Notas de Aula

      

Leis de Newton e Aplicações

FÍSICA

2018

Professor Gomes

CAPÍTULO

                            4

Neste Capítulo 1 Introdução 2 Força e interações 3 Primeira lei de Newton 4 Segunda lei de Newton 5 Massa e Peso 6 Terceira lei de Newton 7 Aplicações das leis de Newton 8 Lei de Hooke 9 Forças de atrito 10 Resistência de um fluido e velocidade terminal

www.professorgomes.com.br

1

 

NOTA DE AULA PROF. JOSÉ GOMES RIBEIRO FILHO 

  

LEIS DE NEWTON E SUAS APLICAÇÕES   

1 INTRODUÇÃO Como pode um rebocador pequeno rebocar um navio muito mais pesado do que ele? Por que ele precisa de 

uma longa distância para parar o navio depois do início do movimento? Por que seu pé se machuca mais quando você chuta uma rocha do que quando chuta uma bola de futebol? Por que é mais difícil controlar um carro que se desloca sobre uma pista de gelo do que quando ele se desloca sobre uma pista de concreto seco? As respostas a essas e outras questões semelhantes nos conduzem ao estudo da dinâmica, a relação entre o movimento e a força que o produz. Nos capítulos  anteriores,  estudamos  a  cinemática,  a  linguagem  para  descrever  o  movimento.  Agora  estamos  aptos  a entender o que faz os corpos se moverem da maneira como eles o fazem. 

Neste capítulo, para analisarmos os princípios da dinâmica, usaremos as grandezas deslocamento, velocidade e aceleração  juntamente  com  dois  conceitos  novos,  força  e  massa.  Esses  princípios  podem  ser  sintetizados  em  um conjunto de  três afirmações conhecidas como  leis de Newton do movimento. A primeira afirma que, quando a  força resultante  que  atua  sobre  um  corpo  é  igual  a  zero,  o movimento  do  corpo  não  se  altera.  A  segunda  lei  de Newton relaciona a força com a aceleração quando a força resultante que atua sobre um corpo não é igual a zero. A terceira lei é uma  relação  entre  as  forças  de  interação  que  um  corpo  exerce  sobre  os  outros.  Essas  leis,  baseadas  em  estudos experimentais do movimento de um corpo, são fundamentais sob dois aspectos. Em primeiro lugar, elas não podem ser deduzidas ou demonstradas a partir de outros princípios. Em segundo  lugar, elas permitem nosso entendimento dos tipos mais  comuns  de movimento;  elas  são  o  fundamento  da mecânica  clássica  (também  conhecida  como mecânica newtoniana). Contudo, as leis de Newton não são universais: elas necessitam de modificações para velocidades muito elevadas (próximas da velocidade da luz) e para dimensões muito pequenas (tal como no interior de um átomo).   

As leis do movimento foram claramente estabelecidas pela primeira vez por Sir Isaac Newton (1642‐1727), que as publicou em 1687 em sua obra Philosophiae Naturalis Principia Mathematica  (Princípios Matemáticos da Filosofia Natural). 

 

    FIGURA  1  Capa  da  obra  Philosophiae  Naturalis  Principia Mathematica.  

Muitos  outros  cientistas  anteriores  a  Newton  também  contribuíram  para  os  fundamentos  da  mecânica, incluindo  Copérnico,  Brahe,  Kepler  e  especialmente  Galileu  Galilei  (1564‐1642),  que  faleceu  no  mesmo  ano  do nascimento de Newton. Na verdade, de acordo com palavras do próprio Newton, "Se eu fui capaz de ver um pouco mais adiante do que outros homens, é porque eu montei nos ombros de gigantes". Agora é nossa vez de montarmos nos ombros de Newton e usar suas leis para entender como nosso mundo físico funciona. 

As  leis  de  Newton  podem  ser  enunciadas  de  modo  muito  simples,  embora  alguns  estudantes  tenham dificuldades para entendê‐las e utilizá‐las. A razão é que, antes de estudar  física, durante anos você caminhou,  jogou bola, empurrou caixas e fez dezenas de coisas que envolvem movimento. Durante esse período você desenvolveu um "senso comum", envolvendo ideias sobre o movimento e suas causas. Porém, muitas dessas ideias do "senso comum", embora  possam  funcionar  em  nossa  vida  diária,  não  se  combinam  com  uma  análise  lógica  nem  com  a  experiência. Grande  parte  da  tarefa  deste  capítulo —  e  do  restante  de  nosso  estudo  da  física —  consiste  em  ajudar  você  a  se convencer de que o "senso comum" deve ser substituído por outros tipos de análises.  

2

2 FORÇA E INTERAÇÕES Na linguagem cotidiana, exercer uma força significa puxar ou empurrar. O conceito de força nos fornece uma 

descrição quantitativa da interação entre dois corpos ou entre o corpo e seu ambiente. Quando você empurra um carro atolado, você exerce uma força sobre ele. Uma locomotiva exerce uma força sobre o trem para puxar ou empurrar os vagões, um cabo de aço exerce uma força sobre a viga que ele sustenta em uma construção e assim por diante. 

Quando uma força envolve o contato direto entre dois corpos, ela é chamada de força de contato. Exemplos de força de contato são a  força de puxar ou empurrar exercida pela  sua mão, a  força de puxar exercida por uma corda sobre  um objeto  no  qual  ela  está  presa  e  a  força  que  o  solo  exerce  sobre  um  jogador  de  futebol.  Existem  também forças, denominadas forças de longo alcance, que atuam mesmo quando os corpos estão muito afastados entre si. Você já deve ter sentido o efeito de forças de longo alcance ao brincar com um par de ímãs. A gravidade também é uma força de longo alcance: para manter a Terra em órbita, o Sol exerce uma atração gravitacional sobre a Terra, mesmo a uma distância de 150 milhões de quilômetros. 

 FIGURA 1 Exemplos de forças aplicadas. Em cada caso, sobre o objeto, na zona delimitada por linhas tracejadas a força é exercida. Algum agente no ambiente de fora da área da caixa exerce uma força sobre o objeto.  

A força é uma grandeza vetorial; você pode puxar ou empurrar um objeto em diferentes direções e sentidos. Logo,  para  descrever  uma  força,  além  da  direção  e  do  sentido,  precisamos  descrever  seu  módulo,  que  especifica "quanto" ou  "a  intensidade"  com que  a  força  puxa ou empurra. A  unidade  SI  do módulo de uma  força é o newton, abreviado por N.  3 PRIMEIRA LEI DE NEWTON 

Discutimos algumas propriedades das forças, mas até agora não dissemos nada sobre como as forças afetam o movimento.  Para  começar,  vamos  verificar  o  que  ocorre  quando  a  força  resultante  sobre  um  corpo  é  igual  a  zero. Quando  um  corpo  está  em  repouso,  e  se  nenhuma  força  resultante  atua  sobre  ele  (isto  é,  nenhuma  força  puxa  ou empurra  o  corpo),  você  certamente  concorda  que  esse  corpo  deve  permanecer  em  repouso.  Porém,  o  que  ocorre quando o corpo está em movimento e a força resultante sobre ele é igual a zero? 

Para  ver  o  que  ocorre  nesse  caso,  suponha  que  você  jogue  um disco  de  hóquei  sobre  o  topo  de  uma mesa horizontal e com a mão aplique sobre ele uma força horizontal (figura 2a). Depois que você parou de empurrar, o disco não continua a se mover indefinidamente; ele diminui de velocidade e para. Para que seu movimento continuasse, você teria de  continuar  a  empurrar  (ou  seja,  aplicar uma  força). O  "senso  comum"  levaria  você a  concluir  que  corpos em movimento devem parar e que seria necessário aplicar uma força para sustentar o movimento. 

Imagine  agora  que  você  empurre  o  disco  de  hóquei  sobre  um  assoalho  encerado  recentemente  (figura  2b). Depois que você parar de empurrar, o disco percorrerá uma distância maior antes de parar. Coloque‐o em uma mesa com um colchão de ar, de modo que ele  flutue dentro de uma camada de ar; nesse caso ele percorre uma distância muito maior (figura 2c). Em cada caso, o atrito, uma força de interação entre a superfície do disco e a superfície sobre a qual ele desliza, é responsável pela diminuição da velocidade do disco; a diferença entre os três casos é o módulo da força de atrito. O assoalho encerado exerce uma força de atrito menor do que a força de atrito da superfície do topo da mesa, de modo que o disco percorre uma distância maior antes de parar. As moléculas de ar exercem a menor força de atrito entre as três. Caso fosse possível eliminar completamente o atrito, a velocidade do disco não diminuiria nunca e não precisaríamos de nenhuma força para mantê‐lo em movimento. Portanto, o "senso comum" de que seria necessário aplicar uma força para sustentar o movimento é incorreto. 

Experiências  como as  que  acabamos de descrever mostram que,  quando  a  força  resultante  é  igual  a  zero,  o corpo ou está em repouso ou se move em linha reta com velocidade constante. 

3

 FIGURA 2 a) O disco de hóquei recebe um impulso  inicial, ele para em uma distância curta sobre a mesa. b) Em uma superfície encerada recentemente, a força de atrito diminui, e o disco percorre uma distância maior. c) Se ele se move em  um  colchão  de  ar  sobre  a  mesa,  a  força  de  atrito  é  praticamente  zero  e  ele  se  move  com  velocidade  quase constante. 

Uma  vez  iniciado  o  movimento,  não  seria  necessária  nenhuma  força  resultante  para  mantê‐lo.  Em  outras palavras: Quando a força resultante sobre um corpo é igual a zero ele se move com velocidade constante (que pode ser nula) e aceleração nula. Este é o enunciado da primeira lei de Newton. 

A tendência de um corpo de se manter deslocando, uma vez iniciado o movimento, resulta de uma propriedade denominada inércia. A tendência de um corpo parado se manter em repouso é também decorrente da inércia. Você já deve  ter  visto  a  seguinte  experiência.  A  louça  apoiada  em  uma  toalha  de mesa  não  cai  quando  a  toalha  é  puxada repentinamente. A força de atrito sobre a porcelana durante o intervalo de tempo muito curto não é suficiente para ela se mover, logo ela permanece praticamente em repouso. 

É relevante notar que na primeira lei de Newton o que importa é conhecer a força resultante. Por exemplo, um livro de  física em repouso sobre uma mesa horizontal possui duas  forças atuando sobre ele: uma força de cima para baixo  oriunda  da  atração  gravitacional  que  a  Terra  exerce  sobre  ele  (uma  força  de  longo  alcance  que  atua  sempre, independentemente da altura da mesa) e uma força de baixo para cima oriunda da reação de apoio da mesa (uma força de contato). A reação de apoio da mesa de baixo para cima é igual à força da gravidade de cima para baixo, de modo que a força resultante que atua sobre o livro (ou seja, a soma vetorial das duas forças) é igual a zero. De acordo com a primeira lei de Newton, se o livro está em repouso sobre a mesa ele deve permanecer em repouso. O mesmo princípio pode ser aplicado a um disco de hóquei se deslocando sobre uma superfície horizontal sem atrito: a soma vetorial da reação de apoio da superfície de baixo para cima e da força da gravidade de cima para baixo é  igual a zero. Uma vez iniciado o movimento do disco, ele deve continuar com velocidade constante porque a força resultante atuando sobre ele é igual a zero. 

Quando não existe nenhuma força atuando sobre um corpo, ou quando existem diversas forças com uma soma vetorial (resultante) igual a zero, dizemos que o corpo está em equilíbrio. No equilíbrio, o corpo ou está em repouso ou está em movimento com velocidade constante. Para um corpo em equilíbrio, a força resultante é igual a zero: 

F = 0

              [1] 

SISTEMAS DE REFERÊNCIA INERCIAL Suponha que você esteja em um avião que acelera ao longo da pista de decolagem. Se você pudesse ficar em pé 

apoiado em patins ao longo do eixo no interior do avião, você se deslocaria para trás em relação ao avião à medida que o piloto acelerasse o avião. Ao contrário, durante a aterrissagem do avião, você começaria a se mover para trás até o avião parar: Tudo se passa como se a primeira lei de Newton não estivesse sendo obedecida; aparentemente não existe nenhuma força resultante atuando sobre você, embora sua velocidade esteja variando. O que existe de errado? O fato é que o avião está sendo acelerado em relação à Terra e este não é um sistema de referência adequado para a aplicação da  primeira  lei  de  Newton.  Essa  lei  vale  para  alguns  sistemas  de  referência  e  não  vale  para  outros.  Um  sistema  de referência para o qual a primeira lei de Newton seja válida denomina‐se sistema de referência inercial. A Terra pode ser considerada aproximadamente um sistema de referência inercial, mas nesse caso não é. Como a primeira lei de newton é usada para definir um sistema de referência inercial, algumas vezes ela é chamada lei da inércia.   

A figura 3 mostra como usar a primeira lei de Newton para compreender o que ocorre quando você viaja em um veículo em aceleração. Na figura 3a, o veículo está inicialmente em repouso, e a seguir começa a acelerar para a direita. Uma passageira sobre patins praticamente não possui nenhuma força resultante atuando sobre ela, visto que as rodas dos patins minimizam os  efeitos do atrito,  portanto,  ela  tende  a permanecer  em  repouso em  relação ao  sistema de referência inercial da Terra, de acordo com a primeira lei de Newton. Como o veículo acelera para a frente, ela se move para trás em relação ao veículo. Analogamente, se o veículo está em movimento e diminui de velocidade, ela tende a continuar em movimento com velocidade constante em relação à Terra (figura 3b). A passageira se move para a frente em  relação  ao  veículo.  Um  veículo  também  acelera  quando  se move  com  velocidade  constante mas  faz  uma  curva (figura 3c). Nesse caso, a passageira tende a continuar em movimento com velocidade constante em relação à Terra na 

4

mesma linha reta; em relação ao veículo, ela se move lateralmente para fora da curva. 

 FIGURA 3 Viajando em um veículo em aceleração, a) Se você e o veículo estão inicialmente em repouso, você tende a permanecer em repouso quando o veículo acelera, b) Se você e o veículo estão inicialmente em movimento, você tende a permanecer em movimento quando o veículo diminui de velocidade, c) Você tende a continuar em linha reta quando o veículo faz uma curva.  

Em cada caso indicado na figura 3, um observador fixo no sistema de referência do veículo poderia ser levado a concluir que existe uma força resultante atuando sobre a passageira em cada caso. Esta conclusão está errada: a força resultante sobre a passageira é nula. O erro do observador do veículo é que ele está tentando aplicar a primeira lei de Newton a um sistema de referência que não é inercial, para o qual não vale a primeira lei de Newton (figura 4).   

 

  FIGURA  4  Para  o  sistema  de  referência  deste  carro,  tudo  se passa  como  se  uma  força  estivesse  puxando  os  bonecos  de teste  para  a  frente  quando  o  carro  para  repentinamente. Contudo, essa força não existe, os bonecos devem continuar a se mover para a frente em virtude da primeira lei de Newton.  

Mencionamos  somente  um  sistema  de  referência  (aproximadamente)  inercial:  a  superfície  da  Terra.  Porém, existem muitos sistemas de referência inerciais. Caso você tenha um sistema de referência inercial A no qual seja válida a primeira  lei de Newton, então qualquer outro sistema de referência B que se mova em relação a A com velocidade relativa constante vB/A também será um sistema de referência inercial. Para provar isso, usamos a equação do capítulo anterior, que relaciona as velocidades relativas: 

P/A P/B B/Av v v

 

Suponha  que  P  seja  um  corpo  que  se  desloca  com  velocidade  constante  vP/A em  relação  a  um  sistema  de referência inercial A. Pela primeira lei de Newton, a força resultante sobre o corpo é igual a zero. A velocidade relativa de P em relação a outro sistema de referência B possui um valor diferente vP/B = vP/A ‐ vB/A. Porém, a velocidade relativa vB/A entre  os  dois  sistemas  é  constante,  então  vP/B também  é  constante.  Logo,  o  sistema  de  referência  B  também  é inercial; a velocidade de P em relação a esse sistema é constante, a força resultante sobre P é nula e a primeira lei de Newton é válida em B. Observadores em B e em A não concordarão sobre a velocidade de P, mas concordarão que P se move com velocidade constante (aceleração nula) e que a força resultante sobre P é nula.    4 SEGUNDA LEI DE NEWTON 

Ao discutirmos a primeira lei de Newton, vimos que quando não existe nenhuma força atuando sobre um corpo, ou quando a força resultante é igual a zero, o corpo se move com velocidade constante e aceleração nula. Na figura 5a, um disco de hóquei está deslizando para a direita  sobre uma pista de gelo, de modo que o atrito é desprezível. Não existe nenhuma força horizontal agindo sobre o disco; a reação de apoio da superfície de gelo de baixo para cima anula 

5

a força da gravidade de cima para baixo. Sendo assim, a força resultante sobre o disco  Fé igual a zero, a aceleração 

do disco é nula e ele se move com velocidade constante. Porém,  o  que  ocorre  quando  a  força  resultante  for  diferente  de  zero?  Na  figura  5b  aplicamos  uma  força 

horizontal constante no mesmo sentido do deslocamento do disco de hóquei. Então,  Fé constante e possui a mesma 

direção e sentido de  v. Verificamos que durante o tempo em que a força está atuando, a velocidade varia a uma taxa 

constante, ou seja, o disco se move com aceleração constante. A velocidade escalar do disco aumenta, de modo que 

F  possuem a mesma direção e sentido. 

A  figura  5c  mostra  outra  experiência,  na  qual  invertemos  o  sentido  da  força  sobre  o  disco  de  modo  que  Festá 

orientada  em  sentido  contrário  ao  de  v.  Também  nesse  caso,  o  disco  possui  uma  aceleração;  ele  se  move  com 

velocidade decrescente para a direita. Caso a força para a esquerda continue a atuar, ele por fim irá parar e começará a 

se acelerar para a esquerda. A aceleração  anesse caso é para a esquerda, no mesmo sentido de F

. Como no  caso 

anterior, a experiência mostra que a aceleração é constante quando  Fé constante. 

Concluímos que a presença de uma força resultante que atua sobre um corpo produz uma aceleração no corpo. A  força  resultante e a aceleração possuem a mesma direção e o mesmo sentido.  Se o módulo da  força  resultante é constante, como nas figuras 5b e 5c, então o módulo da aceleração também é constante. 

 

 FIGURA 5 A aceleração de um corpo possui a mesma direção e o mesmo sentido da força resultante que atua sobre o 

corpo (nesse caso, um disco de hóquei se movendo sobre uma pista de gelo), a) Se  F= 0, o disco está em equilíbrio; a 

aceleração é nula e a velocidade é constante, b) Se  Festá orientada para a direita, a aceleração é para a direita, c) Se 

Festá orientada para a esquerda, a aceleração é para a esquerda. 

 Essas  conclusões  sobre  força  resultante  e  aceleração  também valem para um movimento  em uma  trajetória 

curva. Por exemplo, a figura 6 mostra um disco de hóquei deslizando em um círculo horizontal sobre uma pista de gelo com atrito desprezível. Um fio ligado ao disco exerce sobre ele uma força de módulo constante orientada para o centro do círculo. O resultado é uma aceleração de módulo constante orientada para o interior do círculo. A velocidade escalar do disco é constante, logo identificamos um movimento circular uniforme, como foi discutido no capítulo anterior. 

 

    FIGURA  6  Vista  superior  do  movimento  circular uniforme  de  um  disco  de  hóquei  em  uma  superfície horizontal  sem  atrito.  Em  qualquer  ponto  da 

trajetória,  a  aceleração  a  e  força  resultante  F

 

estão orientadas no mesmo sentido, para o centro do círculo.  

A figura 7a mostra outra experiência para explorar a relação entre a aceleração e a força resultante que atua sobre um corpo. Aplicamos uma força horizontal constante sobre um disco de hóquei em uma superfície horizontal sem 

6

atrito, usando um dinamômetro  (aparelho para medir  forças)  com a mola deformada de um mesmo valor.  Tanto na figura 5b quanto na figura 5c, essa força horizontal é igual à força resultante que atua sobre o disco. Fazendo variar o módulo  da  força,  a  aceleração  varia  com  a  mesma  proporção.  Dobrando‐se  a  força  resultante,  a  aceleração  dobra (figura  7b);  usando‐se  metade  da  força  resultante,  a  aceleração  se  reduz  à  metade  (figura  7c)  e  assim  por  diante. Diversas experiências análogas mostram que a aceleração é diretamente proporcional ao módulo da  força resultante que atua sobre o corpo. 

 

      

FIGURA  7  a)  A  aceleração  a  é  proporcional  à 

força  resultante  F.  b)  Dobrando‐se  a  força 

resultante,  a  aceleração  dobra,  c)  Usando‐se  a metade da força resultante, a aceleração se reduz à metade.  

Para um dado corpo, a  razão entre o módulo da  força  resultante | F| e o módulo da aceleração a = | a

| é 

constante,  independentemente  do módulo  da  força  resultante.  Essa  razão  denomina‐se massa  inercial  do  corpo,  ou 

simplesmente massa, e será representada por m. Ou seja, m = | F|/a ou 

F    ma

                                  [2] 

A equação (2) relaciona o módulo da força resultante que atua sobre o corpo com o módulo da aceleração que ela produz. Também vimos que a força resultante possui a mesma direção e o mesmo sentido da aceleração, tanto no caso de uma trajetória retilínea quanto no caso de uma trajetória curvilínea. Newton sintetizou todas essas relações e resultados experimentais em uma única formulação denominada segunda lei de Newton: 

Quando uma força resultante externa atua sobre um corpo, ele se acelera. A aceleração possui a mesma direção e  o mesmo  sentido  da  força  resultante.  O  vetor  força  resultante  é  igual  ao  produto  da massa  do  corpo  pelo  vetor aceleração do corpo. Em símbolos 

F   ma

                        [3] Existem pelo menos quatro aspectos da segunda lei de Newton que necessitam de atenção especial.   Primeiro,  a  equação  (3)  é  uma  equação  vetorial.  Normalmente  ela  será  usada  mediante  a  forma  dos 

componentes,  escrevendo‐se  separadamente  uma  equação  para  cada  componente  da  força  e  a  aceleração correspondente: 

x x y y z zF    ma      F    ma     F    ma      

[4] 

Esse conjunto de equações para cada componente é equivalente à equação (3). Cada componente da força resultante é igual à massa vezes o componente correspondente da aceleração. 

Segundo, a segunda lei de Newton refere‐se a forças externas. Com isso queremos dizer que essas forças são exercidas  por  outros  corpos  existentes  em  suas  vizinhanças.  É  impossível  um  corpo  afetar  seu  próprio  movimento exercendo uma força sobre si mesmo; se isso fosse possível, você poderia dar um pulo até o teto puxando seu cinto de baixo  para  cima!  É  por  isso  que  somente  forças  externas  são  incluídas  em  todas  as  somas  das  forças  indicadas  nas equações (3) e (4). 

Terceiro, as equações (3) e (4) são válidas apenas quando a massa m é constante. É fácil imaginar sistemas que possuem massas  variáveis,  como um  caminhão‐tanque  vazando  líquido,  um  foguete  se deslocando ou um vagão em movimento numa estrada de ferro sendo carregado com carvão. Porém tais sistemas são mais bem estudados mediante o conceito de momento linear; esse assunto será abordado posteriormente. 

Finalmente, a segunda  lei de Newton é válida somente em sistemas de referência  inerciais, como no caso da primeira lei de Newton. 

7

 

  O projeto de uma motocicleta de alto desempenho depende  fundamentalmente  da  segunda  lei  de Newton.  Para  maximizar  a  aceleração,  o  projetista deve  fazer  a  motocicleta  ser  o  mais  leve  possível (isto é, minimizar sua massa) e usar a máquina mais potente possível (isto é, maximizar a força motriz).  

 5 MASSA E PESO 

A massa mede quantitativamente a inércia, já discutida anteriormente. Quanto maior a massa, mais um corpo "resiste" a ser acelerado. Esse conceito pode ser facilmente relacionado com nossa experiência cotidiana. Se você bater em uma bola de tênis e depois arremessar com a mesma força uma bola de basquete, vai notar que a bola de basquete possui uma aceleração menor do que a da bola de tênis. Quando uma força produz uma aceleração grande, a massa do corpo é pequena; quando uma força produz uma aceleração pequena, a massa do corpo é grande. 

Efetivamente, a massa de um corpo depende do número de prótons, nêutrons e elétrons que ele contém. Esse não  seria  um bom modo  para  a  definição  de massa,  visto  que  não  existe  nenhum método  prático  para  se  contar  o número dessas partículas. Contudo, o  conceito de massa  fornece a maneira mais  fundamental para  se  caracterizar  a quantidade de matéria contida em um corpo. 

O peso de um corpo é a força de atração gravitacional exercida pela Terra sobre o corpo. Os termos massa e peso  em  geral  são  mal‐empregados  e  considerados  sinônimos  em  nossa  conversação  cotidiana.  É  extremamente importante que você saiba a diferença entre estas duas grandezas físicas. 

A massa caracteriza a propriedade da  inércia de um corpo. O peso de um corpo, por outro  lado, é a força de atração  gravitacional  exercida  pela  Terra  (ou  qualquer  outro  corpo  grande)  sobre  o  corpo.  A  experiência  cotidiana mostra que um corpo que possui massa grande também possui peso grande. É difícil lançar horizontalmente uma pedra grande porque ela possui massa grande, e é difícil  levantá‐la porque ela possui peso grande. Na  superfície da  Lua,  a dificuldade para lançar essa pedra horizontalmente seria a mesma, mas você poderia levantá‐la mais facilmente.   Qualquer corpo de massa m deve possuir um peso com módulo w dado por w = mg                            [5] O peso de um corpo é uma  força, uma grandeza vetorial, de modo que podemos escrever a equação  (5)  como uma equação vetorial: w mg

                                                                                    [6] 

Lembre‐se  de  que  g  é  o  módulo  de  g,  a  aceleração  da  gravidade,  logo  g  é  sempre  um  número  positivo. 

Portanto, w, dado pela equação (5), é sempre um número positivo. ATENÇÃO ► As unidades SI de massa e de peso algumas vezes são mal‐empregadas em nossa vida diária. Expressões incorretas  como  "Esta  caixa  pesa  6  kg"  são  quase  universalmente  usadas.  Essa  frase  significa  que  a massa da  caixa, provavelmente determinada  indiretamente por pesagem, é  igual a 6 kg. Esse uso é tão arraigado que provavelmente não existe nenhuma esperança de alterá‐lo, porém você deve estar consciente de que o termo peso está sendo usado incorretamente no lugar de massa. Tome cuidado para evitar esse tipo de erro nos seus trabalhos! Em unidades SI, o peso (uma força) é medido em newtons, enquanto a massa é medida em quilogramas.   

 

    FIGURA 8 Uma balança de braços iguais permite a  determinação  da  massa  de  um  corpo mediante comparação com um peso conhecido.  

 6 TERCEIRA LEI DE NEWTON 

Uma força atuando sobre um corpo é sempre o resultado de uma interação com outro corpo, de modo que as forças sempre ocorrem em pares. Quando você chuta uma bola, a força para a frente que seu pé exerce sobre ela faz a bola se mover ao longo da sua trajetória, porém você sente a força que a bola exerce sobre seu pé. Quando você chuta 

8

uma rocha, a dor que você sente decorre da força que a rocha exerce sobre seu pé. Nesses casos, a força que você exerce sobre o corpo é igual e contrária à força que o corpo exerce sobre você. A 

experiência mostra  que,  quando dois  corpos  interagem,  as  duas  forças  decorrentes  da  interação possuem  sempre  o mesmo módulo e a mesma direção, mas  sentidos contrários. Esse  resultado denomina‐se  terceira  lei de Newton. Na figura 9, FA/B é a força exercida pelo corpo A (primeiro índice inferior) sobre o corpo B (segundo índice inferior) e FB/A é a força exercida pelo corpo B (primeiro índice inferior) sobre o corpo A (segundo índice inferior). O enunciado matemático da terceira lei de Newton é 

A/B B/AF F

                      [7] 

Expressa em palavras, Quando um corpo A exerce uma força sobre um corpo B (uma "ação"), então o corpo B exerce uma força sobre 

o  corpo  A  (uma  "reação").  Essas  duas  forças  têm  o  mesmo  módulo  e  a  mesma  direção,  mas  possuem  sentidos contrários. Essas duas forças atuam em corpos diferentes. 

Nesse enunciado, a "ação" e a "reação" são duas forças opostas; algumas vezes nos referimos a elas como um par  de  ação  e  reação.  Isso  não  significa  nenhuma  relação  de  causa  e  efeito;  qualquer  uma  das  forças  pode  ser considerada  como  a  "ação"  ou  como  a  "reação".  Algumas  vezes  dizemos  simplesmente  que  as  forças  são  "iguais  e contrárias", querendo dizer que elas têm o mesmo módulo e a mesma direção, mas possuem sentidos contrários. 

 

  FIGURA 9 Quando um corpo A exerce uma força FA/B sobre um corpo B, então o corpo B exerce uma força FB, sobre o corpo A, que possui o mesmo módulo e a 

mesma direção, mas sentido contrário:  A/B B/AF   F

 

 

Enfatizamos que as duas  forças na  terceira  lei de Newton atuam em corpos diferentes.  Isso é  importante na solução de problemas envolvendo a terceira lei de Newton ou a segunda lei de Newton, que dizem respeito a forças que atuam sobre um corpo. Por exemplo, a força resultante que atua sobre a bola de futebol americano da figura 9 é a soma 

vetorial do peso da bola com a força  A/BF

que o pé exerce sobre a bola. Nessa soma você não deve incluir a força  B/AF

porque essa força é exercida sobre o pé e não sobre a bola. Na figura 9, a ação e a reação são forças de contato que estão presentes somente enquanto os dois corpos se 

tocam. Porém a terceira lei de Newton também se aplica para as forças de longo alcance que não necessitam do contato físico entre os corpos, como no caso da atração gravitacional. Uma bola de pingue‐pongue exerce sobre a Terra uma força gravitacional de baixo para cima de mesmo módulo que a  força gravitacional de cima para baixo exercida pela Terra sobre a bola. Quando você deixa a bola cair, a bola e a Terra se aproximam. O módulo da força resultante sobre cada um desses corpos é o mesmo, mas a aceleração da Terra é extremamente microscópica por causa de sua massa gigantesca. 

Outro  exemplo  da  terceira  lei  de  Newton  é mostrado  na  figura  10.  A  força  mpF

exercida  pelo martelo  (m  = 

martelo, p = prego) sobre o prego (a ação) é igual em módulo e oposta à força  pmF

exercida pelo prego sobre o martelo 

(a reação). Essa última força para o movimento para frente do martelo quando ele bate no prego. Você pode experimentar a terceira lei diretamente se der um soco contra uma parede ou se chutar uma bola 

com o pé descalço. Você sente a força de volta em sua mão ou em seu pé. Você deve ser capaz de identificar as forças de ação e de reação nesses casos.   

 

  FIGURA  10  A  terceira  lei  de Newton:  A  força  mpF

 

exercida  pelo  martelo  sobre  o  prego  é  igual  em módulo e oposta em direção à força  pmF

  exercida 

pelo prego sobre o martelo.  

A Terra exerce uma força gravitacional  gFsobre qualquer corpo. Se o corpo for um monitor de computador em 

repouso sobre uma mesa, como no desenho na figura 11a (M = monitor, T = Terra, m = mesa), a força de reação é a 

força  exercida  pelo monitor  sobre  a  Terra,  dada  por MT TmF   F

. O monitor  não  se  acelera,  pois  ele  é  segurado  pela 

mesa. A mesa exerce sobre o monitor uma força para cima mMN  F

, chamada força normal. Essa força  impede que o 

9

monitor caia da mesa; ela pode ter qualquer valor necessário, até o limite de quebrar a mesa. A partir da segunda lei de Newton, vemos que, como o monitor tem aceleração nula, segue‐se que N ‐ mg = 0, ou N = mg. A força normal equilibra 

a força gravitacional sobre o monitor, de forma que a força resultante sobre o monitor é nula. A reação a  N  é a força 

exercida para baixo pelo monitor sobre a mesa,  Mm mMF   F

. Observe que as forças agindo sobre o monitor são gF e N

, 

como mostrado na  figura 11b. As duas  forças de  reação  MT MmF e F

são exercidas  sobre corpos diferentes do monitor. 

Lembre‐se, as duas forças em um par ação‐reação sempre agem sobre dois corpos diferentes. 

   FIGURA 11 a) Quando um monitor de computador está sobre uma mesa, várias forças estão agindo (M = monitor, T = terra, m = mesa). b) O diagrama de corpo  livre para o monitor. As  forças agindo sobre o monitor são a  força normal 

mMN   F

e a força gravitacional g TMF  F

. Estas são as únicas forças agindo sobre o monitor e as únicas forças que devem 

aparecer em um diagrama de corpo livre para o monitor.  7 APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON 

As três leis de Newton contêm todos os princípios básicos necessários para a solução de uma grande variedade de problemas de mecânica. Estas leis possuem formas muito simples, mas sua aplicação em situações específicas pode apresentar desafios reais. Esta seção apresenta algumas técnicas úteis. 

Quando  você  usar  a  primeira  lei  de  Newton,  F = 0

,  para  uma  situação  de  equilíbrio,  ou  a  segunda  lei  de 

Newton,  F =ma

, para uma  situação  sem equilíbrio,  você deve aplicá‐las  a um corpo especificado.  É  absolutamente 

necessário definir logo de início o corpo sobre o qual você está falando. Isso pode parecer trivial, mas não é. Depois de escolher o corpo, você deve  identificar as forças que atuam sobre ele. Não confunda as forças que atuam sobre esse 

corpo com as forças exercidas por ele sobre outros corpos. Somente as forças que atuam sobre o corpo entram no  F. 

Para auxiliar a identificação das  forças pertinentes, desenhe um diagrama do corpo  livre. O que é  isso? É um diagrama que mostra o corpo escolhido "livre" das suas vizinhanças, com vetores desenhados para mostrar o módulo, a direção e o  sentido de  todas as  forças que atuam  sobre o  corpo.  Já mostramos alguns diagramas do  corpo  livre nas figuras 9, 10 e 11. Seja cuidadoso e não esqueça de incluir todas as forças que atuam sobre o corpo, tomando cuidado para não incluir as forças que esse corpo exerce sobre outros corpos. Em particular, as duas forças de um par de ação e reação nunca devem aparecer em um diagrama do corpo livre porque elas nunca atuam sobre o mesmo corpo. Além disso,  as  forças  que  um  corpo  exerce  sobre  si mesmo  nunca  devem  aparecer  porque  forças  internas  não  afetam  o movimento do corpo. Exemplos: 

 

Uma  velocista  ganha  uma  grande  aceleração  para  a  frente quando ela começa uma competição pressionando para trás a cunha  do  bloco  de  partida.  O  bloco  exerce  sobre  ela  uma 

grande força de reação normal  N. Essa força deve possuir um 

grande componente horizontal Nx que acelera a velocista e um componente vertical Ny menor. Caso esse componente vertical seja  igual  ao módulo do  seu peso w, a  componente da  força resultante na vertical é nula e não existe aceleração ao longo da vertical. 

 

10

 

  Quando submerso na água, o corpo de uma pessoa recebe uma força de empuxo B de baixo para cima. Essa força é equilibrada pelo peso da mergulhadora w.  Nessas  circunstâncias,  o  movimento  da mergulhadora depende da força da água sobre ela, devida a correntes na água e à reação da força que a mergulhadora  exerce  sobre  a  água  com  o movimento das suas pernas e dos seus braços.  

 

   Um jogador de basquete pula empurrando seus pés contra o solo. As forças que atuam sobre ele são o seu peso w e a reação  do  solo  que  o  empurra  para  cima.  Quando  o jogador está no ar, a única força que atua sobre ele é seu peso; sua aceleração é de cima para baixo, mesmo quando ele  está  subindo.  Seu  adversário  está  submetido  ao  seu 

próprio peso e à força normal  N  exercida sobre ele pelo 

solo.  

 Neste tópico apresentamos algumas aplicações simples das leis de Newton para corpos que estão em equilíbrio 

(a = 0) ou que estão acelerando sob a ação de forças externas constantes. Vamos supor que os corpos se comportem como partículas de forma que não precisamos nos preocupar com movimento de rotação ou com outras complicações. Nesta seção também aplicaremos alguns modelos de simplificação adicionais. Desprezamos os efeitos do atrito para os problemas  que  envolvem  movimento.  Isso  é  equivalente  a  dizer  que  as  superfícies  são  sem  atrito.  Normalmente desprezamos as massas de quaisquer cordas ou  fios envolvidos no problema. Nessa aproximação, o módulo da  força exercida em qualquer ponto ao longo de um fio é o mesmo em todos os pontos ao longo do fio. Quando se colocam os problemas,  os  termos  leve e de massa desprezível  são utilizados para  indicar que uma massa é para  ser desprezada quando você resolve o problema. Esses dois termos são sinônimos nesse contexto. 

Quando aplicamos as leis de Newton a um corpo, estamos interessados apenas nas forças externas que agem sobre o corpo. Por exemplo, na figura 11 as únicas forças externas agindo sobre o monitor são gN e F

. As reações a essas 

forças,  Mm MTF e F

, agem  sobre  a mesa  e  sobre  a  Terra,  respectivamente,  e  não  aparecem na  segunda  lei  de Newton 

quando aplicada ao monitor. Não pode deixar de ser enfatizada a importância de desenhar um diagrama de corpo livre apropriado para garantir que você está considerando as forças corretas. 

Quando um corpo como um bloco está sendo puxado por uma corda ou um fio ligado a ele, a corda exerce uma força sobre o corpo. O módulo dessa força é chamado tensão na corda. Sua direção é ao longo da corda, afastando‐se do corpo. 

Considere uma caixa sendo puxada para a direita  sobre uma superfície horizontal  sem atrito,  como na  figura 12a. Suponha que você queira saber a aceleração da caixa e a força exercida pelo chão sobre ela. Em primeiro  lugar, observe que a força horizontal sendo aplicada sobre a caixa atua por meio da corda. A força exercida pela corda sobre a caixa é representada pelo símbolo T e seu módulo é a tensão na corda. 

Como estamos interessados apenas no movimento da caixa, temos de ser capazes de identificar todas as forças externas agindo sobre ela. Essas  forças estão  ilustradas no diagrama de corpo  livre na  figura 12b. Além da  força T, o 

diagrama de corpo livre para a caixa inclui a força gravitacional  gFe a força normal  N

  exercida pelo chão sobre a caixa. 

As reações às forças que listamos ‐ a saber, a força exercida pela caixa sobre a corda, a força exercida pela caixa sobre a Terra, e a força exercida pela caixa sobre o chão ‐ não estão incluídas no diagrama de corpo livre, pois elas agem sobre outros corpos e não sobre a caixa. 

Aplicamos  agora  a  segunda  lei  de  Newton  à  caixa.  Primeiro  temos  de  escolher  um  sistema  de  coordenadas apropriado. Nesse caso é conveniente utilizar o sistema de coordenadas mostrado na figura 12b, com o eixo x horizontal e o eixo y vertical. 

11

 FIGURA 12 a) Uma caixa sendo puxada para a direita sobre uma superfície sem atrito, b) O diagrama de corpo livre que representa as forças externas sobre a caixa.  

Podemos aplicar a segunda lei de Newton na direção x, na direção y, ou em ambas as direções, dependendo do que  nos  for  pedido  para  encontrar  no  problema.  Além  disso,  podemos  ser  capazes  de  utilizar  as  equações  de movimento para a partícula com aceleração constante que discutimos no capítulo 2. Contudo, você deve utilizar essas equações apenas quando a aceleração for constante, o que é o caso se a força resultante é constante. Por exemplo, se a força  T  na  figura  12  é  constante,  então  a  aceleração  na  direção  x  também  é  constante,  pois  a  =  T/m.  Portanto,  se precisarmos encontrar a posição ou velocidade da caixa em algum instante de tempo, poderemos usar as equações de movimento com aceleração constante.  8 LEI DE HOOKE 

Quando  pensamos  em  algo  “elástico”  logo  associamos  em  alguma  coisa  que  pode  ser  “esticada”  ou “comprimida”  através  da  aplicação  de  uma  força,  por  exemplo,  uma  mola.  Roberth  Hooke  (1635‐1703)  estudou cuidadosamente  várias  situações em que uma mola  sofria deformações.  Considere uma mola  com  seu  comprimento natural  L0  fixada  por  uma  das  suas  extremidades  a  um  suporte  como  na  figura  13.  Ao  aplicarmos  uma  força  de intensidade  F  a  mola  distenderá  passando  a  ter  um  comprimento  L1  ou  L2  dependendo  da  intensidade  da  força.  A diferença entre L0 e L1 ou L2 será a deformação x sofrida pela mola, ou seja, o quanto ela foi esticada. 

Vejam na figura 13 que ao acrescentarmos massas de diferentes pesos (forças) também temos uma mudança no alongamento da mola, e quanto maior a força aplicada (casos 1 e 2) maior é o valor da deformação x (compare x1 e x2). Isso mostra que há uma relação direta entre a força aplicada e a deformação sofrida pela mola. 

Hooke  também  estudou  a  deformação  sofrida  em  várias  molas  diferentes  (mais  rígida  ou  menos  rígida)  ao acrescentar  massas  com  o  mesmo  peso  (compare  L1  e  L3).  Ele  conclui  que  o  valor  da  distensão  da  mola  também dependia do tipo de material da qual ela era feita, e quanto mais rígida fosse a mola maior deveria ser a força aplicada para produzirmos uma mesma deformação x (compare L1 com L3). 

 

  FIGURA  13  a)  Várias  situações  de  uma  mola sofrendo  deformações.  A  mola  com  o  seu comprimento  natural  L0;  comprimento  L1  e  L2 após aplicação da força F1 e F2 (devido ao peso das massas  de  100g  e  250g); mola mais  rígida após  com  o  comprimento  final  L3  após  a aplicação da força F1. b) As forças que atuam no sistema massa‐mola.  

Experimentalmente  sabemos  (e  a  3ª  Lei  de  Newton  confirma)  que  ao  exercermos  uma  força  sobre  a  mola puxando  para  baixo  (pendurando  os  blocos)  a mola  exercerá  uma  força  de  intensidade  oposta  à  força  peso  com  o intuito de  restaurar o  seu estado  “relaxado”  (ou natural)  em que  se encontrava  inicialmente. A esta  força  contrária, chamada muitas vezes de “força restauradora”, Hooke chamou de força elástica da mola. Assim, para pequenos valores de x comparando ao comprimento L0 da mola, podemos escrever: Fe = ‐kx              [8] sendo k a constante da mola cujo valor depende da mola usada e x a deformação da mola. Essa expressão é conhecida como a Lei de Hooke. 

Quando retiramos a força que causou a deformação à tendência da mola é voltar ao seu comprimento inicial, mas nem sempre  isso ocorre. Pode acontecer de a mola ficar com um comprimento diferente de L0 ao ser retirada a força (o bloco de massa), situação em que não se aplica a Lei de Hooke.   

12

Nos casos em que a mola volta a seu comprimento inicial ao ser retirada a força dizemos que ela obedece a Lei de Hooke e que a deformação é elástica. 

No caso real, a mola tem um comportamento elástico até um determinado valor x’, que varia de acordo com a mola. Acima deste valor crítico ela passa a não obedecer a Lei de Hooke e dependendo da intensidade da força aplicada pode até se romper (“quebrar”). É por este motivo que a Lei de Hooke só é válida quando o valor de “x” (deformação – quanto ela se esticou) for pequeno em comparação com L0 (comprimento natural da mola).  9 FORÇAS DE ATRITO 

Nesta seção estudaremos o atrito, uma força importante em muitos aspectos de nossa vida cotidiana. O óleo no motor de um automóvel minimiza o atrito entre as partes móveis, porém se não fosse o atrito entre os pneus do carro e o solo, não poderíamos guiar um carro nem fazer curvas. O arraste do ar — a força de atrito exercida pelo ar sobre um corpo que nele se move — faz aumentar o consumo de combustível de um carro, mas possibilita o uso do paraquedas. Sem  o  atrito,  os  pregos  pulariam  facilmente,  os  bulbos  das  lâmpadas  seriam  desenroscados  sem  nenhum  esforço  e caminhar seria impossível.   

Em  nível  microscópico,  a  força  de  atrito  e  a  força  normal  decorrem  de  interações  intermoleculares (fundamentalmente de natureza elétrica) entre duas superfícies rugosas nos pontos onde elas se tocam (figura 14). A área efetiva de contato é geralmente muito menor do que a área total da superfície. À medida que um bloco desliza sobre um piso, ligações microscópicas se formam e se rompem, e o número total dessas ligações é variável; portanto, a força de atrito quando o bloco está em movimento não é  rigorosamente constante. Alisar as  superfícies em contato pode  na  verdade  fazer  aumentar  o  atrito,  visto  que mais moléculas  se  tornam  aptas  a  formar  ligações;  juntar  duas superfícies  lisas de um mesmo metal pode produzir uma "solda a  frio". Os óleos  lubrificantes  fazem diminuir o atrito porque uma película de óleo se forma entre as duas superfícies (como no caso do pistão e das paredes do cilindro no motor de um carro) impedindo‐as de entrar em contato efetivo. 

 

   FIGURA  14  A  força  de  atrito  e  a  força  normal decorrem  de  interações  entre  moléculas  nos  pontos mais elevados das superfícies de contato entre o bloco e o piso.  

Quando você tenta arrastar uma caixa cheia de livros, ela pode não se mover porque o solo exerce uma força igual e contrária. Essa força denomina‐se força de atrito estático fs. Na figura 15a a caixa está em repouso equilibrada pela ação do peso w e pela força normal N exercida de baixo para cima pelo solo sobre a caixa, que possui o mesmo módulo do peso. Agora amarramos uma corda na caixa (figura 15b) e aumentamos gradualmente a tensão T na corda. No  início, a caixa permanece em repouso porque, à medida que T cresce, a  força de atrito estático fs  também cresce (permanecendo com o mesmo módulo de T). 

Em dado ponto, T  torna‐se maior do que o máximo valor da  força de atrito estático  fs que a superfície pode exercer. Então a caixa "quebra o vínculo" (a tensão é capaz de quebrar as ligações moleculares entre as superfícies da caixa e do solo) e começa a deslizar. A figura 15c mostra um diagrama das forças quando T atingiu esse valor crítico. Quando T supera esse valor, a caixa não está mais em equilíbrio. Para um dado par de superfícies, o valor máximo de fs depende da força normal. A experiência mostra que esse valor máximo (fs)max é aproximadamente proporcional a reação normal; chamamos o fator de proporcionalidade de μs (pronuncia‐se "mi, índice s") de coeficiente de atrito estático. Na tabela 1 são apresentados alguns valores típicos de μs. Em uma situação particular, a força de atrito estático pode ter qualquer valor entre zero (quando não existe nenhuma outra paralela à superfície) até um valor máximo dado por μsN. Em símbolos, fs≤ μsN                  [9] 

Essa equação não é uma relação vetorial, e sim uma relação entre módulos de vetores. O sinal de igual só vale quando a  força T, paralela à superfície, atingiu seu valor crítico e o movimento está na  iminência de começar  (figura 15c). Quando T for menor do que esse valor (figura 15b), o sinal da desigualdade é válido. Nesse caso é necessário usar 

a condição de equilíbrio ( F 0

) para achar fs. Quando não existe nenhuma força aplicada (T = 0), como na figura 15a, 

então também não existe nenhuma força de atrito estático (fs = 0). 

13

 FIGURA 15 a), b), c) Quando não existe movimento relativo entre as superfícies. O módulo da força de atrito estático fs é menor do que ou igual a μsN. d) Quando existe movimento relativo, o módulo da força de atrito cinético fc é igual a μcN.  

O tipo de atrito que atua quando um corpo está deslizando sobre uma superfície denomina‐se força de atrito cinético fc (figura 15d). O adjetivo "cinético" e o índice inferior "c" ou "k" servem para você lembrar‐se de que existe um movimento relativo entre as duas superfícies. O módulo da força de atrito cinético geralmente cresce quando a força normal cresce. Para arrastar uma caixa cheia de livros você realiza uma força maior do que para arrastá‐la quando ela está vazia. Esse princípio  também é usado no  sistema de  freio de um carro, quanto mais as pastilhas de  freio  forem comprimidas contra o disco de freio, maior é o efeito da freada. Em muitos casos verifica‐se experimentalmente que o módulo da força de atrito cinético fc é proporcional ao módulo N da força normal. Em tais casos, podemos escrever fc= μcN                [10] onde μc (pronuncia‐se: "mi, índice c") possui um valor constante denominado coeficiente de atrito cinético. Quanto mais deslizante for uma superfície, menor é o seu coeficiente de atrito. Como se trata da razão entre duas grandezas, μc é um número puro sem unidades. 

Logo que o deslizamento começa (figura 15d), a força de atrito normalmente diminui; manter a caixa deslizando é mais fácil do que produzir o  início do movimento. Portanto, o coeficiente de atrito cinético é geralmente menor do que o coeficiente de atrito estático para um dado par de superfícies, conforme mostra a tabela 1. Quando para t = 0 começamos sem nenhuma força aplicada (T = 0) e gradualmente aumentamos a força, ocorrerá uma pequena variação da força de atrito, conforme indicado no gráfico da figura 15. 

Em alguns casos, as superfícies podem alternadamente aderir (atrito estático) e deslizar (atrito cinético). Essa é a  causa  daquele  som  horrível  feito  pelo  giz  quando  ele  é  colocado  numa  posição  errada  ao  escrevermos  sobre  o quadro‐negro. Outro fenômeno de aderência‐deslizamento é o ruído que o limpador de para‐brisa faz quando o vidro está seco; ainda outro exemplo é o violento som produzido quando os pneus deslizam no asfalto.   

A  tabela  1 mostra  alguns  valores  típicos  de  μc  e  μk.  Embora  esses  valores  sejam  dados  com  dois  algarismos significativos, eles são apenas aproximados, visto que força de atrito cinético pode depender da velocidade do corpo em relação à superfície. Vamos ignorar esses efeitos.  

Superfícies em contato  μs  μk 

Cobre sobre aço  0.53  0.36 

Aço sobre aço  0.74  0.57 

Alumínio sobre aço  0.61  0.47 

Borracha sobre concreto  1.0  0.8 

Madeira sobre madeira  0.25‐0.5  0.2 

Madeira encerada sobre neve úmida  0.14  0.1 

Teflon sobre teflon  0.04  0.04 

Articulações sinoviais em humanos  0.01  0.003 

A Tabela 1 Fonte: Serway R. A.. Física. Editorial McGraw‐Hill. (1992) 

14

10 RESISTÊNCIA DE UM FLUIDO E VELOCIDADE TERMINAL Se você colocar sua mão para fora da janela de um carro que se move com alta velocidade, ficará convencido da 

existência da resistência de um fluido, a força que um fluido (um gás ou um líquido) exerce sobre o corpo que se move em seu seio. O corpo que se move exerce uma força sobre o fluido para afastá‐lo do seu caminho. Pela terceira lei de Newton o fluido exerce sobre o corpo uma força igual e contrária. 

A  força  da  resistência  de  um  fluido  possui  direção  e  sentido  sempre  contrários  aos  da  direção  e  sentido  da velocidade do corpo em relação ao fluido. O módulo da força da resistência de um fluido normalmente cresce com a velocidade do corpo através do fluido. Compare esse comportamento com o da força de atrito cinético entre superfícies em contato, que normalmente não depende da velocidade. Para baixas velocidades, o módulo da força de resistência de um fluido é aproximadamente proporcional à velocidade do corpo v: f = kv              [11] onde k é um fator de proporcionalidade que depende da forma e do tamanho do corpo e das propriedades do fluido. Quando o movimento ocorre no ar para velocidades de uma bola de  tênis  lançada ou para velocidades maiores que esta, a força é aproximadamente proporcional a v2 em vez de v. Ela é então chamada de arraste do ar, ou simplesmente arraste. Aviões, gotas de água caindo e carros que se movem com velocidades elevadas, todos sofrem a ação do arraste do ar. Nesse caso, a equação (11) deve ser substituída por f = Dv2              [12] 

Devido à dependência com v, o arraste do ar cresce rapidamente com a velocidade. O arraste do ar sobre um automóvel  é  desprezível  para  baixas  velocidades,  mas  comparável  com  a  resistência  de  rolamento  quando  o  carro atinge a velocidade máxima permitida para uma auto‐estrada. O valor de D depende da forma e do tamanho do corpo e da densidade do ar. Convidamos você a mostrar que as unidades da constante k na equação (11) são Ns/m ou kg/s e que as unidades da constante D na equação (12) são Ns2 /m2 ou kg/m. 

Por causa dos efeitos da resistência do fluido, um objeto caindo em um fluido não terá aceleração constante. Para descrever seu movimento não podemos usar as fórmulas do movimento com aceleração constante deduzidas no capítulo  2.  Em  vez  disso,  é  necessário  fazer  nova  solução,  aplicando  a  segunda  lei  de  Newton.  Vamos  considerar  o seguinte caso. Você deixa cair uma pedra em um lago profundo e ela cai até o fundo. Nesse caso, a força de resistência do fluido é dada pela equação (11). Qual é a aceleração, a velocidade e a posição da pedra em função do tempo? 

O diagrama do corpo livre está indicado na figura 16. Consideramos o sentido positivo como de cima para baixo e desprezamos a força de empuxo da água. Não existe nenhum componente x, e a segunda lei de Newton fornece 

yF mg ( kv) ma  

Quando a pedra começa o movimento v = 0, a força resistiva é nula, e a aceleração inicial é a = g. À medida que sua  velocidade  aumenta,  a  força  resistiva  também  aumenta,  até  que  finalmente  ela  se  torna  igual  ao  peso.  Nesse instante, mg ‐ kv = 0, a aceleração se anula e não ocorrerá mais nenhum aumento de velocidade. A velocidade final vt, denominada velocidade terminal, é dada por mg ‐ kvt = 0 ou vt = mg/k          [13] 

 

    FIGURA 16 Diagrama do corpo livre para um corpo caindo em um fluido.  

A figura 17 mostra como a aceleração, a velocidade e a posição da pedra variam em função do tempo. À medida que o tempo passa, a aceleração tende a zero, e a velocidade tende ao valor vt (lembre‐se de que escolhemos o sentido positivo do eixo Oy como de cima para baixo). A inclinação do gráfico de y contra t tende a ficar constante à medida que a velocidade se torna constante. 

Para ver  como os gráficos na  figura 17  foram deduzidos, devemos achar a  relação entre velocidade e  tempo durante  o  intervalo  antes  de  o  corpo  atingir  a  velocidade  terminal.  Voltamos  à  segunda  lei  de  Newton,  que  agora escrevemos na forma 

dvm mg kv

dt  

Depois de reagrupar os termos e substituir mg/k por vt, integramos ambos os membros, notando que v = 0 quando t = 0: v t

0 0t

dv kdt

v v m

 

15

e as integrais fornecem 

(k/m)tt

t t

v v k vln t ou 1 e

v m v

 

e finalmente (k/m)t

tv v [1 e ]              [14] 

 FIGURA 17 As curvas inferiores mostram os gráficos da aceleração, da velocidade e da posição em função do tempo para um corpo caindo em um fluido, supondo‐se a resistência do fluido proporcional a v. As curvas superiores mostram as grandezas correspondentes imaginando a inexistência da resistência do fluido.  

Note que v só se torna igual à velocidade terminal vt no limite quando t tende ao infinito; a pedra não atinge o valor‐limite em nenhum intervalo de tempo infinito. 

A derivada de v fornece a em função do tempo, e a integral de v fornece y em função do tempo. Deixamos para você a tarefa de completar as deduções; os resultados são 

(k/m)ta ge             [15] 

(k/m)tt

my v t (1 e )

k

          [16] 

Agora examine novamente a figura 17 que mostra os gráficos das três últimas equações. Ao deduzirmos a velocidade terminal na equação (13), admitimos que a resistência do fluido era proporcional à 

velocidade. Para um objeto caindo no ar com velocidade elevada, de modo que a resistência do fluido seja proporcional a v2, como na equação (12), convidamos você a provar que a velocidade terminal vt é dada por 

t

mgv

D             [17] 

 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS  01 Na ausência de atrito do ar, afirma‐se que todos os corpos caem com a mesma aceleração. Um corpo mais pesado é puxado para a Terra com mais força do que um corpo leve. Por que o corpo mais pesado não cai mais rápido? SOLUÇÃO É de fato verdade que o corpo mais pesado é puxado com força maior. A intensidade da força é determinada pela massa gravitacional  do  corpo.  A  resistência  à  força,  e,  portanto,  à mudança  no movimento  do  corpo,  é  representada  pela massa inercial. Assim, se um corpo tem o dobro de massa de outro corpo, ele é puxado para a Terra com o dobro da força, mas ele também apresenta o dobro da resistência a ter seu movimento modificado. Esses fatores se cancelam, de forma  que  a mudança  no movimento,  a  aceleração,  é  a mesma  para  todos  os  corpos,  independentemente  de  suas massas.  02 Quando dois corpos com massas desiguais são pendurados verticalmente por uma polia  leve, sem atrito, como na figura abaixo, a montagem é chamada máquina de Atwood. Esse aparelho é utilizado algumas vezes em laboratório para medir a aceleração de queda livre. Calcule o módulo da aceleração dos dois corpos e a tensão no fio. 

 

16

SOLUÇÃO Pense na representação mental sugerida pela figura acima ‐ enquanto um corpo sobe, o outro corpo desce. Como os corpos estão ligados por um fio inextensível, eles têm de ter o mesmo módulo de aceleração. Os corpos na máquina de Atwood  estão  sujeitos  à  força  gravitacional  assim  como  às  forças  exercidas  pelos  fios  ligados  a  eles. Modelamos  os corpos  como  partículas  sob  a  ação  de  uma  força  resultante.  Os  diagramas  de  corpo  livre  para  os  dois  corpos  estão mostrados na figura abaixo.   

 Duas  forças  agem  em  cada  corpo:  a  força  para  cima  T  exercida  pelo  fio  e  a  força  gravitacional  para  baixo.  Em  um problema como este, no qual a polia é modelada como não tendo massa e sem atrito, a tensão no fio nos dois lados da polia é a mesma. Se a polia tem massa ou se está sujeita a uma força de atrito, as tensões nos dois  lados não são as mesmas. Nesses tipos de problema envolvendo fios que passam por polias, temos de ser cuidadosos com a convenção de sinais. Observe que se m1 sobe, então m2 desce. Assim, m1 subindo e m2 descendo devem ser representados equivalentemente no que diz respeito à convenção de sinais. Podemos fazer isso definindo nossa convenção de sinais com a direção para cima como positiva para m1 e a direção para baixo como positiva para m2, como mostrado na figura do enunciado. Com essa convenção de sinais, o módulo da força resultante exercida sobre m1 é dado por T ‐ m1g, enquanto o módulo da força resultante sobre m2 é dado por m2g ‐ T. Escolhemos os sinais das forças de forma consistente com as escolhas da direção positiva para cada corpo. Quando a segunda lei de Newton é aplicada a m1, encontramos 

y 1 1F T m g m a     (1) 

Similarmente, para m2 encontramos 

y 2 2F m g T m a     (2) 

Adicionando (1) a (2), T se cancela e ficamos com ‐ m1g + m2g = m1a + m2a   Dessa equação obtém‐se a aceleração a, 

2 1

1 2

m ma g

m m

      (3) 

Substituindo (3) em (1) encontramos 

2 1

1 2

2m mT g

m m

      (4) 

Se m2 > m1, a aceleração dada por (3) é positiva, isto é, m1 sobe e m2 desce. Isso é consistente com a sua representação mental? Se m1 > m2, a aceleração é negativa e as massas se deslocam na direção oposta. Casos Especiais: Quando m1 = m2, (3) e (4) nos fornecem a = 0 e T = m1g = m2g, como esperaríamos intuitivamente para o caso equilibrado. Também, se m2 >> m1, a = g (um corpo em queda livre) e T = 0. Esperaríamos que m1 tivesse pouco efeito para uma massa tão grande como m2 nesse caso, de forma que m2 está simplesmente caindo. Vemos assim que nossos resultados estão consistentes com nossas previsões intuitivas nessas duas situações‐limites.  03 Dois blocos de massas m1 e m2, com m1 > m2, são colocados em contato entre si sobre uma superfície horizontal sem atrito, como na figura (a). Uma força horizontal constante F é aplicada a m1 da forma mostrada na figura,   

 a) Encontre o módulo da aceleração do sistema de dois blocos. b) Determine o módulo da força de contato entre os dois blocos. SOLUÇÃO 

17

Os dois  blocos  têm de  ter  a mesma aceleração,  pois  estão  em  contato  entre  si  e  permanecem em  contato  entre  si. Modelamos o sistema de dois blocos como uma partícula sob a ação de uma força resultante. Como F é a única força horizontal exercida sobre o sistema, temos 

x(sistema) 1 2F F (m m )a  

1 2

Fa

m m

      (1) 

A força de contato é interna do sistema de dois blocos. Assim, não podemos encontrar essa força modelando o sistema todo como uma partícula única. Precisamos agora tratar cada um dos dois blocos individualmente como uma partícula sob a ação de uma força  resultante. Traçamos primeiro um diagrama de corpo livre para cada bloco, como mostrado nas figuras (b) e (c), em que a força de contato é representada por P.   

 Vemos da figura (c) que a única força horizontal agindo sobre m2 é a força de contato P12 (a força exercida por m1 sobre m2), que é direcionada para a direita. Aplicando a segunda lei de Newton a m2 obtém‐se 

x 12 2F P m a       (2) 

Substituindo em (2) o valor da aceleração a dada por (1) obtém‐se 

212 2

1 2

mP m a F

m m

    (3) 

 04 Um cavalo puxa um trenó com força horizontal, fazendo‐o acelerar como na figura abaixo. A terceira lei de Newton diz que o trenó exerce uma força de mesmo módulo e direção oposta sobre o cavalo. Em vista disso, como pode o trenó acelerar ‐ essas forças não se cancelam? 

 SOLUÇÃO Ao  aplicar  a  terceira  lei  de  Newton,  é  importante  lembrar  que  as  forças  envolvidas  agem  sobre  corpos  diferentes. Observe que a força exercida pelo cavalo age sobre o trenó, enquanto a força exercida pelo trenó age sobre o cavalo. Como essas forças agem sobre corpos diferentes, elas não se cancelam. As forças horizontais exercidas apenas sobre o trenó são a força para frente T exercida pelo cavalo e a força de atrito para trás ftrenó entre o trenó e a superfície (figura seguinte).   

 Quando T é maior do que ftrenó, o trenó acelera para a direita. As forças horizontais exercidas apenas sobre o cavalo são a força de atrito para frente fcavalo exercida pelo chão e a força para trás T exercida pelo trenó (figura).   

 A resultante dessas duas forças faz que o cavalo acelere. Quando fcavalo é maior do que T, o cavalo acelera para a direita. 

18

As  duas  forças  descritas  no  texto  do  problema  agem  sobre  corpos  diferentes,  de  forma  que  não  se  cancelam.  Se consideramos o trenó e o cavalo como um sistema, as duas forças descritas são  internas do sistema e, portanto, não podem afetar o movimento do sistema.  05 Uma certa força dá ao objeto m1 a aceleração 12,0 m/s2. A mesma força dá ao objeto m2 a aceleração 3,30 m/s2. Que aceleração daria a um objeto cuja massa fosse   a) a diferença entre m1 e m2 e   b) a soma de m1 e m2. SOLUÇÃO a) De acordo com a segunda lei de Newton (na coordenada x): F = m1a1      (1) F = m2a2      (2) Igualando‐se (1) e (2): m2 = m1a1/a2      (3) Mas: F = (m2 ‐ m1)a3      (4) a3 = F/m2 – m1      (5) Substituindo‐se (1) e (3) em (5): 

21 1 1 23

1 1 21 1

2

m a a aa 4,55m / s

a a am m

a

 

b) Procedendo de maneira semelhante ao item (a), porém usando‐se (m1 + m2) em (4) ao invés de (m2 ‐ m1), obtém‐se: 

21 24

1 2

a aa 2,58m / s

a a

 

 06 Como um objeto de 450 N poderia ser baixado de um teto utilizando‐se uma corda que suporta somente 390 N sem se romper? SOLUÇÃO 

O objeto de peso  P  deve  ser abaixado com uma aceleração  a

  tal que a  tensão na  corda não ultrapasse  seu valor 

limite (TMAX). Considere o seguinte esquema da situação: 

 Aplicando‐se a segunda lei de Newton à coordenada y do sistema: 

y y

MAX

F ma

PT P a

g

 2MAXT

a g 1 1,3m / sP

 

Esta é a aceleração mínima com que o corpo deve ser abaixado (sinal negativo) para que a corda não se rompa.  07 Um balão de pesquisas com massa total M desce verticalmente com aceleração a para baixo. Quanto de lastro deve ser atirado para fora da gôndola para dar ao balão a mesma aceleração a para cima, supondo que não varie a força de flutuação para cima exercida pelo ar sobre o balão? 

 

19

SOLUÇÃO Balão acelerado para baixo: 

 x x

1

F ma

E P Ma

 

E M(g a)         (1) 

Balão acelerado para cima: 

 y y

2

F ma

E P (M m)a

E (M m)a (M m)g

E M(a g) m(a g)

 

m(a g) M(a g) E       (2) 

Substituindo‐se (1) em (2): m(a g) M(a g) M(a g)

2Mam

g a

 

 08 Um macaco de 11 kg está subindo por uma corda sem massa, amarrada a uma caixa de 15 kg que passa por um galho (sem atrito) da árvore.   

   a) Qual a aceleração mínima com que o macaco deve subir pela corda de modo a levantar do chão a caixa de 15 kg? Se, depois de a caixa ter sido levantada do chão, o macaco parar de subir e somente se segurar à corda, quais serão agora   b) a aceleração do macaco e   c) a tração na corda? SOLUÇÃO a) Considere o seguinte esquema:         CAIXA    MACACO 

 A condição mínima para que a caixa seja  levantada do solo é que sua  força normal e sua aceleração sejam nulas. As 

20

forças que agem na caixa nessas condições são a tensão na corda (T) e o peso da caixa (PT): Forças na caixa: 

y TF T P 0  

T = mTg       (1) Forças no macaco: 

y y

M M

F ma

T P m a

 

M

M

T m ga

m

      (2) 

Substituindo‐se (1) em (2): 

2T M T

M M

m m g ma 1 g 3,56m / s

m m

 

b) Agora a situação é a seguinte: CAIXA    MACACO 

 Forças na caixa: T’ ‐ PT = mT(‐a’) T’ = mTg ‐ mTa’      (3) Forças no macaco: T’ – PM = mMa’ T’ – mMg = mTa’     (4) Substituindo‐se (3) em (4): mTg – mTa’ – mMg = mMa’ 

2T M

T M

m ma' g 1,5m / s

m m

 

c) De (3): T’ = 124,5N ou T’ = 0,12kN  09 Duas partículas, cada uma de massa m, estão conectadas por uma corda  leve de comprimento 2L, como mostra a figura. 

   Uma força F constante é aplicada no ponto médio da corda  (x = 0) e  faz um ângulo reto com a posição  inicial desta. 

Mostre  que  a  aceleração  de  cada  massa  na  direção  perpendicular  a  F  é  dada  por  x 1/2

2 2

F.xa

2m L x

  na  qual  x  é  a 

distância perpendicular de uma das partículas à linha de ação de F. Discuta a situação quando x = L. SOLUÇÃO Considere o seguinte esquema da situação: 

           

21

Seja a o módulo da aceleração de cada massa (a1 e a2, no esquema). 

x

xa acos a

L         (1) 

Aceleração do ponto O em y, que está sujeito apenas à força F: F = ‐2ma0          (2] O esquema mostra que: 

1/22

2 1/20 y 2

xa a asen a(1 cos ) a 1

L

 

1/22 2

0 2

L xa a

L

      (3) 

Substituindo‐se (3) em (2): 1/2

2 2

2

L xF 2ma

L

 

2 2 1/2

F La

2m (L x )

      (4) 

Substituindo‐se (4) em (1): 

x 2 2 1/2

F xa

2m (L x )

 

 10  Na  superfície  interior  de  um  recipiente  de  vidro  tampado,  encontra‐se  uma  mosca  presa  à  sua  parede.  Este recipiente está em equilíbrio em cima de uma balança muito sensível. O que acontecerá com o marcador da balança se o inseto desprender‐se da parede e voar na horizontal, para cima, ou para baixo, dentro do recipiente? SOLUÇÃO Ao desprender‐se da parede do recipiente e mantendo‐se ao mesmo nível, a mosca pressiona o ar agitando suas asas com uma força equivalente ao seu peso (devido a terceira lei de Newton) e, esta pressão, é transmitida às paredes do recipiente. Consequentemente, a balança deve permanecer no mesmo estado de equilíbrio enquanto o  inseto estava pousado na parede. Assim se mantém enquanto a mosca estiver no mesmo nível. Solução I ‐ Se a mosca voar para cima ou para baixo a balança deverá se mover um pouco. Para determinar para onde o marcador irá se mover devemos considerar o movimento do centro de massa CM do sistema mosca‐recipiente pois, não estamos  interessados nos movimentos  individuais, do recipiente ou da mosca, e sim do sistema como um todo. Para isso basta  analisarmos o movimento do CM do  sistema que é  um ponto que  se  comporta  como uma partícula,  cuja massa é igual a massa total do sistema. Suponhamos inicialmente que a balança, juntamente com a mosca dentro do recipiente, se encontre situado dentro de algum ponto do Universo e livre de quaisquer influências externas. Então, o que acontecerá com o recipiente se a mosca começar  a  voar? Como as  forças  ao  sistema  só  são  internas,  a  posição do CM deverá  ser  conservada.  Para que  isso ocorra, se uma força interna eleva a mosca, para que o CM de tal sistema se conserve, o recipiente deverá se deslocar um pouco para baixo. Ao contrário, se o  inseto baixa, o  jarro deverá subir um pouco para que o centro de massa do sistema mosca‐recipiente permaneça no mesmo ponto. Se a mosca voar na horizontal, o recipiente se deslocará para esquerda, se a mosca for para direita, e vice versa na horizontal. Daí podemos concluir que, como o recipiente,  juntamente com a mosca, não se encontra em um ponto qualquer do universo, e sim em cima de uma balança, se a mosca sobe, o ponteiro descerá e, se ela baixar, ele subirá e, se ela se manter na horizontal, o ponteiro nada acusará .   Solução II ‐ Devemos também levar em consideração que o voo da mosca para cima ou para baixo deve ser acelerado. Um movimento  uniforme,  ou  seja,  por  inércia  e,  portanto  sem  intervenção  de  uma  força,  será  incapaz  de  alterar  a pressão que o recipiente exerce sobre o prato da balança.   Consideremos, então, a resultante das forças que atuam na mosca: N é a força responsável pela ascensão e mg é a força peso da mosca. Assim a equação do movimento para mosca fica ma = N ‐ mg, levando à expressão N = ma + mg          (1)   para força de ascensão que é a responsável pela reação na balança. A reação que mede a balança é dado por   R = N + Mg,          (2)   onde M é a massa o recipiente. Antes da mosca se desprender da parede a balança está medindo   R = N + Mg = mg +Mg = (m+M) g.    (3) 

22

Se a mosca estiver subindo ou descendo, em movimento uniforme da equação (1) resulta, a = 0, N = mg. Portanto a reação da balança equação (2) se iguala a equação (3). Ou seja, tudo se comporta como se a mosca estivesse presa na parede do recipiente como no início. O mesmo acontece para mosca voando na horizontal ou parada flutuando no meio do recipiente.   11 Um bloco de massa M é puxado ao longo de uma superfície horizontal sem atrito por uma corda de massa m, como mostra a figura. Uma força horizontal P é aplicada a uma das extremidades da corda. 

 a) Mostre  que  a  corda  tem de  se  curvar, mesmo que  seja  de  uma quantidade  imperceptível.  Então,  supondo que  o encurvamento seja desprezível, calcule   b) a aceleração da corda e do bloco,   c) a força que a corda exerce no bloco, e   d) a tração no ponto médio da corda. SOLUÇÃO a) Considere um elemento da corda cuja massa é ∆m e, da mesma forma que o conjunto M +m, possui aceleração a. 

 Como o elemento de massa ∆m tem aceleração apenas no eixo x: 

y

d e

F 0

T sen T sen mg 0

 

d e

mgsen

T T

      (1) 

Para a corda ficar esticada, é preciso que θ = 0, ou seja que senθ = 0. De acordo (1), isso implica em ∆m = 0 ou Td + Te = ∞. Como nenhumas dessas alterna vas é fisicamente possível, conclui‐se que θ ≠ 0. b) Supondo que θ = 0 e analisando o conjunto M + m: 

x xF ma

P (M m)a

 

Pa

M m

      (2) 

c)  

 x xF ma  

cbF Ma       (3) 

Substituindo‐se (2) em (3): 

cb

MF P

M m

 

d)   

 x xF ma  

23

m

mT M a

2

      (4) 

Substituindo‐se (2) em (4): 

m

m

m PT M

2 M m

(m 2M)PT

2(M m)

 

 12 Uma  caixa  de  10  kg  é  colocada  sobre uma balança que  está  dentro de  um elevador. O  elevador  parte  do  térreo acelera a uma taxa de 2 m/s2 e ao parar no 10° andar ele desacelera com mesma taxa de 2 m/s2. Determine o peso da caixa e a leitura da balança   a) quando o elevador está parado,   b) quando o elevador está partindo do térreo e   c) quando o elevador está parando no 10° andar. SOLUÇÃO A primeira coisa a ser compreendida é que a balança “marca” a força que a caixa faz sobre ela; esta será a leitura da balança. Agora, a força que a caixa faz sobre a balança tem mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário à força que a balança faz sobre a caixa (Ação e reação). A figura seguinte mostra um diagrama das forças que atuam na caixa. A componente normal (só tem ela) da força de contato é, justamente, a força que a balança faz sobre a caixa. Desta forma, nós precisamos, apenas, determinar o valor da normal para cada caso. Da 2ª lei de Newton temos: 

N   P  ma

 

 a) O peso da caixa é a força que a Terra faz sobre a caixa e vale: P = mg = 98 N Quando o elevador está parado, a = 0. Então da 2ª Lei de Newton fica: N ‐ P = 0 → N = P = 98 N que é a leitura da balança. Portanto a balança marcará 98 N. b) O peso da caixa continua sendo a força que a Terra faz sobre a caixa e vale: P = mg = 98 N Quando o elevador está partindo do térreo, a aceleração é para cima (figura a). Assim, N ‐ P = ma Usando os valores do problema, encontramos: N = mg + ma N = m( g+ a) = 10 × (9,8 + 2) N = 118N Portanto a balança marcará 118 N. c) O peso da caixa é sempre a força que a Terra faz sobre a caixa: P = mg = 98 N Quando o elevador está parando no 10° andar, a aceleração é para baixo (figura b). Então, N ‐ P = ‐ma Vetores que têm o mesmo sentido aparecem com o mesmo sinal na equação. É o que acontece, agora, com os vetores peso e aceleração. Usando os valores do problema, encontramos: N = m (g ‐ a) = 10× (9,8 ‐ 2)N = 78N Portanto a balança marcará 78 N.  13 Um bloco de massa m desliza para baixo em um plano inclinado sem atrito que forma um ângulo θ com o piso de um elevador. Ache a aceleração do bloco relativa ao plano nos seguintes casos:   a) O elevador desce com velocidade constante v.   

24

b) O elevador sobe com velocidade constante v.   c) O elevador desce com aceleração a.   d) O elevador desce com desaceleração a. e) O cabo do elevador se rompe.   f) No item (c) acima, qual é a força exercida sobre o bloco pelo plano inclinado? SOLUÇÃO a) Estando o elevador  com velocidade  constante, o  comportamento do bloco em  relação à  rampa é  idêntico ao que seria caso o elevador estivesse em repouso. 

 Segunda lei de Newton em x, onde aB é a aceleração do bloco: B 

x x

B

B

F ma

mgsen ma

a gsen

 

b) Semelhante ao item (a): 

Ba gsen  

c) Como o elevador acelera para baixo, existe a componente ax que se soma a gx para acelerar o bloco rampa abaixo. 

 x x

B

B

F ma

mgsen masen ma

a (g a)sen

 

Embora tenham sido somadas duas acelerações em x para o bloco (ax e gx), a aceleração do bloco em relação à rampa é menor. No caso limite do elevador descer com aceleração igual a g (queda livre), o bloco também cairia em queda livre. Isso faria com que a aceleração do bloco em relação à rampa seja zero (veja o item (e) abaixo). d) Semelhante ao item (c), diferindo apenas pelo sinal de a: 

Ba (g a)sen  e) Semelhante ao item (c), sendo a = g: aB = 0 f)  y yF ma  

N mgcos macos

N m(g a)cos

 

 14 Sabendo‐se que no sistema mostrado na figura abaixo a1 = 3 m/s2, e a2 = 5 m/s2, o Professor Gomes pede que se determine a tensão na corda que suspende o bloco 3. Além disso, m3 = 4 kg, g = 10 m/s2 e não há atrito. 

 

25

SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Do movimento da polia encontramos que a aceleração a3 é dada por: a3 = (a1 + a2)/2 a3 = (‐3 + 5)/2 = 1 m/s2 Fy = Fr T – P3 = m3a3 T = 4.1 + 4.10 = 44 N  15 Sobre as massas M1 e M2 atuam as forças F1 = bt e F2 = 2bt, que estão ligados por um fio que pode resistir a tensão T, onde b é uma constante. O Professor Gomes pede que se determine o instante em que o fio irá se romper. 

 SOLUÇÃO Da 2° Lei de Newton: Fr = mt.a F2 – F1 = (m1 + m2).a 2bt – bt = (m1 + m2).a bt = (m1 + m2).a   (1) Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

                            F2 – T = m2.a    (2) T – F1 = m1.a    (3) De (2) e (3) obtemos a aceleração: 

1 2

Ta

2m m

 

Substituindo em (1) obtemos o tempo com o qual acorda se romperá: 

1 2

1 2

(m m )Tt

b (2m m )

 

 16 Um macaco de massa 20 kg está segurando uma corda vertical. A corda não se quebra quando uma massa de 25 kg é suspensa, mas quebrará se a massa exceder 25 kg. Qual é a aceleração máxima com que o macaco pode subir ao longo da corda? SOLUÇÃO Da 2° Lei de Newton: ma = Tmáx – mg com Tmáx = 25g, logo, a = g/4 = 10/4 = 2,5 m/s2  

26

17 Um macaco de massa m  sobe por  uma  corda pendurada  sobre uma polia  fixa. A extremidade oposta da  corda  é amarrada a um peso de massa M situado numa mesa horizontal (ver figura).   

 Desprezando o atrito, determine a aceleração de ambos os corpos (em relação à placa) e a tensão da corda para os três casos: (1) o macaco não se move em relação à corda; (2) o macaco se move para cima em relação à corda com aceleração b; (3) o macaco se move para baixo em relação ao cabo com uma aceleração b. SOLUÇÃO: (1) Se o macaco estiver em repouso na corda, a aceleração de ambos os corpos será a mesma, igual a1. As equações do movimento são F1 = Ma1, mg ‐ F1 = ma1 onde F1 é a tensão da corda. (2) Se o macaco se movendo para cima em relação à corda com uma aceleração b, o movimento de ambos os corpos será diferente: o peso se moverá com uma aceleração a2 e o macaco com uma aceleração a2’ = a2  ‐ b. A equação de movimentos assumirá a forma F2 = Ma2, mg ‐ F2 = ma2’ (3) O movimento descendente do macaco em relação à corda com a aceleração b é descrito pelas mesmas equações; só é  necessário  mudar  o  sinal  de  b.  A  aceleração  descendente  do  macaco  em  relação  à  corda  não  pode  exceder  a aceleração devido à gravidade. Portanto, a3 ≥ 0 e F3 ≥ 0.  18 Um bloco de 0,5 kg é lançado sobre uma superfície horizontal, a uma velocidade de 10 m/s. Se você tiver uma força de resistência (total) proporcional à sua velocidade F = bv (b = 0,5 kg/s), qual distância ele irá percorrer até parar? SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Segunda a lei de Newton: Fr = ma bv = ma a = (b/m).v A acelereção é proporcional a velocidade, para o trecho mostrado se pode trabalhar com a aceleração média 

0 fm

2m

v vba

m 2

1 /2 10a 5m / s

1 /2 2

 

Logo podemos aplicar a equação do MRUV: 2 2f 0

2

v v 2ax

0 10 2(5)x

x 10 m

 

 19 Se a massa do bloco B é de seis vezes a massa do bloco A, determinar o valor da força de reação entre estes blocos. Não há atrito. F1 = 30 N e F2 = 16 N. 

27

 SOLUÇÃO Analisando o sistema (A + B) que se move com aceleração a temos: mA = m: mB = 6m: Fr = (mA + mB)a F1 – F2 = (mA + mB)a 14 = (7m)a a = 2/m Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Onde consideramos por conveniência a reação entre A e B como sendo 5R. Aplicando a 2° Lei de Newton no eixo x teremos: Fr = mA.a F1 – 4R = m(2/m) 30 – 4R = 2 R = 7 N Então a reação entre A e B será 5R = 35 N  20 Se a tensão na corda A é o dobro da tensão sobre a corda B, o Professor Gomes pede que se determine a aceleração do sistema. Considere: tanθ = 2 (g = 10 m/s2) 

 SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Aplicando a 2° Lei de Newton no eixo x teremos: Fr = ma 3Tsenθ = ma  (1) 

28

A força resultante em y é zero: Fr = 0   2Tcosθ = Tcosθ + mg   Tcosθ = mg    (2) Dividindo (1) por (2): 3 tgθ = a/g 3(2)g = a a = 6g = 60 m/s2  21  Calcular  a  aceleração  do  sistema mostrado  na  figura  para  que  a  pequena  esfera  de massa  "m"  seja mantida  na posição mostrada. Assumir todas as superfícies sem atrito e considere a aceleração da gravidade como g. 

   SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Resultante em y: Fy = 0 Ncosα = mg    (1) Resultante em x: Fx = ma Nsenα = ma    (2) Dividindo (2) por (1) temos: Nsenα/Ncosα = ma/mg a = g.tgα    22  Uma  barra  homogênea  de  comprimento  L  é  submetido  a  ação  das  duas  forças  P  e Q  (P  > Q)  aplicadas  nas  suas extremidades e dirigidas em sentidos opostos, tal como indicado na figura. Encontrar a força de tração experimentada pela barra na sua secção localizada a uma distância ℓ da extremidade Q. 

     SOLUÇÃO Resultante em x: Fx = ma P – Q = ma    (1) Como a barra é homogênea, por regra de três teremos: m → L mx → ℓ então: mx = (ℓ/L)m  (2) Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

29

 Fx = mxa T – Q = mxa    (3) Substituindo (2) em (3) T – Q = (ℓ/L)ma   (4) De (1) em (4) T = (ℓ/L)P + [(L ‐ ℓ)/L)]Q  23 Observe o sistema da figura abaixo. Se o ponto "J" da corda baixa com uma aceleração g, mas o ponto K sobe como uma aceleração g/4, determine a tensão da corda que une o centro da polia móvel com o bloco de peso de 16 N. 

       SOLUÇÃO Da cinemática sabemos que: abloco = (aJ + aK)/2 então: abloco = (‐g + g/4)/2 = ‐3g/8 (para baixo)    (1) Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Da 2° Lei de Newton: P – T = P/g . aB          (2) Substituindo (1) em (2), teremos: T = 5/8 . P T = 10 N  24 Um bloco A de massa m está ligado a um ponto fixo C em uma mesa horizontal através de uma corda que passa em torno de uma polia lisa sem massa B (figura abaixo). Uma força F é aplicada pelo Professor Gomes à polia. Mostre que se a polia for deslocada por uma distância x, o bloco será deslocado em 2x. Encontre a aceleração do bloco e da polia. 

30

   SOLUÇÃO   Suponha que a  polia  seja  deslocada para B'  e o bloco para A'  (figura  abaixo). O  comprimento da  corda é CB + BA e também é igual a CB + BB' + B'B + BA'. Assim, CB + BA' + A'A = CB + BB' + B'B + BA' ou, A'A = 2 BB'. 

     O deslocamento de A é, portanto, o dobro do deslocamento de B em qualquer intervalo de tempo. Diferenciando  duas  vezes,  descobrimos  que  a  aceleração  de  A  é  o  dobro  da  aceleração  de  B.  Para  encontrar  a aceleração do bloco precisamos da tensão na corda. Isso pode ser obtido considerando a polia como o sistema. As forças que atuam na polia são (I) F para a direita pelo Professor Gomes, (II) T para a esquerda pela parcela BC da corda e (III) T para a esquerda pela porção BA da corda. As forças verticais, se houver, darão resultante zero, pois não há movimento vertical. Como a massa da polia é zero, a equação de movimento é F ‐ 2T = 0 dando T = F/2. Agora  considere  o  bloco  como  o  sistema.  A  única  força  horizontal  que  atua  no  bloco  é  a  tensão  T  para  a  direita.  A aceleração do bloco é, portanto, a = T / m = F/2m. A aceleração da polia é a/2 = F/4m  25 Encontre a massa M do bloco pendurado na figura abaixo, o que evitará que o bloco menor escorregue sobre o bloco triangular. Todas as superfícies são sem atrito e as cordas e as polias são ideais. 

   SOLUÇÃO 

 Como o bloco m não desliza sobre o bloco M, então terá a mesma aceleração que a de M. Dos diagramas de corpo livre teremos: Fr = Ma = Mg – T    (i)   Fr = M’a = T – N sen θ    (ii)   Fr = ma = N sen θ    e N cos θ = mg    (iii)   Eliminando T, N e a das equações acima, obtemos M = (M’ + m)/(cotθ + 1)    

31

26  Nas  academias  de  ginástica,  usa‐se  um  aparelho  chamado  pressão  com  pernas  (leg  press),  que  tem  a  função  de fortalecer  a  musculatura  das  pernas.  Este  aparelho  possui  uma  parte  móvel  que  desliza  sobre  um  plano  inclinado, fazendo um ângulo de 60° com a horizontal. Uma pessoa, usando o aparelho, empurra a parte móvel de massa igual 100 kg e a faz mover ao longo do plano, com velocidade constante como é mostrado na figura.   

   Considere o coeficiente de atrito dinâmico entre o plano inclinado e a parte móvel 0,10 e a aceleração da gravitacional 10m/s².   a) Faça o diagrama das forças que estão atuando sobre a parte móvel do aparelho identificando‐as. b) Determine a intensidade da força que pessoa está aplicando sobre a parte móvel do aparelho. SOLUÇÃO a) 

 P: peso da parte móvel Px : componente horizontal de P Py: componente vertical de P N: reação normal do apoio F: força aplicada pela pessoa Fat: força de atrito dinâmico entre as superfícies b) Aplicando a 2ª‐ Lei de Newton e observando que a velocidade da parte móvel é constante, obtemos: F = Px + fat ⇒ F = P sen 60° + μd.1. cos 60° F = 100.10 .0,86 + 0,10.100.10 .0,50 F = 910 N  27 Apresenta‐se a seguir um método simples para medir os coeficientes de atrito. Suponha que um bloco seja colocado sobre uma superfície áspera inclinada em relação à horizontal, como mostrado na figura abaixo.   

 O ângulo do plano inclinado θ é aumentado até que o bloco inicie seu movimento,   a) Como está relacionado o coeficiente de atrito estático com o ângulo crítico θC no qual o bloco começa a se mover? b) Como podemos encontrar o coeficiente de atrito cinético? SOLUÇÃO 

32

a) As forças sobre o bloco, como mostrado na figura, são a força gravitacional mg, a força normal N, e a força de atrito estático  fs.  Enquanto  o  bloco  não  está  em movimento,  essas  forças  estão  equilibradas  e  o  bloco  está  em  equilíbrio. Escolhemos um sistema de coordenadas com o eixo x positivo, paralelo ao plano inclinado e apontando para baixo, e o eixo y positivo apontando para cima, perpendicular ao plano inclinado. Aplicando a segunda lei de Newton em forma de componentes para o bloco obtêm‐se 

x sF mgsen f 0     (1) 

yF N mgcos 0     (2) 

Essas equações são válidas para qualquer ângulo de inclinação θ. No ângulo crítico θC no qual o bloco está na iminência de deslizar, a força de atrito tem seu valor máximo de módulo μsN, assim reescrevemos (1) e (2) como mgsenθC = μsn      (3) mgcosθC = n        (4) Dividindo (3) por (4), obtemos   tg θC = μs Assim, o coeficiente de atrito estático é igual à tangente do ângulo em que o bloco começa a deslizar. b) Uma vez que o bloco comece a se deslocar, o módulo da força de atrito é o valor cinético μcN, que é menor que o valor da força de atrito estático. Como resultado disso, se o ângulo é mantido no valor crítico, o bloco acelera para baixo ao longo do plano inclinado. Para retornar à situação de equilíbrio na equação (1), com fs substituído por fc o ângulo tem de ser reduzido para um valor θ'c tal que o bloco deslize pelo plano inclinado com uma velocidade escalar constante. Nessa situação, as equações (3) e (4), com θC substituído por θ'c e fS por fc, nos fornecem tg θ’c = μc  28 Na figura, A é um bloco de 4,4 kg e B é um bloco de 2,6 kg. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre A e a mesa são 0,18 e 0,15. 

 a) Determine a massa mínima do bloco C que deve ser colocada sobre A para evitar que ele deslize,   b) O bloco C é repentinamente levantado. Qual é a aceleração do bloco A? SOLUÇÃO a) 

 Para que não exista movimento, a resultante de forças que atuam nos blocos devem ser nulas, e o atrito estático entre o bloco A e a mesa deve ser máximo: 

• A C aN T P P F 0

 

N ‐ PA ‐ PC = 0    e    T – Fa = 0 

• BT' P 0

 

PB = T’ Como a corda que liga os blocos A e B tem massa desprezível, temos que T = T´. Desse modo: T = Fa = μEN = μE(PA + PC) Por outro lado: PB = T = T’ logo PB = T = μE(PA + PC) 

33

ou seja: PC = PB/μE – PA = 66N b) 

• A a AN T P F m a

 

N ‐ PA = 0    e    T – Fa = mAa 

• B BT' P m a'

 

PB – T’ = mBa’ Como a corda que liga os blocos A e B é inextensível, a = a´, e desse modo: T – μCPA = mAa      e      PB – T = mBa Somando essas duas equações, encontramos: PB – μCPA = (mA + mB)a 

2B C A

B A

P Pa g 2,28m / s

P P

 

 29 Dois blocos, m = 16 kg e M = 88 kg, mostrados na figura, estão livres para se mover. O coeficiente de atrito estático entre  os  blocos  é  μe  =  0,38,  mas  a  superfície  abaixo  de  M  não  possui  atrito.  Qual  é  a  mínima  força  horizontal  F necessária para manter m contra M? 

 SOLUÇÃO Para segurar m contra M, a condição necessária é que o módulo da força de atrito que M exerce em m para cima seja igual ao módulo do peso de m.   Forças no bloco m: 

 Forças em x no bloco m: 

x x

m

F ma

F N ma

 

mF ma N         (1) 

Forças em y no bloco m: 

y

m e e m

F 0

P f mg N 0

 

m

e

mgN

        (2) 

Forças no bloco M: 

 Forças em x no bloco M: N’ = Ma 

34

Como Nm = N’ (par ação‐reação): a = N/M        (3) Substituindo‐se (2) e (3) em (1): 

e e e

mg mg mg mF m 1 488,1N

M M

 

 30 Dois objetos, com massas m1 = 1,65 kg e m2 = 3,22 kg, conectados através de uma barra sem massa e paralela ao plano inclinado sobre o qual ambos deslizam, conforme mostrado na figura, deslocam‐se para baixo, com m1 seguindo m2. O ângulo do plano inclinado é θ = 29,5°. O coeficiente de atrito cinético entre m1 e o plano é μ1 = 0,226; entre m2, e o plano, o coeficiente correspondente é μ2 = 0,127.   

 Calcule: a) a aceleração comum dos dois objetos   b) a tração da barra,   c) Quais são as respostas de (a) e (b) para a situação em que m2 está seguindo m1? SOLUÇÃO a) 

 

1 1 a1 1 1N T P F m a

        2 2 a2 2 2N T' P F m a

 Como o bastão é inextensível as acelerações dos blocos são iguais, e como esse bastão tem massa desprezível as forças T e T´ têm mesmo módulo. Desse modo: T + P1senθ – Fa1 = m1a            ‐T + P2senθ – Fa2 = m2a N1 = P1cosθ = 0              N2 = P2cosθ = 0 T + P1senθ – μ1P1cosθ = m1a        ‐T + P2senθ – μ2P2cosθ = m2a Somando essas duas equações, encontramos (P1 + P2)senθ – (μ1P1 + μ2P2)cosθ = (m1 + m2)a ou seja: 

1 2 1 1 2 2 2

1 2

m    m sen   –   m   m cosa g 3,62m/ s

m    m

 

b)Temos que: T = m1a ‐ P1senθ + μ1P1cosθ   e usando o resultado do cálculo da aceleração, encontramos: 

1 21 2

1 2

m mT gcos 1,05N

m m

 

c)  Se  nos  resultado  da  aceleração  trocarmos  1  por  2  a  equação  não  se  modificará,  e  portanto  não  irá  alterar  o movimento com essa mudança. No entanto a tensão irá trocar de sinal, e isso significa que o bloco que empurrava irá puxar e vice‐versa.  31 Um bloco de 4 kg é colocado no topo de um bloco de 5kg. Para que o bloco de cima deslize sobre o de baixo, que é mantido fixo, deve ser aplicada uma força horizontal de 12,0 N ao bloco de cima. Em seguida, o conjunto de blocos é 

35

colocado sobre uma mesa horizontal sem atrito; ver figura.   

 Encontre   a) a máxima força horizontal F que pode ser aplicada ao bloco de baixo de modo que os blocos se movimentem juntos,   b) a aceleração resultante dos blocos e o coeficiente de atrito estático entre os blocos. SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: a) 

 Como foi mencionado, quando mantemos o bloco de baixo fixo, uma força horizontal de pelo menos T = 12N deve ser aplicada ao de cima, para que ele inicie um movimento. Isso significa que a força de atrito estático máxima entre os dois blocos  tem  esse  valor.  Quando  uma  força  F  menor  que  a  limite,  atuar  no  bloco  de  baixo,  o  conjunto  se  moverá acelerado, logo: F = (m1 + m2)a Os dois blocos interagem através da força de atrito, de modo que essa é a única força horizontal que atua no bloco de cima, e, portanto: Fa = m2a a = Fa/m2 

logo: 

1 2 1 2a

2 2

m m m mF F T 27N

m m

 

b)   a = Fa/m2 = 3m/s2  32 Uma  força horizontal  F de 53 N empurra um bloco que pesa 22 N  contra uma parede vertical  como na  figura. O coeficiente de atrito estático entre a parede e o bloco é 0,60 e o coeficiente de atrito cinético é 0,40. Considere o bloco inicialmente em repouso.   

 a) O bloco começará a se mover?   b) Qual é a força exercida no bloco pela parede? SOLUÇÃO Forças no bloco: 

 a) A condição para que o bloco escorregue é que o seu peso (P) seja maior do que a força de atrito estático (fe). Forças em x: 

36

xF 0

F N 0

 

F = N        (1) Força de atrito estático: fe ≤ μeN       (2) Substituindo‐se (1) em (2): fe ≤ μeF = 0,60 . 53N fe ≤ 31,8N Este resultado significa que fe pode suportar um bloco de até 31,8 N de peso. Como o peso do bloco é menor do que esse limite máximo, o bloco não desliza. b) A força exercida pela parede (FP) sobre o bloco tem duas componentes. A componente horizontal é a força normal e a vertical é a força de atrito. Ou seja: 

p eˆ ˆF Ni f j

 

De acordo com o esquema acima e os valores dados no enunciado, temos: 

pˆ ˆF ( 53N)i (22)j

 

 33 Um bloco desliza para baixo de uma calha de ângulo reto inclinada, como na figura. O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o material da calha é μk. Ache a aceleração do bloco. 

 SOLUÇÃO Considere o seguinte esquema da situação: 

 Forças em z: 

zF 0

N Pcos 0

 

N mgcos         (1) 

Devemos considerar a força de atrito cinética total (fk) como sendo a soma de duas forças de atrito (com fk’ = fk’’), cada uma surgindo a partir da interação entre a caixa e a calha na direção x. fk = f’k + f’k = μkN + μkN = 2μkNcos45° 

k  kf   2 N         (2) 

Substituindo‐se (1) em (2): 

k  kf   2 mgcos       (3) 

Forças em x: 

x xF ma  

kPsen f ma         (4) 

Substituindo‐se (3) em (4): 

k

k

mgsen   2 mgcos ma

a g(sen   2 cos )

 

Este  resultado  indica  que  a  aceleração  será  zero  (condição  de  equilíbrio  estático,  na  iminência  de  deslizar  na  calha) quando: 

ksen   2 cos   então:  k

1tan

2  

37

Este resultado difere da situação de uma caixa na iminência de deslizar sobre uma superfície inclinada:  s tan   34 Uma laje de m1 = 42 kg repousa sobre um assoalho sem atrito. Um bloco de m2 = 9,7 kg repousa sobre a laje, como na figura. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a laje é 0,53, enquanto o coeficiente de atrito cinético é 0,38. O bloco de 9,7 kg sofre a ação de uma força horizontal de 110 N.   

 Qual é a aceleração resultante   a) do bloco e   b) da laje? SOLUÇÃO Em primeiro lugar temos que verificar se haverá deslizamento entre o bloco e a laje. Isso ocorrerá se o módulo da força horizontal  que  atua  no  bloco  (F)  for  maior  do  que  o módulo  da  força  de  atrito  estática  entre  o  bloco  e  a  laje  (fs). Verificação: fs = μsNs = μsNm = μsmg = 50N Como F = 110 N, o bloco deslizará sobre a laje, sendo f a força de atrito cinético.   Forças sobre o bloco: 

 Forças em y sobre o bloco: 

y

m m

m

F 0

N P 0

N mg

       

(1) 

Forças em x sobre o bloco: 

x

m

c m m

F 0

f F ma

N F ma

       

(2) 

Substituindo‐se (1) em (2) e resolvendo‐se para am: 

2m c

Fa g 7,61m / s

M  

Forças sobre a laje: 

 Forças em x sobre a laje: ‐f’ = MaM Como f = f’ (par ação‐reação): 

2c m cM

N mgfa 0,86m / s

M M M

 

 35 Uma cunha em forma de um triângulo retângulo de massa M e ângulo θ suporta um pequeno bloco de massa m e está em repouso numa mesa horizontal, como mostra a figura. 

 a) Que aceleração horizontal a deve ter M em relação à mesa, de forma a manter m estacionário em relação à cunha 

38

supondo‐se os contatos sem atrito?   b) Que  força horizontal F deve  ser  aplicada  ao  sistema para  atingir  este  resultado,  supondo‐se o  topo da mesa  sem atrito?   c)  Suponha  que  nenhuma  força  seja  fornecida  a M e  ambas  as  superfícies  sejam  sem atrito. Descreva o movimento resultante. SOLUÇÃO a) A aceleração a de M deve ser tal que a aceleração de m também seja a (horizontal).   Diagrama de forças em m: 

 Forças em y: 

y mF N cos mg 0  

m

mgN

cos

        (1) 

Forças em x: 

x xF ma  

mN sen ma         (2) 

Substituindo‐se (1) em (2): 

mgsen ma

cos

 

a = g tagθ        (3) b) Forças em x no sistema cunha‐bloco: 

y yF ma  

F = (m+M)a        (4) Substituindo‐se (3) em (4): F = (m+M)g tagθ As componentes horizontais das forças normais da cunha sobre o bloco (Nm) e do bloco sobre a cunha não precisam ser computados pois formam um par ação‐reação. c) A cunha irá se mover para a esquerda com aceleração constante. O bloco irá descer pela superfície inclinada da cunha com aceleração gsenθ em relação à cunha, porém com aceleração menor e constante em relação à mesa. As forças que aceleram  o  bloco  em  relação  à  mesa  são  o  seu  peso  e  a  normal  da  cunha.  O  peso  do  bloco  não  varia  nessas circunstâncias. Porém, quando a cunha acelera para a esquerda, a normal que esta gera no bloco  fica menor, o que diminui a aceleração do bloco em relação à mesa quando comparada à situação em que a cunha permanece imóvel.  36 Na ilustração abaixo, o Professor Gomes se encontra sobre uma placa de massa m. O coeficiente de atrito entre a placa m e o piso mostrado na  figura abaixo é μ. Encontre a  força máxima que o Professor Gomes de massa M pode exercer na corda para que a placa não escorregue no chão. 

   

39

SOLUÇÃO Observe o esquema: 

   Note que a força máxima exercida pelo Professor Gomes a chamamos de T. Do diagrama de corpo livre temos que: N + T = Mg   N = Mg – T ...(i) N1 = N + mg ...(ii) e T = μN1   T – μ(N + mg) = 0 [da equação (ii)] T – μN – μmg = 0 T – μ (Mg + T) – μmg = 0 [a partir da (i)] T (1 + μ) = μMg + μmg T = μ(M + m)g/(1 + μ)  38 Na figura abaixo temos dois blocos A e B de peso 20 N e 100 N, respectivamente. Estes estão sendo pressionados contra uma parede por uma força F como mostrado. Se o coeficiente de atrito entre os blocos é de 0,1 e entre o bloco B e a parede é de 0,15, determine a força de atrito aplicada pela parede no bloco B. 

 SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Para o equilíbrio de A: f1 = 20 N Para o equilíbrio de B: f1 + 100 = f2   f2 = 120 N  

40

39 Observe o sistema de corpos indicado na figura abaixo. Qual a força F máxima que pode ser aplicada sobre o bloco de massa m = 4 kg, de modo que não chegue a deslizar sobre o carro de massa M = 20 kg, com o qual mantém atrito cujo coeficiente é μe = 0,5? 

 SOLUÇÃO Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

   Como o bloco não deve descer do carro, eles se movem como um só corpo. Logo, da 2° lei de Newton: Fmáx = (M + m).a   (1) Para o bloco: fat = μe.N = μe.mg da 2° lei de Newton: ma = Fmáx ‐ fat ma = Fmáx ‐ μe.mg  (2) resolvendo (1) e (2) teremos: Fmáx = (M + m).(m/M). μeg Fmáx = 24 N  40  Em  alguns  parques  de  diversões,  existe  um brinquedo  chamado  rotor,  que  consiste  em um  cilindro  oco,  de  eixo vertical, dentro do qual é introduzida uma pessoa: 

 De  início,  a  pessoa  apoia‐se  sobre  um  suporte,  que  é  retirado  automaticamente  quando  o  rotor  gira  com  uma velocidade adequada. Admita que o coeficiente de atrito estático entre o corpo da pessoa e a parede interna do rotor valha  μ.  Suponha  que  o  módulo  da  aceleração  da  gravidade  seja  g  e  que  o  rotor  tenha  raio  R.  Calcule  a  mínima velocidade angular do rotor, de modo que, com o suporte retirado, a pessoa não escorregue em relação à parede. SOLUÇÃO Equilíbrio na vertical: 

 

Fat = mg Fat ≤ μ FN mg ≤ μN Mas: N = Fcp N = mω2R (II)  

De (I) e (II), vem: 

41

mg ≤ μmω2R 

min

g

R

g

R

 

 41 Uma curva circular de uma autoestrada é projetada considerando o tráfego de veículos a 60 km/h.   a) Se o raio da curva é 150 m, qual é o ângulo correto da inclinação da estrada?   b) Se a curva não fosse inclinada, qual seria o coeficiente de atrito mínimo entre os pneus e a estrada que manteria os veículos trafegando sem derrapar nesta velocidade? SOLUÇÃO a) Observando o diagrama do corpo livre teremos: 

 Vamos  considerar  uma  situação  que  envolva  os  dois  itens,  a  estrada  é  inclinada  e  tem  atrito.  O  desenho  da  direita mostra a força resultante, e como já foi dito é conhecida como força centrípeta. Usando a segunda Lei de Newton: 

aN P F ma

  de onde tiramos: 

Ncosθ – Fasenθ – P = 0       e      Nsenθ + Facosθ = ma   Da primeira equação da direita, encontramos que: 

E

PN

cos sen

 

e usando esse valor na segunda equação: 

E

E E

P Psen cos ma

cos sen cos sen

 

ou seja: 

E E

E E

sen cos tana g g

cos sen 1 tag

 

ou ainda: 

E

E

a gtan

g a

 

Quando μE = 0 , que é o caso do primeiro item, quando não existe atrito: 2a v

tan 0,188g Rg

 

com    θ = 10,70° b)Neste caso θ = 0 e portanto encontramos que: 

E

a0,188

g  

 42 Um disco de massa m está sobre uma mesa sem atrito e preso a um cilindro suspenso de massa M, por uma corda que passa por um furo na mesa (ver figura). Encontre a velocidade com a qual o disco deve se mover em um círculo de raio r, de modo que o cilindro permaneça em repouso. 

 

42

SOLUÇÃO O cilindro permanecerá em repouso se a tensão na corda que o sustenta for igual ao seu peso. Forças no cilindro: 

 y

M

F 0

T P 0

 

T Mg         (1) 

Forças no disco: 

 x xF ma  

cpT ' F         (2) 

Na equação (2) Fcp é a força centrípeta responsável pelo movimento circular do disco e T’ = T (par ação‐reação). 2mv

Tr

      (3) 

Substituindo‐se (1) em (3): 2mv

Mgr

Mgrv

m

 

 43  Uma  bola  de  1,34  kg  está  presa  a  uma  haste  rígida  vertical  por  meio  de  dois  fios  sem  massa,  de  1,70  m  de comprimento cada. Os fios estão presos à haste em pontos separados de 1,70 m. O conjunto está girando em volta do eixo da haste, com os dois fios esticados formando um triângulo equilátero com a haste, como na figura. A tensão no fio superior é 35,0 N. 

 a) Encontre a tensão no fio inferior.   b) Calcule a força resultante na bola, no instante mostrado na figura.   c) Qual é a velocidade da bola? SOLUÇÃO Considere o seguinte esquema da situação: 

 a) Forças na bola em y: 

43

y

1 2

2 1

F 0

T cos T cos P 0

mgT T 8,70N

cos

 

b) A força resultante (R) que atua na bola vale: 

1 2

1 1 2 2

R T T P

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆR ( T sen i T cos j) ( T sen i T cos j) ( mgj)

    (1) 

1 2 1 2ˆ ˆR (T T )sen i [(T T )cos mg]j

        (2) 

ˆ ˆR 37,8i 0 j

              (3) 

ˆR (37,8N)i

 

c) A resultante calculada no item (b) é a força centrípeta do movimento circular da bola em torno do eixo. Logo: 2

c

mvF R

r               (4) 

A comparação das equações (1) e (2) nos dá o módulo de  R: 

R = (T1 + T2)senθ            (5) Substituindo‐se (4) em (3): 

2 2

1 2

1 2 2

mv mvT    T sen        

r lsen

T    T lv sen 6,44m / s

m

 

 44 Um estudante de 68 kg , numa roda gigante com velocidade constante, tem um peso aparente que equivale a 56 kg no ponto mais alto. a) Qual o seu peso aparente no ponto mais baixo? b) E no ponto mais alto, se a velocidade da roda gigante dobrar? SOLUÇÃO a) 

 Nos pontos mais alto e mais baixo, a segunda Lei de Newton diz que: 

P N ma

 onde   

2va

R  

Ponto mais alto: P – NA = ma Ponto mais baixo: NB ‐ P = ma Onde NA e NB são as normais nos pontos mais alto e mais baixo respectivamente. A normal é uma reação do assento ao corpo do estudante que está sentado nele. Se estivesse sentado em uma balança colocada nesse assento, ela mostraria exatamente o valor de N , que é por isso chamado de peso aparente. Igualando as duas últimas equações, encontramos: P – NA = NB – P NB = 2P – NA = (2m – mA)g = 80.9,8 NB = 784N e mB = 80kg b) •P – NA = mv2/R •P – N’A = m(2v)2/R = 4 mv2/R 

2A

A

P  –N’vm        P  –  N

R 4  

N’A = 4NA – 3P N’A = 196N e m’A = 20kg  

44

45 Um trabalhador deseja empilhar areia em uma área circular do seu quintal. O raio do círculo é R. Nenhuma areia deve  ser  derramada  para  fora  da  área  circular;  ver  figura.  Mostre  que  o  maior  volume  de  areia  que  pode  ser armazenado dessa forma é πμeR

3/3, onde μe é o coeficiente de atrito estático entre areia e areia.   

 SOLUÇÃO Considere o seguinte esquema: 

 O volume do monte cônico é dado por: 

2Ah R hV

3 3

        (1) 

Pelo esquema acima, vemos que: h = R.tanθ        (2) Substituindo‐se (1) em (2): 

3R tanV

3

        (3) 

Vamos analisar a dinâmica de um grão de areia em particular.   Forças em x: 

xF 0

N Pcos 0

 

N mgcos         (4) 

Forças em y: 

yF 0

f Psen 0

 

eN mgsen         (5) 

Substituindo‐se (4) em (5): 

e tan         (6) 

Substituindo‐se (6) em (3): 3

eRV

3

 

 46 Um carrinho de 0,5 kg é  liberado sem atrito a partir do ponto A por uma pista circular de 2 m de  raio. Se para o instante mostrado na figura a velocidade do carrinho é 2 m/s, calcular, aproximadamente nesse instante, a reação do piso sobre o carrinho. (g = 9,81 m/s2). 

 SOLUÇÃO 

45

Considere o seguinte esquema: 

 Nos é pedido a reação R no chão do carro em P. O carro faz um movimento circular na pista, em P usaremos o diagrama do corpo livre e decompomos a força peso. Na direção radial, pela 2° Lei de Newton: Fcp = macp R – mgcos30° = m.v2/r Substituindo os valores encontramos: R = 5,25 N  EXERCÍCIOS PARA RESOLVER  01 Uma moça de 40 kg e um trenó de 8,4 kg estão sobre a superfície de um lago congelado, separados por 15 m. A moça aplica sobre o trenó uma força horizontal de 5,2 N, puxando‐o por uma corda, em sua direção.   a) Qual a aceleração do trenó?   b) Qual a aceleração da moça?    02 É possível haver movimento na ausência de uma força? É possível haver força na ausência de movimento?  03 A equação horária da velocidade de uma partícula, é: v = 4 + 2t (em unidades do SI). Se a massa da partícula é 3,0 kg, determine a intensidade da força resultante sobre essa massa.  04 Dois blocos idênticos são ligados às extremidades de uma mola e pendurados ao teto por um fio, conforme ilustra a figura  adiante.  Quando  o  conjunto  está  em  equilíbrio,  o  fio  é  cortado.  Sendo  g  a  aceleração  local  da  gravidade, determine os valores das acelerações iniciais dos blocos 1 e 2. 

  05 Um homem de 110 kg desce de uma altura de 12 m até ao chão, segurando uma corda que passa por uma polia sem atrito e que está presa a um saco de areia de 74 kg.   a) Com que velocidade o homem atinge o chão?   b) Existe alguma coisa que ele possa fazer para reduzir a velocidade com que ele atinge o chão?  06 Considere as duas tirinhas abaixo. 

 

46

 Essas tirinhas representam expressões diferentes de uma Lei. Enuncie essa Lei.  07  Um  cavalo  é  colocado  para  puxar  uma  carroça.  O  cavalo  recusa‐se  a  executar  a  tarefa,  citando  a  terceira  lei  de Newton  como  defesa:  a  força  do  cavalo  sobre  a  carroça  é  igual  em  intensidade  e  oposta  em  sentido  à  força  que  a carroça faz sobre o cavalo. "Se eu nunca vou conseguir exercer uma força sobre a carroça maior do que ela exerce sobre mim, como eu posso colocar a carroça em movimento?", pergunta o cavalo. Como se pode refutar esta colocação?  08 Fazendo um furo em uma lata A que tem ar comprimido, o ar sai para a direita e a lata para a esquerda. Isso todo mundo sabe. Considere agora uma  lata B dentro da qual se  faz o vácuo. Fazendo um furo nessa  lata B o ar entra da direita para a esquerda. A medida que o ar enche a lata B, o que acontece com ela? Justifique. 

  09 Calcule o peso de uma pessoa de massa m no interior de um elevador que desce com aceleração a = g/3.    10 Uma pilha de seis blocos iguais, de mesma massa m, repousa sobre o piso de um elevador, como mostra a figura. O elevador  está  subindo  em  movimento  uniformemente  retardado  com  uma  aceleração  de  módulo  a.  Determine  o módulo da força que o bloco 3 exerce sobre o bloco 2. 

  11 Observe as tirinhas abaixo e responda: Tirinha 1: 

 Tirinha 2: 

47

 Na tirinha 1, a Mônica e o Cascão, exercem na corda, uma força de mesmo módulo, mesma direção e sentidos opostos. a) Indique na figura 1 a(s) força(s) que atua(m) na corda; b) Indique na figura 2 a(s) força(s) que atua(m) na corda e diga se existe diferença entre a(s) da tirinha 1, sabendo que a Mônica exerce a mesma força nos dois casos; c)  Se  colocarmos  um  dinamômetro  na  corda,  qual  será  sua  leitura?  Faça  a  análise  nos  dois  casos,  justificando  suas respostas.  12  O  Professor  Gomes  pendurou  dois  tijolos  de massas m1  (1  kg)  e  m2  (4  kg)  usando  pedaços  de  barbantes  iguais conforme mostra a figura e realizou as seguintes demonstrações:   I) sempre que ele puxava rapidamente a ponta do barbante F, o barbante F é que primeiro se arrebentava;   II) quando ele puxava lentamente o barbante F, o barbante T1 é que arrebentava primeiro.   

 Pergunta‐se:   a) Qual a força de tração nos barbantes T1 e T2 antes das demonstrações? Considere g = 10 m/s2.   b) Por que num caso é o barbante T1 que arrebenta e no outro é o F?  

13 Uma força vertical  Fé aplicada a um bloco de massa m que está sobre um piso. O que acontece com o módulo da 

força normal  NFque o piso exerce sobre o bloco quando o módulo de  F

aumenta a partir de zero, se a força  F

aponta   

a) para baixo e   b) para cima?  14 Três blocos são conectados, como na figura abaixo, sobre uma mesa horizontal sem atrito, e puxados para a direita com uma força T3 = 65,0 N.   

 Se m1 = 12,0 kg, m2 = 24,0 kg e m3 = 31,0 kg, calcule a) a aceleração do sistema e   b) as tensões T1 e T2.  15 Um móbile pende de um teto com duas peças metálicas presas por uma corda de massa desprezível, conforme a figura abaixo. São dadas as massas das peças: m1 = 3,5 kg e m2 = 4,5 kg.   

 Qual a tensão   

48

a) na corda inferior e   b) na corda superior?  16 Na figura abaixo, uma corrente composta de cinco elos, cada um de massa igual a 0,100 kg é suspensa verticalmente com uma aceleração constante de 2,50 m/s2.   

   Ache os módulos   a) da força que o elo 2 exerce sobre o elo 1,   b) da força que o elo 3 exerce sobre o elo 2,   c) da força que o elo 4 exerce sobre o elo 3 e   d) da força que o elo 5 exerce sobre o elo 4 e) ache os módulos da força que a pessoa levantando a corrente exerce sobre o elo mais elevado.  17 A  figura abaixo mostra o Professor Gomes sentado em uma cadeira presa a uma corda de massa desprezível que passa por uma roldana de massa e atrito desprezíveis e desce de volta às mãos do Professor Gomes. A massa total do Professor Gomes e da cadeira é 95,0 kg.   

 Qual é o módulo da força com a qual o Professor Gomes deve puxar a corda para que a cadeira suba   a) com velocidade constante e   b) com uma aceleração para cima de 1,30 m/s2? (Sugestão: um diagrama de corpo livre pode ajudar bastante.)   Se no lado direito a corda se estende até o solo e é puxada por uma pessoa, qual é o módulo da força com a qual essa pessoa deve puxar a corda para que o Professor Gomes suba c) com velocidade constante e   d) com uma aceleração para cima de 1,30 m/s2?   Qual é o módulo da força que a polia exerce sobre o teto   e) no item a,   f) no item b,   g) no item c e   h) no item d?  18 Na figura, três caixas são conectadas por cordas, uma das quais passa por uma polia de atrito e massa desprezíveis. As massas são mA = 30,0 kg, mB = 40,0 kg e mC = 10,0 kg. Quando o conjunto é liberado a partir do repouso: 

 

49

a) qual é a tensão da corda que liga B a C, e b) que distância A percorre nos primeiros 0,250 s (supondo que não atinge a polia)?  19 A figura abaixo mostra uma caixa de dinheiro sujo (massa m1 = 3,0 kg) sobre um plano inclinado sem atrito de ângulo θ1 = 30°. A caixa está  ligada por uma corda de massa desprezível a uma caixa de dinheiro  lavado (massa m2 = 2,0 kg) situada sobre um plano inclinado sem atrito de ângulo θ2 = 60°. A polia não tem atrito e sua massa é desprezível. Qual é a tensão da corda? 

  20 Na  figura a  seguir, uma  lata de massa m1 = 1,0 kg  sobre um plano  inclinado sem atrito está  ligada a uma  lata de massa m2 = 2,0 kg. A polia tem massa e atrito desprezíveis. Uma força vertical para cima de módulo F = 6,0 N atua sobre a lata de massa m2, que tem uma aceleração para baixo de 5,5 m/s2. 

 Determine   a) a tensão da corda e b) o ângulo β.  21 Um dinamômetro é preso por uma corda ao teto e logo é tensionado por outra corda presa ao piso, de forma que sua leitura seja de 10N (figura a). 

 Coloca‐se então um peso P no gancho inferior do dinamômetro (figura b). Qual será a nova leitura do dinamômetro nos seguintes casos: a) P = 7 N    b) P = 16 N  22 A figura a seguir mostra dois blocos de massas m1 = 1 kg e m2 = 2 kg, ligados por um fio ideal (inextensível e de massa desprezível) a uma polia também ideal  (de massa desprezível e que não oferece resistência à passagem do fio). Uma força vertical de módulo constante F e sentido para cima é aplicada na polia. Determine os módulos da força normal atuando no bloco 2 e da aceleração do bloco 1 quando: 

50

 a) F = 30 N; b) F = 50 N  23 A figura representa dois baldes de massas M1 e M2, contendo cada um uma quantidade de areia de massa M. 

 Considere a polia e os fios ideais. Supondo que a massa M2 seja ligeiramente maior que a massa M1 a) Qual a quantidade m de areia que deve ser transferida do balde de massa M1 para o balde de massa M2 para que a aceleração do sistema aumente de um fator f? b) Qual o maior valor de f possível?  24 Um bloco homogêneo de massa M move‐se aceleradamente sob a ação da força F numa superfície lisa. Encontrar o valor da força T, com que uma parte A do bloco, de comprimento x, atua sobre a parte B do mesmo. O comprimento do bloco é L. 

  25 Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força horizontal é aplicada ao bloco maior,  como mostrado na figura abaixo. 

 a) Se m1 = 2,3 kg, m2 = 1,2 kg e F = 3,2 N, ache o módulo da força entre os dois blocos,   b) Mostre que se uma força de mesmo módulo F for aplicada ao bloco menor mas no sentido contrário, o módulo da força entre os blocos será 2,1 N, que não é o mesmo valor calculado em (a),   c) Explique a diferença.  26 Observando o esquema abaixo, determine a aceleração de cada um dos blocos A e B, sabendo que não existe atrito. Também calcular a tensão na corda na parte horizontal. Dado: PA = 20 N, PB = 5 N e g = 9,8 m/s2. 

   

51

27 Para o sistema mostrado na figura abaixo, determine a aceleração de cada bloco sabendo que suas massas são dadas por m1 = 1 kg, m2 = 2 kg e m3 = 3 kg. Considere as polias como ideais e o sistema livre de atrito. g = 10 m/s2. 

  28 Se os corpos A, B e C do sistema mostrado abaixo são deixados livres a partir do repouso, determine o tempo que leva para o bloco A de massa 2 kg percorrer uma distância d = 5 m sobre o bloco C de massa 6 kg. Os blocos A e B têm massas iguais. Não há atrito e polias ter peso insignificante. (g = 1 0 m/s2) 

  29 No sistema mostrado na figura: F = 70 N; PA = 100 N; PB = 300 N. Se desprezarmos as massas das polias e o efeito de atrito, qual o valor: a) Da aceleração de cada bloco. b) Da tensão em cada bloco. 

  30 Observe a figura abaixo. A superfície circular na qual a bola repousa é perfeitamente lisa. Calcular a aceleração em m/s2, que deve ter o carrinho para que a bola adote a posição mostrada. (g = 9,8 m/s2) Dado: sen 16° = 7/25 

    31 Observe o esquema abaixo. Se as cunhas iniciam seus movimentos a partir do repouso, calcule o deslocamento que experimentaram a cunha B quando a cunha A tocar o chão, considere mA = 2 kg, mB = 8 kg, a = 10 cm e b = 60 cm. 

52

  32 No equipamento mostrado abaixo, a bola 1 tem uma massa 1,8 vezes maior do que a barra 2, cujo comprimento é ℓ = 1 m. A bola é fixada ao mesmo nível com a extremidade inferior da haste e é libertada. Depois de quanto tempo a bola cruza a extremidade superior da barra? 

  33 A figura abaixo mostra um bloco unido a uma mola (K = 1,250 N/m) sem se deformar no interior de um carro. Sobre o carro, o Professor Gomes exerce uma força F que torna aumentar a sua aceleração lentamente até atingir o valor a = 7,5 m/s2, qual o valor da deformação que a mola apresenta se naquele instante o bloco deixa de se apoiar no chão do carro? (g = 10 m/s2) 

  34 O plano inclinado da figura abaixo tem massa M e sobre ele se apoia um objeto de massa m. O ângulo de inclinação é α e não há atrito nem entre o plano inclinado e o objeto, nem entre o plano inclinado e o apoio horizontal. Aplica‐se uma força F horizontal ao plano inclinado e constata‐se que o sistema todo se move horizontalmente sem que o objeto deslize em relação ao plano inclinado. Determine F. 

  35 Determine a aceleração da massa m2 (m2 > m1) para o sistema dado na figura abaixo. São desprezados o atrito e as massas dos cabos da polia. 

 

53

 36 Dado o sistema formado por um prisma de massa M e sobre ele um bloco de massa m. Desprezando o peso da polia e o atrito, determine a aceleração do prisma M. 

    37  A  haste  azul  de massa m mostrado  na  figura  abaixo  é  liberada  sem  nenhum  atrito.  Determine  a  intensidade  da aceleração da cunha. 

  38 Encontre a constante de mola equivalente ke de um sistema formado por duas molas de constante k unidas em série.  39  Encontre  a  constante  de mola  equivalente  ke  de  um  sistema  formado por  duas molas  de  constante  k  unidas  em paralelo.  40 Quando  se  está  polindo uma  superfície,  existe  um  limite  a  partir  do  qual  continuar  polindo  faz  com que o  atrito aumente em vez de diminuir. Explique por quê.  41 O coeficiente de atrito estático entre o Teflon e os ovos mexidos é de aproximadamente 0,04. Qual é o menor ângu‐lo, em relação à horizontal, que provoca o deslizamento dos ovos ao longo de uma frigideira coberta por Teflon?  42  Qual  é  a  máxima  aceleração  que  pode  ser  gerada  por  um  corredor,  se  o  coeficiente  de  atrito  estático  entre  os sapatos e a estrada é 0,95?  43 Um pedaço de gelo sai do repouso e desliza descendo sobre um plano áspero inclinado de 33° no dobro do tempo que ele gasta para deslizar descendo sobre um plano sem atrito inclinado de 33° de mesmo comprimento. Encontre o coeficiente de atrito cinético entre o gelo e o plano inclinado áspero.  44 No topo de um plano inclinado de altura h existem dois blocos. A inclinação do plano em relação à horizontal vale θ = 45°. Um dos blocos é  largado no ar, sem velocidade inicial, e o tempo da queda livre deste bloco é  igual a t. O outro bloco é  largado sobre o plano,  sem velocidade  inicial, e  leva um tempo  igual a 2t para deslizar até a base do plano. Calcule:   a) a aceleração do bloco que deslizou sobre o plano;   b) o coeficiente de atrito cinético entre o plano e o bloco.    45 Na figura, o bloco I repousa sobre o bloco II, sendo que I está preso por uma corda a uma parede. mI = 3,0 kg e mII = 6,0 kg. O coeficiente de atrito cinético entre I e II é 0,10 e entre II e o plano é 0,20. Qual deve ser a força F que, aplicada em II, desloca esse bloco com aceleração de 2,0 m/s2?   

54

  46 Na figura, os dois blocos A e B são iguais, apresentando peso de intensidade P = 100 N cada um. Os coeficientes de atrito entre A e B e entre B e o plano inclinado têm o mesmo valor µ. Sendo senα = 0,6, cosα = 0,8 e sabendo que os blocos  estão  em  equilíbrio  com  B  na  iminência  de  escorregar,  o  Professor  Gomes  pede  para  você  determinar  o coeficiente de atrito µ e a tração T no fio. 

  47 Na figura a seguir, um bloco de massa M e comprimento L encontra‐se inicialmente em repouso sobre uma superfície horizontal sem atrito. Sobre tal bloco, é colocado um outro de massa m, cujo comprimento é muito menor que L, de modo  que  este  possa  ser  considerado  uma  partícula  material.  Sabe‐se  que  existe  atrito  entre  os  blocos,  com coeficientes estático e cinético respectivamente denotados por μe e μc. Considere que sobre o bloco de massa M atua uma força constante e horizontal de módulo F. A força horizontal máxima que pode ser aplicada sobre o bloco de massa M de modo que os blocos não deslizem um sobre o outro é denotada por Fmáx. 

 a) Calcule o módulo da força máxima Fmáx em função de μe, M, m e g. b) Suponha que F > Fmáx. Para tal situação, calcule o tempo que o bloco de massa m  leva para perder contato com o bloco de massa M. Expresse o seu resultado em função de L, M, μe, μc, F e Fmáx.  48 A boca de um copo é coberta com um cartão circular, e sobre o cartão coloca‐se uma moeda (vide figura a seguir). Os centros do cartão e da moeda são coincidentes com o centro da boca do copo. Considere como dados deste problema: o  raio do cartão, R, o  raio da boca do copo,  r, o  coeficiente de atrito entre a moeda e o cartão, μ, e o módulo g da aceleração da gravidade. O raio da moeda pode ser desprezado. 

 Move‐se o  cartão horizontalmente,  em  trajetória  retilínea e  com aceleração  constante. Determine o  valor da menor aceleração do cartão, aC, para que a moeda ainda caia dentro do copo quando o cartão for retirado por completo.  49 Um caixote de massa M = 20 kg encontra‐se apoiado sobre um plano horizontal áspero. O coeficiente de atrito entre o caixote e o plano vale µ = 0,75 e a gravidade local vale g = 10 m/s2.   

 Se o ângulo θ pode ser ajustado convenientemente, o Professor Gomes pede para você determinar menor força F capaz de mover o caixote ao longo do plano.  

55

50 Um bloco é liberado do repouso em de um plano inclinado de 45o e, em seguida, desliza uma distância d. O tempo necessário para deslizar em um plano com atrito (coeficiente μ) é n vezes maior que o tempo para deslizar o mesmo plano sem atrito. Determine o coeficiente de atrito μ.  51 Observe o sistema de corpos mostrado na figura abaixo. Se for aplicada uma força de F = 100 N ao bloco de 10 kg, qual será a aceleração produzida na placa de 40 kg? Use g = 9,8 m/s2. 

  52 Sobre uma mesa plana e sem atrito está localizado um sistema de blocos como mostra a figura abaixo. O coeficiente de atrito entre os blocos de massa M e m é  igual a μ∙ O bloco  inferior direito (como  ilustrado) é puxado ao  longo da mesa com a força F, como mostrado na figura. Encontre a aceleração de todos os blocos do sistema. 

  53 Observe o sistema de corpos mostrado na figura abaixo. As superfícies dos blocos em contato possuem atrito com coeficiente μ = 0,5 e a superfície horizontal da mesa é lisa. Determine a relação entre as acelerações dos blocos A e B. 

  54 Na figura mostrada, o bloco de massa "M" tem uma aceleração o dobro do bloco de massa "2M". Há atrito em todas as superfícies em contato. Calcule o coeficiente de atrito cinético "μ". 

  55  Considere  a  situação mostrada  na  figura  abaixo.  Na  superfície  horizontal  abaixo  do  carrinho  não  existe  atrito.  O coeficiente de atrito entre os blocos é μ. Encontre a força F mínima e máxima que podem ser aplicadas para manter o bloco menor em repouso em relação ao carrinho. 

    

56

56  A  figura  abaixo mostra  dois  blocos  conectados  por  uma  corda  leve  colocada  nas  duas  partes  inclinadas  de  uma estrutura triangular. Os coeficientes de atrito estático e cinético são de 0,28 e 0,25 respectivamente em cada uma das superfícies.   a) Encontre os valores mínimos e máximos de m para os quais o sistema permanece em repouso.   b) Encontre a aceleração de qualquer bloco se m for dado o valor mínimo calculado na primeira parte e é empurrado suavemente por um curto período de tempo. 

    57 No sistema representado na figura, o fio é inextensível e tem peso desprezível. No local, a intensidade da aceleração da  gravidade  vale  g.  Ignorando  a  influência  do  ar,  determine  a  aceleração  do  bloco  de  massa  M  sabendo  que  o coeficiente de atrito entre os dois blocos é μ1 e que entre o bloco maior e o solo é μ2. 

    58 No sistema mostrado na figura abaixo, o bloco de massa m não se move em relação ao bloco de massa 3m. Qual o valor da força que o bloco de massa m exerce sobre o bloco de massa 3m? 

    59 A partir da figura abaixo, determine o valor da aceleração da cunha, de modo que o bloco está prestes a passar por cima dela. 

  60 Na figura abaixo é mostrado um bloco liso de 2 kg de massa apoiado sobre uma plataforma em repouso. Se sobre a polia  ideal  é  exercida  uma  força  horizontal  de  20 N,  como  se mostra.  Passado  1  s,  quanto  avança  o  bloco  para  um observador na plataforma? (g = 10 m/s2) 

57

  61 Para o sistema mostrado abaixo, o coeficiente de atrito estático entre os blocos é μe. Para que valores da força F o bloco A sobe? Considere mA = mB = m. 

  62 Observe o sistema de corpos mostrado na figura abaixo. A partir do sistema, determine a  intensidade da força de tensão na corda (1). Considere as polias ideais. 

  63 Uma pequena bola rola descrevendo um círculo horizontal a uma altura y, dentro do cone mostrado na figura abaixo. Obtenha uma expressão para o módulo da velocidade da bola. 

  64  Dois  arames  são  presos  à  esfera  de  2,0  kg  mostrada  na  figura.  A  esfera  descreve  um  círculo  horizontal  com velocidade de módulo constante.   

 a) Para que valor de velocidade a tensão em ambos os arames é a mesma? b) Quanto vale esta tensão?  

58

65 Em um parque de diversões, os passageiros do brinquedo chamado Rotor ficam em pé dentro de um anel girante com  16 m  de  diâmetro.  Depois  que  o  anel  adquiriu  velocidade  suficiente,  ele  se  inclina  até  ficar  girando  no  plano vertical, como mostrado na figura. 

 a) Suponha que o anel complete cada volta em 4,5 s. Se a massa de um passageiro for de 55 kg, com que intensidade de força o anel o empurrará no topo de uma volta? E no fundo? b) Qual é o máximo período de rotação do anel que impedirá os passageiros de caírem quando passarem pelo topo?  66 Você já deve ter notado (Einstein notou) que, quando se mexe uma xícara de chá, as folhas flutuantes se concentram no centro da xícara em vez de se concentrarem nas bordas. Você pode explicar isto? (Einstein pôde.)  67 Um garoto está num elevador que sobe com aceleração a. Ele gira um balde contendo água num círculo vertical de raio  R.  Qual  é  o  menor  módulo  da  velocidade  do  balde  para  que  a  água  não  caia  do  balde  na  parte  superior  da circunferência?    68 A  figura representa uma roda‐gigante que gira com velocidade angular constante em torno de um eixo horizontal fixo que passa por seu centro C. 

 Numa  das  cadeiras,  há  um  passageiro  sentado  sobre  uma  balança  de mola  (dinamômetro),  cuja  indicação  varia  de acordo com a posição do passageiro. No ponto mais alto da trajetória, o dinamômetro indica 234 N e, no ponto mais baixo, indica 954 N. Calcule: a) o peso da pessoa; b) a intensidade da força resultante na pessoa.  69 Uma moto percorre um morro, conforme ilustra a figura a seguir. Visto em corte, esse morro pode ser comparado a um arco de circunferência de raio R, contido em um plano vertical. Observe: 

 Ao passar no ponto A, o mais alto do morro, a moto recebe da pista uma força de reação normal 25% menor que aquela que receberia se estivesse em repouso nesse ponto. Se no local a aceleração da gravidade vale g, qual será o módulo da velocidade da moto no ponto A? 

 70  No  esquema  abaixo  nota‐se  uma  plataforma  horizontal  giratória  em  torno  de  um  eixo  vertical.  Na  plataforma apóiam‐se os blocos A e B ligados entre si por um fio leve, flexível e inextensível que passa por uma roldana sem atrito. As massas dos blocos são A e B, suas distâncias ao eixo são a e b respectivamente, e B.b > A.a. O coeficiente de atrito é μ,  a  aceleração  local  da  gravidade  tem  intensidade  g.  Aumenta‐se  aos  poucos  a  velocidade  angular  do  sistema.  O professor Gomes pede que se determine a velocidade angular ω na iminência do deslizamento. 

59

  71  Um  cubo muito  pequeno de massa m  é  colocado  dentro  de  um  funil  (veja  figura)  que  gira  em  volta  de  um eixo horizontal a uma taxa de Ω revoluções por segundo. A parede do funil forma um ângulo β com a vertical. O coeficiente de atrito estático entre o cubo e o funil é μ e o centro do cubo está a uma distância r do eixo de rotação. 

 a) Encontre o maior valor de Ω para que o cubo não de mova para cima. b) Calcule o menor valor de Ω para que o cubo não se mova para baixo.  72 Um automóvel está em movimento  circular e uniforme com velocidade escalar  v,  numa pista  sobrelevada de um ângulo θ em relação à horizontal. Sendo μ o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a pista, R o raio da trajetória e g a intensidade do campo gravitacional, determine o valor máximo de v, de modo que não haja deslizamento lateral do veículo. 

  73 Na figura mostrada abaixo, uma pequena esfera lisa de 2,5 kg de massa desliza em uma cunha de 4 kg de massa. Se para o instante mostrado a cunha está prestes a escorregar, determinar a velocidade da esfera (v). (g = 10 m/s2) 

  74 A partir da figura abaixo, determine o valor máximo da reação da superfície esférica sobre a esfera de 4 kg, se nesse momento a velocidade da esfera é de 5 m/s em relação ao carro. (Considere as superfícies sem atrito e g = 10 m/s2) 

 

60

Respostas  

01 a) a = 0,62m/s²    b) a = 0,13m/s² 02 Sim. Se não há forças agindo sobre um ponto material,  (R = 0), de acordo com o princípio da  inércia, ele está em repouso ou em Movimento retilíneo e uniforme. Podemos afirmar que não há variação da velocidade sem força. Sim. Quando as forças que agem em um ponto material estão equilibradas (R = 0), de acordo com o princípio da inércia, ele está em repouso ou em Movimento retilíneo e uniforme. 03 6 N 04 a) a = 2g      b) a = 0 05 a) v = 6,8 m/s    b) Sim, ele pode subir pela corda enquanto cai. 06 Lei da Inércia. A Primeira Lei de Newton, ou lei da Inércia, diz que a tendência dos corpos, quando nenhuma força é exercida sobre eles, é permanecer em seu estado natural, ou seja, repouso ou movimento retilíneo e uniforme. 07 Agem em corpos diferentes. 08 Move‐se para a direita. 09 P = 2mg/3 10 N = 2m(g‐a) 11 a) As  forças atuam da  seguinte  forma Mônica puxa de um  lado ← e o Cascão do outro→ dai  tu sinaliza assim na tirinha, chamamos esta força de "tração". b) Como na 2 tirinha só Mônica puxa , (e se a corda estiver presa na parede )há tração na corda somente neste sentido → mas caso o Cascão tenha soltado    a corda não haveria tração, por isso há diferença entre as duas tirinhas porque na primeira tirinha a força que Monica exerce na corda Cascão a retribui com o mesmo modulo ,e de sentido contrario, ja na segunda não há quem retribua essa intensidade. c) Na tirinha 1 se colocássemos um dinamômetro possivelmente marcaria 0 pois os módulos das intensidade são iguais porem opostas por tanto se anulariam, já no segunda caso teríamos uma tração resultante. 12 a) T1 = 50 N T2 = 40 N b)  Os  dois  barbantes  são  iguais  e  suportam  o mesmo  esforço.  Quando  a  força  é  aplicada  rapidamente,  esta  não  é transferida  instantaneamente  para  os  barbantes  superiores,  sendo  suportada  inicialmente  apenas  pelo  barbante  de baixo.  Por  isso  esse  se  rompe  quando  é  puxado  rapidamente  para  baixo.  Quando  o  barbante  de  baixo  é  puxado lentamente, a força é transmitida para os barbantes superiores. Como o barbante de cima (T1) já está suportando uma força maior, ele é que vai arrebentar primeiro. 13 a) aumenta a partir de mg;    b) diminui a partir de mg até zero 14 a) a = 0,97 m/s2    b) T1 = 11,64 N; T2 = 34,92 N 15 a) T = 44,15 N    b) T = 78,48 N 16 a) F2,1 = 1,23 N    b) F3,2 = 2,46 N    c) F4,3 = 3,69 N    d) F5,4 = 4,92 N    e) Fp,5 = 6,16 N 17 a) T = 466 N      b) T = 527 N    c) T = 931 N    d) T = 1005 N    e) T = 931 N f) T = 1005 N      d) T = 1860 N    h) T = 2100 N 18 a) T = 36,8 N     b) 0,192 m 19 T = 16,10 N 20 a) T = 2,62 N     b) 17,07° 21 a) 10 N      b) 16 N 22 a) N2 = 5 N; a1 = 5 m/s2  b) N2 = 0; a1 = 15 m/s2 

23 a)  2 1(f 1)(M M )m

2

  b)  máx

2 1

2Mf 1

M M

 

24 T = F x/L 25 a) 1,1 N      b) Demonstração c) Observamos que a aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos. Na parte (a), a força f é a única força horizontal no bloco de massa m2 e na parte (b) f é a única força horizontal no bloco com m1 > m2. Como f = m2a na parte (a) e f = m1a na parte (b), então para que as acelerações sejam as mesmas, f deve ser maior na parte (b). 26 aA = 1,16 m/s2 e aB = 0,58 m/s2: T = 2,37 N 27 a1 = 4 m/s2; a2 = 6 m/s2; a3 = 8 m/s2 28 t = 2s 29 a) aA = 3 m/s2: aB = 2 m/s2    b) TA = 40 N: TB = 20 N   30 a = 4,57 m/s2 31 10 cm 32 1,4 s 33 1 cm 

61

34 F = (M + m).g.tgα 

35  2 1

2 1

2g(2m m sen )a

4m m

 

36 mgcos (1 cos )

aMcos m(1 cos )

 

37 2

tana .g

tan 3

 

381 2

1 1 1

k k k  

39 k = k1 + k2 40  A  força  de  atrito  se  origina,  em  última  análise,  de  forças  interatômicas,  ou  seja,  da  força  de  interação  entre  os átomos. Quando as superfícies estão em contato, criam‐se pontos de aderência ou colagem (ou ainda solda) entre as superfícies.  É  o  resultado  da  força  atrativa  entre os  átomos próximos uns  dos outros.  Se  as  superfícies  forem muito rugosas, a força de atrito é grande porque a rugosidade pode favorecer o aparecimento de vários pontos de aderência, como mostra a figura abaixo. 

 Isso  dificulta  o  deslizamento  de  uma  superfície  sobre  a  outra.  Assim,  a  eliminação  das  imperfeições  (polindo  as superfícies) diminui o atrito. Mas isto funciona até um certo ponto. À medida que a superfície for ficando mais e mais lisa o atrito aumenta. Aumenta‐se, no polimento, o número de pontos de "solda". Aumentamos o número de átomos que interagem entre si. Pneus "carecas" reduzem o atrito e, por isso, devem ser substituídos. No entanto, pneus muito lisos (mas bem constituídos) são utilizados nos carros de corrida. 41 2,3° 41 9,31 m/s2 43 μ ≈ 0,5 44 a) 3,6 m/s2;      b) μc = 0,5 45 F = 33 N 46 μ = 0,25; T = 80 N 47 a) Fmáx = (M + m).μe.g     b) t = {(2LM)/[F – (μc/μe)Fmáx]} 

48  c

(R r)a g

r

 

49  mínF 120 N  

50 2

11

n  

51 a = 0,98 m/s2 

52 Caso 1: As massas 1 e 2 ficam em repouso relativo:  1 2

Fa a

2(M m)

 

Caso 2: A massas 2 desliza sobre a massa 1:  1

F mga

m

  e  2

mga

2m M

 

53 aA/aB = 2/3 54 μ = 0,5 

55  mín máx

1 1F (M 2m)g e F (M 2m)g

1 1

 

56 mmín = 9/8 kg e mmáx = 32/9 kg 

57  2

1 2

[2m (M m)]ga

M m[5 2( )]

 

58 mg

N 376

 

59 a = 2g 60 2 m 

62

61  e

e

1F 7mg

1

 

62 T = (4/3).mg 

63  v gy  

64 a) 2,9 m/s          b) T = 14,3 N 65 a) Ftopo = 319 N; Ffundo = 1397 N    b) 5,7 s 66 * 

67  mínv (g a)R  

68 a) P = 594 N          b) F = 360 N 

69 1

v gR2

 

70 A B

gBb Aa

 

71 a) 1 g sen cos

2 r cos sen

    b) 1 g sen cos

2 r cos sen

 

72  máx

Rg(sen cos )v

cos sen

 

73 v = 1 m/s 74 132 N