida e Δx  1, 39 m
1, 39  12 4, 85t
2  td  2  1, 394, 85  0, 76 s.
(d) A velocidade final v ao pé da rampa é dada por
v  at  v  4, 85  0, 76
ou
v  3, 69 m/s.
★ ★ ★
 PROBLEMA 8 Na figura, as molas M1 e M2 têm massa desprezível, o mesmo comprimento relaxado l0 e
constantes de mola k1 e k2, respectivamente. Mostre que se pode substituir o par de molas por uma mola única
equivalente de constante de mola k, e calcule k nos casos (a) e (b).
 Solução No caso (a), a condição de equilíbrio mostra que a força F é transmitida para ambas as molas
produzindo diferentes deformações x1  Fk1
e x2  Fk2
. A deformação total das duas molas é x  x1  x2. Se
substituirmos esta mola por uma outra que tenha a constante k, tal que sob a ação da mesma força F ela sua
deformação seja x, então
F  kx  F  k Fk1
 Fk2
 1k 
1
k1
 1k2
é o valor de k procurado. No caso (b), a condição de equilíbrio fornece
F  F1  F2
onde F1 e F2 são as forças aplicadas pela mola. Mas a força F produz a mesma deformação x em ambas as molas, de
modo que
F  k1x  k2x
Substituindo as duas molas por uma única de constante k tal que sob a ação da força F ela se deforme do mesmo
valor x, então, F  kx e, portanto,
kx  k1  k2  x
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ou seja, a mola única terá de ter uma constante dada por
k  k1  k2.
★ ★ ★
 PROBLEMA 9 No sistema da figura (máquina de Atwood), mostre que a aceleração a da massa M e a tensão T
da corda (desprezando as massas da corda e da polia) são dadas por
a  M − mM  m g, T 
2mM
M  m g
 Solução Supondo que M  m, as resultantes das forças que atuam sobre as massas M e m são
FM  Mg − T
Fm  T − mg
As acelerações das massas são iguais e, por hipótese, dirigida verticalmente para baixo no caso de M e para cima no
caso de m. Assim,
T − mg  ma (1)  T  ma  mg
Mg − T  Ma (2)  Mg − Ma  T
Substituindo (1) em (2) obtém-se
Mg − Ma  mg  ma
ou
M  ma  M − mg  a  M − mM  m g
Substituindo este resultado em (1), encontra-se a tensão do fio
T  ma  mg  T  m M − mM  m g  mg
T  mg M −mM  m  1  T  mg
M − m  M  m
M  m  T 
2mM
M  m g
★ ★ ★
 PROBLEMA 10 No sistema da figura, m1  1 kg, m2  3 kg e m3  2 kg, e as massas das polias e das cordas
são desprezíveis. Calcule as acelerações a1, a2 e a3 das massas m1, m2 e m3 a tensão T da corda.
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.8
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 Solução Seja a1, a2 e a3 as acelerações das massa m1, m2 e m2 respectivamente, tomadas positivamente
quando dirigidas para cima. Uma vez que as massas das roldanas e da corda são desprezíveis, a tensão T da corda é
única. Assim, a equação de movimento para cada uma dessas massas é (ver figura abaixo)
m1 (1)  T − m1g  m1a1
m2 (2)  T − m2g  m2a2
m3 (3)  2T − m3g  m3a3
As partes móveis do sistema são: massa m1, massa m2 e o sistema formado pela polia 3 e a massa m3, que se
movem solidariamente (ver figura abaixo).
TTTT
P2P1
P3
l3l1
l2
1 2
3
m1
P1
T T T
P3
m2
P2
T
a1 a2 a3
Da condição de que o comprimento do fio é constante, dada pela expressão
l1  l2  2l3  constante
obtém-se que
Δl1  Δl2  2Δl3  0
o que implica em a1  a2  2a3  0, ou
4  a3  − 12 a1  a2  .
Agora vamos resolver o sistema de quatro equações a quatro incógnitas (T, a1, a2, a3 e a4. De (1), encontra-se
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T  m1a1  m1g
Substituindo em (2) e (3) e a (4) em (3), obtém-se
m1a1  m1g − m2g  m2a2
2m1a1  m1g − m3g  − 12 m3a1  a2 
ou seja,
m1a1 − m2a2  m2 − m1 g
4m1  m3  a1  m3a2  2m3 − 4m1 g
Isolando a1 na primeira equação,
a1  m2m1 a2 
m2 − m1
m1 g
e substituindo na segunda, temos
4m1  m3  m2m1 a2 
m2 − m1
m1 g  m3a2  2m3 − 4m1 g
ou
4m1  m3  m2m1 a2  m3a2  −4m1  m3 
m2 − m1
m1 g  2m3 − 4m1 g
4m1  m3  m2m1  m3 a2  −4m1  m3 
m2 − m1
m1  2m3 − 4m1  g
4m1  m3  m2  m1m3
m1 a2 
−4m1  m3 m2 − m1   m12m3 − 4m1 
m1 g
a2 
4m12  m1m3 − 4m1m2 − m2m3 − 4m12  2m1m3
4m1  m3  m2  m1m3
g
 a2  3m1m3 − 4m1m2 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3
g
Como a1  m2m1 a2 
m2 − m1
m1 g
a1  m2m1
3m1m3 − 4m1m2 − m2m3
4m1m2  m3m2  m1m3
g  m2 − m1m1 g
a1 
m23m1m3 − 4m1m2 − m2m3 g  m2 − m1 4m1m2  m3m2  m1m3  g
m1 4m1  m3  m2  m1m3
 a1  3m2m3 − 4m1m2 − m1m34m1m2  m1m3  m2m3
g
Finalmente, como a3  − 12 a1  a2 , então
a3  − 12
3m2m3 − 4m1m2 − m1m3
4m1m2  m1m3  m2m3
g  3m1m3 − 4m1m2 − m2m34m1m2  m3m2  m1m3
g
 a3  4m1m2 − m1m3 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3
g
Ou seja, as acelerações são:
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.10
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 a1  3m2m3 − 4m1m2 − m1m34m1m2  m1m3  m2m3
g
 a2  3m1m3 − 4m1m2 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3
g
 a3  4m1m2 − m1m3 − m2m34m1m2  m1m3  m2m3
g
Cálculo numérico Substituindo os valores m1  1 kg, m2  3 kg e m3  2 kg, encontra-se
a1  3  3  2 − 4  1  3 − 1  24  1  3  1  2  3  2 g  a1 
1
5 g ↑
a2  3  1  2 − 4  1  3 − 3  24  1  3  1  2  3  2 g  a2  −
3
5 g ↓
a3  4  1  3 − 1  2 − 3  24  1  3  1  2  3  2 g  a3 
1
5 g ↑
Para calcular a tensão na corda, usa-se T  m1a1  m1g. Logo
T  1  15 g  1  g 
6
5 g
★ ★ ★
 PROBLEMA 11 Um pintor está sobre uma plataforma suspensa de uma polia (Figura). Puxando a corda em 3,
ele faz a plataforma subir com aceleração g4 . A massa do pintor é de 80 kg e a da plataforma é de 40 kg. Calcule as
tensões nas cordas 1,2 e 3 e a força exercida pelo pintor sobre a plataforma.
 Solução A figura abaixo mostra as partes isoladas do sistema e as forças que atuam sobre cada uma.
T3
T3T2
T2
mhg
N
N
a
T1
a
(a) (b) (c)
mpg
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O sistema na figura (a) está em equilíbrio, logo
T1 − T2 − T3  0
T3  N − mhg  mha
T2 − N − mpg  mpa
Como a massa da corda e da roldana é desprezível, T2  T3. Assim
1 
2 
3 
T1  2T2
T2  N  mhg  a
T2 − N  mpg  a
Somando e subtraindo (2) e (3) obtém-se
2T2  mh  mp g  a
2N  mh − mp g  a
ou
T2  12 mh  mp g  a
N  12 mh − mp g  a
Usando os valores dados no problema, a  g4 , mh  80 kg e mp  40 kg, encontra-se
T2  12 80  40 g 
g
4 
1
2 80  40 
5
4  9, 8  735 N
N  12 80 − 40 g 
g
4 
1
2 80 − 40 
5
4  9, 8  245 N
De (1), obtém-se
T1  2T2  2  735  1470 N
★ ★ ★
 PROBLEMA 12 No sistema da figura, m1  20 kg, m2  40 kg e m3  60 kg. Desprezando as massas das polias e
dos fios e o atrito, calcule a aceleração do sistema e as tensões nos fios 1, 2 e 3.
 Solução A figura abaixo mostra os blocos isolados com as forças que atuam sobre cada um. Devido à massa
desprezível da corda e da polia, as tensões T2 e T3 são iguais. Vamos adotar o sentido positivo da aceleração aquele
que corresponde à descida do corpo de massa m3.
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T1
m1g m2g m3g
T1
T2
T2
60º30º30º
Bloco 1 Bloco 2 Bloco 3
Desta forma, as equações de movimento de cada um é dada por
Bloco 1 1  T1 − m1g sen30º  m1a
Bloco 2 2  T2 − T1 − m2g sen30º  m2a
Bloco 3 3  m3g sen60º − T2  m3a
onde consideramos todos os blocos se deslocando com a mesma aceleração a. Resolvendo este sistema de
equações
T1  m1g sen30º  m1a  T1  12 m1g  m1a
T2  T1  m2g sen30º  m2a  T2  12 m1g  m1a 
1
2 m2g  m2a  T2 
1
2 m1  m2 g  m1  m2  a
m3a  m3g sen60º − T2  m3a 
3
2 m3g −
1
2 m1  m2 g  m1  m2  a
A útlima equação permite-nos obter a aceleração:
m1  m2  m3  a 
3
2 m3g −
1
2 m1  m2 g 
1
2 3 m3 − m1 − m2 g
ou seja,
a  12
3 m3 − m1 − m2
m1  m2  m3 g
Usando os valores m1  20 kg, m2  40 kg e m3  60 kg encontra-se
a  12
3  60 − 40 − 20
20  40  60  9, 8  a  1, 8 m/s
2.
As tensões nas cordas são: Em 1,
T1  12 m1g  m1a  20 
9, 8
2  1, 8  T1  134 N
e em 2 e 3,
T2  12 m1  m2 g  m1  m2  a 
9, 8
2  1, 8  20  40  T2  T3  402 N.
★ ★ ★
 PROBLEMA 13 Um bloco está numa extremidade de uma prancha de 2 m de comprimento. Erguendo-se
lentamente essa extremidade, o bloco começa a escorregar quando ela está a 1, 03 m de altura, e então leva 2, 2 s
para deslizar até a outra extremidade, que permaneceu no chão. Qual é o coeficiente de atrito estático entre o bloco e
a prancha? Qual é o coeficiente de atrito cinético?
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 Solução Na situação em que o bloco começa a deslizar para h  1, 03 m implica em   e conforme mostra a
figura abaixo.
2 m h = 1,03 mprancha
θ = θe
mg
Fa
θ
N
Como vimos em classe, nesta condição o coeficiente de atrito estático vale
e  tge
onde (ver figura)
sene  1, 032  0, 515
cose  1 − sen2e  1 − 0, 5152  0, 857
tge  senecose
 0, 5150, 857  0, 6
Portanto,
e  0, 6.
Coeficiente de atrito cinético O bloco gasta 2, 2 s para percorrer 2 m ao longo do plano. Logo, como o bloco parte
do repouso, sua aceleração pode ser calculada através da expressão (v0  0
x  12 at
2  a  2x
t2
 2  2
2, 22
 0, 83 m/s2
Para calcular o coeficiente de atrito cinético, vamos usar a equação de movimento ao longo do plano, com a  0, 83
m/s2. Ou seja (ver figura)
mg sene − Fc  ma
Mas, Fc  cN e N  mgcose e assim,
Fc  cmgcose
Logo,
mg sene − Fc  ma  mg sene − cmgcose  ma
c 
g sene − a
gcose
c 
9, 8  0, 515 − 0, 83
9, 8  0, 857  e  0, 5.
★ ★ ★
 PROBLEMA 14 Um bloquinho de massa igual a 100 g encontra-se numa extremidade de uma prancha de 2 m de
comprimento e massa 0,5 kg. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloquinho e a prancha são,
respectivamente, 0, 4 e 0, 35. A prancha está sobre uma mesa horizontal e lisa (atrito desprezível). Com que força
máxima podemos empurrar a outra extremidade da prancha para queo bloquinho não deslize sobre ela? Se a
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.14
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empurrarmos com urna força de 3 N, depois de quanto tempo o bloquinho cairá da prancha?
 Solução A força aplicada à prancha é transmitida ao bloquinho através da força de contato tangencial (força de
atrito estático). Para que o bloquinho não deslize é necessário que sua aceleração ab seja igual à aceleração impressa
à prancha pela força F  Fmáx.
F
2 m
m
m
mg
N
Fe
ap
ab
F
Fe
Bloco Prancha
Da figura acima, obtém-se
Bloco 1  Fa  mbab
Prancha 2  F − Fa  mpap
Bloco sem deslizar Para que o bloco não deslize, ab  ap  a, o que corresponde a F  Fmax. Assim, nesta
condição podemos escrever (Fa  Fe
Bloco 3  Fe  mba
Prancha 4  Fmax − Fe  mpa
Como Fe  eN  emg, então de (3) encontra-se
embg  mba  a  eg  0, 4  9, 8  a  3, 92 m/s
2
Substituindo na (4),
Fmax  mb  mp a  0, 1  0, 5  3, 92  Fmax  2, 35 N
Bloco deslizando Para F  3 N  Fmax o bloco irá deslizar, uma vez que sua aceleração é menor do que a da
prancha. De fato, a aceleração do bloco agora deve ser calculada de (1) com Fa  Fc e assim,
Fc  mbab
Como Fc  cmbg, então
cmbg  mbab  ab  cg  0, 35  9, 8  ab  3, 43 m/s
2.
Para a prancha, devemos usar a (2) com Fa  Fc:
F − Fc  mpap  ap 
F − cmbg
mp  ap 
3 − 0, 35  0, 1  9, 8
0, 5  ap  5, 31 m/s
2.
No mesmo intervalo de tempo, a distância percorrida pela prancha é maior do que a distância percorrida pelo bloco,
medida em relação chão. Assim, quando a diferença entre essas distância for igual ao comprimento da prancha, isto é,
quando Δx  2 m (ver figura abaixo), o bloquinho cairá da prancha.
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m
m
xp
xb∆x
O (em relação ao chão)
Situação inicial
Situação final
Mas, em relação ao chão, e partindo do repouso, a prancha percorre uma distãncia
xp  12 apt
2
enquanto que o bloquinho,
xb  12 abt
2
Logo, como Δx  xp − xb  2 m (ver figura),
1
2 apt
2 − 12 abt
2  Δx
ap − ab t2  2Δx  t  2Δxap − ab
Portanto,
t  2  25, 31 − 3, 43  t  1, 46 s
★ ★ ★
 PROBLEMA 15 No sistema da figura, o bloco 1 tem massa de 10 kg e seu coeficiente de atrito estático com o
plano inclinado é 0, 5. Entre que valores mínimo e máximo pode variar a massa m do bloco 2 para que o sistema
permaneça em equilíbrio?
1
2
45º
 Solução A condição de equilíbrio do sistema, de acordo com a tendência de movimento, é dado por (ver figura
abaixo)
m2 mínimo  m1g sen45º  m2g  Fe
m2 máximo  m2g  m1g sen45º  Fe
 N  m1gcos45º
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Como Fe  eN  em1gcos45º temos, no caso de valor mínimo
m2 ming  m1g sen45º − Fe  m2 min  m1 sen45º − em1 cos45º 
2
2 m11 − 2 
e de valor máximo
m2 maxg  m1g sen45º  Fe  m2 max  m1 sen45º  em1 cos45º 
2
2 m11  2 
1
2
45º
1 sen 45ºm g
2m g
eF
1 cos 45ºm g
N
tendência
1
2
45º
1 sen 45ºm g
2m g
eF
1 cos 45ºm g
N
tendência
m2 mínimo m2 máximo
Substituindo os valores m1  10 kg, e  0, 5 , encontra-se
m2 min 
2
2 m11 − 2  
2
2  10  1 − 0, 5  m2 min  3, 54 kg
m2 max 
2
2 m11  2  
2
2  10  1  0, 5  m2 max  10, 6 kg
Portanto, para que o sistema permaneça em equilíbrio, a massa m2 deve estar no intervalo: 3, 54 kg  m2  10, 6 kg.
★ ★ ★
 PROBLEMA 16 0 coeficiente de atrito estático entre as roupas de uma pessoa e a parede cilíndrica de uma
centrífuga de parque de diversões de 2 m de raio é 0, 5. Qual é a velocidade angular mínima (em rotações por minuto)
da centrífuga para que a pessoa permaneça coloda à parede, suspensa acima do chão?
 Solução As forças que atuam sobre a pessoa são: a força-peso, a normal e a força de atrito. A normal N,
aplicada pela parede cilíndrica, é a força que mantém a pessoa em movimento circular (atua como força centrípeta); a
força de atrito aparece quando a pessoa tende a cair devido à ação da força-peso.
N
Fe
mg
ω
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Logo,
N  m2R
onde R  2 m é o raio da centrífuga. Para que a pessoa permaneça colada na parede é necessário que seu peso se
iguale à força de atrito. Assim,
mg  Fe  eN  mg  em2R
ou,
  geR
 9, 80, 5  2     3, 13 rad/s.
Mas, como   2 então  
3, 13
2    0. 498 Hz  0. 498 rps. Como 1 rps  60 rpm, então
  0, 498  60  29, 9 rpm.
★ ★ ★
 PROBLEMA 17 Uma curva semicircular horizontal numa estrada tem 30 m de raio. Se o coeficiente de atrito
estático entre os pneus e o asfalto é 0, 6, qual é a velocidade máxima que um carro pode fazer a curva sem derrapar?
 Solução A força de atrito tem de atuar com a força centrípeta para manter o carro na curva. Desta forma, a
velocidade máxima com que o carro faz a curva sem derrapar é dada por
eN  mvmax
2
R 
mvmax2
R  emg
ou
vmax  egR  0, 6  9, 8  30  vmax  13, 28 m/s  vmax  13, 28  3, 6  47, 8.km/h.
 PROBLEMA 18 Um trem atravessa uma curva de raio de curvatura igual a 100 m a 30 km/h. A distância entre os
trilhos é de 1 m. De que altura é preciso levantar o trilho externo para minimizar a pressào que o trem exerce sobre ele
ao passar pela curva?
 Solução A figura abaixo mostra a situação em que o trem atravessa a curva. Sabe-se que
sen  h1  h
cos  1 − sen2  1 − h2
onde h deve ser medido em metros. As forças que atuam sobre o trem têm as seguintes componentes
Direção x  Rx  N sen
Direção y  Ry  Ncos − mg
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1 m
hθ
N
mg
x
y
θ
A resultante na direção x mantém o trem na curva e faz o papel da força centrípeta: Rx  mac. Assim,
Rx  mv
2
R  N sen 
mv2
R
Ry  0  Ncos − mg  0  N 
mg
cos
Logo,
mg
cos sen 
mv2
R  tg 
v2
gR
Mas,
tg  sencos 
h
1 − h2
então
h
1 − h2
 v
2
gR 
h2
1 − h2
 v
4
g2R2
ou
h2  v
4
g2R2
h2  v
4
g2R2
 h2 
v4
g2R2
1  v
4
g2R2
ou ainda
h  v
2
gR 1  v
4
g2R2
 v
2
v4  g2R2
Substituindo os valores R  100 m e v  30 km/h  8, 33 m/s:
h  8, 3
2
8, 34  9, 82  1002
 0, 071 m  h  7, 1 cm
★ ★ ★
 PROBLEMA 19 No sistema da figura, a bolinha de massa m está amarrada por fios de massa desprezível ao
eixo vertical AB e gira com velocidade angular  em torno desse eixo. A distância AB vale l. Calcule as tensões nos
fios superior e inferior. Para que valor de  o fio inferior ficaria frouxo?
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-5.19
Universidade Federal do Amazonas
30º
60º
B
A
ω
mg
TA
TB
x
y
(a) (b)
60º
30º
r
CP
 Solução A figura (b) mostra as forças que atuam sobre a partícula de massa m. A direção x corresponde à
direção que passa pelo centro do círculo descrito pela bolinha na situação indicada na figura. Para manter a bolinha
em movimento circular, a resultante das forças deve estar nessa direção, com Rx fazendo o papel da força centrípetra.
Assim
Direção x  Rx  TA sen60º  TB sen30º
Direção y  Ry  TA cos60º − TB cos30º − mg
Logo,
Ry  0 (1)  TA cos60º − TB cos30º − mg  0
Rx  m2r (2)  TA sen60º  TB sen30º  m2r
onde r é o raio da circunferência descrita pela partícula. Da figura (a),
r  PC  AC tg60º  CB tg30º  AC  tg30ºtg60º CB 
1
3 CB
AB  AC  CB  l  13 CB  CB  l  CB 
3
4 l
Como r  CB tg30º então
r  34 l
3
3 
3
4 l.
De (1), obtém-se
1
2 TA −
3
2 TB − mg  0  TA  3 TB  2mg
que substituindo em (2)
3 TB  2mg
3
2 
1
2 TB  m
2r  32 TB  3 mg 
1
2 TB  m
2r  2TB  m2r − 3 mg
encontra-se
TB  m
2
2
3
4 l −
3
2 mg  TB 
3
2 m
2l
4 − g
Como TA  3 TB  2mg, então
Notas de Aula de Física I Aplicações das Leis de Newton - Problemas Resolvidos PR-5.20
Universidade Federal do Amazonas
TA  3
3
2 m2l
4 
2l − g  2mg  TA  m2
3
4 
2l  g
Fio frouxo Para que o fio inferior fique frouxo, o que corresponde à tensão TB  0, a projeção da tensão no fio
superior deve responder pela força centrípeta. Para a situação indicada nas figurasm isso deve ocorrer para
  critico. Assim,
Direção x  Rx  TA sen60º
Direção y  Ry  TA cos60º − mg
Ry  0 (1)  TA cos60º − mg  0
Rx  mcritico
2 r (2)  TA sen60º  mcritico
2 r
De (1)
TA 
mg
cos60º
e de (2), com r  34 l
mg
cos60º sen60º  mcritico
2 r  critico 
g tg60º
r 
g 3
3
4 l
 4gl
ou
 critico  2
g
l
★ ★ ★
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-5.21
Problemas Resolvidos do Capítulo 6
TRABALHO E ENERGIA MECÂNICA
Atenção Leia o assunto no livro-texto e nas notas de aula e reproduza os problemas resolvidos aqui. Outros são deixados para v. treinar
 PROBLEMA 1 Resolva o problema 8 do Capítulo 4 a partir da conservação de energia. (Problema 4.8 - Um
martelo atinge um prego com velocidade v, fazendo-o enterrar-se de uma profundidade l numa prancha de madeira.
Mostre que a razão entre a força média exercida sobre o prego e o peso do martelo é igual a h/l, onde h é a altura de
queda livre do martelo que o faria chegar ao solo com velocidade v. Estime a ordem de grandeza dessa razão para
valores típicos de v e l. 
 Solução
 PROBLEMA 2 No sistema da figura, M  3 kg, m  1 kg e d  2 m. O suporte S é retirado num dado instante.
(a) Usando conservação de energia, ache com que velocidade M chega ao chão. (b) Verifique o resultado, calculando
a aceleração do sistema pelas leis de Newton.
 Solução Considerando o nível de referência z  0 no chão, temos
Inicial Final
m z0  0 v0  0 z1  d v1  v
M Z0  d V0  0 Z1  0 V1  V
Logo,
Ei  12 mv0
2  mgz0  12 MV0
2  MgZ0  Mgd
Ef  12 mv1
2  mgz1  12 MV1
2  MgZ1  12 mv
2  mgd  12 MV
2
Devido à conservação da energia mecânica total, Ei  Ef, encontra-se (v  V)
Mgd  12 mV
2  mgd  12 MV
2  12 m  MV
2  M − mgd  V  2M − mgd
m  M
Portanto,
V  2  3 − 1  9, 8  23  1  4, 43 m/s.
Leis de Newton Como l1  l2  constante  am  −aM  a. Assim,
T − Mg  −Ma, T − mg  ma
ou
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-6.1
Universidade Federal do Amazonas
mg  ma − Mg  −Ma  m  Ma  M − mg  a  M − mg
m  M
Com esta aceleração e V2  2ad  2 M − mg
m  M d  V 
2M − mgd
m  M que é a mesma encontrada anteriormente.
* * *
 PROBLEMA 3 Uma particula de massa m  1 kg, lançada sobre um trilho retilíneo com velocidade de 3 m/s, está
sujeita a uma força Fx  −a − bx, onde a  4 N, b  1 N/m, e x é o deslocamento, em m, a partir da posiçâo inicial. (a)
Em que pontos do trilho a velocidade da partícula se anula? (b) Faça o gráfico da velocidade da partícula entre esses
pontos. (c) A que tipo de lei de forças corresponde Fx ?
 Solução Do teorema trabalho energia cinética,
Wx0→x  T − T0
Tomando a origem na posição de lançamento, v0  3 m/s e e x0  0. Como
Wx0→x  
0
x
Fx′ dx′  
0
x
−a − bx′ dx′  −a 
0
x
dx′ − b 
0
x
x′dx′  −ax − 12 bx
2.
e T  12 mv
2 e T0  12 mv0
′ , encontra-se
− ax − 12 bx
2  12 mv
2 − 12 mv0
2
ou (m  1,v0  3, a  4, b  1)
− 4x − 12 x
2  92 
1
2 v
2  v  9 − 8x − x2 .
(a) Logo, os pontos para os quais v  0, são obtidos pela solução da equação 9 − 8x − x2  0. Ou seja,
 x  −9 m e x  1 m.
(b) Gráfico v  x:
1
2
3
4
v (m/s)
-8 -6 -4 -2 0x (m)
(c) Lei de Hooke.
 PROBLEMA 4 No sistema da figura, onde as polias e os flos têm massa desprezível, m1  1 kg e m2  2 kg. (a)
O sistema é solto com velocidade inicial nula quando as distâncias ao teto são l1 e l2. Usando conservação da
energia, calcule as velocidades de m1 e m2 depois que m2 desceu uma distância x2. (b) Calcule a partir daí as
acelerações a1 e a2 das duas massas. (c) Verifique os resultados usando as leis de Newton.
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.2
Universidade Federal do Amazonas
 Solução Vamos escolher o nível de referência z  0 no teto, com o sentido positivo do eixo z para cima. Como
l2  2l1  constante, Δl2  −2Δl1. Se Δl2  −x2 (m2 → desce)  Δl1  − 12 Δl2 
1
2 x2 (m1 → sobe). Derivando a relação
l2  2l1  constante, obtém-se v2  −2v1. A energia total antes dos blocos começarem a se mover vale
(v10  0,v20  0, z10  −l1, z20  −l2
Ei  12 m1v10
2  m1gz10  12 m2v20
2  m2gz20  Ei  −m1gl1 − m2gl2.
e, depois, v1  12 v,v2  −v, z1  −l1 
1
2 x2, z2  −l2 − x2
Ef  12 m1v1
2  m1gz1  12 m2v2
2  m2gz2  Ef  12 m1
1
2 v
2
 m1g −l1  12 x2 
1
2 m2v
2 − m2gl2  x2 
ou seja,
Ef  18 m1v
2 − m1gl1  12 m1gx2 
1
2 m2v
2 − m2gl2 − m2gx2
Da conservação da energia total, Ei  Ef, encontra-se
− m1gl1 − m2gl2  18 m1v
2 − m1gl1  12 m1gx2 
1
2 m2v
2 − m2gl2 − m2gx2
0  18 m1v
2  12 m1gx2 
1
2 m2v
2 − m2gx2  m1v2  4m1gx2  4m2v2 − 8m2gx2  0
ou
m1  4m2 v2 − 8m2 − 4m1 gx2  0
de onde se obtém
 v1  12 v 
1
2
8m2 − 4m1  gx2
m1  4m2 

2m2 − m1  gx2
m1  4m2 
 v2  −v  −
8m2 − 4m1  gx2
m1  4m2 
 − 2 2m2 − m1  gx2
m1  4m2 
Para os valores dados,
v1 
2  2 − 1gx2
1  4  2 
3gx2
3
v2  −2
2  2 − 1gx2
1  4  2  −
2 3gx2
3
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-6.3
Universidade Federal do Amazonas
Para calculara a aceleração, usa-se Torricelli, Δz1  x22 ,Δz2  −x2
v12  2a1Δz1  a1 
v12
2Δz1

3gx2
9
x2 
1
3 g
v22  2a1Δz2  a2 
v22
2Δz2

12gx2
9
−2x2
 − 23 g
Ou seja,
 a1  13 g ↑
 a2  − 23 g ↓
* * *
 PROBLEMA 5 Um garoto quer atirar um pedregulho de massa igual a 50 g num passarinho pousado num galho
5 m a sua frente e 2 m acima do seu braço. Para isso, utiliza um estilingue em que cada elástico se estica de 1 cm para
uma força aplicada de 1 N. O garoto aponta numa direção a 30º da horizontal. De que distância deve puxar os elásticos
para acertar no passarinho?
 Solução Para acertar o passarinho, sua posição deve estar sobre a trajetória. Para a origem na mão do garoto,
as coordenadas do passarinho são 5, 2. Assim, usando a equação da trajetória do projétil, podemos encontrar o valor
de v0 para o   30º. Ou seja,
y  x tg − gx
2
2v02 cos2

gx2
2v02 cos2
 x tg − y  2v0
2 cos2
gx2
 1x tg − y  v0 
gx2
2cos2x tg − y
Logo,
v0  9, 8  5
2
2cos2 6 5  tg

6 − 2
 13, 6 m/s.
5 m
2 m
30º
v0
Para calcular o quanto devem ser esticados os elásticos do estilingue para que a pedra atinja esta velocidade vamos
usar a conservação da energia mecânica:
1
2 kx
2  12 mv
2
ou seja,
x  mv
2
k
onde o valor de k pode ser obtido da condição F0  1 N  x0  0. 01 m (cada elástico), usando a lei de Hooke
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.4
Universidade Federal do Amazonas
F0  kx0. Como são dois elásticos, F  2 N para x  0, 01m. Portanto
k  Fx 
2
0, 01  200 N/m
Logo, m  0, 050 kg
x  mv
2
k 
0, 05  13, 62
200  0, 215 m
Ou seja, cada elástico deverá ser esticado de 21, 5 cm.
* * *
 PROBLEMA 6 Uma balança de mola é calibrada de tal forma que o prato desce de 1 cm quando uma massa de
0, 5 kg está em equilíbrio sobre ele. Uma bola de 0, 5 kg de massa fresca de pão, guardada numa prateleira 1 m acima
do prato da balança, escorrega da prateleira e cai sobre ele. Não levando em conta as massas do prato e da mola, de
quanto desce o prato da balança?
 Solução Inicialmente vamos calcular com que velocidade a bola de massa de pão atinge o prato. Por
conservação da energia mecânica para a bola, v0  0, z0  1m, z1  0, v1  v
1
2 mv0
2  mgz0  12 mv1
2  mgz1  mgz0  12 mv
2  v  2gz0
Para z0  1
v  2  9, 8  1  4, 43 m/s.
z0 = 1 m
O
v
v0 = 0
z
Ao atingir o prato com esta velocidade, a massa tem energia cinética que será transformada totalmente numa parcela
de energia potencial elástica (da mola) e outra de energia potencial gravitacional, devido à conservação da energia
mecânica.