Resoluçao-Moyses

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Cap8- Problemas resolvidos.pdf
Problemas Resolvidos do Capítulo 8
CONSERVAÇÃO DO MOMENTO
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 Dois veículos espaciais em órbita estão acoplados. A massa de um deles é de 1. 000 kg e a do
outro 2. 000 kg. Para separá-los, é detonada entre os dois uma pequena carga explosiva, que comunica uma energia
cinética total de 3. 000 J ao conjunto dos dois veículos, em relação ao centro de massa do sistema. A separação ocorre
segundo a linha que une os centros de massa dos dois veículos. Com que velocidade relativa eles se separam um do
outro?
 Solução Seja m1  1. 000 kg e m2  2. 000 kg. Em relação ao CM do sistema, o momento total é nulo. Assim,
m1v1′  −m2v2′  v2′  −
m1
m2 v1
′
onde v1′ e v2′ são as velocidades ao longo da direção da linha que une os CM individuais dos dois veículos. Como a
energia cinética total T  3000 J comunicada pelo explosivo em relação ao CM do sistema
T  12 m1v1
′2  12 m2v2
′2  T  12 m1v1
′2  12 m2 −
m1
m2 v1
′ 2  2T  m1
2  m1m2
m2 v1
′2
ou seja
m12  m1m2
m2 v1
′2  2T  v1′ 
2m2T
m1m1  m2 
 v1′  2  2  10
3  3  103
103103  2  103 
 2 m/s
Como
v2′  −
m1
m2 v1
′  v2′  − 10
3
2  103
 2  v2′  −1 m/s
A velocidade relativa é v12  v1′ − v2′  2  1  3 m/s.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 2 Um atirador, com um rifle de 2 kg apoiado ao ombro, dispara uma bala de 15 g, cuja velocidade
na boca da arma (extremidade do cano) é de 800 m/s. (a) Com que velocidade inicial a arma recua? (b) Que impulso
transmite ao ombro do atirador? (c) Se o recuo é absorvido pelo ombro em 0, 05 s, qual é a força média exercida sobre
ele, em N e em kgf?
 Solução (a) Como o sistema está inicialmente em repouso P0  0. Como é nula a resultante das forças externas,
F(ext)  0, então o momento total se conserva, ou seja, P  P0  0. Portanto, imediatamente após o disparo
P  mrvr  mbvb  0  vr  −mb/mr vb  vr  −15  10−3/2  800  − 6. 0 m/s. Ou seja, a velocidade inicial de recuo
do rifle é de v0r  6 m/s. (b) O impulso transmitido ao ombro do atirador corresponde à variação do momento do rifle
após a arma ser dispara. Assim, Δpr  pr − p0r  mrvr − mrv0r  0 − 2  −6  12 N s. (c) A força média é dada por
F̄  ΔprΔt 
12
0. 05  240 N. Em kgf será F̄  240/9. 8 ≈ 24. 5 kgf.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 3 Um canhão montado sobre uma carreta, apontado numa direção que forma um ângulo de 30º com
a horizontal, atira uma bala de 50 kg, cuja velocidade na boca do canhão é de 300 m/s. A massa total do canhão e da
carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velocidade inicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é
0, 7, de que distância a carreta recua?
 Solução Vamos considerar apenas a componente horizontal dos momentos, uma vez que a variação da
componente vertical do momento da bala é absorvida pelo solo. Assim, como F(ext)  0 e inicialmente o sistema estava
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em repouso,
mbvb cos30º  mcvc  0  vc  − mbmc vb cos30º  vc  −
50
5  103
 300  32  −2. 6 m/s
ou seja, a velocidade de recuo da carreta é 2, 6 m/s. (b) A força de atrito é Fc  cN  0. 7  5  103  9. 8  34. 300 N, o
que implica, pela 2ª lei de Newton, uma desaceleração da carreta dada por a  Fcmc 
34300
5000  6. 9 m/s
2. Assim,
considerando v0c  2, 6 m/s, vc  0 e a  6. 9 m/s2, a distância que a carreta recua é
vc2  v0c2 − 2aΔx  Δx 
v0c2
2a 
2. 62
2  6. 9  0. 49 m.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 4 Uma patinadora e um patinador estão-se aproximando um do outro, deslizando com atrito
desprezível sobre uma pista de gelo, com velocidades de mesma magnitude, igual a 0, 5 m/s. Ela tem 50 kg, carrega
uma bola de 1 kg e patina numa direção 10º a leste da direção norte. Ele tem 51 kg, dirige-se para 10º a oeste da
direção norte. Antes de colidirem, ela lança a bola para ele, que a apanha. Em conseqüência, passam a afastar-se um
do outro. Ela se move agora com velocidade de 0, 51 m/s, numa direção 10º a oeste da direção norte. (a) Em que
direção se move o patinador depois de apanhar a bola? (b) Com que velocidade? (c) Qual foi o momento transferido
da patinadora para o patinador? (d) Com que velocidade e em que direção a bola foi lançada? [Note que a deflexão
das trajetórias produzida pela troca da bola é análoga ao efeito de uma força repulsiva entre os dois patinadores. Na
física das partículas elementares, a interação entre duas partículas é interpretada em termos de troca de uma terceira
partícula entre elas].
patinadora patinador
αα
y
x
y
x
α
v0
v0
vm
vh
θ
 Solução Como F(ext)  0, o momento total do sistema se conserva. Seja P0 o momento inicial. Logo   10º
P0x  mm  mb v0m sen − mhv0h sen  P0x  mm  mb − mh v0 sen
P0y  mm  mb v0m cos  mhv0h cos  P0y  mm  mb  mh v0 cos
Após lançar a bola, o momento sua velocidade é de vm  0, 51 m/s numa direção   10º. Chamando de  a direção do
patinador, temos para as componentes do momento final
Px  −mmvm sen  mh  mb vh sen
Py  mmvm cos  mh  mb vh cos
A condição P0  P implica que as componentes destes vetores devam ser iguais. Por isto,
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.2
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P0x  Px  mm  mb − mh v0 sen  −mmvm sen  mh  mb vh sen
P0y  Py  mm  mb  mh v0 cos  mmvm cos  mh  mb vh cos
ou
mm  mb − mh v0  mmvm  sen  mh  mb vh sen
mm  mb  mh v0 − mmvm cos  mh  mb vh cos
(a) Dividindo membro a membro estas equações, obtém-se:
tg  mm  mb − mh v0  mmvm 
mm  mb  mh v0 − mmvm 
tg  tg  50  1 − 51  0. 5  50  0. 51
50  1  51  0. 5 − 50  0. 51 tg  tg    
Depois de apanhar a bola, o patinador se move numa direção   10º a leste da direção norte. (b) Como   , tem-se
mm  mb − mh v0  mmvm  sen  mh  mb vh sen  vh 
mm  mb − mh v0  mmvm
mh  mb 
ou
vh 
50  1 − 51  0. 5  50  0. 51
51  1  vh  0. 49 m/s.
(c) Devido à conservação do momento,
P0  p0m  p0h
P  pm  ph
p0m  p0h  pm  ph  Δph  −Δpm
Assim, a variação do momento da patinadora é
p0mx  mm  mb v0 sen
pmx  −mmvm sen
Δpmx  pmx − p0mx  −mmvm sen − mm  mb v0 sen  −mmvm  mm  mb v0  sen
p0my  mm  mb v0 sen
pmy  mmvm cos
Δpmy  pmy − p0my  mmvm cos − mm  mb v0 cos  mmvm − mm  mb v0 cos
ou seja
Δpmx  −8. 86 kg  m/s, Δpmy  0
Como Δph  −Δpm, logo
Δphx  −Δpmx  8. 86 kg  m/s, Δphy  −Δpmy  0
Portanto, o momento transferido foi de 8. 86 kgm/s na direção leste. (d) Esta transferência de momento corresponde
ao momento com que a bola foi lançada. Assim, como pb  mbvb  Δph, temos
pbx  mbvbx  Δphx  vbx 
Δphx
mb 
8. 86
1  8. 86 m/s
pby  mbvby  Δphy  vby  0.
Logo, a bola foi lançada com uma velocidade de 8. 86 m/s de oeste para leste.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 5 Um remador de 75 kg, sentado na popa de uma canoa de 150 kg e 3 m de comprimento,
conseguiu trazê-la para uma posição em que está parada perpendicularmente à margem de um lago, que nesse ponto
forma um barranco, com a proa encostada numa estaca onde o remador quer amarrar a canoa. Ele se levanta e
caminha até a proa, o que leva a canoa a afastar-se da margem. Chegando à proa, ele consegue, esticando o braço,
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alcançar até uma distância de 80 cm da proa. Conseguirá agarrar a estaca? Caso contrário, quanto falta? Considere o
centro de massa da canoa como localizado em seu ponto médio e despreze a resistência da água.
xr0
xc0
X0
CM
xc
xr
X
CM
x x
 Solução A resultante das forças externas é nula, o que impede que o CM do sistema remador  canoa se
desloque. Logo, a posição inicial do CM não varia. Considerando a origem do sistema na estaca, e que a canoa seja
uma partícula de massa mc  150
kg localizada a uma distância xc0  1. 5 m da estaca (CM da canoa) e o remador de
massa mr  75 kg e xr0  3 m, então a localização inicial do CM do sistema em relação à estaca é
X0  mrxr0  mcxc0mr  mc  X0 
75  3  150  1. 5
75  150  2 m
Como a posição do CM não varia, X  X0 e M  mr  mc 
X  mrxr  mcxcM  X0  mrxr  mcxc  2M
Por outro lado, na posição final vale a relação (ver figura)
xc − xr  l2  xc  xr 
l
2
onde l é o comprimento da canoa. Assim,
mrxr  mcxc  2M  mrxr  mc xr  l2  2M
de maneira que
mr  mc xr  2M − mcl2  xr 
4M − mcl
2mr  mc 
Logo, a posição final do remador em relação à estaca é
xr 
475  150 − 150  3
275  150  1 m
Como o remador só consegue esticar o braço até 0, 80m além da proa da canoa ele não conseguirá agarrar a estaca.
Ainda faltam 20 cm para conseguir.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 6 No fundo de uma mina abandonada, o vilão, levando a mocinha como refém, é perseguido pelo
mocinho. O vilão, de 70 kg, leva a mocinha, de 50 kg, dentro de um carrinho de minério de 540 kg, que corre com atrito
desprezível sobre um trilho horizontal, à velocidade de 10 m/s. O mocinho, de 60 kg, vem logo atrás, num carrinho
idêntico, à mesma velocidade. Para salvar a mocinha, o mocinho pula de um carrinho para o outro, com uma
velocidade de 6 m/s em relação ao carrinho que deixa para trás. Calcule a velocidade de cada um dos carrinhos
depois que o mocinho já atingiu o carrinho da frente.
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.4
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v'm
v10 v20 v1 v2
 Solução O momento incial e final do sistema (considere apenas a direção x são
P0  mm  mc v10  mb  mr  mc v20
P  mcv1  mb  mr  mc  mm v2
Ao pular do carrinho 1, o mocinho produz uma transferência de momento para o carrinho 2. O salto, feito com
velocidade vm′  6 m/s em relação ao carrinho, ou seja,
vm  vm′  v10  vm  16 m/s
em relação ao solo, produz uma variação de momento no carrinho 1, que pode ser calculada usando a conservação
de momento do carrinho 1. Logo, a velocidade do carrinho após o salto do mocinho será:
mm  mc v10  mcv1  mmvm  v1 
mm  mc v10 − mmvm
mc  v1 
60  540  10 − 60  16
540  9. 3 m/s
Da conservação do momento total, P0  P, encontra-se
mm  mc v10  mb  mr  mc v20  mcv1  mb  mr  mc  mm v2
ou seja,
v2 
mm  mc v10  mb  mr  mc v20 − mcv1
mb  mr  mc  mm
Substituindo os valores
v2 
60  540  10  70  50  540  10 − 540  9. 3
70  50  540  60  10. 5 m/s.
Portanto, o carrinho de trás passa a ter uma velocidade de 9, 3 m/s e o da frente, 10, 5 m/s.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 7 Um gafanhoto, pousado na beirada superior de uma folha de papel que está boiando sobre a
água de um tanque, salta, com velocidade inicial de 4 m/s, em direção à beirada inferior da folha, no sentido do
comprimento. As massas do gafanhoto e da folha são de 1 g e de 4 g, respectivamente, e o comprimento da folha é de
30 cm. Em que domínio de valores pode estar compreendido o ângulo  entre a direção do salto e a sua projeção
sobre a horizontal para que o gafanhoto volte a cair sobre a folha?
v0
θO
xg0
xf0
X0
CM
x O
xf
xg
X
CM
 Solução Vamos admitir que a água aborva a variação de momento na direção vertical. Então, na direção
horizontal, a conservação de momento garante que o CM do sistema folha  gafanhoto não muda de posição, que
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inicialmente está em X0, ou seja,
X0 
mgxg0  mfxf0
mg  mf 
1  30  4  15
1  4  18 cm.
Da conservação de momento, sabendo que P0  0, e que o gafanhoto pula para a esquerda, obtém-se
P  −mgv0 cos  mfvf  0  vf 
mgv0 cos
mf 
1  4  cos
4  vf  cos
ou seja, a folha desloca-se para a direita. A velocidade relativa do ganhafoto em relação à folha é portanto
vg′  vg − vf  −v0 cos − cos  −5cos
na direção horizontal. Para percorrer o comprimento da folha, o gafanhoto leva então um tempo
t  l
|vg′ |
 0. 35cos
Em relação à origem do sistema ligado à água, no entanto, a posição do gafanhoto ao final deste intervalo de tempo é
xg  xg0 − v0 cos t  xg  0. 3 − v0 cos  0. 35cos  0. 3 − 4 
0. 3
5  0. 06 m
Ou seja, o gafanhoto percorre 24 cm para atingir a outra extremidade da folha que se desloca para a direita. Isto
corresponde ao alcance máximo de um lançamento de projétil sob um ângulo  como velocidade inicial v0  4 m/s.
Usando a expressão para o alcance,
A  v0
2
g sen2  0. 24 
42
9. 8 sen2  sen2 
0. 24  9. 8
16  0. 147
ou seja,
2  sen−10. 147  2  8. 5º    4. 23º
Portanto, para qualquer ângulo entre 0 e 4, 23º o gafanhoto cai sobre o papel, ou seja,
0    4, 23º
Como o alcance é o mesmo para ângulos   45º   e   45º − , então   45º −  para este caso e portanto vale
  45º − 4. 23º  40, 77º
Portanto,   45º  40. 77º  85. 77º também satisfaz a condição para o alcance. Logo, outro domínio de valores será
85, 77º    90º
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 8 Um rojão, lançado segundo um ângulo de 45º, explode em dois fragmentos ao atingir sua altura
máxima, de 25 m; os fragmentos são lançados horizontalmente. Um deles, de massa igual a 100 g, cai no mesmo
plano vertical da trajetória inicial, a 90 m de distância do ponto de lançamento. O outro fragmento tem massa igual a 50
g. (a) A que distância do ponto de lançamento cai o fragmento mais leve? (b) Quais são as velocidades comunicadas
aos dois fragmentos em conseqüência da explosão? (c) Qual é a energia mecânica liberada pela explosão?
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.6
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v
v0
x1 = 90 m CM
m1
CM
X = A
m2
x2
O
v10 v20
 Solução (a) Para este lançamento, a velocidade inicial é dada através da expressão da altura máxima
ym 
v02 sen2
2g  v0 
2gym
sen2
ou seja   45º
v0  2  9. 8  25
2 /2 2
 31. 3 m/s.
: 31. 305 Para esta velocidade, a distância horizontal até a posição de ym é xm  12 A. Como
A  v0
2
g sen2 
2  9. 8  25
2 /2 2  9. 8
 1  100 m
portanto,
xm  12 A 
1
2
31. 32
9. 9  xm  50 m.
Momento antes da explosão No ponto ym, a velocidade do rojão (antes de explodir) vale apenas a componente x
da velocidade inicial, ou seja,
v  v0 cos45º
então, o momento total P0 vale
P0  m1  m2 v  P0  m1  m2 v0 cos45º
Momento após a explosão Após a explosão, o momento é
P  m1v1  m2v2
Como foi dada a posição em que fragmento m1 caiu, que é x1  90 m, podemos calcular a velocidade v1 após a
explosão. Ou seja, x0  xm, y0  ym, v0y  0, v0x  v1 
x  xm  v1t, y  ym − 12 gt
2
Para y  0, t  tq que é o tempo de queda do fragmento 1 . Portanto,
t  2ymg  tq 
2  25
9. 8  2. 26 s.
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Assim, para t  tq  x  x1
x1  xm  v1tq  v1  x1 − xmtq  v1 
90 − 50
2. 26  17. 7 m/s.
Conservação do momento Como não há força externa na direção horizontal, podemos usar a conservação do
momento
m1v1  m2v2  m1  m2 v0 cos45º
e o valor da velocidade do fragmento m2 logo após a explosão é
v2 
m1  m2 v0 cos45º − m1v1
m2
ou
v2 
0. 100  0. 050  31. 3  2 /2 − 0. 100  17. 7
0. 050  31 m/s
Distância da queda do fragmento 2 Como o tempo de queda é o mesmo que o anterior, a posição do fragmento 2
pode ser calculada por
x2  xm  v2tq
ou
x2  50  31  2. 26  120 m
(b) Velocidade comunicada aos dois fragmentos Antes da explosão, os fragmentos viajavam com uma
velocidade
v  v0 cos45º  v  31. 3 
2
2  22. 13 m/s
Após a explosão, o fragmento de massa m1  100 g passou a se movimentar com um velocidade v1  17. 7 m/s, ou
seja, foi-lhe comunicada uma velocidade v1′  v1 − v  17. 7 − 22. 13  −4. 43 m/s. Ao fragmento de massa m2  50 g,
cuja velocidade após a explosão é de v2  31 m/s, foi-lhe comunicada uma velocidade v2′  v2 − v  31 − 22. 13  8. 87
m/s.
(c) A energia mecânica
liberada pela explosão pode ser calculada pela diferença da energia mecânica antes e depois
da explosão. Assim,
Ea  12 mv
2  mgh  12  0. 100  0. 050  22. 13
2  0. 100  0. 050  9. 8  25  73. 48 J
Ed  12 m1v1
2  m1gh  12 m2v2
2  m2gh  12  0. 100  17. 7
2  0. 100  9. 8  25  12  0. 050  31
2  0. 050  9. 8  25  76. 44 J
Portanto, a energia liberada foi de
ΔE  Ed − Ea  76. 44 − 73. 48  2. 96 J
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 9 Uma mina explode em três fragmentos, de 100 g cada um, que se deslocam num plano horizontal:
um deles para oeste e os outros dois em direções 60° ao norte e 30° ao sul da direção leste, respectivamente. A
energia cinética total liberada pela explosão é de 4. 000 J. Ache as velocidades iniciais dos três fragmentos.
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.8
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v1
v3
v2
p1
p2
p3
60º
30º
 Solução O momento inicial da mina é nulo, isto é, P0  0. Não havendo forças externas, o momento final também
o é. Logo,
Px  −p1  p2 cos60º  p3 cos30º  0
Px  p2 sen60º − p3 sen30º  0
Ou seja,
p1  p2 cos60º  p3 cos30º  p1  12 p2 
3
2 p3
p3 
p2 sen60º
sen30º  p3  3 p2
Substituindo p3 na primeira, encontra-se
p1  12 p2 
3
2 3 p2  p1 
1
2 
3
2 p2  p1  2p2
Como as massas dos fragmentos são iguais, isto é, m1  m2  m3  m, podemos encontrar duas relações para as
velocidades. Isto é,
p1  2p2  v1  2v2
p3  3 p2  v3  3 v2
Sabendo-se que a energia cinética total liberada pela explosão é de 4. 000 J, temos entrão a terceira relação entre as
velocidades, ou seja,
T  12 mv1
2  v22  v32   v12  v22  v32  2Tm
Portanto m  0. 100 kg ,
v12  v22  v32  2Tm  2v2 
2  v22  3 v2
2
 80000. 100
ou
4v22  v22  3v22  8  104
ou ainda
8v22  8  104  v2  100 m/s.
Usando as duas relações, encontra-se
v1  2v2  v1  200 m/s
p3  3 p2  v3  173 m/s
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Portanto,
v1  200 m/s, v2  100 m/s, v3  173 m/s
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 10 Uma barra cilíndrica homogênea de 3 m de comprimento é dobrada duas vezes em ângulo reto,
a intervalos de 1 m de modo a formar três arestas consecutivas de um cubo (Fig.). Ache as coordenadas do centro de
massa da barra, no sistema de coordenadas da figura.
 Solução Como a barra é homogênea, podemos considerar cada segmento da barra com uma partícula localizada
no CM de cada um deles. Assim,
P1  12 , 0, 0 , P2  1,
1
2 , 0 , P3  1, 1,
1
2
Considerando que cada segmento tenha massa m, então
X  mx1  mx2  mx33m 
1
2  1  1
3 
5
6 m
Y  my1  my2  my33m 
0  12  1
3 
1
2 m
Z  mz1  mz2  mz33m 
0  0  12
3 
1
6 m
Assim,
CM  16 ,
1
2 ,
1
6 em m
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 11 (a) Ache as coordenadas do CM (centro de massa) da placa homogênea OABCD indicada na
figura, dividindo-a em três triângulos iguais. (b) Mostre que se obtém o mesmo resultado calculando o CM do sistema
formado pelo quadrado OABD e pelo triângulo BCD que dele foi removido, atribuindo massa negativa ao triângulo.
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 Solução (a) Sejam os triângulos iguais T1  OCD, T2  OCA e T3  ACB. O CM de cada triângulo está no centro
geométrico correspondente. Assim,
T1  13
1
2 ,
1
2 
1
6 ,
1
2
T2  12 ,
1
3
1
2 
1
2 ,
1
6
T3  12 
2
3
1
2 ,
1
2 
5
6 ,
1
2
Como as massas são iguais
X  x1  x2  x33 
1
6 
1
2 
5
6
3 
1
2
Y  y1  y2  y33 
1
2 
1
6 
1
2
3 
7
18
ou seja,
CM  12 ,
7
18
(b) O CM do quadrado é
Xq  12 , Yq 
1
2
e do triângulo
Xt  12 , Yt 
1
2 
2
3
1
2 
5
6
O CM do sistema, será então (m t  −m
X  mqXq  mtXtmq  mt 
4m  12 − m 
1
2
4m − m 
1
2
Y  mqYq  mtYtmq  mt 
4m  12 − m 
5
6
4m − m 
7
18
o que confirma o enunciado.
∗ ∗ ∗
 PROBLEMA 12 Calcule as coordenadas do CM da placa homogênea indicada na figura, um círculo de 1, 0 m de
raio do qual foi removido um círculo de 0, 5 m de raio, com uma separação de 0, 25 m entre os centros O e O′ dos dois
círculos.
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 Solução Vamos adotar o esquema de solução com massa negativa. Assim, o círculo maior, de área A1   e o
círculo menor, de massa negativa, de área A2  4 . Assim, como A1  4A2  m1  4m2. Vamos adotar m2  −m e
m1  4m. O CM do círculo 1 é C1  0, 0, enquanto que do círculo 2, C2  0, 14 . Logo, para o sistema teremos
X  m1X1  m2X2m1  m2 
4m  0 − m  0
4m − m  0
Y  m1Y1  m2Y2m1  m2 
4m  0 − m  14
4m − m  −
1
12
Portanto, o CM do sistema está em CM  0,− 112 em m.
 PROBLEMA 13 Num lançamento do foguete Saturno V (veja tabela da pg. 164) são queimadas 2. 100 toneladas
de combustível em 2, 5 min, gerando um empuxo de 3, 4  107 N. A massa total do foguete com sua carga é de 2. 800
toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b) Calcule a aceleração inicial do foguete
na rampa de lançamento.
 PROBLEMA 14 Utilizando os dados da tabela da pg. 164, calcule, para o 3º estágio do sistema Saturno V -
Apolo: (a) a velocidade de escape dos gases de combustão; (b) o incremento de velocidade produzido por este
estágio, na ausência de forças externas. A diferença entre o resultado e os valores da tabela pode ser atribuída a
essas forças (gravidade e resistência atmosférica residuais).
 PROBLEMA 15 Um avião a jato viaja a 900 km/h. Em cada segundo, penetram nos jatos 150 m3 de ar que, após
a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600 m/s em relação ao avião. Tome a densidade do ar como 1, 3
kg/m3. (a) Calcule o empuxo exercido sobre o avião em N e em kgf. (b) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp.
 PROBLEMA 16 Uma corrente de massa igual a 750 g e 1, 5 m de comprimento está jogada no chão. Uma pessoa
segura-a por uma das pontas e suspende-a verticalmente, com velocidade constante de 0, 5 m/s. (a) Calcule a razão
entre a força exercida pela pessoa no instante final, em que está terminando de tirar a corrente do chão, e a força que
teve de exercer no instante inicial. (b) Qual é o trabalho realizado?
 PROBLEMA 17 Um encantador de serpentes, tocando sua flauta, faz uma serpente de comprimento l e massa
m, inicialmente enrodilhada no chão, elevar gradualmente a cabeça até uma altura h  l do chão. Supondo a massa da
serpente uniformemente distribuída pelo seu corpo, quanto trabalho foi realizado pela serpente?
 PROBLEMA 18 Uma gotícula de água começa a formar-se e vai-se avolumando na atmosfera em torno de um
núcleo de condensação, que é uma partícula de poeira, de raio desprezível. A gota cai através da atmosfera, que
supomos saturada de vapor de água, e vai aumentando de volume continuamente pela condensação, que faz crescer
Notas de Aula de Física I Conservação do Momento - Problemas Resolvidos PR-8.12
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a massa proporcionalmente à superfície da gota. A taxa  de crescimento da massa por unidade de tempo e de
superfície da gota é constante. (a) Mostre que o raio r da gota cresce linearmente com o tempo. (b) Mostre que a
aceleração da gota, decorrido um tempo t desde o instante em que ela começou a se formar, é dada por
dv
dt  −g − 3
v
t
onde v é a velocidade da gota no instante t (desprezando o efeito da resistência do ar). (c) Mostre que esta equação
pode ser resolvida tomando v  at, e determine a constante a. Que tipo de movimento resulta para a gota?
 PROBLEMA 19 Um caminhão-tanque cheio de água, de massa total M, utilizado para limpar ruas com um jato
de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético c. Ao atingir uma velocidade v0, o motorista
coloca a marcha no ponto morto e liga o jato de água, que é enviada para trás com a velocidade ve relativa ao
caminhão, com uma vazão de  litros por segundo. Ache a velocidade vt do caminhão depois de um tempo t.
 PROBLEMA 20 Uma nave espacial
cilíndrica, de massa M e comprimento L, está flutuando no espaço sideral.
Seu centro de massa, que podemos tomar como o seu ponto médio, é adotado como origem O das coordenadas, com
Ox ao longo do eixo do cilindro. (a) No instante t  0, um astronauta dispara uma bala de revólver de massa m e
velocidade v ao longo do eixo, da parede esquerda até a parede direita, onde fica encravada. Calcule a velocidade V
de recuo da nave espacial. Suponha que m  M, de modo que M  m ≈ M. (b) Calcule o recuo total ΔX da nave,
depois que a bala atingiu a parede direita. Exprima-o em função do momento p transportado pela bala, eliminando da
expressão a massa m. (c) Calcule o deslocamento Δx do centro de massa do sistema devido à transferência da massa
m da extremidade esquerda para a extremidade direita da nave. (d) Mostre que ΔX  Δx  0, e explique por que este
resultado tinha necessariamente de ser válido. (e) Suponha agora que o astronauta, em lugar de um revólver, dispara
um canhão de luz laser. O pulso de radiação laser, de energia E, é absorvido na parede direita, convertendo-se em
outras formas de energia (térmica, por exemplo). Sabe-se que a radiação eletromagnética, além de transportar energia
E, também transporta momento p, relacionado com E por: p  E/c, onde c é a velocidade da luz. Exprima a resposta do
item (b) em termos de E e c, em lugar de p. (f) Utilizando os itens (c) e (d), conclua que a qualquer forma de energia E
deve estar associada uma massa inercial m, relacionada com E por E  mc2. Um argumento essencialmente idêntico a
este, para ilustrar a inércia da energia, foi formulado por Einstein (veja Física Básica, vol. 4).
★ ★ ★
Prof. Dr. Abraham Moysés Cohen Departamento de Física PR-8.13
Cap7- Problemas resolvidos.pdf
Problemas Resolvidos do Capítulo 7
CONSERVAÇÃO DA ENERGIA NO MOVIMENTO GERAL
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 No Exemplo 1 da Seç. 5.3, considere a situação em que |F| tem o valor mínimo necessário para
manter o bloco deslizando sobre o plano horizontal com velocidade constante. Para um deslocamento l do bloco,
exprima o trabalho W realizado pela força F em função de P, , l e do coeficiente c. Que acontece com esse trabalho?
 Solução O valor mínimo necessário para manter o bloco deslizando com velocidade constante é
Fcos  cP − F sen, de onde se obtém
Fcos  c sen  cP  F 
cP
cos  c sen
Assim, o trabalho realizado pela força F é dado por W  Flcos  cPlcoscos  c sen
. Como não há variação da energia
cinética do bloco, este trabalho está sendo dissipado pela força de atrito, convertendo-se em calor.
* * *
 PROBLEMA 2 Uma partícula carregada penetra num campo magnético uniforme com velocidade inicial
perpendicu!ar à direçâo do campo magnético. Calcule o trabalho realizado pela força magnética sobre a particula ao
longo de sua trajetória.
 Solução Como a partícula descreve sua trajetória no plano perpendicular ao campo magnéticoW  Flcos e
  90º  W  0.
* * *
 PROBLEMA 3 Dois vetores a e b são tais que |a  b |  |a − b |. Qual é o ângulo entre a e b?
 Solução Sejam os vetores a  b e a − b. Seus módulos são dados por
a  b2  a  b  a  b  a2  b2  2a  b
a − b2  a − b  a − b  a2  b2 − 2a  b
Como |a  b |  |a − b |  a  b2  a − b2  a2  b2  2a  b a2  b2 − 2a  b  a  b  −a  b  a  b  0. Logo, o
ângulo entre a e b é 90º.
* * *
 PROBLEMA 4 Calcu!e o ânguìo entre duas diagonais internas (que passam por dentro) de um cubo, utilizando o
produto escalar de vetores.
 Solução Sejam as diagonais d1 e d2 mostradas na figura. Em termos das componentes cartesianas, estes
vetores podem ser escritos como
d1  ai  aj  ak
d2  ai  aj − ak
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θ
x
y
z
d1
d2
a
a
a
Assim,
d1  d2  d1d2 cos  a2  a2 − a2  a2
Como d1  d2  3 a, então
3 a  3 acos  a2  cos  13    cos
−1 1
3  70,5º
* * *
 PROBLEMA 5 Uma conta de massa m, enfiada num aro circular de raio R que está num plano vertical, desliza
sem atrito da posição A, no topo do aro, para a posição B, descrevendo um ângulo  (Fig.). (a) Qual é o trabalho
realizado pela força de reação do aro sobre a conta? (b) Qual é a velocidade da conta em B?
 Solução (a) A força de reação do aro sobre a conta é sempre perpendicular ao deslocamento desta. Por isso, o
trabalho realizado por essa força é nulo.
N
mg
(b) O trabalho da força peso, e portanto, o trabalho total sobre a conta é WA→B  F  l, onde F  −mgk e
l  Rcos − Rk  −R1 − cosk. Logo, WA→B  mgR1 − cosk  k. Portanto, WA→B  mgR1 − cos, que é igual à
Notas de Aula de Física I Conservação da Energia no Movimento Geral - Problemas Resolvidos PR-7.2
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variação da energia cinética entre os pontos A e B. Logo, supondo que a conta tenha energia cinética nula em A, ou
seja, TA  0, então
TB − TA  mgR1 − cos  12 mvB
2  mgR1 − cos  vB  2gR1 − cos
 PROBLEMA 6 Um corpo de massa m  300 g, enfiado num aro circular de raio R  1 m situado num plano
vertical, está preso por uma mola de constante k  200 N/m ao ponto C, no topo do aro (Fig.). Na posiçâo relaxada da
mola, o corpo está em B, no ponto mais baixo do aro. Se soltarmos o corpo em repouso a partir do ponto A indicado na
figura, com que velocidade ele chegará a B?
 Solução A força da mola é dada por F  −kΔs, onde Δs  s − s0. O comprimento relaxado s0  2R e
s  R  Rcos2  R2 sen2  R  R2
2
 R2 32
2
 94 R
2  34 R
2  3 R. Assim, ΔsA  3 R − 2R. Como só
temos forças conservativas, ΔT  −ΔU, logo
TA  0, TB  12 mv
2
UA  mgzA  12 kxA
2 , UB  mgzB  12 kxB
2
Tomando o nível de referência z  0 no ponto B, isto é, zB  0, e sabendo que em B a mola está relaxada xB  0 e
xA  Δs  −R, e zA  R − Rcos60º  R2 , então
TA  0, TB  12 mv
2
UA  mg R2 
1
2 kΔsA
2  mg R2 
1
2 k 3 R − 2R
2, UB  mgzB  12 kxB
2  0
Assim,
TB − TA  −UB − UA   12 mv
2  mg R2 
1
2 k 3 R − 2R
2
 v  gR 
kR2 3 − 2 2
m
ou seja, para os valores dados, a velocidade no ponto B vale v  7,59 m/s.
* * *
 PROBLEMA 7 Uma partícula se move no plano xy sob a açäo da força F1  10 yi − xj, onde |F1 | é medido em
N, e x e y em m. (a) Calcule o trabalho realizado por F1 ao longo do quadrado indicado na figura. (b) Faça o mesmo
para F2  10yi  xj. (c) O que você pode concluir a partir de (a) e (b) sobre o caráter conservativo ou não de F1 e F2?
(d) Se uma das duas forças parece ser conservativa, procure obter a energia potencial U associada, tal que F  −
grad U.
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P1
P2P3
 Solução Usando a definição de trabalho, temos para o da força F1:
W1 
C1 

O
P1
F1  dl1 
C2 

P1
P2
F1  dl2 
C3 

P2
P3
F1  dl3 
C4 

P3
O
F1  dl4
onde O  O0,0,P1  P11,0, P2  P21,1 e P3  P30,1. Também, dl1  i dx, dl2  j dy, dl3  i dx e dl4  j dy.
Logo,
F1  dl1  10 yi − xj  i dx  10y dx
F1  dl2  10 yi − xj  j dy  −10x dy
F1  dl3  10 yi − xj  i dx  10y dx
F1  dl4  10 yi − xj  j dy  −10x dy
(a) Portanto,
W1 
y0

0
1
10y dx −
x1

0
1
10x dy 
y1

1
0
10y dx −
x0

1
0
10x dy  10xy|0,0
1,0 − 10xy|1,0
1,1  10xy|1,1
0,1 − 10xy|0,1
0,0
 101  0 − 0  0 − 101  1 − 1  0  100  1 − 1  1 − 100  0 − 0  1  0 − 10 − 10  0  −20J
(b) Fazendo o mesmo com F2
F2  dl1  10 yi  xj  i dx  10y dx
F2  dl2  10 yi  xj  j dy  10x dy
F2  dl3  10 yi  xj  i dx  10y dx
F2  dl4  10 yi  xj  j dy  10x dy
W2 
y0

0
1
10y dx 
x1

0
1
10x dy 
y1

1
0
10y dx 
x0

1
0
10x dy  10xy|0,0
1,0  10xy|1,0
1,1  10xy|1,1
0,1  10xy|0,1
0,0
 101  0 − 0  0  101  1 − 1  0  100  1 − 1  1  100
 0 − 0  1  0  10 − 10  0  0
(c) F1 não é conservativa, mas F2 pode ser.
(d) Vamos admitir que F2 seja conservativa; logo, considerando P0  P00,0 e P  Px,y encontra-se
Ux,y  −
C

P0
P
F2  dl  −
C

P0
P
10 yi  xj  idx  jdy
Como é uma força conservativa, o esta integral não deve depender do caminho C escolhido. Para facilitar, vamos
considerar que C seja: 0,0 → x, 0 → x,y. Assim
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Ux,y  −
C

P0
P
10 yi  xj  idx  jdy  −10
y0

0
x
ydx − 10
xx

0
y
xdy  −10xy
* * *
 PROBLEMA 8 Uma particula está confinada a mover-se no semi-espaço z ≥ 0, sob a ação de forças
conservativas, de energia potencial Ux,y, z  F0z  12 kx
2  y2, onde F0 e k são positivas. (a) Calcule as
componentes da força que atua sobre a partícula. (b) Que tipo de força atua ao longo do eixo Oz? (c) Que tipo de
forças atuam no plano xy? (d) Qual é a forma das superffcies equipotenciais?
 Solução De acordo com a definição F  −∇U, temos
(a)
Fx  − ddx F0z 
1
2 kx
2  y2  −kx
Fy  − ddy F0z 
1
2 kx
2  y2  −ky
Fz  − ddz F0z 
1
2 kx
2  y2  −F0
(b) Constante na direção negativa do eixo.
(c) Lei de Hooke; (d) Ux,y, z  constante  Parabolóides de revolução com eixo ao longo de z.
 PROBLEMA 9 Um oscilador harmônico tridimensional isotrópico é defínido como uma particula que se move sob
a ação de forças associadas à energia potencial
Ux,y, z  12 kx
2  y2  z2
onde k é uma constante positiva. Mostre que a força correspondente é uma força central, e calcule-a. De que tipo é a
força obtida?
 Solução Da definição F  −∇U, temos
Fx  − ddx
1
2 kx
2  y2  z2  −kx
Fy  − ddy
1
2 kx
2  y2  z2  −ky
Fz  − ddz
1
2 kx
2  y2  z2  −kz
de onde se obtém
F  Fxi  Fyj Fzk  −kxi  yj  zk  −kr  −kr r̂.
que é a lei de Hooke dirigida para a origem.
* * *
 PROBLEMA 10 Uma estrutura rígida triangular é construída com três hastes iguais e seu plano é vertical, com a
base na horizontal. Nos dois outros lados estão enfiadas duas bolinhas idênticas de massa m, atravessadas por um
arame rígido e leve AB, de modo que podem deslizar sobre as hastes com atrito desprezível, mantendo sempre o
arame na horizontal. As duas bolinhas também estão ligadas por uma mola leve de constante elástica k e comprimento
relaxado l0. (a) Mostre que uma expressão para a energia potencial do sistema em função do comprimenlo l da mola é
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Ul  12 kl − l0
2 − mg 3 l. (b) Para que valor de l o sistema está em equilíbrio? (c) Se soltamos o sistema na situação
em que a mola está relaxada, qual é o menor e qual é o maior valor de l no movimento subseqüente? (d) Que tipo de
movimento o sistema realiza no caso (c)?
 Solução A energia potencial do sistema é devida às forças gravitacional e elástica. Assim, como l − l0 é a
deformação da mola,
U  12 kl − l0 
2 − 2mgz
onde o nível zero é tomado no vértice O do triângulo (figura).
O
60º 60º
z30º
z
A altura z pode ser calculada em função de l, através das relações geométricas num triângulo retângulo (ver figura).
Ou seja,
z tg30º  l2  z 
3
2 l.
Assim,
U  12 kl − l0 
2 − 2mgz  Ul  12 kl − l0 
2 − mg 3 l
(b) O sistema estará em equilíbrio para o valor de l que corresponde a um extremo de Ul. Assim, derivando Ul em
relação a l e igualando o resultado a zero, obtém-se para l o valor:
d
dl
1
2 kl − l0 
2 − mg 3 l  kl − kl0 − mg 3  0  l  k 
mg 3
k
(c) Na situação inicial o sistema só tem energia potencial gravitacional,
E  −2mgz0  −mg 3 l0
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e numa situação arbitrária z, l,
E  12 2mv
2 − 2mgz  12 kl − l0 
2  mv2 − mg 3 l  12 kl − l0 
2
Da conservação de energia
− mg 3 l0  mv2 − mg 3 l  12 kl − l0 
2
Fazendo x  l − l0
1
2 kl − l0 
2 − mg 3 l − l0   mv2  0  12 kx
2 − mg 3 x  mv2  0
Os valores máximo e mínimo de l se obtém para v  0 (energia total igual à soma das energias potenciais) Logo,
1
2 kx
2 − mg 3 x  0  x  0, x  2mg 3k
Portanto,
l  l0  x  lmin  l0, lmax  l0 
2 3 mg
k
* * *
 PROBLEMA 11 Mostre que o trabalho necessário para remover um objeto da atração gravitacional da Terra é o
mesmo que seria necessário para elevá-lo ao topo de uma montanha de altura igual ao raio da Terra, caso a força
gravitacional permanecesse constante e igual ao seu valor na superfície da Terra, durante a escalada da montanha.
 Solução De acordo com a Eq. (7.5.7) ΔU  −mgR e portanto
WR→  −ΔU  mgR
Considerando que força gravitacional seja constante no trajeto até o topo da montanha, este trabalho, realizado por
uma força externa para elevar o corpo até um altura R, pode ser calculado, fazendo F  mg e
W  Fz − z0   mgz − z0 
Tomando o nível de referência z  0 na superfície da Terra e z  R, encontra-se
W  mgR
* * *
 PROBLEMA 12 Calcule a velocidade de escape de um corpo a partir da superfície da Lua.
 Solução De acordo com a Eq. (7.5.28)
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Te  mgLRL
onde
gL  MLGRL2
Assim, como
1
2 mve
2  mgLRL  ve,L  2 MLGRL
Usando os valores L  3,34 g/cm
3
RL  1.738 km  1,738  106 m
ML  43 RL
3L  43    1,738
3  1018  3,34  103  7,3  1022 kg
G  6,67  10−11 N  m2/kg2
Logo,
ve,L  2 MLGRL
 ve,L  2 7,3  10
22  6,67  10−11
1, 738  106
 2.367 m/s
ou seja,
 ve,L  2,4 km/s.
* * *
 PROBLEMA 13 Um satélite síncrono da Terra é um satélite cujo período de revolução em torno da Terra é de 24
h, de modo que permanece sempre acima do mesmo ponto da superfície da Terra. (a) Para uma órbita circular, a que
distância do centro da Terra (em km e em raios da Terra) precisa ser colocado um satélite para que seja síncrono? (b)
Que velocidade mínima seria preciso comunicar a um corpo na superficie da Terra para que atingisse essa órbita
(desprezando os efeitos da atmosfera)?
 Solução (a) Para que o período seja T  24 h implica
  2T  vS  Rs
onde Rs é o raio da órbita circular. De acordo com a segunda lei de Newton,
GMm
Rs2
 mvs
2
Rs
 GMm
Rs2
 m
2Rs2
Rs
 RS  GMmm2
1/3
 GM
2
1/3
Assim, para M  5,97  1024 kg e   2T 
2
24  3600  7. 27  10
−5rad/s e G  6,67  10−11 Nm2/kg2
RS  GM
2
1/3
 RS  6.67  10
−11  5.97  1024
7.27  10−5 2
1/3
 4. 22  107 m
Ou seja,
RS  4,22  104 km.
Em termos de raios da Terra, será RT  6,37  103 km
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Rs  4.22  10
4
6.37  103
RT  6,6RT
(b) Como a velocidade na órbita é vS  RS  7. 27  10−5  4. 22  107  3.068 m/s e sua energia potencial é dada por
Ur  − GmMr
então, a energia mecânica total do satélite nesta órbita é
E  12 mvS
2  URS 
A energia total na superfície da Terra é
E  12 mvT
2  URT 
Da conservação da energia mecânica, tem-se
1
2 mvT
2  URT   12 mvS
2  URS   12 mvT
2 − GmMRT
 12 mvS
2 − GmMRS
ou seja,
vT2  vS2  2GM 1RT
− 1RS
 vT  vS2  GM 1RT
− 1RS
ou
vT  30682  6.67  10−11  5.97  1024  2  16.37  106
− 1
4.22  107
 10.750 m/s
vT  10,8 km/s.
* * *
 PROBLEMA 14 Utilize o Princípio dos Trabalhos Virtuais enunciado na Seç. 7.3 para obter as condições de
equilíbrio da alavanca [Fig. (a)] e do plano inclinado [Fig. (b)]. Para isto, imagine que um pequeno deslocamento,
compatível com os vínculos a que estão sujeitas, é dado às massas, e imponha a condição de que o trabalho realizado
nesse deslocamento (trabalho virtual) deve ser nulo.
 Solução De acordo com a definição, para o caso (a) tem-se para o trabalho realizado
m1gΔz1  m2gΔz2
Para deslocamentos infinitésimos
Δz, este se confunde com o arco descrito por l1 e l2, sendo proporcionais ao ângulo
Δ. Assim, Δz1  l1Δ e Δz2  l2Δ e então
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m1gl1Δ  m2gl2Δ  m1l1  m2l2.
Para o caso (b), o trabalho realizado pelos blocos 1 e 2 são
m1g sen1Δl1  m2g sen2Δl2
Como Δl1  Δl2,
m1 sen1  m2 sen2
* * *
 PROBLEMA 15 Um vagão de massa m1  4 toneladas está sobre um plano inclinado de inclinação   45°,
ligado a uma massa suspensa m2  500 kg pelo sistema de cabo e polias ilustrado na Fig. Supõe-se que o cabo é
inextensivel e que a massa do cabo e das polias é desprezível em confronto com as demais. O coeflciente de atrito
cinético entre o vagão e o plano inclinado é c  0,5 e o sistema é solto do repouso. (a) Determine as relaçöes entre
os deslocamentos s1 e s2 e as velocìdades v1 e v2 das massas m1 e m2, respectivamente. (b) Utilizando a conservação
da energia, calcule de que distância o vagão se terá deslocado ao longo do plano inclinado quando sua velocidade
atingir 4,5 km/h
.
l2
l1
 Solução (a) A condição de fio inextensível é dada por 2l1  l2  constante. Disto resulta que os deslocamentos e
velocidades das massas estão relacionadas de acordo com 2Δl1  Δl2  0  Δl2  −2Δl1, ou seja,
|s2 |  2|s1 | e |v2 |  2|v1 |.
(b) Como há atrito, a energia mecânica não se conserva. Mas sua variação é igual ao trabalho da força de atrito, ou
seja,
Wa  Ef − Ei  ΔE
Supondo que as coordenadas das massas sejam
z1i  −l1 sen, z1f  −l1  s1  sen, v10  0, v1f  v1
z2i  −l2, z2f  −l2  s2  sen, v20  0, v2f  v2
Assim,
Ei  12 m1v1i
2  m1gz1i  12 mv2i
2  m2gz2i  Ei  −m1gl1 sen − m2gl2
e
Ef  12 m1v1f
2  m1gz1f  12 mv2f
2  m2gz2f  Ef  12 m1v1
2 − m1gl1  s1  sen  12 m2v2
2 − m2gl2  s2 
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Como v2  −2v1  −2v e s2  −2s1  −2s, encontra-se
Ef  12 m1v
2 − m1gl1  s sen  12 m2−2v
2 − m2gl2 − 2s
Ef  12 m1v
2 − m1gsinl1 − m1gsins  2m2v2 − m2gl2  2m2gs
Logo,
ΔE  Ef − Ei  12 m1v
2 − m1gsinl1 − m1gsins  2m2v2 − m2gl2  2m2gs − −m1gl1 sin − m2gl2 
ΔE  12 m1  2m2 v
2 − m1gsins  2m2gs
Mas o trabalho realizado pela força de atrito é s1  s
Wa  Fcs  12 m1  2m2 v
2 − m1gsins  2m2gs
onde
Fc  −cm1gcos
ou seja,
− cm1gcos s  12 m1  2m2 v
2 − m1gsins  2m2gs
Resolvendo para s,
m1g sin − cm1gcos − 2m2g s  12 m1  2m2 v
2  s  m1  4m2 v
2
2 m1g sin − cm1gcos − 2m2g
Logo, para v  4,5 km/h  1,25m/s
s  4.000  4  500  1,25
2
2 4.000  9,8sin45º − 0,5  4.000  9,8  cos45º − 2  500  988
 s  1,15 m
que é o deslocamento da massa m1.
* * *
 PROBLEMA 16 Um automável de massa m e velocidade iniciai v0 é acelerado utilizando a potência máxima PM
do motor durante um intervalo de tempo T. Calcule a velocidade do automóvel ao fim desse intervalo.
 Solução Como potência é defininida como trabalho por unidade de tempo, então
W  PMT  12 mv
2 − 12 mv0
2  PMT  v  v02  2m PMT
onde usamos o teorema W − T.
* * *
 PROBLEMA 17 Um bloco de massa m  10 kg é solto em repouso do alto de um plano inclinado de 45° em
relação ao plano horizontal, com coeficiente de atrito cinético c  0,5. Depois de percorrer uma dislância d  2 m ao
longo do plano, o bloco colide com uma mola de constante k  800 N/m, de massa desprezível, que se encontrava
relaxada. (a) Qual é a compressão sofrida pela mola? (b) Qual é a energia dissipada pelo atrito durante o trajeto do
bloco desde o alto do plano até a compressão máxima da mola? Que fração representa da variação total de energia
potencial durante o trajeto? (c) Se o coeficiente de atrito estático com o plano é e  0,8, que acontece com o bloco
logo após colidir com a mola?
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 Solução (a) Tomando o nível zero na posição final da mola comprimida de s, podemos encontrar esta
compressão usando a conservação da energia,
Wa  ΔE
onde ΔE é a variação da energia mecânica. Sabendo que
si  0, sf  s, zi  d  s sen45º, zf  0, vi  vf  0
encontra-se
Ei  12 mvi
2  mgzi  mgd  s sen45º
Ef  12 mvf
2  mgzf  12 ks
2  12 ks
2
Wa  −cmgcos45º s
Logo,
− cmgcos45ºd  s  12 ks
2 − mgd  s sen45º  12 ks
2 − mg sen45º s  cmgcos45º s  cmgdcos45º − mg
1
2 ks
2 − 22 mg1 − c s −
2
2 mgd1 − c   0  s
2 − 2 mgk 1 − c s − 2
mg
k d1 − c   0
Substituindo os valores numéricos, encontra-se
s2 − 2 10  9.8800  1 − 0.5s − 2
10  9.8
800  2  1 − 0.5  0
ou
s2 − 8. 6621  10−2s − 0.17324  0
cujas soluções são
s  −0.38 e s  0.46
A solução negativa pode ser descartada, uma vez que s, como foi definida, é uma grandeza positiva. Logo, a
compressão máxima da mola é
 s  0.46 m.
(b) A energia dissipada pelo atrito é
|ΔE|  |Wa |  cmgcos45ºd  s  0.5  10  9.8 
2
2  2  0.46
ou seja,
|ΔE|  85 J.
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Durante o trajeto, a variação total da energia potencial gravitacional é dada por
|ΔU |  |−mgd  s sin45º|  −10  9.8  2  0.46  22  170 J
Assim
f  85170  0,5
(c) Após o bloco parar, a força elástica da mola na compressão máxima se contrapôe à força de atrito e a resultante
será
F  ks − emg sen45º  800  0.46 − 0.8  10  9.8 
2
2  312 N
para cima ao longo do plano. Portanto, o bloco volta a subir.
* * *
 PROBLEMA 18 Uma bolinha amarrada a um fio de comprimento l  1 m gira num plano vertical. (a) Qual deve
ser a velocidade da bolinha no ponto mais baixo B (Fig.) para que ela descreva o círculo completo? (b) A velocidade
satisfazendo a esta condiçâo, veriflca-se que a tensão do fio quando a bolinha passa por B difere por 4,41 N da tensão
quando ela passa pela posição horizontal A. Qual é a massa da bolinha?
 Solução (a) Tomando o nível zero no ponto B, a conservação da energia mecânica fornece
mgzl  12 mvl
2  12 mvB
2
Da segunda lei de Newton, no ponto mais alto
mg  Tl 
mvl2
l
O menor valor de vB para que a bolinha descreva uma volta completa, deve ser aquele que torne Tl  0 no ponto mais
alto. Assim,
mg  mvl
2
l  vl  gl
Assim, substituindo na conservação da energia,
2mgl  12 mgl 
1
2 mvB
2  vB  5gl  vB  7 m/s.
(b) No ponto mais baixo B a tensão do fio vale
TB − mg 
mvB2
l  TB 
mvB2
l  mg  5mg  mg  6mg
A velocidade no ponto A , pode ser obtida pela conservação da energia energia mecânica.
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1
2 mvA
2  mgzA  12 mvB
2  mgzB  12 vA
2  gl  52 gl  vA  5gl − 2gl  3gl
Então, a tensão do fio no ponto A vale
TA 
mvA2
l 
3mgl
l  3mg
Sabendo-se que TB − TA  4,41, então
6mg − 3mg  4,41  3mg  4,41  m  4,413g
ou seja,
m  4.413  9.8  m  0.15 kg
ou seja, m  150 g.
* * *
 PROBLEMA 19 Um garotinho esquimó desastrado escorrega do alto do seu iglu, um domo hemisférico de gelo
de 3 m de altura. (a) De que altura acima do solo ele cai? (b) A que distância da parede do iglu ele cai?
θ0
N(θ0)
mg
O
r
x
x0
y0
v0
θ0
 Solução (a) Numa posição qualquer, temos
mgcos − N  mv
2
r  N  mgcos −
mv2
r
Tomando o nível zero no solo, por conservação da energia mecânica obtém-se
mgr  mgrcos  12 mv
2
ou seja
v  2gr1 − cos
Então
N  mgcos − 2mgr1 − cosr  mgcos − 2mg  2mgcos  3mgcos − 2mg
O garoto perde o contato com o domo numa posição 0 para a qual N0   0. Logo,
3mgcos0 − 2mg  0  cos0  23
ou seja, para 0  cos−1 23 . Também sen0  1 − cos
20  1 − 49 
5
9 
5
3 . Isto corresponde a uma altura
y0 igual a
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y0  rcos0  3  23  2 m.
Ou seja, o garoto cai de uma altura y0  2 m. A distância da origem x0 que ele abandona o iglu é dada por
x0  r sen0  r
5
3  3 
5
3  5 m  2,2 m
(b) Ao abandonar o domo, o garoto o faz com uma velocidade
v0  v0   2gr1 − cos0   2  g  3  1 − 23 
2
3 g  4,43 m/s
que faz um ângulo 0 abaixo da horizontal. A partir deste ponto o garoto descreve uma trajetória parabólica
(movimento de projétil), cujas equações são (considerando a origem do sistema de coordenadas no ponto O)
x  x0  v0 cos0t, y  y0 − v0 sen0t − 12 gt
2
Assim, quando y  0
0  2 − 23 g
5
3 t −
1
2 gt
2  0  12 gt
2  1027 g t − 2  0
ou
t2  2 1027g t −
4
g  0
ou ainda
t2  2 1027  9.8 t −
4
9.8  0  t
2  0.39 t − 0.41  0  t  0,47; e t  −0,86
Ou seja, a solução é t  0,47 s, que é o tempo que o garoto leva para atingir o solo. Substituindo este valor de t na
expressão de x, encontra-se
x  x0  v0 cos0t  x  5  23
2
3  9.8  0.47  x  3,037 m
Em relação à parede do iglu, a distância que o garoto atinge o solo é
d  x − r  0,037 m
* * *
 PROBLEMA 20 Num parque de diversões, um carrinho desce de uma altura h para dar a volta no “loop” de raio
R indicado na figura. (a) Desprezando o atrito do carrinho com o trilho, qual é o menor valor h1 de h para permitir ao
carrinho dar a volta toda? (b) Se R  h  h1, o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta percorrer mais um
ângulo  para chegar até o topo A (Fig). Calcule . (c) Que acontece com o carrinho para h  R?
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 Solução (a) Tomando o nível zero de referência no solo, a conservação de energia fornece
mgh  12 mvA
2  mghA
onde hA  2R. Da 2ª lei de Newton no ponto A obtém-se
mg  N  mvA
2
R  mvA
2  mgR  N.
Então, a menor velocidade para que o carrinho possa fazer o loop é aquela para a qual N  0. Assim,
mvA2  mgR  vA  gR
Substituindo na equação de conservação da energia, encontra-se a menor altura h  h1 para a qual é possível o
carrinho dar uma volta completa,
mgh1  12 mgR  2mgR  h1 
R
2  2R  h1 
5
2 R.
(b) Num ponto B qualquer, onde R  h  h1, a segunda lei de Newton fornece
N  mgcos  mv
2
R  N 
mv2
R − mgcos
O carrinho cai do trilho num ponto onde ele perde o contato, ou seja, onde N  0. Assim
mv2
R − mgcos  0  Rgcos  v
2
Mas, da conservação da energia mecânica sabe-se que
mgh  12 mv
2  mgz
onde z  R  Rcos. Logo,
mgh  12 mv
2  mgR  mgRcos  v2  2gh − 2gR − 2gRcos
Portanto,
Rgcos  v2  Rgcos  2gh − 2gR − 2gRcos  3Rcos  2h − R
ou
3Rcos  2h − R
de onde se obtém
cos  23
h
R − 1
(c) Para h  R, a conservação da energia mecânica fornece
mgh  12 mv
2  mgR − mgRcos
onde  é o ângulo medido com a vertical a partir do ponto mais baixo. Como por hipótese v  0, então
mgh  mgR − mgRcos  Rcos  R − h
ou seja,
cos  1 − hR
Assim, o carrinho sobe um ângulo  depois de ultrapassar o ponto mais baixo, volta a descer e continua oscilando.
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★ ★ ★
 PROBLEMA 21 Uma escada rolante liga um andar de uma loja com outro situado a 7,5 m acima. O
comprimento da escada é de 12 m e ela se move a 0,60 m/s. (a) Qual deve ser a potência mínima do motor para
transportar até 100 pessoas por minuto, sendo a massa média de 70 kg? (b) Um homem de 70 kg sobe a escada em 10
s. Que trabalho o motor realiza sobre ele? (c) Se o homem, chegando ao meio, põe-se a descer a escada, de tal forma
a permanecer sempre no meio deÌa, isto requer que o motor realize trabalho? Em caso afirmativo, com que potência?
 Solução (a) O trabalho realizado pelo motor da escada para transportar uma única pessoa de massa m  70 kg é
dado por
W1  F d
onde, para uma velocidade constante, F  mg sen, sendo sen  hd . Assim
W1  mg  hd  d  W1  mgh
ou seja,
W1  70  9.8  7.5  5,145 kJ
A potência para transportar 100 pessoas por minuto, que corresponde a
N  10060 pessoas/s
será
P100  NW1  10060  5,145  8,575 kW
h
d
θ
mg
F
(b) O tempo que o motor gasta para transportar uma pessoa de um andar para o outro é
d  vt  t  120.6  20 s
A potência gasta para transportar uma pessoa será então
P1  W1t 
5.145
20  257,25 W
Se um homem sobe a escada em t  10 s, o motor realiza um trabalho sobre ele dado por
W  P1t  257,25  10
ou seja,
W  2.572,5 J
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Cap6- Problemas resolvidos.pdf
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
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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
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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
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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. Assim, considerando a posição do prato como o nível de referência z  0, temos pela conservação da
energia
1
2 mv
2  mgz  12 kz
2
A solução desta equação fornece
z 
−mg  m2g2  kmv2
k
O valor de k pode ser calculado pela condição F  0, 5  9, 8 N  x  0, 01 m ou
k  Fx 
0, 5  9, 8
0, 01  490 N/m.
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Para m  0, 5 kg
z 
−0, 5  9, 8  0, 5  9, 82  490  0, 5  4, 432
490 
z  −15, 2 cm
z  13, 2 cm
Como a posição inicial do prato é z  0, a solução deve ser negativa, ou seja, z  −15, 2 cm é o quanto o prato abaixa.
* * *
 PROBLEMA 7 Uma partícula de massa igual 2 kg desloca-se ao Ìongo de uma reta. Entre x  0 e x  7 m, ela
está sujeita à força Fx representada no gráfico. Calcule a velocidade da partícula depois de percorrer 2, 3, 4, 6 e 7 m,
sabendo que sua velocidade para x  0 é de 3 m/s.
 Solução Vamos usar o teorema W − T, considerando T0  12 mv0
2  12  2  3
2  9 J. Assim,
W0→2  Tx2 − T0
Como W  área do gráfico F  x, então W0→2  −2  2  −4 J. Mas Tx2  12 mv
2x  2  vx22 . Logo
− 4  vx22 − 9  vx2  9 − 4  vx2  5 m/s.
Da mesma forma
W0→3  Tx3 − T0
Mas
W0→3  W0→2  W2→3  −4 − 12 2  1  −5 J
Logo,
− 5  vx32 − 9  vx3  9 − 5  vx3  2 m/s.
Para x  4
W0→4  W0→2  W2→3  W3→4  −4 − 12 2  1 
1
2 2  1  −4 J
então
− 4  vx42 − 9  vx4  9 − 4  vx4  5 m/s
Para x  6
W0→6  W0→2  W2→3  W3→4  W4→6  −4 − 12 2  1 
1
2 2  1  2  2  0 J
então
0  vx62 − 9  vx6  9  vx6  3 m/s
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.6
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Finalmente, para x  7
W0→7  W0→2  W2→3  W3→4  W4→6  W6→7  −4 − 12 2  1 
1
2 2  1  2  2 
1
2 2  1  1 J
logo,
1  vx72 − 9  vx7  9  1  vx7  10 m/s
* * *
 PROBLEMA 8 Uma partícula move-se ao longo da direção x sob o efeito de uma força Fx  −kx  Kx2, onde
k  200 N/m e K  300 N/m2. (a) Calcule a energia potencial Ux da partícula, tomando U0  0, e faça um gráfico de
Ux para −0, 5 m  x  1 m. (b) Ache as posiçöes de equilíbrio da partícula e discuta sua estabilidade. (c) Para que
domínio de valores de x e da energia total E a partícula pode ter um movimento oscilatório? (d) Discuta
qualitativamente a natureza do movimento da partícula nas demais regiöes do eixo dos x.
Dado: 
0
x
x′ndx′  x
n1
n  1 .
 Solução (a) Por definição,
Ux  −
x0
x
Fx′ dx′  −−kx′  Kx′2 dx′  k 
x0
x
x′dx′ − K 
x0
x
x′2dx′
 12 kx
2 − x02  − 13 Kx
3 − x03 
Da condição U0  0  x0  0 e, portanto,
Ux  12 kx
2 − 13 Kx
3
Gráfico: k  200 e K  300
Ux  100x2 − 100x3
0
10
20
30
40
U(x)
-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
Equilíbrio estável
Equilíbrio instável
(b) As posições de equilíbrio são obtidas da equação Fx  0. Assim,
Fx  −kx  Kx2  0  xKx − k  0  x  0 e x  kK 
200
300 
2
3 m.
Do gráfico, vê-se que x  0 é um ponto de equilíbrio estável e x  23 m é um ponto de equilíbrio instável.
(c) O movimento oscilatório é um movimento limitado, portanto, só pode ocorrer para x0 ≤ x ≤ x1 correspondente às
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energias E  E1. O valor E1 corresponde a Ux1  onde x1  23 m. Assim
U 23  100
2
3
2
− 100 23
3
 100 23
2
1 − 23  100
2
3
2 1
3  100 
4
9 
1
3 
400
27 J
0
10
20
30
40
U(x)
-0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1x
E1
E0
movimento
oscilatório
x0 x1
Para calcular x0, basta fazer Ux0   E1, ou seja,
100x2 − 100x3  40027  x
3 − x2  427  0
Esta equação pode ser escrita na forma de fatores
1
27 3x  13x − 2
2  0
Logo, as soluções seão
x  − 13 ,
2
3 ,
2
3 .
Portanto,
x0  − 13 m.
Assim, os domínios de valores de x e E são dados por:
− 13 m  x 
2
3 m
E  40027 J.
* * *
 PROBLEMA 9 Um sistema formado por duas lâminas delgadas de mesma massa m, presas
por uma mola de
constante elástica k e massa desprezive!, encontra-se sobre uma mesa horizontal (veja a Fig.). (a) De que distância a
mola está comprimida na posição de equilíbrio? (b) Comprime-se a lâmina superior, abaixando-a de uma distància
adicional x a partir da posição de equilíbrio. De que distància ela subirá acima da posição de equilíbrio, supondo que a
lâmina inferior permaneça em contato com a mesa? (c) Qual é o valor minimo de x no item (b) para que a lâmina
inferior salte da mesa?
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.8
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 Solução (a) Na posição de equilíbrio, a mola deve sustentar o peso de uma das lâminas, P  mg. Assim,
kx  mg  x  mgk
(b) Nesta situação, a mola será comprimida de 2x em relação ao seu tamanho normal. Portanto, a energia potencial
elástica da mola será
x
z = 0
h
U  12 k2x
2  2kx2  2k mgk
2
 2m
2g2
k
Considerando o nível de referência z  0 na posição de equilíbrio, a conservação da energia mecânica fornece
mgh  2m
2g2
k − mgx  h 
2mg
k − x  2x − x   h  x
(c) O valor mínimo de x para que o lâmina inferior salte da mesa é aquele em que a força normal exercida pela mesa
sobre o sistema se iguale ao peso do sistema. Neste caso, a força normal é igual à força necessária para comprimir a
mola. Assim, como a massa da mola é desprezível, o peso do sistema corresponde ao peso das lâminas, que é
PS  2mg. Então
kx  2mg  xmin 
2mg
k
* * *
 PROBLEMA 10 Um cabo uniforme, de massa M e comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre uma
pequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado da polia. Devido a um pequeno
desequilíbrio, o cabo começa a deslizar para uma de suas extremidades, com atrito desprezível. Com que velocidade
o cabo está-se movendo quando a sua outra extremidade deixa a polia?
 Solução A resultante da força numa dada situação em que l2 − l1  x é dada pelo peso deste pedaço de cabo a
mais que pende para um dos lados. Assim, considerando que a massa seja uniforme então mx  x, onde   M/L.
Assim,
Fx  gx
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O trabalho realizado por esta força desde x  0 a x  L/2 será
W0→L/2  
0
L/2
gxdx  12 g
L
2
2
 18 gL
2.
l2
l1
x
Pelo teorema W − T, v0  0
W0→L/2  ΔT  18 gL
2  12 m
L
2 v
2 − 12 m0v0
2  12
M
2 v
2  18 gL
2  M4 v
2
Portanto, usando L  M
v 
1
8 gL
2
M
4
 MgL2M
Ou seja,
 v  gL2
 PROBLEMA 11 Uma partícula de massa m move-se em uma dimensão com energia potencial Ux representada
pela curva da Fig. (as beiradas abruptas são idealizações de um potencial rapidamente variável). lnicialmenle, a
partícula está dentro do poço de potencial (regiâo entre x1 e x2) com energia E tal que V0  E  V1. Mostre que o
movimento subseqüente será periódico e calcule o período.
 Solução Para valores da energia no intervalo V0 ≤ E ≤ V1, entre os pontos no intervalo aberto x1  x  x2, temos
da conservação da energia
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.10
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E  12 mv
2  Ux  v  dxdt  
2
m E − V0 
E
Em termos de diferenciais,
dx  dxdt dt  dx 
2
m E − V0  dt
Integrando ambos os membros desta equação, sabendo que em t  0, x  x0 e em t a posição é x

x0
x
dx′   2m E − V0  0
t
dt′
ou
x  x0  2m E − V0  t
ou seja, o movimento da partícula entre os pontos de retorno é um movimento retilíneo uniforme com velocidade cujo
módulo vale |v|  2m E − V0  . O sinal é  ou − conforme a partícula esteja se movimento para a direita ou para a
esquerda. Quando a partícula atinge o ponto x  x1 ou o ponto x  x2 (posição das paredes da barreira) esta solução
não é mais válida. Neste caso E  Ux e esses pontos são pontos de inversão. Ao atingir esses pontos a partícula fica
sujeita a uma força dirigida em sentido contrário ao movimento fazendo-a desacerelar, invertendo sua velocidade (da
mesma forma como acontece com uma bola ao atingir uma parede). Esta força está sempre dirigida para a região de
menor potencial. Por exemplo, ao atingir o ponto x1 a força é dirigida para a direita, e no ponto x2, para a esquerda.
Para encontrar o perído do movimento, basta calcular o tempo necessário para a partícula percorrer a distância
Δx  2l. Logo,
2l  |v|     2l
2
m E − V0 
 PROBLEMA 12 Um carrinho desliza do alto de uma montanha russa de 5 m de altura, com atrito desprezível.
Chegando ao ponto A, no sopé da montanha, ele é freiado pelo terreno AB coberto de areia (veja a Fig.), parando em
1, 25 s. Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a areia?
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 Solução Pela conservação da energia, vamos calcular a velocidade com que o carrinho chega ao ponto A:
mgh  12 mvA
2  vA  2gh
A partir deste ponto, o carrinho é desacelerado, e pelo teorema W − T, podemos calcular o trabalho realizado pela
força de atrito. Assim,
1
2 mvB
2 − 12 mvA
2  WA→B  WA→B  − 12 mvA
2
Como o WA→B  FcxB − xA   FcΔx, então
Fc  WA→BΔx
podemos calcular Δx pela informação do tempo que o carrinho leva para parar. Alem disso, a aceleração do
movimento pode ser calculada, usando-se as leis de Newton,
Fc  ma  a  WA→BmΔx 
− 12 mvA
2
mΔx  −
vA2
2Δx
Assim, considerando um movimento uniformemente desacelerado,
Δx  vAt  12 at
2  Δx  vAt − 12
vA2
2Δx t
2
Desta equação, pode-se calcular Δx, ou seja,
Δx2  vAtΔx −
vA2
4 t
2  Δx2 − vAtΔx 
vA2
4 t
2  0
Portanto,
Δx 
vAt  vA2 t2 − vA2 t2
2  Δx 
1
2 vAt.
Com este valor de Δx, podemos agora calcular a força de atrito cinético (em módulo) dada pela expressão Fc  ma,
onde
a  − vA
2
2Δx  −
vA2
2 12 vAt
 a  − vAt
a, portanto,
Fc  ma  |Fc |  mvAt
Como,
|Fc |  cN  cmg  cmg  mvAt  cg 
vA
t
ou
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 c  vAgt 
2gh
gt 
1
t
2h
g
Usando os valore dados g  9, 8 m/s2, h  5 m, t  1, 25 s
c  11, 25
2  5
9, 8  c  0, 81
* * *
 PROBLEMA 13 Um bloco de massa m  5 kg, deslizando sobre uma mesa horizontal, com coeficientes de atrito
cinético e estático 0, 5 e 0, 6, respectivamente, colide com uma mola de massa desprezível, de constante de mola
k  250 N/m, inicialmente na posição relaxada (veja Fig.). O bloco alinge a mola com velocidade de 1 m/s. (a) Qual é a
deformação máxima da mola? (b) Que acontece depois que a mola atinge sua deformação máxima? (c) Que fração da
energia inicial é dissipada pelo atrito nesse processo?
 Solução (a) A energia mecânica neste sistema não é conservada uma vez que existe forças de atrito. Mas, no
cômputo das energias, a energia cinética do bloco é, na maior parte, transformada em energia potencial elástica da
mola e o restante é dissipada pelo atrito. Caso não existisse o atrito, da conservação da energia mecânica teríamos
1
2 mv
2  12 kx
2
onde x seria a deformação sofrida pela mola. Porém, com a presença do atrito, a energia cinética sofreria uma
variação devido ao trabalho realizado por esta força, dado por
W0→x  −Fcx  ΔT
Portanto, retirando a parcela da energia cinética que foi dissipada pelo atrito (isto equivale a adicionar no membro da
equação de conservação o termo de variação ΔT  0), temos
1
2 mv
2  ΔT  12 kx
2
ou
1
2 mv
2 − Fcx  12 kx
2
Como Fc  cmg, então
1
2 mv
2 − cmgx  12 kx
2
encontra-se
x 
−cmg − c2m2g2  kmv2
k 
x  0, 074 m
x  −0, 27 m
Como a solução deve ser x  0, então
 x  7, 4 cm.
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★ ★ ★
 PROBLEMA 14 Um pêndulo é afastado da vertical de um ângulo de 60° e solto em repouso. Para que ângulo
com a vertical sua velocidade será a metade da velocidade máxima atingida pelo pêndulo?
 Solução Considere
a figura abaixo. Da conservação da energia mecânica,
E  12 mv
2  mgz  constante
vemos a velocidade é máxima na posição da menor coordenada z. No caso da figura, esta posição corresponde ao
ponto B, que é o mais baixo da trajetória da partícula. Assim, a velocidade vB neste ponto será dada por
1
2 mvB
2  mgzB  12 mvA
2  mgzA
Como zB  0 e vA  0 encontra-se
1
2 mvB
2  mgzA  vB  2gzA
Mas, também da figura, encontra-se que
zA  l − lcos60º  l2
Assim,
vB  2g l2  gl
onde l é o comprimento do fio do pêndulo.
l
zA
zC
0
A
B
C
60º θ
z
A'
C'
Vamos agora admitir que o ponto C tem velocidade vC  12 vB, ou seja, metada da velocidade máxima. A coordenda zC
pode ser calculada em função do ângulo 
zC  l − lcos  l1 − cos.
Aplicando a conservação da energia entre os pontos B e C, encontra-se
1
2 mvB
2  mgzB  12 mvC
2  mgzC
ou, lembrando que zB  0 e vC  vB2
1
2 mvB
2  12 m
vB
2
2
 mgl1 − cos
ou
Notas de Aula de Física I Trabalho e Energia Mecânica - Problemas Resolvidos PR-6.14
Universidade Federal do Amazonas
1
2 mvB
2 − 18 mvB
2  mgl1 − cos  38 vB
2  gl1 − cos
Como vB  gl
3
8 gl  gl1 − cos 
3
8  1 − cos  cos  1 −
3
8 
5
8
Ou seja,
  arccos 58  51, 3º
★ ★ ★
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Física Básica I, Moysés - respostas do cap 4.pdf
Cap2-Problemas Resolvidos.pdf
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=
 
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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