Notas de Aula | FIS0728 For˘ca e Movimento I e II & … · 2013-03-24 · 2.2.1 Trabalho e Energia Cinética ... for lan¸cado em um rinque de patina¸cão irá percorrer uma

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2011

Notas de Aula — FIS0728Forca e Movimento I e II &Conservacao da Energia

Material para prova do dia27/10/2011

Ezequiel C. Siqueira

Departamento de Fısica e QuımicaFaculdade de Engenharia de Ilha Solteira

UNIV

ERSID

ADEESTADUALPAULISTA

Sumario

1 Forca e Movimento 3

1.1 Mecanica Newtoniana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.1 A Primeira lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.1.2 Forca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.3 Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.4 A 2a lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.5 Algumas forcas especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.6 A 3a lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Forcas Dissipativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.2.1 Forca de Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.2.2 Forca de Arrasto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3 Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Trabalho e Energia Cinetica 33

2.1 Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.1.1 Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2.1 Trabalho e Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2.2 Analise Unidimensional do trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.3 Trabalho realizado por forcas especıficas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.3.1 Forca gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3.2 Trabalho realizado para levantar ou baixar objetos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.3.3 Forca Elastica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1

2 SUMARIO

Capıtulo 1

Forca e Movimento

Ate o momento consideramos apenas a descricao do movimento, ou seja, a cinematica do movimento.

Neste capıtulo passaremos a estudar a causa da aceleracao dos objetos. A causa e sempre uma forca,

que pode ser definida em termos coloquiais como sendo um empurrao ou um puxao exercido sobre um

objeto.

1.1 Mecanica Newtoniana

A relacao entre forca e aceleracao foi descoberta por Isaac Newton. O estudo desta relacao e suas

aplicacoes e chamada de mecanica newtoniana. A mecanica newtoniana e aplicada para situacoes do nosso

cotidiano, i.e., para objetos de tamanhos macroscopicos e baixas velocidades. Quando as velocidades sao

proximas a da luz, devemos usar a mecanica relativıstica; para sistemas microscopicos devemos aplicar a

mecanica quantica.

A mecanica newtoniana e baseada em tres leis chamadas leis de Newton . A seguir, vamos considerar

a primeira e segunda leis de Newton. Posteriormente, discutiremos a terceira lei de Newton.

1.1.1 A Primeira lei de Newton

Antes de Newton formular a sua mecanica, acreditava-se que para manter um corpo em movimento com

velocidade constante era necessario uma “forca”. Deste modo, o estado natural de um corpo era o estado

de repouso. Para que um corpo se movesse com velocidade constante era necessario que fosse empurrado

ou puxado; se nao fosse assim o corpo pararia naturalmente.

Estas ideias pareciam razoaveis. Se fazemos um disco de metal deslizar sobre uma superfıcie de

3

4 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO

madeira, ele realmente diminui de velocidade ate parar. Para que continue a deslizar indefinidamente,

com velocidade constante, devemos empurra-lo ou puxa-lo continuamente. Por outro lado, se o disco

for lancado em um rinque de patinacao ira percorrer uma distancia maior antes de parar. E possıvel

imaginar superfıcies cada vez mais lisas nas quais o disco percorreria distancias cada vez maiores. No

limite, podemos imaginar uma superfıcie perfeitamente lisa (conhecida como superfıcie sem atrito), na

qual o disco nao diminuiria de velocidade.

A partir destas consideracoes, podemos concluir que um corpo mantera seu movimento com velocidade

constante se nenhuma forca agir sobre ele. Isto nos leva a primeira lei de Newton:

"Se nenhuma forca atua sobre o corpo, sua velocidade n~ao pode mudar, ou seja, o corpo

n~ao pode sofrer acelerac~ao."

Em outras palavras, se o corpo esta em repouso, ele permanece em repouso; se esta em movimento

este permanece em movimento com a mesma velocidade.

1.1.2 Forca

Vamos agora definir a forca. Em fısica, a unidade de forca e definida em termos da aceleracao que esta

imprime a um corpo de referencia, que tomamos como o quilograma padrao. A este corpo e atribuıda

uma massa de exatamente 1 kg.

Colocamos o corpo padrao sobre uma mesa horizontal e o puxamos para a direita ate que, por

tentativa e erro, ele adquira uma aceleracao de 1 m/s2. Declaramos entao, a tıtulo de definicao, que

estamos aplicando sobre o corpo padrao uma forca de modulo igual a 1 newton (1 N) .

A forca pode ser medida pela aceleracao que produz, i.e., sua magnitude. No entanto, precisamos

ainda definir sua direcao e sentido que segue a direcao e sentido da aceleracao. O fato da forca ser uma

grandeza vetorial implica que quando uma ou mais forcas atuam sobre um corpo, podemos calcular a

forca resultante, somando vetorialmente as forcas. Este fato e chamado de princıpio da superposicao de

forcas. Com isso, podemos enunciar a 1a lei de Newton de uma forma mais rigorosa:

"Se nenhuma forca resultante atua sobre um corpo (Fres = 0), sua velocidade n~ao pode

mudar, i.e., o corpo n~ao pode sofrer uma acelerac~ao."

Assim, um corpo pode estar submetido a varias forcas, mas se a resultante destas forcas for zero, o

corpo sofre uma aceleracao.

A 1a lei de Newton nao se aplica a todos os referenciais, mas podemos sempre encontrar referenciais

nos quais esta lei (assim como o resto da mecanica Newtoniana) e verdadeira. Estes referenciais sao

chamados de referenciais inerciais.

1.1. MECANICA NEWTONIANA 5

1.1.3 Massa

A massa e definida como a propriedade que relaciona uma forca que age sobre um corpo a aceleracao

resultante. A massa nao tem uma definicao mais coloquial; podemos ter uma sensacao fısica da massa

apenas quando tentamos acelerar um corpo, como ao chutar uma bola de futebol ou uma bola de boliche.

Medimos a massa de um corpo atraves da comparacao com um corpo-padrao, cuja massa e definida

como sendo 1 kg. Suponha que o corpo-padrao sofre uma aceleracao de 1, 0 m/s2. Dizemos entao que o

corpo sofre uma aceleracao de 1,0 N.

Suponha agora que aplicamos a mesma forca a um corpo de massa desconhecida, que chamamos de

corpo X. Suponha que este corpo sofre uma aceleracao de 0, 25 m/s2. Sabemos que um corpo com massa

menor sofre uma aceleracao maior quando a mesma forca e aplicada sobre ambos. Assim, para o corpo

X e o corpo-padrao, podemos escrever:

mX

m0=

a0aX

∴ mX =a0aX

m0

onde usamos o ındice “0” para o corpo-padrao. Substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:

mX =1, 0 m/s2

0, 25 m/s2× 1, 0kg = 4, 0kg.

Nossa hipotese e valida somente se funcionar para outros valores de forca. Por exemplo, se aplicamos

um forca de 8,0 N ao corpo-padrao, entao obtemos 8, 0 m/s2. Quando aplicada ao corpo X, obtemos

uma aceleracao de 2, 0 m/s2, assim,

mX =8, 0 m/s2

2, 0 m/s2× 1, 0kg = 4, 0kg.

compatıvel com o primeiro experimento.

1.1.4 A 2a lei de Newton

Tudo o que foi discutido ate aqui pode ser resumido na forma

Fres = ma (1.1)

que e a 2a lei de Newton. A lei e enunciada da seguinte forma:

‘‘A forca resultante que age sobre um corpo e igual ao produto de sua massa pela

sua acelerac~ao.’’

A Eq. (1.1) e simples, mas devemos aplica-la com cautela. Primeiro, devemos escolher o corpo ao

qual vamos aplica-la; Fres deve ser a soma vetorial de todas as forcas que atuam sobre o corpo. Apenas


as forcas que atuam sobre o corpo devem ser incluıdas na soma vetorial e nao as forcas que atuam sobre

outros corpos envolvidos na mesma situacao.

Podemos reescrever 2a lei de Newton na forma de componentes:

Fx,res = max, Fy,res = may, Fz,res = maz. (1.2)

Cada uma destas equacoes relaciona a componente da forca resultante em relacao a um eixo a ace-

leracao ao longo deste mesmo eixo. Por exemplo, a componente x da forca resultante produz a componente

x da aceleracao mas nao produz as demais componentes nas outras direcoes.

Para resolver problemas que envolvem a 2a lei de Newton frequentemente usamos um diagrama de

corpo livre no qual o unico corpo mostrado e aquele sobre o qual somamos as forcas. Muitas vezes

representamos o corpo por um ponto.

1.1.5 Algumas forcas especiais

Forca Gravitacional

A forca da gravidade Fg exercida sobre um corpo e a atracao gravitacional que um segundo corpo exerce

sobre o primeiro. Aqui consideramos que o segundo corpo e a Terra e o primeiro e o nosso objeto de

estudo.

Um corpo de massa m em queda livre sofre uma aceleracao de modulo g = 9, 8 m/s2 apontando em

direcao ao solo . Neste caso, desprezando a resistencia do ar, a unica forca que atua sobre o corpo e Fg,

assim, usando a 2a lei de Newton (Eq. (1.1)), podemos escrever:

Fres = −Fg j = −mgj

onde consideramos que Fg e g estao apontando no sentido negativo do eixo-y. Assim,

Fg = mg

e o modulo da forca gravitacional que estaremos usando ao longo deste e dos proximos capıtulos.

Peso

O peso de um corpo e o modulo da forca necessaria para impedir que o corpo caia livremente sob a acao

da forca da gravidade, medida em relacao ao solo. Assim, por exemplo, para manter uma bola em repouso

em sua mao enquanto voce esta parado de pe, voce deve aplicar uma forca para cima para equilibrar a


forca gravitacional que a Terra exerce sobre a bola. Suponha que o modulo da forca e Fg = 2, 0 N. Logo,

o modulo da forca para cima deve ser de 2,0 N e, portanto, o peso da bola e de 2,0 N.

De modo geral, considere que um corpo tem aceleracao nula em relacao ao solo. Duas forcas atuam

sobre o corpo: a forca Fg dirigida para baixo e uma forca para cima, de modulo P que a equilibra. A 2a

lei de Newton no eixo vertical e dada por:

P − Fg = m(0) ∴ P = Fg,

portanto,

P = mg

Assim, chegamos a conclusao de que:

‘‘O peso de um corpo e igual ao modulo da forca gravitacional.’’

Note que o peso nao e igual a massa. Peso e o modulo de uma forca e esta relacionado com a massa

pela equacao P = mg. Assim, se g = 9, 8 m/s2, medimos um P diferente mas a massa continua a mesma.

Forca Normal

Se ficamos de pe em um colchao ele se deforma, e nos empurra para cima exercendo uma forca chamada

forca normal. Vamos aplicar a 2a lei de Newton para um corpo de massa m que se encontra em repouso

sobre uma mesa. Temos que:

N + Fg = ma

e considerando que a forca normal tem sentido contrario a forca gravitacional

N j− Fg j = may j

N −mg = may

N = m(g + ay)

e considerando ainda que a mesa esta parada, entao ay = 0 logo:

N = mg.

que e o modulo da forca normal. Note que a forca depende do estado do movimento da superfıcie sobre

a qual o objeto se encontra em repouso.


Forca de Atrito

A interacao entre os atomos de um corpo com os atomos da superfıcie sobre a qual o corpo se encontra

da origem a forca de atrito. A forca de atrito e uma forca de resistencia ao movimento do corpo sobre

a superfıcie. Desta forma, a forca de atrito sempre aponta no sentido contrario ao movimento ou a

tendencia de movimento. Vamos discutir este tipo de forca com maiores detalhes posteriormente.

Tracao

Quando uma corda (fio, cabo, etc.) e presa a um corpo e esticada aplica ao corpo uma forca T orientada

ao longo da corda. Esta forca e chamada de forca de tracao. Uma corda e frequentemente considerada

sem massa e inextensıvel. Neste caso, a corda existe apenas como ligacao entre 2 corpos. Esta forca puxa

dois corpos com mesmo modulo T , mesmo que estes dois corpos estejam acelerando e mesmo que a corda

passe por uma polia (tambem considerada sem massa e sem atrito).

1.1.6 A 3a lei de Newton

Dizemos que dois corpos interagem quando puxam um ao outro, ou seja, quando um corpo exerce uma

forca sobre o outro. Suponha, por exemplo, que voce apoia um livro sobre uma caixa. Neste caso, o livro

e a caixa interagem: o livro exerce um a forca FLC sobre a caixa e a caixa exerce uma forca FCL sobre o

livro. A 3a lei de Newton nos diz que:

‘‘Quando dois corpos interagem, as forcas que cada corpo exerce sobre o outro s~ao sempre

iguais mas com sentidos opostos.’’

No caso do livro e da caixa, temos entao:

FLC = FCL

e,

FLC = −FCL

Exemplos

1. Um arremessador de peso lanca um peso de 7, 260 kg empurrando-o ao longo de uma linha reta com

1, 650 m de comprimento e um angulo de 34, 10o com a horizontal, acelerando o peso ate a velocidade

de lancamento de 2, 500 m/s (que se deve ao movimento preparatorio do atleta). O peso deixa a mao do

arremessador a uma altura de 2, 110 m e com um angulo de 34, 10o e percorre uma distancia horizontal de


15, 90 m. Qual e o modulo da forca media que o atleta exerce sobre o peso durante a fase de aceleracao?

(Sugestao: Trate o movimento durante a aceleracao como se fosse ao longo de uma rampa com o angulo

dado.)

Na fase de preparacao, o atleta comeca a empurrar o peso que esta a uma velocidade inicial de

v0 = 2, 500 m/s e entao o peso sai da mao do atleta com uma velocidade diferente, devido ao empurrao

que o atleta emprega sobre o peso. A aceleracao esta no movimento de empurrao que tratamos como se

o peso estivesse ao longo de uma rampa com angulo θ = 34, 10o. A forcas atuando no peso neste caso

sao a forca da gravidade e a forca exercida pelo atleta, que devemos determinar. Assim, aplicando a lei

de Newton ao esquema mostrado na Fig. 1.1, obtemos:

q

q

Mg

Mg sinq

F

xy

y =2,110 m0

Figura 1.1: Veja solucao do exemplo 1.

F −mg sin θ = ma

ou seja,

F = m(a+ g sin θ) (1.3)

Note que temos g e M e θ mas nao temos a aceleracao. Assim, precisamos determina-la. Para isso

notamos que o peso e acelerado ao longo de uma distancia ∆x = 1, 650 m antes de ser arremessado.

Assim, podemos usar:

v2 − v20 = 2a∆x

ou seja,

a =v2 − v202∆x


onde v0 = 2, 500 m/s e a velocidade inicial e v e a velocidade final com que o peso e arremessado. Assim,

para determinar a aceleracao, precisamos descobrir o valor de v. Para isso, consideramos as equacoes

para um movimento parabolico, dadas por:

x = vt cos θ

y = y0 + vt sin θ − 1

2gt2

onde estamos considerando que em relacao ao movimento parabolico, comecamos a contar a posicao

horizontal a partir de x0 = 0. Como apenas temos informacao de pontos da trajetoria no plano-xy,

vamos eliminar o tempo entre as duas equacoes:

y = y0 + vx

v cos θsin θ − 1

2g( x

v cos θ

)2

y = y0 + x tan θ − gx2

2(v cos θ)2

O peso percorre uma distancia de 15, 90 m, assim concluımos que quando o peso atinge esta posicao

ele tambem atinge o chao. Logo, a posicao final do peso e y = 0 e x = 15, 90 m. Desde que o angulo com

que o peso deixa o atleta tambem e de θ = 34, 10o, podemos determinar a velocidade v:

0 = 2, 110 m + 15, 90 m× tan(34, 10o)− 9, 8 m/s2(15, 90 m)2

2(v cos 34, 10o)2

de onde obtemos o valor da velocidade,

v = 11, 85 m/s.

Substituindo este valor na expressao para aceleracao, obtemos:

a =(11, 85 m/s)2 − (2, 500 m/s)2

2× 1, 650 m= 40, 65 m/s2.

Substituindo este valor da aceleracao na expressao (1.3), podemos obter a forca que o atleta emprega

sobre a bola:

F = 7, 260 kg× (40, 65 m/s2 + 9, 8 m/s2 sin 34, 10o) = 335 N.

2. A figura 1.2 mostra tres blocos ligados por cordas que passam por polias sem atrito. O bloco B

esta sobre uma mesa sem atrito; as massas sao mA = 6, 00 kg, mB = 8, 00 kg e mC = 10, 0 kg. Quando

os blocos sao liberados qual e a tensao da corda da direita?


Figura 1.2: Veja exemplo 2.

Vamos considerar que o movimento no sentido horario do sistema como um todo e positivo. Assim,

o movimento para baixo do bloco C e positivo, o movimento para a direita do bloco B e positivo e o

movimento para cima do bloco A e positivo. Para determinar a tensao na corda da direita devemos

aplicar a segunda lei de Newton para cada bloco ou ainda notar que o movimento no sentido horario

do sistema como um todo, nos permite aplicar a lei de Newton como se os tres corpos fosse apenas um

submetido a duas forcas de magnitudes mAg e mCg, assim:

Ma = Fres

onde M = mA +mB +mC , assim temos:

Ma = −mAg +mCg (1.4)

logo,

a =mC −mA

mA +mB +mCg

Agora aplicamos a segunda lei de Newton para o bloco C:

mCa = mCg − T

e isolando T , segue que:

T = mCg −mCa = mC(g − a)

e substituindo a aceleracao, podemos escrever ainda

T = mC

(g − mC −mA

mA +mB +mCg

)ou seja,

T = mCg

(mA +mB +mC −mC +mA

mA +mB +mC

)


T = mCg

(2mA +mB

mA +mB +mC

)e substituindo-se so valores, obtemos:

T = 10, 0 kg× 9, 8 m/s2(

2× 6, 00 kg + 8, 00 kg

6, 00 kg + 8, 00 kg + 10, 0 kg

)

T = 81, 7 N.

Podemos calcular de outra maneira, aplicando a 2a lei de Newton a cada bloco mas considerando que

a aceleracao e comum a todos. Assim, mantendo a mesma convencao de sinais, escrevemos:

mAa = −mAg + TA

mBa = TC − TA

mCa = mCg − TC

onde no bloco B usamos a 3a lei de Newton considerando que as tracoes aplicadas na extremidade da

corda ligada ao bloco B deve ser a mesma que nos blocos A e C mas com sentidos contrarios.

Somando as tres equacoes, vamos obter:

mAa+mBa+mCa = −mAg +mCg

que e a propria Eq. (1.4).

3. A figura 1.3 mostra uma caixa de massa de massa m2 = 1, 0 kg sobre um plano inclinado sem atrito

de angulo de 30o. Ela esta ligada por uma corda de massa desprezıvel a uma caixa de massa m1 = 3, 0 kg

sobre uma superfıcie horizontal sem atrito. A polia nao tem atrito e sua massa e desprezıvel. (a) Se o

modulo da forca horizontal F e 2, 3 N, qual e a tensao da corda? (b) Qual e o maior valor que o modulo

de F pode ter sem que a corda fique frouxa?

Temos que aplicar a 2a lei de Newton para cada bloco separadamente. Assim, temos, de acordo com

a Fig. 1.4 que as perpendiculares a superfıcie das forcas da gravidade e normal sao canceladas. Assim,

temos apenas movimento na direcao paralela a superfıcie. Portanto, para o bloco na superfıcie horizontal,

temos:

m1a = T + F ∴ T = F −m1a




e para o bloco no plano inclinado temos:

m2a = −T +m2g sin θ

e somando as equacoes podemos obter a aceleracao do conjunto:

m1a+m2a = m2g sin θ + F

ou ainda,

a =m2g sin θ + F

m1 +m2.

Substituindo-se os valores correspondentes, temos que:

a =1, 0 kg× 9, 8 m/s2 × sin 30o + 2, 3 N

1, 0 kg + 3, 0 kg.

or,

a = 1, 8 m/s2.

E substituindo na equacao para o bloco 1, podemos determinar a tracao na corda:

T = 2, 3 N− 3, 0 kg× 1, 8 m/s2 = −3, 1 N.


portanto, a tracao tem um modulo de 3, 1 N.

(b)

Vamos considerar o caso crıtico em que a forca esta no limite de zerar a tensao da corda, no entanto,

os blocos ainda permanecem com a mesma aceleracao. Assim, aplicando T = 0 na equacoes anteriores

para os blocos, obtemos uma aceleracao da segunda equacao dada por:

a = g sin θ

e da primeira equacao podemos determinar a forca maxima neste caso:

m1a = Fmax

i.e.,

Fmax = m1g sin θ

e substituindo os valores correspondentes, obtemos:

Fmax = 3, 0 kg× 9, 8 m/s2 sin 30o = 14, 7 N.

4. A figura 1.5 mostra parte de um teleferico. A massa maxima permitida para cada cabine com

passageiros e 2800 kg. As cabinas, que estao penduradas em um cabo de sustentacao, sao puxadas por um

segundo cabo ligado a torre. Suponha que os cabos estao esticados e inclinados de um angulo de θ = 35o.

Qual e a diferenca entre as partes vizinhas do cabo que puxa as cabines se as cabinas estao com a maxima

massa permitida e estao sendo aceleradas para cima a 0, 81 m/s2.

Vamos considerar as forcas que atuam na cabine. Um dos cabos e responsavel pela sustentacao, assim,

conforme mostrado na Fig. 1.6, temos uma forca normal atuando para cima equilibrando a componente da

forca da gravidade. Na horizontal, temos temos as duas tensoes no cabo e ainda a componente horizontal

da forca da gravidade. A somas destas forcas deve ser igual ao produto da massa pela aceleracao da

cabine. Assim, temos:

ma = T1 − T2 −mg sin θ

ou seja,

T1 − T2 = m(a+ g sin θ)



que e uma equacao para a diferenca entre as tensoes nas partes vizinhas do cabo. Substituindo-se os

valores correspondentes, obtemos:

T1 − T2 = 2800 kg× (0, 81 m/s2 + 9, 8 m/s2 × sin 35o)

assim,

T1 − T2 = 18 kN.

Figura 1.6: Veja solucao do exemplo 4.


1.2 Forcas Dissipativas

1.2.1 Forca de Atrito

Ate o momento consideramos que as superfıcies sobre as quais os corpos se movimentavam eram com-

pletamente lisas de maneira que o movimento nao era afetado pelas mesmas. Assim, se um corpo fosse

colocado em movimento com uma certa velocidade, esta permaneceria constante a menos que uma forca

externa fosse aplicada. Agora, vamos considerar uma situacao mais realista em que as superfıcies apre-

sentam uma resistencia ao movimento. Esta resistencia ao movimento e descrita por uma forca de

atrito entre o corpo e a superfıcie sobre a qual este se movimenta.

A origem da forca de atrito e microscopica e esta ligada as forcas interatomicas atuando entre as

duas superfıcies que estao em contato. Estas regioes de contato representam uma pequena fracao da area

aparente (geometrica) de contato, devido a rugosidade das superfıcies na escala microscopica. Estas areas

sao independentes do tamanho da area entre as duas superfıcies mas aumentam com o o modulo da forca

normal N = |N| entre as duas superfıcies. Conforme mostrado na Fig. 1.7, nas areas de contato entre

as duas superfıcies formam-se pequenas soldas entre as superfıcies em que os materiais aderem mais ou

menos fortemente um ao outro devido a acao das forcas interatomicas. A forca de atrito resulta quando

tentamos romper estas ligacoes atraves da aplicacao de uma forca externa. Quando aplicamos uma forca

pequena as ligacoes nao sao quebradas e o corpo nao se movimenta. A medida em que aumentamos

a intensidade da forca ate um certo valor limite, conseguimos quebrar as soldas entre os materiais e o

corpo comeca a se movimentar. No entanto, a quebra destas soldas gera excitacoes locais, sob a forma

de vibracoes que se propagam nos materiais sob a forma de vibracoes. Percebemos isso ao ouvir o som

quando arrastamos qualquer objeto sobre uma superfıcie.

Propriedades da forca de atrito

Desde que conhecemos a origem da forca de atrito, abaixo listamos algumas propriedades desta forca ob-

tidas atraves de experimentos. Estas propriedades nos permitem introduzir o atrito de forma quantitativa

nos calculos envolvendo a 2a lei de Newton. Conforme discutido acima, temos duas situacoes distintas:

a primeira quando aplicamos uma forca insuficiente para mover o objeto; uma situacao diferente ocorre

quando aplicamos uma forca forte o bastante para romper as soldas microscopicas que se formam entre os

objetos. As forcas de atrito sao diferentes nestes dois casos e para diferencia-las atribuımos a qualificacao

de atrito estatico e atrito cinetico para especificar os dois tipos de forcas de atrito que aparecem se o

objeto esta parado ou em movimento.

1.2. FORCAS DISSIPATIVAS 17

Figura 1.7: Representacao de duas superfıcies em contato. A forca de atrito tem origem nas area de contato

entre as duas superfıcies que sao uma pequena fracao da area (geometrica) das duas superfıcies. A pressao normal

faz com que ocorram pequenas “soldas”entre os dois materiais.

(a) Se o corpo nao se move, a forca de atrito estatico fs e a componente da forca F paralela a superfıcie

se equilibram. Elas tem o mesmo modulo, e fs tem sentido contrario ao da componente de F;

(b) O modulo da forca de atrito fs possui um modulo maximo fs,max que e dado por:

fs,max = µsN (1.5)

onde N e o modulo da forca normal que a superfıcie exerce sobre o corpo e µs e o coeficiente de atrito

estatico. Se o modulo da componente de F paralela a superfıcie exceder o valor de fs,max o corpo

comeca a deslizar sobre a superfıcie;

(c) Se o corpo comeca a deslizar ao longo de uma superfıcie, o modulo da forca de atrito cai para um

valor fk dado por

fk = µkN (1.6)

onde µk e o coeficiente de atrito cinetico. Assim, uma forca de atrito fk passa a se opor ao movimento.

1.2.2 Forca de Arrasto

Outro exemplo de forca dissipativa, ou seja, que transforma parte da energia mecanica do sistema em

calor, e a chamada forca de arrasto. Esta forca aparece quando um corpo esta se movendo dentro de um


fluido. Um fluido e qualquer substancia que e capaz de escoar como lıquidos e gases. Quando um corpo

se move dentro deste fluido de maneira que existe uma velocidade relativa entre o corpo e fluido, entao

o corpo experimenta uma forca de arrasto de sentido contrario a velocidade relativa.

Aqui consideramos apenas o caso mais simples em que o fluido e o ar e o corpo e rombudo como uma

bola e nao fino e pontiagudo. Nestas condicoes, observa-se que a forca de arrasto D tem um modulo

igual a:

D =1

2CρAv2 (1.7)

onde C e o coeficiente de arrasto, ρ e a densidade de massa (massa por unidade de volume), A e area da

secao reta efetiva do corpo (area da secao reta perpendicular a velocidade v). Aqui consideramos que o

coeficiente de arrasto e constante embora no caso geral dependa da velocidade.

Uma consequencia interessante que decorre da Eq. (1.7) e o fato de que existe uma velocidade limite

acima da qual o corpo para de acelerar. Considere o caso de uma partıcula em queda livre que sofre a

acao da forca de arrasto devido ao ar. Neste caso, temos, pela 2a lei de Newton:

D −mg = ma

assim, a medida que a partıcula cai, sua velocidade aumenta devido a acao da forca de gravidade. No

entanto, a medida que a velocidade aumenta a forca de arrasto apontando para cima, tambem aumenta

ate equilibrar a forca da gravidade que aponta para baixo. Nesta condicao a soma das forcas que atuam

sobre a partıcula e zero e esta nao acelera mais. A velocidade correspondente a esta condicao e chamada

de velocidade terminal e pode ser calculada fazendo-se a = 0 na 2a lei de Newton. Sendo assim,

podemos escrever,

D = mg

e substituindo-se a Eq.(1.7) segue que:

1

2CρAv2t = mg

onde usamos um subındice t na velocidade para indicar que e a velocidade correspondente a a = 0, assim,

obtemos:

vt =

√2mg

CρA(1.8)


Exemplos

1. Na Fig. 1.8a, um bloco de massa m = 3, 0 kg escorrega em um piso enquanto uma forca F de modulo

12 N, fazendo um angulo θ para cima com a horizontal, e aplicada ao bloco. O coeficiente de atrito

cinetico entre o bloco e o piso e µk = 0, 40. O angulo θ pode variar de 0o a 90o (o bloco permanece sobre

o piso). Qual e o valor de θ para o qual o modulo da aceleracao do bloco e maximo?


Como o bloco esta em movimento, a forca de atrito envolvida e a forca de atrito cinetico. O modulo

desta forca e dado pela Eq. (1.6) (fk = µkN , onde N e modulo da forca normal). O sentido e o oposto

do movimento (o atrito se opoe ao escorregamento).

Como precisamos conhecer o modulo fk da forca de atrito, vamos calcular primeiro o modulo N da

forca normal. A Fig. 1.8b e um diagrama de corpo livre que mostra as forcas paralelas ao eixo vertical

y. A forca normal N e para cima, a forca gravitacional Fg, de modulo mg e para baixo e a componente

vertical Fy da forca aplicada aponta para cima. Esta componente aparece na Fig. 1.6c, onde podemos

ver que Fy = F sin θ. Podemos escrever a segunda lei de Newton Fres = ma para estas forcas ao longo

do eixo y:

N + F sin θ −mg = m(0)


onde tomamos a aceleracao ao longo do eixo y como sendo zero (o bloco nao se move ao longo deste eixo).

Assim,

N = mg − F sin θ

Na Fig. 1.8c temos um diagrama de corpo livre para o movimento ao longo do eixo x. O sentido da

componente horizontal Fx da forca aplicada e para a direita; de acordo com a Fig. 1.8c, Fx = F cos θ. A

forca de atrito tem modulo (fk = µkN) e aponta para a esquerda. Aplicando a segunda lei de Newton

ao movimento ao longo do eixo x, obtemos:

F cos θ − fk = ma

ou seja,

F cos θ − µkN = ma

e substituindo o valor da normal N obtido da 2a lei de Newton para o eixo y, segue que:

F cos θ − µkmg + µkF sin θ = ma

ou seja,

a =F

mcos θ − µkg + µk

F

msin θ

ou ainda

a =F

mcos θ − µk

(g − F

msin θ

)que fornece a aceleracao em funcao do angulo θ.

Para determinar o valor do angulo θ que fornece um valor maximo de a, derivamos a aceleracao e

igualamos a zero o resultado:

da

dθ= −F

msin θ + µk

F

mcos θ = 0

assim, obtemos:

F

msin θ = µk

F

mcos θ

o que pode ser escrito na forma:

tan θ = µk


ou seja,

θ = arctanµk∼= 22o.

Quando aumentamos θ a partir de zero, a componente da forca y da forca F aumenta, o que faz dimi-

nuir a forca normal. Esta diminuicao da forca normal reduz a forca de atrito, que se opoe ao movimento

do bloco. Assim a aceleracao do bloco tende a aumentar. Ao mesmo tempo, porem, o aumento de θ faz

diminuir a componente horizontal de F, o que faz diminuir a aceleracao. Estas tendencias opostas fazem

com que a aceleracao seja maxima para θ ∼= 22o.

2. Voce depoe como perito em um caso envolvendo um acidente no qual um carro A bateu na traseira

de um carro B que estava parado em um sinal vermelho no meio de uma ladeira (Fig. 1.9). Voce descobre

que a inclinacao da ladeira e θ = 12o, que os carros estavam separados por uma distancia d = 24, 0 m

quando o motorista do carro A freou bruscamente, travando as rodas (o carro nao dispunha de freios

ABS), e que a velocidade do carro A no momento em que o motorista pisou no freio era v0 = 18 m/s.

Com que velocidade o carro A bateu no carro B se o coeficiente de atrito cinetico era (a) 0,60 (estrada

seca) e (b) 0,10 (estrada coberta de folhas molhadas)?


Vamos aplicar a 2a lei de Newton para o carro a, desde que precisamos determinar a aceleracao que

o carro A sofreu dentro da distancia d = 24, 0 m. Assim, percebendo que as forcas que atuam sobre o

carro sao a forca gravitacional e a forca de atrito cinetico, entao, decompondo a forca gravitacional ao

longo da direcao definida pela linha que liga os dois carros, podemos escrever,

mg sin θ − fk = ma

Mas a forca de atrito cinetica pode ser relacionada com a forca normal que a superfıcie exerce sobre


o carro. Assim, usando a Eq. (1.6), podemos reescrever a expressao acima na forma,

mg sin θ − µkN = ma

onde N e o modulo da forca normal. Para determina-la, aplicamos a 2a lei de Newton na direcao

perpendicular a pista. Neste caso temos a componente y apontando no sentido negativo do eixo y e

a normal no sentido oposto. Desde que nao ha movimento do carro ao longo da direcao y, podemos

escrever:

−mg cos θ +N ∴ N = mg cos θ.

e substituindo na equacao para as componentes horizontais obtemos:

mg sin θ − µkmg cos θ = ma

e simplificando a massa do carro, ficamos com

a = g sin θ − µkg cos θ.

A velocidade do carro pode ser obtida via equacao de Torricelli:

v2 = v20 + 2a∆x

e substituindo a expressao para a aceleracao, obtemos ainda:

v2 = v20 + 2gd(sin θ − µk cos θ)

onde trocamos ∆x = d que e a distancia entre os carros A e B. Substituindo os valores fixos da velocidade

inicial v0, distancia d, angulo θ e a aceleracao da gravidade, podemos escrever ainda:

v2 = (18 m/s)2 + 2× 9, 8 m/s2 × 24, 0 m(sin 12o − µk cos 12o)

ou seja,

v2 = (18 m/s)2 + 2× 9, 8 m/s2 × 24, 0 m(sin 12o − µk cos 12o)

v =√

324 + 470, 4(0, 20− 0, 98µk)

que nos fornece a velocidade em metros por segundo a partir do valor do coeficiente de atrito cinetico.


(a)

Para a pista seca, temos µk = 0, 60 e substituindo na expressao para a velocidade, segue que:

v =√

324 + 470, 4(0, 20− 0, 98× 0, 60) = 12, 07 m/s.

(b)

Para a pista molhada e com folhas temos µk = 0, 10, assim, substituindo na expressao para a veloci-

dade, temos ainda:

v =√

324 + 470, 4(0, 20− 0, 98× 0, 10) = 19, 38 m/s.

3. Os dois blocos (m = 16 kg e M = 88 kg) da Fig. 1.10, nao estao ligados. O coeficiente de atrito

estatico entre os blocos e µs = 0, 38, mas nao ha atrito na superfıcie abaixo do bloco maior. Qual e o

menor valor do modulo da forca horizontal F para o qual o bloco menor nao escorregue para baixo ao

longo do bloco maior?

sem atrito


A forca horizontal que aplicamos no bloco seria contrabalancada pela reacao da superfıcie do segundo

bloco caso houvesse atrito entre o bloco grande e a superfıcie. Como este nao e caso, a forca que aplicamos

produz uma aceleracao do sistema como um todo. Desde que existe atrito entre os blocos, aparece uma

forca apontando na vertical com sentido para cima que impede a queda do bloco de massa m devido a

acao da forca da gravidade. Podemos obter a aceleracao do conjunto aplicando a 2a lei Newton:

F = mtotala


assim,

a =F

m+M.

Agora, vamos aplicar a 2a lei de Newton para cada bloco separadamente. Assim, para o bloco suspenso

temos que:

ma = F −RM ∴ F = RM +ma

onde RM e a forca de reacao da superfıcie do bloco maior devido a forca exercida pelo bloco menor. Na

direcao y, temos que:

−mg + fs = 0 ∴ fs = mg

mas fs = µsRM , desde que a forca de atrito e proporcional a forca de reacao exercida pela superfıcie.

Assim, podemos escrever,

µsRM = mg ∴ RM =mg

µs

e substituindo na equacao para F , obtemos:

F =mg

µs+ma

e substituindo-se a aceleracao, podemos escrever ainda:

F =mg

µs+m

(F

m+M

)e isolando a forca F , podemos escrever,(

1− m

m+M

)F =

mg

µs

M

m+MF =

mg

µs

ou ainda,

F =mg

µs

(1 +M/m)

M/m

e substituindo-se os valores correspondentes, vamos obter ainda:

F =16 kg× 9, 8 m/s2

0, 38

(1 + 88/16)

88/16∼= 488 N.


4. Um barco de 1000 kg esta navegando a 90 km/h quando o motor e desligado.O modulo da forca

de atrito fk entre o barco e a agua e proporcional a velocidade v do barco: fk = 70v, onde v esta em

metros por segundo e fk em newtons. Determine o tempo necessario para o barco reduzir a velocidade

para 45 km/h.

Denotamos a forca de friccao entre o barco e a agua por F = −αv, onde α = 70 N.s/m. Aplicando a

2a lei de Newton, obtemos que: ∑F = ma

assim, considerando um movimento unidimensional e reconhecendo que existe apenas uma forca, podemos

escrever:

−αv = mdv

dt

o que pode ser escrita na forma

dv

v= − α

mdt

e integrando, obtemos: ∫ v

v0

dv

v= −

∫ t

0

α

mdt

ln v − ln v0 = − α

mt

e isolando o tempo, podemos escrever ainda,

t =m

αln

v0v

=1000

70ln 2 = 9, 9 s.

5. Se um gato em queda alcanca uma primeira velocidade terminal de 97 km/h enquanto esta enco-

lhido e depois estica as patas duplicando a area A, qual e a nova velocidade terminal?

De acordo com a Eq. (1.8), a velocidade terminal do gato depende (entre outros parametros) da area

da secao reta A. Assim, podemos usar esta equacao para calcular a razao entre as velocidades. Vamos

chamar de vto e vtn as velocidades terminais original e nova, respectivamente, e de Ao e An as areas

correspondentes. Neste caso de acordo com a Eq. (1.8),

vtnvto

=

√2mg

CρAn√2mg

CρAo

=

√Ao

An


e como o gato duplica a area entao temos que An = 2Ao, assim, temos:

vtnvto

==

√Ao

2Ao=

√1

2= 0, 70.

ou seja, vtn = 0, 70vto ou cerca de 68 km/h.

6. Uma gota de chuva de raio R = 1, 5 mm cai de uma nuvem que esta a uma altura h = 1200 m

acima do solo. O coeficiente de arrasto C da gota e 0,60. Suponha que a gota permanece esferica durante

toda a queda. A massa especıfica da agua e ρa = 1000 kg/m3, e a massa especıfica do ar e ρar = 1, 2 kg/m3.

(a) Qual e a velocidade terminal da gota?

A gota atinge a velocidade terminal vt quando a forca gravitacional e a forca de arrasto se equilibram,

fazendo com que a aceleracao seja nula. Poderıamos aplicar a segunda lei de Newton e a equacao da

forca de arrasto para calcular vt, mas a Eq. (1.8) ja faz isso para nos. Para usar a Eq. (1.8) precisamos

conhecer a area efetiva da secao reta e o modulo da forca gravitacional (Fg) que atua sobre a gota. Como

a gota e esferica A = πR2 que e area de um cırculo com o mesmo raio da esfera. Para determinar a forca

gravitacional, usamos tres fatos: (1) Fg = mg onde m e a massa da gota; (2) V = 43πR

3 e o volume da

gota e (3) a massa especıfica da agua da gota e igual a massa por unidade de volume, i.e., ρa = m/V .

Assim, temos:

Fg = V ρag =4

3πR3ρag.

Em seguida substituımos este resultado, a expressao para A, e os valores conhecidos na Eq. (1.8).

Tomando o cuidado para nao confundir a massa especıfica do ar, ρar, com a massa especıfica da agua,

obtemos:

vt =

√8πR3ρag

3CρarπR2=

√8Rρag

3Cρar

e substituindo os valores correspondentes, segue que

vt =

√8× 1, 5× 10−3 m× 1000 kg/m3 × 9, 8 m/s2

3× 0, 6× 1, 2 kg/m3∼= 27 km/h.

Note que a altura em que se encontra a nuvem nao entra nos calculos. De fato, a velocidade terminal

e atingida pela gota apos ter caıdo apenas alguns metros.

(b) Qual seria a velocidade da gota imediatamente antes do impacto com o chao se nao existisse forca

de arrasto?

1.3. MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME 27

Na ausencia da forca de arrasto para reduzir a velocidade da gota durante a queda, ela cairia com a

aceleracao constante de queda livre g e, portanto, as equacoes de movimento com aceleracao constante

que estudamos anteriormente se aplicam neste caso. Assim, como temos a altura da nuvem e supondo

que as partıculas caem com velocidade inicial nula, podemos escrever

v2 = v20 − 2g∆y

ou seja,

v =√

2gh =

√2× 9, 8 m/s2 × 1200 m ∼= 550 km/h.

o que e uma velocidade muito alta em comparacao com o resultado do item (a). Com efeito, a velocidade

de 550 km/h e a velocidade de uma bala disparada de uma arma de grosso calibre.

1.3 Movimento Circular Uniforme

No capıtulo anterior havıamos discutido o movimento circular uniforme, onde uma partıcula descreve uma

trajetoria circular com o modulo da velocidade constante. No entanto, a velocidade tinha seu sentido e

direcao variando sobre todos os pontos da trajetoria. Aplicando as definicoes da velocidade e aceleracao

para o caso bidimensional, chegamos a conclusao de que o modulo da aceleracao centrıpeta que a partıcula

sofria era dada por

a =v2

r(1.9)

onde v e o modulo da velocidade da partıcula e r o raio da trajetoria.

Uma experiencia bastante comum de movimento circular uniforme e o movimento que o carro faz em

uma curva em alta velocidade. Neste caso, quando o carro faz uma curva para a esquerda as pessoas no

banco traseiro escorregam para o lado direito do carro e ficam comprimidas conta a porta do carro. Nota-

mos claramente quando estamos nesta situacao que existe uma aceleracao a medida que o carro descreve

o arco de circunferencia. Assim, e natural especularmos se existe uma forca correspondente responsavel

pela aceleracao centrıpeta. Com efeito, existe uma forca associada chamada forca centrıpeta que e a

responsavel pela aceleracao centrıpeta dada pela Eq. (1.9). Seu modulo e dado por:

Fc = mv2

r. (1.10)

No exemplo do carro fazendo a curva, a forca centrıpeta que permite que o carro faca a curva e a

forca de atrito entre o pneu do carro e a pista. Para acompanhar o movimento do carro, tambem deve


existir uma forca centrıpeta atuando sobre os passageiros do carro. No caso das pessoas do banco de

tras, esta forca seria o atrito entre o corpo da pessoa e o banco do carro. No entanto, a forca de atrito

nao e suficiente para manter o movimento e a pessoa se desloca em direcao a porta do carro. Quando

atinge a porta, aparece uma forca normal que agora exerce a forca centrıpeta que permite que a a pessoa

descreva a trajetoria circular junto com o carro.

A forca centrıpeta aparece em varias situacoes cotidianas. Abaixo aplicamos as Eqs. (1.9) e (1.10)

em alguns exemplos.

1. Igor e um cosmonauta a bordo da Estacao Espacial Internacional, em orbita circular em torno da

Terra a uma altura h de 520 km e com uma velocidade escalar constante v de 7, 6 km/s. A massa de

Igor e 79 kg.

(a) Qual a aceleracao de Igor?

O raio que Igor descreve e dado pela soma do raio da Terra mais a altura medida da superfıcie. Assim,

escrevemos,

a =v2

r=

v2

RT + h=

(7, 6× 103 m/s)2

6, 37× 106 m+ 520× 103 m

ou seja,

a = 8, 4 m/s2.

Este e valor da aceleracao em queda livre na altitude que Igor se encontra. Se ele fosse levado ate a esta

altitude e liberado, em vez de ser colocado em orbita, cairia em direcao ao centro da Terra inicialmente

com esta aceleracao.

A diferenca entre as duas situacoes e que, como esta em orbita em torno da Terra, Igor tambem tem

um movimento “lateral”‘: enquanto cai, tambem se desloca para o lado, de modo que acaba se movendo

em uma trajetoria circular em torno da Terra.

(b) Que forca a Terra exerce sobre Igor?

Para determinar a forca basta usar a 2a lei de Newton,

F = ma = 79 kg× 8, 4 m/s2 ∼= 663 N.


Se Igor subisse em uma balanca colocada a uma altura de 520 km ela indicaria o valor de 663 N. Em

orbita, a balanca (se Igor conseguisse subir nela) indicaria zero porque ambos a balanca e Igor estao com

a mesma aceleracao e portanto, os pes de Igor nao exerceriam nenhuma forca sobre a balanca.

2. Em 1901, em um espetaculo de circo, Allo “Dare Devil” Diavolo apresentou pela primeira vez um

numero de acrobacia que consistia em descreve um loop vertical pedalando uma bicicleta. Supondo que o

loop seja um cırculo de raio R = 2, 7 m, qual e a menor velocidade v que Diavolo podia ter tido no alto

do loop para permanecer em contato com a pista?

Podemos supor que Diavolo e sua bicicleta passam pelo alto do loop como uma unica partıcula em

movimento circular uniforme. Assim, no alto a aceleracao a dessa partıcula deve ter modulo v2/R dado

pela Eq. (1.9) e estar voltada para baixo em direcao ao centro do loop circular.

Para determinar a menor velocidade com que Diavolo podia ter tido, precisamos determinar a ace-

leracao centrıpeta. Para isso, observamos que as forcas que atuam sobre a partıcula quando ela esta no

alto sao a forca da gravidade Fg atuando na direcao vertical e a forca normal N exercida pela superfıcie

da pista tambem apontando na direcao vertical. Ambas as forcas apontam para baixo. A aceleracao

centrıpeta tambem aponta na direcao vertical para baixo, assim, a 2a lei de Newton fornece:

−N − Fg = −ma = −mv2

R

assim,

N + Fg = mv2

R.

Se a partıcula tem a menor velocidade v necessaria para permanecer em contato com a pista, ela

esta na iminencia de perder contato com o loop (cair do loop), o que significa que N = 0 no alto do

loop (a partıcula e o loop se tocam mas nao ha forca normal). Substituindo N = 0 na equacao acima,

explicitando v e substituindo os valores conhecidos, obtemos:

v =√

gR =

√2, 7 m× 9, 8 m/s2 = 5, 1 m/s.

3. Ate algumas pessoas acostumadas a andar de montanha-russa empalidecem quando pensam em

andar no Rotor, um grande cilindro oco que gira rapidamente em torno do eixo central. A pessoa entra no

cilindro por uma porta lateral e fica de pe sobre um piso movel, encostada em uma parede alcochoada. A

porta e fechada; quando o cilindro comeca a girar, a pessoa, a parede e o piso se movem juntos. Quando


a velocidade de rotacao atinge um certo valor o piso desce de forma abrupta e assustadora. A pessoa nao

desce junto com o piso mas fica presa a parede enquanto o cilindro gira, como se um espırito invisıvel a

pressionasse contra a parede. Algum tempo depois o cilindro gira mais devagar e a pessoa desce alguns

centımetros ate que seus pes encontrem novamente o piso.

Suponha que o coeficiente de atrito estatico entre a roupa da pessoa e a parede do Rotor seja 0,40 e

que o raio do cilindro R seja 2, 1 m.

Figura 1.11: Rotor de um parque de diversoes mostrando as forcas que atuam sobre uma pessoa. A forca centrıpeta

e a forca normal FN , com a qual a parede empurra a pessoa para dentro. (ver exemplo 3.)

(a) Qual e a menor velocidade v que o cilindro e a pessoa devem ter para que a pessoa nao caia

quando o piso e removido?

Devemos usar a 2a lei de Newton para relacionar a aceleracao centrıpeta com as demais forcas que

atuam sobre a pessoa. Para isso, notamos que existem tres forcas atuando neste caso: a forca normal

FN exercida pela parede sobre a pessoa, que e a forca centrıpeta neste caso; a forca gravitacional Fg que

puxa a pessoa para baixo e a forca de atrito estatico fs que surge entre a pessoa e a parede do cilindro

atuando para cima, contraria a forca gravitacional. Estas forcas estao ilustradas na Fig. 1.11.

Desde que devemos determinar a velocidade para que a pessoa nao caia quando o piso e removido, isso


implica que a forca de atrito estatico apresenta seu valor maximo, i.e., fs = µsFN , onde FN e o modulo

da forca normal que deve ser igual a mv2/R, o modulo da forca centrıpeta. Assim, explicitamente

escrevemos:

FN =mv2

R.

Agora, desde que nao deve existir movimento na direcao vertical, a 2a lei de Newton fornece,

fs −mg = m(0)

ou seja,

fs = mg

e usando fs = µsFN , segue que:

µsFN = mg

e substituindo o modulo da forca centrıpeta, podemos escrever ainda:

µsmv2

R= mg

e resolvendo para a velocidade, temos:

v =

√gR

µs=

√9, 8 m/s2 × 2, 1 m

0, 4= 7, 2 m/s.

Note que o resultado e independente da massa; ele e valido para qualquer pessoa que ande no rotor,

de uma crianca a um lutador de sumo, de modo que ninguem precisa se pesar para andar de Rotor.

(b) Se a massa da pessoa e 49 kg, qual e o modulo da forca centrıpeta que age sobre ela?

De acordo com a Eq. (1.10) temos:

Fc =mv2

R= 49 kg× (7, 2 m/s)2

2, 1 m∼= 1200 N.

Embora esta forca aponte para o eixo central, a pessoa tem a clara sensacao de que a forca que a

prende contra parede esta dirigida radialmente para fora. Esta impressao vem do fato de que a pessoa

se encontra em um referencial acelerado (nao-inercial). As forcas medidas nestes referenciais podem ser

ilusorias.


Capıtulo 2

Trabalho e Energia Cinetica

Para descrever o estado de movimento dos corpos definimos uma series de quantidades fısicas como

posicao, velocidade, aceleracao e atraves destas fizemos um consideravel progresso no estudo da mecanica

dos corpos. Em seguida, consideramos as leis de Newton que nos permitiram avancar ainda mais atraves

da introducao do conceito de forca que causa a aceleracao. Esta formulacao nos permite considerar varias

situacoes e tipos de movimentos.

No presente capıtulo e no proximo, vamos explorar o conceito de energia e trabalho que nos permite

descrever o movimento dos corpos muitas vezes de maneira muito mais simples do que as leis de Newton.

No entanto, veremos que existe uma relacao muito proxima entre as leis de Newton e a variacao da

energia do sistema.

2.1 Energia

Energia e um conceito bastante amplo e largamente utilizada no cotidiano. No entanto, quando nos

defrontamos com a pergunta simples de como definir a energia em poucas palavras a tarefa se torna

complicada. De modo nao rigoroso, podemos dizer que a energia e um numero que atribuımos para

caracterizar o estado de um sistema. Assim, em um sistema constituıdo de um ou mais objetos em

que uma forca altera o estado de movimento de um destes objetos, o numero que descreve a energia do

sistema varia. Com a experiencia ficou claro que se este numero que chamamos de energia e definido

corretamente, podemos descrever qualquer sistema e efetuar previsoes sobre o seu comportamento de

maneira precisa.

Aqui vamos considerar a situacao mais simples possıvel: vamos nos concentrar em apenas um tipo

de energia (a energia cinetica) e somente uma forma de transferencia de energia (atraves do chamado

33

34 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA

trabalho). Mais tarde consideraremos outras formas de energia e o modo de transformar um tipo de

energia em outra.

2.1.1 Energia Cinetica

A energia cinetica , simbolizada por K, e a energia associada ao estado de movimento de um corpo.

Quanto mais depressa um corpo se movimenta, maior e a sua energia cinetica. Quando um corpo esta

em repouso sua energia cinetica e nula.

Para um corpo de massa m e velocidade v muito menor do que a da luz,

K =1

2mv2 (2.1)

A unidade de energia cinetica (e de qualquer outra forma de energia) no SI e o joule (J). Ela e

definida em termos das unidades de massa e velocidade:

1 joule = 1 J = 1 kg.m2/s2.

2.2 Trabalho

Quando aumentamos a velocidade de um objeto aplicando a ele uma forca, a energia cinetica K = mv2/2

do objeto aumenta. Da mesma forma, quando diminuımos a velocidade do objeto atraves da aplicacao de

uma forca, a energia cinetica do objeto diminui. Explicamos estas variacoes na energia cinetica dizendo

que a forca que aplicamos transferiu energia do agente que aplica a forca para o objeto ou o objeto

transferiu energia para o agente. Nas transferencia de energia por meio de uma forca, dizemos que um

trabalho W foi realizado pela forca sobre o objeto. De maneira formal, definimos o trabalho como:

• Trabalho (W) e a energia transferida para um objeto ou de um objeto atraves de

uma forca que age sobre o mesmo. Quando a energia e transferida para o objeto,

o trabalho e positivo; quando energia e transferida do objeto, o trabalho

e negativo.

Note que “trabalho” e energia transferida; “realizar trabalho” e o ato de transferir energia. O trabalho

tem a mesma unidade que a energia e tambem e uma grandeza escalar.

2.2.1 Trabalho e Energia Cinetica

Para relacionar o trabalho com a energia cinetica, vamos considerar uma partıcula qualquer que esta

submetida a uma forca F . Esta forca que atua sobre a partıcula pode ser tanto uma unica forca ou a

2.2. TRABALHO 35

forca resultante da soma de varias forcas que atuam sobre o objeto. Como consequencia, a partıcula

ira acelerar, aumentando sua velocidade. Alternativamente, podemos dizer que a forca ira realizar um

trabalho sobre a partıcula aumentando a sua energia cinetica. A 2a lei de Newton, fornece:

F = ma

Agora considere que esta partıcula esta no espaco tridimensional e a localizamos atraves do vetor

posicao r. Vamos considerar um vetor deslocamento infinitesimal dr. Este vetor e obtido diferenciando-

se o vetor posicao r.

Agora vamos efetuar o produto escalar da equacao acima com dr:

F · dr = ma · dr

e usando a definicao da aceleracao, podemos escrever ainda

F · dr = mdv

dt· dr

podemos escrever o elemento diferencial de comprimento dr na forma,

dr =dr

dtdt ∴ dr = vdt

onde usamos a definicao da velocidade v = dr/dt. Assim, podemos escrever:

F · dr = mdv

dt· vdt = mv · dv

dtdt

mas

dv =dv

dtdt

assim, podemos trocar a derivada da velocidade com o tempo:

F · dr = mv dv

onde usamos a seguinte1 igualdade: v · dv = v dv.

1 Temos que

d(v · v) = dv · v + v · dv = 2v · dv

ou seja,

d(v · v) = 2v · dv


Integrando a equacao acima de um ponto inicial a um ponto final, obtemos:∫ rf

ri

F · dr =

∫ vf

vi

mv dv

∫ rf

ri

F · dr =1

2mv2f − 1

2mv2i

e identificando os termos do segundo membro como a energia cinetica nos pontos final e inicial, entao

vemos que: ∫ rf

ri

F · dr = Kf −Ki = ∆K (2.2)

Desde que o trabalho causa uma variacao da energia cinetica, entao definimos o trabalho Wif para

mover uma partıcula de uma posicao ri a uma posicao rf como:

Wif =

∫ rf

ri

F · dr (2.3)

Podemos muitas vezes escrever o trabalho como uma integral indefinida:

W =

∫F · dr (2.4)

que e uma relacao mais geral.

Usando a definicao de trabalho, podemos escrever a Eq. (2.2) na forma compacta:

W = ∆K = Kf −Ki (2.5)

que e o chamado teorema trabalho-energia cinetica.

As Eqs. (2.3) e (2.4) apresentam varias propriedades. Vamos discutı-las de maneira mais detalhada

a seguir.

mas,

d(v · v) = d(v2) = 2vdv

logo,

2vdv = 2v · dv ∴ vdv = v · dv

que e a relacao que usamos da integral da velocidade.

2.2. TRABALHO 37

A primeira consequencia da definicao e que o trabalho para mover uma partıcula depende do angulo

entre a forca aplicada e o deslocamento. Usando a Eq. (2.4), podemos escrever o trabalho da seguinte

forma:

W =

∫F cosϕ dr (2.6)

onde usamos a definicao do produto escalar entre dois vetores. O angulo ϕ e o angulo entre os vetores

F e dr. Vemos da Eq. (2.6), que se a forca que atua faz um angulo ϕ < 90o com o deslocamento o

trabalho e positivo e ∆K > 0; caso ϕ < 90o o trabalho e negativo devido ao cosseno e, portanto, a

energia cinetica da partıcula e reduzida.

Note que somente a projecao da forca F na direcao do deslocamento realiza trabalho, i.e., somente

F cosϕ. No caso em que ϕ = 90o a forca nao realiza trabalho, ou seja, nao altera o estado de movimento

do objeto.

Vamos considerar agora que a forca F pode ser representada pelo vetor generico F = Fxi+Fy j+Fzk

e o deslocamento infinitesimal por dr = dxi+ dyj+ dzk, assim o trabalho pode ser escrito na forma:

W =

∫F · dr =

∫Fx dx+

∫Fy dx+

∫Fz dz (2.7)

ou seja,

W = Wx +Wy +Wz

onde,

Wx =

∫Fx dx, Wy =

∫Fy dy, Wz =

∫Fz dz.

e vemos que o trabalho pode ser escrito como uma soma dos trabalhos realizados por cada componente

da forca F . A soma e o trabalho total realizado sobre o o objeto. Esta propriedade tambem e estendida

para o caso em que varias forcas estao atuando, i.e., o trabalho total realizado sobre um objeto e dado

pela soma dos trabalhos realizados por cada forca individualmente.

Assim, existem duas maneiras de determinar o trabalho realizado por varias forcas que atuam sobre

uma partıcula: achamos a forca resultante e substituımos o resultado na equacao que define o trabalho

ou calculamos o trabalho realizado por cada forca e, em seguida, somamos todas as contribuicoes para

encontrar o trabalho total.


Exemplo

1. A forca dada por F = 3x2i + 4j N, com x em metros, age sobre uma partıcula mudando apenas a

energia cinetica da partıcula. Qual e o trabalho realizado sobre a partıcula quando ela se desloca das

coordenadas (2,3) m para (3,0)? A velocidade da partıcula aumenta, diminui ou permanece constante?

Temos que:

W =

∫ rf

ri

F · dr =

∫ 3

2Fx dx+

∫ 0

3Fy dy

W =

∫ 3

23x2 dx+ 4

∫ 0

3dy

e resolvendo as integrais, vamos obter:

W = [x3∣∣32dx+ 4y|03 = 7, 0 J.

e vemos que o trabalho realizado sobre a partıcula e positivo o que significa que a energia cinetica sera

maior apos o trabalho ter sido realizado sobre a partıcula. Podemos ver isso do teorema trabalho energia

cinetica (Eq. (2.5)):

∆K = W ∴ Kf = Ki +W

e como W > 0 entao Kf > Ki.

2.2.2 Analise Unidimensional do trabalho

Vamos considerar o caso mais simples em que a forca F = Fxi e o vetor deslocamento dr = dxi estao na

mesma direcao. Assim, a Eq. (2.3) pode ser escrita na forma:

Wif =

∫ xf

xi

Fx(x) dx (2.8)

onde explicitamos a possıvel dependencia da forca com o deslocamento.

Considerando a Eq. (2.8), podemos notar que o trabalho pode ser representado geometricamente pela

area sob a curva F (x) e o eixo x no intervalos xi < x < xf .

2.3 Trabalho realizado por forcas especıficas

Vamos considerar agora a analisar o trabalho realizado por algumas forcas especıficas, em particular, as

forcas ja discutidas quando definimos o proprio conceito de forca.

2.3. TRABALHO REALIZADO POR FORCAS ESPECIFICAS 39

2.3.1 Forca gravitacional

Considere uma pedra que e atirada para cima. A medida que a pedra sobe, ela vai perdendo velocidade

ate parar pois a forca gravitacional atua no sentido contrario ao movimento de subida da pedra. Apos

atingir a altura maxima, a pedra comeca a descer ganhando velocidade pois agora a forca gravitacional

atua no mesmo sentido da velocidade da pedra. A forca realiza trabalho nos dois percursos, no entanto,

na subida a forca gravitacional remove energia da pedra reduzindo a sua velocidade. Na descida, ocorre

o contrario: a forca gravitacional transfere energia cinetica para a pedra. Podemos determinar o valor

da transferencia de energia usando calculando o trabalho Wg realizado pela forca gravitacional.

Para determinar o trabalho, partimos da Eq. (2.3)

Wg =

∫ rf

ri

Fg · dr

desde que a forca gravitacional F = mg e constante, entao podemos retirar Fg para fora do sinal de

integracao,

Wg = Fg ·(∫ rf

ri

dr

)e a integral do vetor dr e o deslocamento, assim, escrevemos ∆r =

∫ rfri

dr, o que nos permite escrever

Wg = Fg ·∆r

e considerando que o modulo do vetor deslocamento seja d, ou seja, |∆r| = d, temos ainda:

Wg = |Fg||∆r| cosϕ

Wg = mgd cosϕ (2.9)

onde ϕ e o angulo entre o deslocamento e a forca gravitacional.

Agora vamos usar a Eq. (2.9) para calcular o trabalho realizado por Fg nos percursos de subida e

descida que havıamos mencionado no inıcio. Na subida, o vetor deslocamento ∆r e a forca Fg fazem um

angulo de 180o. Assim, a Eq. (2.9) nos fornece:

Wg,subida = mgd cos 180o = −mgd

mgd e a quantidade de energia cinetica que e removida da partıcula no percurso de subida.

No caso da descida, o vetor deslocamento e a forca gravitacional estao paralelos, assim ϕ = 0, e entao

Wg,descida = mgd cos 0o = +mgd

que e quantidade de energia devolvida para a partıcula na forma de energia cinetica.


2.3.2 Trabalho realizado para levantar ou baixar objetos

Considere a situacao em que aplicamos uma forca Fa para levantar um objeto. Por exemplo, quando

erguemos um livro em uma estante. Neste caso estamos realizando um trabalho Wa sobre o livro. Logo,

agora temos duas forcas realizando trabalho sobre o objeto, assim:

W =

∫Fres · dr =

∫(Fa + Fg) · dr =

∫Fa · dr +

∫Fg · dr

ou seja,

W = Wa +Wg.

Este trabalho deve ser igual a variacao da energia cinetica do corpo que elevamos a uma certa altura.

Assim, pelo teorema do trabalho-energia cinetica, temos:

W = ∆K = Kf −Ki

Quando um erguemos um objeto estamos transferindo energia para o objeto ao mesmo tempo que a

forca gravitacional remove esta energia. Isto tambem se aplica quando abaixamos um objeto. Neste caso,

energia e fornecida ao objeto pela forca gravitacional e nos a removemos aplicando a forca Fa no sentido

oposto ao movimento. Se o objeto esta em repouso antes e apos o movimento entao Kf = Ki = 0 entao

W = 0 ∴ Wa = −Wg

e substituindo Wg da Eq. (2.9), segue que:

Wa = −mgd cosϕ

Vemos entao que quando levantamos um objeto em uma certa altura d, estamos realizando um

trabalho positivo mgd, no caso de abaixar o objeto entao retiramos energia cinetica do mesmo igual a

−mgd.

Exemplo

1. Um caixote de 15 kg inicialmente em repouso, percorre uma distancia d = 5, 70 m, puxado por um

cabo em uma rampa sem atrito ate uma altura h de 2, 50 m, parando em seguida.

(a) Qual o trabalho realizado pela forca gravitacional?


cabo

s/ atrito

caixote


O trabalho realizado pela forca gravitacional pode ser calculado diretamente atraves da Eq. (2.9),

lembrando que ϕ e o angulo entre a forca da gravidade e o vetor deslocamento. Temos entao:

Wg = mgd cosϕ = mgd cos(θ + 90o)

e usando a identidade cos(θ + 90o) = − sin θ, podemos escrever:

Wg = −mgd sin θ = −mgd

(h

d

)= −mgh

Wg = −15 kg× 9, 8 m/s2 × 2, 50 m = −368 J.

Note que o trabalho depende apenas da diferenca de altura entre as posicoes inicial e final do caixote.

Isto ocorre devido a forca gravitacional ser na direcao vertical e portanto o movimento na direcao hori-

zontal nao e afetado pela forca gravitacional. Isto e somente valido na ausencia de atrito, caso contrario

o trabalho necessario para movimentar o caixote iria aumentar com a distancia d.

(b) Qual o trabalho realizado pela forca de tracao?

Em princıpio terıamos que calcular a forca de tracao para entao determinar o trabalho realizado por

esta forca. No entanto, dado que o trabalho total e dado pela soma dos trabalhos pelas forcas individuais

que sao aplicadas ao caixote, podemos usar o teorema trabalho-energia cinetica (Eq. (2.5)) para fazer o

calculo diretamente. Assim, temos que:

W = WN +Wg +WT = ∆K = Kf −Ki


onde WN e o trabalho realizado pela forca normal que a superfıcie aplica no caixote; Wg e o trabalho

realizado pela forca gravitacional e WT e trabalho realizado pela forca de tracao. Desde que a forca

normal e perpendicular ao deslocamento entao o trabalho WN e zero. Assim temos:

Wg +WT = Kf −Ki

e como o caixote esta em repouso no inıcio e no fim do movimento entao Kf = Ki = 0 portanto,

Wg +WT = 0

o que nos permite escrever o trabalho realizado pela forca de tracao em termos do trabalho realizado pela

forca gravitacional:

WT = −Wg = +368 J.

Este trabalho e positivo o que significa que a forca de tracao transfere 368 J para o caixote que e

retirada do mesmo pela forca gravitacional e o caixote termine com energia cinetica nula.

2.3.3 Forca Elastica

Vamos agora discutir a forca elastica aplicada por uma mola a um bloco preso em sua extremidade. A

forca elastica varia com a deformacao da mola e, portanto, depende da posicao, o que diferente do caso

gravitacional que discutimos na secao anterior. Na Fig. 2.2a, temos uma ilustracao do sistema massa-

mola onde um bloco esta preso a mola que, por sua vez, tem sua outra extremidade fixa em uma parede.

Quando o bloco e puxado para a direita, a mola e esticada e exerce uma forca para a esquerda cuja

intensidade aumenta com a deformacao da mola (Fig. 2.2b); quando comprimimos a mola empurrando

o bloco para a esquerda, a mola aplica entao uma forca para a direita (Fig. 2.2c). Como uma boa

aproximacao, podemos escrever a forca exercida pela mola, na forma:

F = −kd

que e a lei de Hooke. k e a chamada constante da mola e e medida em N/m.

Desde que estaremos considerando apenas movimentos em uma dimensao, entao d = xi e portanto,

podemos escrever a forca na forma mais simples

F = −kx (2.10)

que e a forca exercida pela mola no ponto x. Note que lei de forca dada pela Eq. (2.10) e definida de

maneira que a mola esteja relaxada no ponto x = 0.


blocopreso àmola

positivonegativo

negativopositivo

Figura 2.2: (a) Uma mola em estado relaxado. A origem do eixo x foi colocada no final da mola que esta presa

a um bloco. (b) O bloco e deslocado por d, e a mola e esticada por uma quantidade x. Note a forca restauradora

Fs exercida pela mola. (c) A mola e comprimida uma distancia negativa x.

Para calcular o trabalho realizado pela forca elastica, escrevemos:

Ws =

∫ xf

xi

F (x) dx

e substituindo a forca dada pela Eq. (2.10) obtemos ainda

Ws =

∫ xf

xi

(−kx) dx

Ws =1

2k(x2i − x2f ) (2.11)

e vemos entao que Ws > 0 quando xi > xf e a mola transfere energia para o bloco. Neste caso, significa

apenas que a o bloco ligado a mola recebe energia da mola quando este termina em uma posicao em que

a mola esteja mais “relaxada” (proxima da posicao de equilıbrio em x = 0) do que na posicao inicial.


Exemplos

1. Um bloco com v = 0, 50 m/s e m = 0, 40 kg colide com uma mola de k = 750 N/m (Fig. 2.3). No

momento que o bloco para devido a forca da mola, qual a distancia que a mola foi comprimida?

s/ atrito


E um aplicacao direta do princıpio trabalho-energia cinetica. Temos que o trabalho realizado pela

mola sobre o bloco com velocidade inicial v = 0, 50 m/s deve remover toda a energia cinetica do bloco,

assim escrevemos:

Ws = ∆K

ou seja,

1

2k(x2i − x2f ) =

1

2mv2f − 1

2mv2i

e agora basta considerar que vf = 0 (o bloco fica em repouso no final do movimento) e xi = 0 (a mola

esta relaxada antes do bloco colidir com a mola), assim a formula acima nos fornece:

1

2k(0− x2f ) = 0− 1

2mv2i

kx2f = mv2i

e isolando xf segue que

xf =

√m

kvi

e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:

xf =

√0, 40 kg

750 N/m× 0, 50 m/s


xf = 1, 2 cm.

2. A Fig. 2.4 mostra uma vista superior de tres forcas horizontais atuando sobre uma caixa que

estava inicialmente em repouso e passou a se mover sobre um piso sem atrito. Os modulos das forcas

sao F1 = 3, 00 N, F2 = 4, 00 N e F3 = 10, 0 N e os angulos indicados sao θ2 = 50, 0o e θ3 = 35, 0o. Qual

e o trabalho total realizado sobre a caixa pelas tres forcas nos primeiros 4, 00 m de deslocamento?


Aqui e necessario determinar a forca resultante, desde que e pedido o trabalho para um deslocamento

de 4 m. Este deslocamento deve ser na mesma direcao da forca resultante. Considerando os dados do

problema, a forca resultante e dada por:

F = F1 + F2 + F3

e decompondo nas direcoes vertical e horizontal, segue que:

F = −F1i+ F2(− sin θ2i− cos θ2j) + F3(cos θ3i+ sin θ3j)

F = (−F1 − F2 sin θ2 + F3 cos θ3)i+ (−F2 cos θ2 + F3 sin θ3)j

e substituindo-se os valores correspondentes obtemos:

F = (−3, 00 N− 4, 00 N sin 50, 0o + 10, 00 N cos 35, 0o)i+ (−4, 00 N cos 50, 0o + 10, 00 N sin 35, 0o)j


F = 2, 13 Ni+ 3, 16 Nj

e calculando o modulo da forca, temos:

F =√

2, 132 + 3, 162 N = 3, 81 N

Desde que o deslocamento ocorre na mesma direcao da forca, podemos escrever

W = Fd = 3, 81 N× 4, 00 m = 15, 3 J.

3. Uma equipe especializada em resgate em cavernas levanta um espeleologo ferido com o auxılio

de um cabo ligado a um motor. O levantamento e realizado em tres estagios, cada um requerendo uma

distancia vertical de 10, 0 m: (a) o espeleologo esta inicialmente em repouso e e acelerado ate uma veloci-

dade de 5, 00 m/s; (b) ele e levantado com velocidade constante de 5, 0 m/s; (c) finalmente e desacelerado

ate o repouso. Qual e o trabalho realizado sobre o espeleologo de 80, 0 kg pela forca que o levanta em cada

estagio?

Para determinar o trabalho em cada estagio de levantamento do espeleologo, vamos usar o teorema

trabalho-energia cinetica e a expressao do trabalho realizado pela forca gravitacional.

(a)

Temos duas forcas atuando aqui: a forca que levanta o espeleologo e a forca gravitacional atuando

em sentido contrario. Assim, de acordo com o problema, sob a acao destas duas forcas, o espeleologo sai

do repouso ate atingir a velocidade de 5, 00 m/s, assim temos:

W = W1 +Wg = ∆K = Kf −Ki

e onde W1 e o trabalho realizado pela forca externa. Considerando que o deslocamento e d a velocidade

inicial vi = 0 e a velocidade final vf = v = 5, 00 m/s, temos:

W1 −mdg =1

2mv2f ∴ W1 = mdg +

1

2mv2

onde levamos em conta que o angulo ϕ = 180o entre o deslocamento e a forca gravitacional. Assim,

substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:

W1 = 80, 0 kg× 10 m× 9, 8 m/s2 +1

2× 80, 0 kg× (5, 0 m/s)2


ou seja,

W1 = 8, 84× 103 J.

(b)

No segundo estagio, temos que a energia cinetica nao varia e portanto, de acordo com o teorema

trabalho energia-cinetica temos:

W2 −mdg = 0

assim,

W2 = 80, 0 kg× 10 m× 9, 8 m/s2 = 7, 84× 103 J.

(c)

No terceiro estagio, temos novamente uma variacao da energia cinetica. No entanto, vemos que a

variacao agora e negativa, desde que a velocidade final e zero e a velocidade inicial corresponde a mesma

vi = 5, 0 m/s.

W3 −mgd = 0−Ki = 0− 1

2mv2

assim,

W3 = mgd− 1

2mv2

W3 = 80, 0 kg× 10 m× 9, 8 m/s2 − 1

2× 80, 0 kg× (5, 0 m/s)2

W3 = 6, 84× 103 J.

4. A unica forca que age sobre um corpo de 2, 0 kg enquanto ele se move no semi-eixo positivo de

um eixo x tem uma componente Fx = −6x N, com x em metros. A velocidade do corpo em x = 3, 0 m e

8, 0 m/s. (a) Qual e a velocidade do corpo em x = 4, 0 m? (b) Para que valor positivo de x o corpo tem

uma velocidade de 5, 0 m/s?


(a)

Aqui usamos as equacoes para o trabalho realizado pela forca elastica. Temos pelo teorema trabalho-

energia cinetica que:

Ws =1

2mv2f − 1

2mv2f

ou seja,

1

2k(x2i − x2f ) =

1

2mv2f − 1

2mv2i

e substituindo-se os valores correspondentes, segue que:

1

26 N/m((3, 0 m)2 − (4, 0 m)2) =

1

22, 0 kg× v2f − 1

22, 0 kg× (8, 0 m/s)2

o que nos fornece:

vf = 6, 6 m/s.

(b)

Aqui usamos a mesma relacao anterior, exceto que queremos determinar o xf para o valor final da

velocidade vf = 5, 0 m/s

1

26 N/m((3, 0 m)2 − x2f ) =

1

22, 0 kg× (5, 0 m/s)2 − 1

22, 0 kg× (8, 0 m/s)2

de onde obtemos:

xf = 4, 7 m.

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Notas de Aula | FIS0728 For˘ca e Movimento I e II & … · 2013-03-24 · 2.2.1 Trabalho e Energia Cinética ... for lan¸cado em um rinque de patina¸cão irá percorrer uma