SOLUÇÃO MECÂNICA Cirlei Xavier · velocidade é a inclinação da reta tangente à curva da posição em função do tempo, então é t =1 savelocidadeépositiva,(c) t =2 savelocidadeézero,partículaseencontraemrepouso,

HALLIDAY & RESNICK

SOLUÇÃO

MECÂNICA

ÿ Cirlei XavierBacharel e Mestre em Física

pela Universidade Federal da Bahia

Maracás BahiaOutubro de 2015

Sumário

1 Medição 31.1 Comprimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Movimento Retilíneo 72.1 Velocidade Média e Velocidade Escalar Média . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Velocidade Instantânea e Velocidade Escalar Instantânea . . . . . . . . . . . . 162.3 Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4 Aceleração Constante: Um Caso Especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 Força e Movimento I 393.1 Aplicando as Leis de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4 Força e Movimento II 414.1 Propriedades do Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.2 Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.3 Problemas Adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5 Energia Potencial e Conservação da Energia 475.1 Determinação de Valores de Energia Potencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.2 Conservação da Energia Mecânica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 495.3 Conservação da Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6 Rolamento, Torque e Momento Angular 536.1 As Forças do Rolamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 536.2 Momento Angular de um Corpo Rígido Girando em Torno de um Eixo Fixo . 596.3 Conservação do Momento Angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

7 Bibliografia 65

1

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 1

Medição

Perguntas1.1 Comprimento

1. O micrômetro (1µm) também é chamado de mícron. (a) Quantos mícrons tem 1,0 km?(b) Que fração do centímetro é igual a 1,0µm? (c) Quantos mícrons tem uma jarda?

Temos 1µm = 1 · 10−6 m. (a) 1,0 km = 1,0 · 103 m = 109 · 10−6 m = 109 µm.Então, 1,0 km = 109 µm. (b) 1,0 µm = 10−6m = 10−6 · 102 cm = 10−4 cm. (c)1,0 jarda = 91 cm = 0,91 m = 0,91 · 103 mm = 9,1 · 105 µm.

2. As dimensões das letras e espaços de um livro são expressas em termos de pontos epaicas: 12 pontos =1 paica e 6 paicas = 1 polegada. Se em uma das provas do livro uma figuraapareceu deslocada de 0,80 em relação à posição correta, qual foi o deslocamento (a) em paicase (b) em pontos?

Temos um deslocamento de 0,8 polegada. Então, 0,8 polegada=0,8 · 6 paicas=4,8 pai-cas=57,6 pontos

3. Em um certo hipódromo da Inglaterra, um páreo foi disputado em uma distância de 4,0furlongs. Qual é a distância da corrida em (a) varas e (b) cadeias? (1 furlong=201,168 m, 1vara= 5,0292 m e uma cadeia = 20,117 m.)

(a) Temos 4,0 furlongs=4,0 · 201,168 m, então a distância em varas é

4,0 · 201,1685,0292

= 160 varas

(b) Em cadeia fica4,0 · 201,168

20,117= 4,91 · 10−3 cadeia

.

4. Em gry é uma antiga medida inglesa de comprimento, definida como 1/10 de uma linha;linha é uma outra medida inglesa de comprimento, definida como 1/12 de uma polegada. Umamedida comum usada nas editoras é o ponto, definido como 1/72 de uma polegada. Quandovale uma área de 0,50 gry2 em pontos quadrados (points2)?

2

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

1.2. tempo 3

5. A Terra tem a forma aproximada de uma esfera com 6,37 · 106 m. Determine (a) acircunferência da Terra em quilômetros, (b) a área da superfície da Terra em quilômetros qua-drados e (c) o volume da Terra em quilômetros cúbicos.

6. A ponte de Harvard, que liga MIT às sociedade estudantis através do rio Charles, temum comprimento de 364,4 smoots mais uma orelha. A unidade de um smoot se baseia nocomprimento de Oliver Reed Smoot, Jr., classe de 1962, que foi carregado ou arrastado pelaponte para que outros membros da sociedade Lambda Chi Alpha pudessem marcar (com tinta)comprimentos de 1 Smoot ao longo da ponte. As marcas têm sido refeitas semestralmente pormembros da sociedade, normalmente em horários de pico, para que a polícia não possa interfe-rir facilmente. (Os policiais podem ter ficado aborrecidos porque o Smoot não é uma unidadefundamental do SI, mas hoje em dia parecem ter aceito a unidade.) A Fig. 1-4 mostra trêssegmentos de reta paralelos medidas em Smoots (S), Willies (W) e Zeldas (S). Quando valeuma distância de 50,0 Smoots (a) em Willies e (b) em Zeldas?

7. A antártica é aproximadamente semicircular, com um raio de 2.000 km. A espessuramédia da cobertura de gelo é de 3.000 m. Quantos centímetros cúbicos de gelo contém a An-tártica? (Ignore a curvatura da Terra)

8. Hoje em dia, as conversões de unidades mais comuns podem ser feitas com o auxílio decalculadoras e computadores, mas é importante que o aluno saiba usar uma tabela de conversãocomo as do Apêndice D. A Tabela 1-6 é parte de uma tabela de conversão para um sistema demedidas de volume que já foi comum na Espanha; um volume de 1 fanega equivale a 55,501dm3 (decímetros cúbicos). Para completar a tabela, que números (com três algarismos signifi-cativos) devem ser inseridos (a) na coluna de cahiz, (b) na coluna de fanegas, (c) na coluna decuartillas e (d) na coluna de almudes? Expresse 7,00 almudes em (e) medios, (f) cahizes e (g)centímetros cúbicos (cm3).

9. Os engenheiros hidráulicos dos Estados Unidos usam frequentemente, como unidade devolume de água, o acre-pé, definido como o volume de água suficiente para cobrir 1 acre deterra até uma profundidade de 1 pé. Uma forte tempestade despejou 2,0 polegadas de chuvaem 30 min em uma cidade com uma área de 26 km2. Que volume de água, em acres-pés, caiusobre a cidade?

1.2 tempo

10. A planta de crescimento mais rápido de que se tem notícia é uma Hesperoyucca whipplei,que cresceu 3,7 m e 14 dias. Qual foi a velocidade de crescimento da planta em micrômetrospor segundo?

Um micrometro, µ, é 10−6. Então, temos

ν =∆x∆t

=3,7 · 106

14 · 24 · 3600µm/s = 3,1 µm/s

11. O fortnight é uma simpática medida inglesa de tempo igual a 2,0 semanas (a palavraé uma contração de "fourteen nights”, ou seja, quatorze noites). Pode ser um tempo adequadopara passar com uma companhia agradável, mas uma dolorosa sequência de microssegundosse for passado com uma companhia desagradável. Quantos microssegundos existem em umfortnight?

ÿ Cirlei Xavier m Mecânicab

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

1.2. tempo 4

12. Um tempo de aula (50 min) é aproximadamente igual a 1 microsséculo. (a) Qual é aduração de um microssóculo em minutos? (b) Usando a relação

erro percentual =(real − aproximado

real

)100,

determine o erro percentual dessa aproximação.

13. Por cerca de 10 anos após a Revolução Francesa o governo francês tentou basear asmedidas de tempo em múltiplos de dez: uma semana tinha 10 dias, um dia tinha 10 horas, umahora consistia em 100 minutos e um minuto consistia em 100 segundos. Quais são as razões(a) da semana decimal francesa para a semana comum e (b) do segundo decimal francês parao segundo comum?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 2

Movimento Retilíneo

Perguntas1. A Fig. 2-15 mostra as trajetórias de quatro objetos de um ponto inicial a um ponto final,

todas no mesmo intervalo de tempo. As trajetórias passam por três linhas retas igualmenteespaçadas. Coloque as trajetórias na ordem (a) da velocidade média dos objetos e (b) da velo-cidade escalar média dos objetos, começando pela maior.

(a) Sabemos que a velocidade média depende somente da posição inicial e final, e seu sinalindica o sentido do movimento. Nota-se no gráfico que o objeto 1, 2 e 4 partiram da mesmaorigem e pararam também na mesma posição final. Então, suas velocidades médias são iguais.Já o objeto 3, partiu e parou em outra posição, mas seu deslocamento e sentido do movimentoé igual às outras trajetórias. Portanto, todos tem velocidade média iguais.

(b) A velocidade escalar média é a distância total, percorrida pelo objeto, dividida pelointervalo de tempo total. Como as linhas estão igualmente espaçadas, podemos chamando dex a distância entre as linhas. Observa-se que o objeto 1 e 2 percorre distância iguais no mesmointervalo de tempo. Então, suas velocidade escalar média são iguais, νm = 3x/ 4 t. O objeto 3percorre 4x = x, logo sua velocidade escalar média é νm = x/4t. A velocidade escalar média doobjeto 4 é aproximadamente νm = 5x/ 4 t. Portanto, ordenando o objeto de velocidade escalarmédia maior para o menor, temos: 4, 1 e 2, 3.

2. A Fig. 2-16 é um gráfico da posição de uma partícula em um eixo x em função dotempo. (a) Qual é o sinal da posição da partícula no instante t = 0? A velocidade da partículaé positiva, negativa ou nula (b) em t = 1 s, (c) em t = 2 s e (d) em t = 3 s? (e) Quantas vezesa partícula passa pelo ponto x = 0?

(a) No instante t = 0, a partícula se encontra na posição -3 m, então o sinal é negativo. Avelocidade média da partícula é zero e sua velocidade escalar média é νm = 3/4 m/s. (b) Avelocidade é a inclinação da reta tangente à curva da posição em função do tempo, então ét = 1 s a velocidade é positiva, (c) t = 2 s a velocidade é zero, partícula se encontra em repouso,mudando o sentido do movimento, e (d) a velocidade é negativa. (d) A partícula passa naorigem, x = 0, duas fezes.

3. A Fig. 2-17 mostra a velocidade de uma partícula que se move em um eixo x. Determine(a) o sentido inicial e (b) o sentido final do movimento. (c) A velocidade da partícula se anulaem algum instante? (d) A aceleração é positiva ou negativa? (e) A aceleração é constante ouvariável?

5

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

6

(a) A partícula se move no sentido negativo do movimento no início e (b) no final do movi-mento seu sentido é positivo. (c) Sim, no instante em que a partícula muda de sentido. (d) Aaceleração é sempre positiva e (e) constante.

4. A Fig. 2-18 mostra a aceleração a(t) de um chihuahua que persegue em pastor alemãosobre um eixo. Em qual dos períodos de tempo indicados o chihuahua se move com velocidadeconstante?

O objeto se move com velocidade constante quando sua aceleração é zero. Isto aconteceentre os instante E e F, e G e H.

5. A Fig. 2-19 mostra a velocidade de um partícula que se move em um eixo. O ponto 1 éo ponto mais alto da curva; o ponto 4 é o ponto mais baixo; os pontos 2 e 6 estão na mesmaaltura. Qual é o sentido do movimento (a) no instante t=0 e (b) no ponto 4? (c) Em qual dosseis pontos numerados a partícula inverte o sentido de movimento? (d) Coloque os seis pontosna ordem do modulo da aceleração, começando pelo maior.

Observa-se que a partícula se move entre o instante t = 0 e o ponto 1 com aceleração positiva,velocidade positiva e diminuindo no tempo (movimento acelerado progressivo). Quanto atingeo instante ponto 1 a aceleração é zero e, ao passar o tempo, a partícula começa a diminuir suavelocidade, tornado a aceleração negativa (movimento retardado progressivo). No ponto 3 apartícula para, velocidade igual a zero, e muda o sentido do movimento. Entre os pontos 3 e 4o movimento é no sentido negativo e a velocidade aumenta com o tempo (movimento aceleradoretrógrado) até que, novamente, no ponto 4 começa um movimento retardado retrógrado. Noponto 5 muda o sentido do movimento para o sentido positivo e volta a ter aceleração constantee a velocidade aumenta com o passar do tempo.

Portanto, (a) Em t = 0 o sentido do movimento é positivo, (b) No ponto 4 a partícula mudade acelerado para retardado e seu sentido é negativo. (c) A partícula muda de sentido nospontos 3 e 5. (d) A aceleração nos pontos 1 e 4 são iguais a zero, nos pontos 3 e 5 iguais, nospontos 2 e 6 iguais e constantes. Colocando a aceleração em ordem decrescente do modulo daaceleração, temos 2 e 6; 3 e 5, 1 e 4

6. As seguintes equações fornecem a velocidade ν(t) de uma partícula em quatro situações:(a) ν = 3; (b) ν = 4t2 + 2t − 6; (c) ν = 3t − 4; (d) ν = 5t2 − 3. Em quais destas situações asequações da Tabela 2-1 podem ser aplicadas?

Apenas em (a) e (c) podemos usar as equações da Tabela 2-1.

7. Na Fig. 2-20, uma tangerina é lançada verticalmente para cima e passa por três janelasigualmente espaçadas e de alturas iguais. Coloque as janelas na ordem decrescente (a) da velo-cidade escalar média da tangerina ao passar por elas, (b) do tempo que a tangerina leva parapassar por elas, (c) do módulo da aceleração da tangerina ao passar por elas e (d) da variação4ν da velocidade escalar da tangerina ao passar por elas.

(a) A velocidade escalar média depende da distância total percorrido e do tempo total gasto.As distâncias que a tangerina percorre ao passar nas janelas são iguais, porém o tempos ao per-correr cada uma são diferentes. Seja t3 o tempo gasto ao atravessar a primeira janela, t2 asegunda janela e t1 a terceira janela. Como o movimento é verticalmente para cima, devido aação da gravidade, temos t3 < t2 < t1. Então, as janelas em ordem decrescente das velocidadeescalar média são: 3, 2 e 1. (b) Como temos t3 < t2 < t1, a ordem é 1, 2 e 3. (c) A aceleração é


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

2.1. Velocidade Média e Velocidade Escalar Média 7

constante em todo o percurso, a = −g m/s2. Então, são todas iguais. (d) A ordem decrescenteda variação 4ν da velocidade escalar, modulo da velocidade instantânea, da tangerina ao passapelas janelas é 1, 2 e 3.

8. Em t = 0, uma partícula que se move em um eixo x está na posição x0 = −20 m. Ossinais da velocidade inicial ν0 (no instante t0) e da aceleração constante a da partícula são,respectivamente, para quatro situações: (1) +, +; (2) +, -; (3) -; +; (4) -,-. Em quais das situa-ções a partícula (a) pára momentaneamente. (b) passa pela origem e (c) não passa pela origem?

Em (1) o movimente é acelerado no sentido positivo, (2) o movimente é retardado no sen-tido positivo, (3) movimento é retardado no sentido negativa e (4) o movimento é acelerado nosentido negativo. (a) Na situação (2) e (3); (b) Na situação (1); (c) a situação (4).

9. Debruçado no parapeito de uma ponte, você deixa cair um ovo (com velocidade inicialnula) e atira um segundo ovo para baixo. Qual das curvas da Fig.2-21 corresponde à velocidadeν(t) (a) do ovo que caiu, (b) do ovo que foi atirado? (As curvas A e B são paralelas, assimcomo as curvas C, D e E e as curvas F e G.

(a) a curva que corresponde à velocidade do ovo que caiu é D e (b) do ovo que foi atiradopara baixo é E.

Problemas2.1 Velocidade Média e Velocidade Escalar Média

1. Um automóvel viaja em uma estrada retilínea por 40 km a 30 km/h. Em seguida, con-tinuando no mesmo sentido, percorre outros 40 km a 60 km/h. (a) Qual é a velocidade médiado carro durante este percurso de 80 km? (Suponha que o carro se move no sentido positivode x.) (b) Qual é a velocidade escalar média? (c) Trace o gráfico de x em função de t e mostrecomo calcular a velocidade média a partir do gráfico.

(a) A velocidade media é o deslocamento total dividido pelo intervalo tempo total. Primeiro,vamos encontrar o tempo em cada percurso, no primeiro percurso gasta um tempo de t1 =4x/ν = 1,33h e no segundo percurso t2 = 4x/ν = 0,67h. Então, temos um tempo total de 2,00h. A velocidade média é:

νm =802

= +40 km/h

(b) A velocidade escalar média é o distância total dividia pelo tempo total. Neste exemplo,a velocidade escalar média coincidiu com a velocidade média de +40 km/h.

(c)

2. Um carro sobe uma ladeira com uma velocidade constante de 40 km/h e desce a ladeiracom uma velocidade constante de 60 km/h. Calcule a velocidade escalar média da viagem deida e volta.

Chamando o comprimento da ladeira de D, o tempo gasto para subir a ladeira é D/40 he o tempo de descida é D/60 h. Assim, temos o tempo total é (D/40 +D/60). Portanto, a


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,20

10

20

30

40

50

60

70

80

90

x (k

m)

t (h)

x1(t) x2(t) Vm

velocidade escalar média é:

νm =2D

D/40+D/60=

2D · 40 · 6040D +60D

= 48 km/h

3. Durante um espirro, os olhos podem se fechar por até 0,50 s. Se você está dirigindo umcarro a 90 km/h e espirra, de quanto o carro pode se deslocar até você abrir novamente os olhos?

Usando a equação da velocidade média, encontraremos o deslocamento do carro durante opiscar dos olhos. Uma velocidade de 90 km/h é 90/3,6 = 25 m/s. Assim, o deslocamento é:

4 x = 25 · 0,50 = 12,5 ≈ 13 m

4. Em 1992, um recorde mundial de velocidade em uma bicicleta foi estabelecido ChrisHuber. Seu tempo para percorrer um trecho de 200 m foi apenas 6,509 s, ao final do qual elecomentou: “ Cogito ergo zoom!” (Penso, logo corro!). Em 2001, Sam Whittingham quebrou orecorde de Huber em 19 km/h. Qual foi o tempo gasto por Whittingham para percorrer os 200m?

Chris Huber teve um velocidade média de 30,727 m/s = 110,616 km/h, enquanto Whit-tingham de 129,616 km/h = 36,004 m/s. O tempo gasto por Whittingham para percorrer os200 m foi de 5,555 s.

5. A posição de um objeto que se move ao longo de um eixo x é dada por x = 3t − 4t2 + t3,onde x está em metros e t em segundos. Determine a posição do objeto para os seguintes valoresde t: (a) 1 s, (b) 2 s, (c) 3 s, (d) 4 s. (e) Qual é o deslocamento do objeto entre t = 0 e t = 4s? (f) Qual é a velocidade média para o intervalo de tempo de t = 2 s a t = 4 s? (g) Faça ográfico de x em função de t para 0 ≤ t ≤ 4 s e indique como a resposta do item (f) pode serdeterminada a partir do gráfico.

(a) Em = 1 s o objeto se encontra em x = 3 ·1−4 ·12+13 = 0, (b) em t = 2 s se encontra emx = 6−16+8 = −2 m, (c) em t = 3 s se encontra em x = 0 e em t = 4s se encontra em x = 12 m.(e) Em t = 0 o objeto se encontra em repouso e t = 4 s o objeto se encontra na posição x = +12m. (f) Entre o intervalo de tempo de t = 2 s e t = 4s o objeto tem uma velocidade média deνm = 4x/ 4 t = [12− (−2)]/(4− 2) = 7 m/s.

(g)


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

x (m

), v(

m/s

), a(

m/s

2 )

t (s)

x(t) v(t) a(t)

6. Calcule a velocidade média nos dois casos seguintes: (a) você caminha 73,2 m a umavelocidade de 1,22 m/s e depois corre 73,2 m a 3,05 m/s em uma pista reta. (b) Você caminha1,00 min com uma velocidade de 1, 22 m/s e depois corre por 1,00 min a 3,05 m/s em umapista reta. (c) Faça o gráfico de x em função de t nos dois casos e indique como a velocidademédia pode ser determinada a partir do gráfico.

(a) O deslocamento é 4x = 2 ·73,2 = 146,4 m e o tempo é 4t = 73,2/1,22+73,2/3,05 = 84s. Então, a velocidade média é:

νm =146,484

= 1,74 m/s

(b) O deslocamento é 4x = 1,22 · 60+3,05 · 60 = 256,2 m e o tempo total é 2 · 60 = 120 s.Assim, a velocidade média é:

νm =256,2120

= 2,14 m/s

(c)

0 10 20 30 40 50 60 70 80 900

20

40

60

80

100

120

140

160

x (m

)

t (s)

x1(t) x2(t) Vm

(a)

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 1300

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

220

240

260

x (m

)

t (s)

x1(t) x2(t) Vm

(b)

7. Em uma corrida de 1 km, o corredor 1 da raia 1 (com o tempo de 2 min 27,95 s) pareceser mais rápido que o corredor 2 da raia 2 (2 min 28,15 s). Entretanto, o comprimento L2 daraia 2 pode ser ligeiramente maior que o comprimento L1 da raia 1. Qual é o maior valor dadiferença L2 −L1 para a qual a conclusão de que o corredor 1 é mais rápido é verdadeira?

O corredor 1 da raia 1, com tempo de t1 = 147,95 s, percorre com uma velocidade escalarmédia de Sm,1 = S/t1 = 1.000/147,95 = +6,7590 m/s. O corredor da raia 2, com tempo de


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


t2 = 148,15 s, percorre com uma velocidade escalar média de Sm,2 = 1.000/148,15 = +6,7499m/s. O corredor 1 chega primeiro com um tempo menor que o corredor 2 de 4t = 0.2 s.Considerando que os corredores correm com a mesma rapidez. Então, o comprimento L2 daraia 2 pode ser ligeiramente maior do que o comprimento L1. Dessa forma, temos

L2 −L1 =L1t1· (t2 − t1) = 6,7590 · 0,2 = 1,3518 ≈ 1,4 m.

Se L1 e L2 são iguais, então o corredor 1 é mais rápido do que o corredor 2. Porém, seL2 = (L1 +1,4) o corredor 2 é o mais rápido , pois Sm,2 = 1.001,4/148,15 = +6,7594 m/s.

8. Para estabelecer um recorde de velocidade em uma distância d (em linha reta), um carrodeve percorrer a distância primeiro em um sentido (em um tempo t1) e depois no sentido oposto(em um tempo t2). (a) Para eliminar o efeito do vento e obter a velocidade do carro νc naausência de vento, devemos calcular a média aritmética de d/t1 e d/t2 (método 1) ou devemosdividir d pela média aritmética de t1 e t2? (b) Qual é a diferença percentual dos dois métodosse existe um vento constante na pista e a razão entre a velocidade νv do vento e a velocidadeνc do carro é 0,0240?

(a) Vamos calcular a velocidade do carro nos dois sentidos, d/t1 e d/t2. Supondo que oprimeiro percurso o carro está no sentido do movimento e no sentido do vento. No segundopercurso o carro está no sentido oposto do movimento e contra o vento. Então, temos

ν1 = νc + νv (2.1)

ν2 = ν′c − νv (2.2)

Observe que, como ν ′c = νc, a média aritmética das velocidades elimina o efeito do vento eobtemos a velocidade do carro νc.

ν1 + ν22

= νc = d ·t1 + t22 · t1 · t2

(b) A diferença dos dois métodos é:

dif = d · t1 + t22 · t1 · t2

− 2 · dt1 + t2

dif =12· (νc + ν

′c)−

2 · dd

νc+νv+ dν′c−νv

dif =12· (νc + ν

′c)−

2 · (νc + ν′c)(ν

′c − νv)

(νc + ν′c)

dif = νc −(νc + νv) · (νc − νv)

νc

dif = νc −(ν2c − ν2v )

νc

dif = νc · (νvνc

)2

Como νv = 0,0240νc, obtemos

dif = νc · (0,0240)2 = νc · (5,7600 · 10−4)


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


9. Você tem que dirigir em uma via expressa para se candidatar a um emprego em outracidade, a uma distância de 300 km. A entrevista foi marcada as 11:15 h da manhã. Vocêplaneja dirigir a 100 km/h e parte às 8:00 h da manhã para ter algum tempo de sobra. Vocêdirige na velocidade planejada durante os primeiros 100 km, depois um trecho da estrada emobras o obriga a reduzir a velocidade para 40 km/h por 40 km. Qual a menor velocidade quevocê deve manter no resto da viagem para chegar a tempo para a entrevista?

Para o candidato chegar no horário, saindo às 8:00 h, ele terá 3,25 h para chegar no local.Então, ele deverá percorrer os 300 km com uma velocidade de 92,3 km/h para chegar na hora.Com planeja ter um tempo de folga, ele dirigindo com 100 km/h irá chegar com 0,25 h deantecedência. Como ocorreu um imprevisto devido a obras na estrada, ele percorre o primeiropercurso em 1 h com 100 km/h, o segundo com percorre em 1 h com 40 km/h. Agora, restaainda 160 km para percorrer em tempo de 1,25 h, que é o tempo que resta para chegar no ho-rário. Dessa forma, ele deve ter uma velocidade de no mínimo 128 km/h para chegar a tempopara a entrevista.

10. Situação de pânico. A Fig. 2-22 mostra uma situação na qual muitas pessoas tentamescapar por uma porta de emergência que está trancada. As pessoas se aproxima da portacom um velocidade νs = 3,50 m/s, têm d = 0,25m de espessura e estão separadas por umadistância L = 1,75 m. A Fig. 2-22 mostra a posição das pessoas no instante t = 0. (a) Qualé a taxa média de aumento da camada de pessoas que se comprimem contra a porta? (b) Emque instante a espessura da camada chega a 5,0 m? (As pessoas mostram com que rapidez umsituação desse tipo pode colocar em risco a vida das pessoas.)

(a) A pessoa da frente chega na porta em t = L/νs = 1,75/3,50 = 0,50 s, a segunda pessoa emt = (2L+d)/νs = 3,75/3,50 = 1,07 s, e a terceira pessoa em t = (3L+2d)/νs = 5,750/3,50 = 1,64s. Veja que cada pessoas chegaram na porta com um intervalo de tempo de 0,57 s. Entretanto,o portão está fechado. Dessa forma, as pessoas vão formar camadas. De uma pessoa a outra,em movimento, estão separadas por um intervalo de tempo de 0,50 s e uma distância L quelhes separam. Lembrando que, a vazão é definida como sendo o volume da coisa transportadodividido pelo tempo, então, temos V = vol/t. Como a espessura das pessoas é 0,25 m e, temos,um tempo de 0,5 segundos de uma pessoa a outra. Assim, a taxa média de aumento da camadade pessoas é V = d/(L/νs) = 0,5 m/s.

(b) A quantidade de tempo para formar camadas de d ′ = 5 m é t = d ′ /νp = 5/0,5 = 10 s.

11. Dois trens, cada um com velocidade de 30 km/h, trafegam em sentidos opostos namesma linha férrea retilínea. Um pássaro capaz de voar a 60 km/h parte da frente de um dostrens, quando eles estão separados por 60 km, e se dirige em linha reta para o outro trem. Aochegar ao outro trem, o pássaro faz meia-volta e se dirige para o primeiro trem, e assim pordiante. (Não temos a menor ideia da razão pela qual o pássaro se comporta desta forma.) Qualé a distância total que o pássaro percorre até os trens colidirem?

Estando os dois trens, cada um com velocidade de 30 km/h e estando distantes de 60km. Em 1 h eles irão colidirem, cada um percorrerá 30 km. Um pássaro que começa a voar,exatamente quando os trem estão distante de 60 km, de um trem ou outro sem parar, então,quando o pássaro percorrer 2x, cada trem percorre x. Dessa forma, os trem diminui 2x de suadistância inicial. Considerando o sentido do movimento como sendo a direção do primeiro voo


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


do pássaro rumo ao segundo trem. Veja que a posição dos trens são:

x1 = 30 · tx2 = 60− 30 · t

xp = 60 · t

Observe que, em cada volta, a origem do movimento é sempre a posição do trem 1 e quea posição inicial do trem dois muda a cada volta do pássaro. Dessa forma, no primeiro voo, opássaro percorre 40 km e se encontra com o segundo trem. Cada trem percorre 20 km. Assim,só resta 20 km restante. Na volta, o pássaro percorre 13,33 km dos 20 km, e cada trem percorre6,67 km, só reta 6,67 km. Novamente, o pássaro vai ao encontro do segundo trem, percorrendo4,45 km enquanto cada trem percorre 2,22 km, agora, nos resta 2,22 km. Na volta seguinte, opássaro percorre 1,48 km e cada trem 0,74 km, fica restando ainda 0,74 km. O pássaro percorre0,49 km e cada trem 0,25 km. Na sexta volta, o pássaro percorre 0,17 km e cada trem 0,085km. Depois, o pássaro percorre 0,057 km e cada trem 0,028 km. Dessa forma, vai diminuindoa distância dos trens até ele baterem. Portanto, somando as distâncias percorridas em cadavoltas dada pelo pássaro, temos que ele percorre aproximadamente 60 km antes que os trenscolidam.

De forma direta, podemos pensar o seguinte: com a distância dada, 60 km, os trens colidiramdentro de uma hora, então, o pássaro com velocidade de 60 km/h, em uma hora, percorrex = νt = 60 km .

12. Onda de choque no trânsito. Quando o trânsito é intenso, uma redução brusca develocidade pode se propagar como um pulso, denominado onda de choque, ao longo de uma filade carros, no sentido do movimento dos carros, no sentido oposto ou permanecer estacionária.A Fig. 2-23 mostra uma fila de carros regularmente espaçados que estão se movendo a uma ve-locidade ν = 25,00 m/s em direção a uma fila de carros mais lentos, uniformemente espaçados,que estão se movendo a uma velocidade νl = 5,00 m/s. Suponha que cada carro mais rápidoacrescenta um comprimento L = 12,0 m (comprimento do carro mais a distância mínima desegurança) à fila de carros mais lentos ao se juntar à fila, e suponha que reduz bruscamente avelocidade no último momento. (a) Para que distância d entre os carros mais rápidos a ondade choque permanece estacionária? Se a distância é duas vezes maior que este valor, quais são(b) a velocidade e (c) o sentido (o sentido do movimento dos carros ou o sentido contrário) daonda de choque?

(a) A onda de choque permanecerão constante no intervalo de tempo dado de t = L/νl , ouseja, enquanto a fila percorre uma distância L o carro mais rápido percorrerá d+L para encostarno último carro da fila, mantendo ainda a distância mínima.

ν · t = d +L⇒ d = ν ·L/νl +L =Lνl(ν − νl) = 48 m.

Pensando: Qual a desaceleração necessária para os carros mais rápidos, quando eles seencontra afastado d dos carros mais lentos, juntar-se à fila dos carros mais lentos sem colidirem?Nesse caso, devemos usar a equações do movimentos com aceleração constante. São elas:


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


x − x0 = 1/2(ν0 + ν)t⇒ d + νlt = 1/2(ν + νl)t⇒ t =2dν − νl

ν = ν0 +αt⇒ νl = ν +αt⇒ α = −(ν − νl)2

2dν2 = ν20 +2α(x − x0)⇒ ν2l = ν

2 +2α(d + νlt)

x − x0 = νt − (α/2)t2⇒ d + νlt = νt + (α/2)t2

Quando o carro mais lento percorrer νlt o carro mais rápido percorre d + νlt no intervalode tempo t, onde t é o tempo necessário para encostar no carro mais lento. Portanto, adesaceleração é:

α = −(ν − νl)2

2d

(b) Se a distância é duas vezes maior que d, isto é, D = 96 m. Significa que os carros sechocaram e ouve uma onda de choque. Qual será a nova distância percorrida pelos carros maislentos? A velocidade da fila de carros em νl , veja que, quando a fila anda x = νlt, os carrosmais rápido andou D + x no mesmo intervalo de tempo. Então, temos que o tempo t = x/νl éigual a (D + x)/ν. Assim, temos

x =Dνs/(ν − νl) = 24 m.

Então, o tempo é t = x/νl = 4,80 s. Nota-se que houve um aumento da distância percorridapelos carros mais lentos de x = 2L. Assim, houve um distância de arrasto de

4 x = x −L = 24− 12 = 12 m.

Então, a velocidade da onda de choque é ν = 12/4,8 = 2,50 m/s.(c) Como x > L, a velocidade da onda de choque tem o sentido do movimento dos carros.

13. Você dirige do Rio a São Paulo metade do tempo a 55 km/h e a outra metade a 90km/h. Na volta, você viaja metade da distância a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h. Qualé a velocidade escalar média (a) do Rio a São Paulo, (b) de São Paulo ao Rio e (c) na viageminteira? (d) Qual é a velocidade média na viagem inteira? (e) Plote o gráfico de x em funçãode t para o item (a), supondo que o movimento ocorre no sentido positivo de x. Mostre comoa velocidade média pode ser determinada a partir do gráfico.

Como sabemos, a velocidade escalar não tem sentido e nem direção. Ela nos dá a rapidezdo objeto em uma distância total percorrida num dada intervalo de tempo total.

(a) Na primeira metade do tempo ando a 55 km/h e na outra metade a 90 km/h, veja quet1 = t2 = t/2, então, temos

Sm =dt=d1 + d2t1 + t2

=ν1 · t1 + ν2 · t2

t1 + t2=(ν1 + ν2) · t/2

2 · t/2=ν1 + ν2

2=55+90

2= 72,5 km/h.

Observe que, neste exemplo, a velocidade escalar média é igual à média aritmética dasvelocidades.

(b) Agora, ando a metade da distância a 55 km/h e a outra metade a 90 km/h, então,temos.

Sm =d

t′=d1 + d2t1 + t2

=d1 + d2

d1/ν1 + d2/ν2=

2 · d/2d/2 · (ν1 + ν2)/(ν1 · ν2)

=2 · ν1 · ν2ν1 + ν2

=2 · 55 · 9055+90

= 68,3 km/h.


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

2.2. Velocidade Instantânea e Velocidade Escalar Instantânea 14

(c) Na viagem inteira, temos

Sm =2 · dt + t′

=2 · d

d/72,5+ d/68,3=2 · 72,5 · 68,372,5+68,3

= 70,3 km/h.

(d) A velocidade média, como sabemos, é o deslocamento dividido pelo intervalo de tempo,não depende da distância total percorrida, mas apenas da posição inicial e final. Sendo assim,a velocidade média na viagem inteira é zero.

(e) Temos duas equações, uma é x1 = ν1 · t1 para a primeira metade do tempo e a outra éx2 = x2,0 + ν2 · t2 para a outra metade do tempo, lembre-se que t1 = t2 e x2,0 = (ν1 − ν2) · t/2.Portanto, tem-se

t/2

Vm= 72,5 km/h

V2= 90 km/h

x1(t) x2(t) xm

x (k

m)

t (h)

V1= 55 km/h

t

d

2.2 Velocidade Instantânea e Velocidade Escalar Instantâ-nea

14. A função posição x(t) de uma partícula que está se movendo ao longo do eixo x éx = 4,0− 6,0t2, com x em metros e t em segundos. (a) Em que instante e (b) em que posiçãoa partícula pára (momentaneamente)? Em que (c) instante negativo e (d) instante positivo apartícula passa pela origem? (e) Plote o gráfico de x em função de t para o intervalo de -5 sa +5 s. (f) Para deslocar a curva para a direita no gráfico, devemos acrescentar o termo +20tou o termo −20t a x(t)? (g) Essa modificação aumenta ou diminui o valor de x para o qual apartícula pára momentaneamente?

Sendo a posição da partícula em função do tempo dado por x(t) = 4,0 − 6,0t2, então, avelocidade em função do tempo é ν(t) = −12,0t e a aceleração é constante a = −12 m/s2.Observe que a partícula pára momentaneamente quando sua velocidade é zero, isso ocorre (a)no instante zero, e ela se encontra (b) na posição 4,0 m. (c) No instante t = −0,82 s e em (d)t = 0,82 s a partícula passa pela origem. (e)

(f) Devemos acrescentar o termo +20t para a curva deslocar para a direita. Como pode servisto no gráfico abaixo.

(g) Essa modificação aumenta o valor de x para x = 20,67 m para o qual a partícula páramomentaneamente, no instante t = 1,67 s.

15. (a) Se a posição de uma partícula é dada por x = 4−12t+3t2 (onde t está em segundos ex em metros), qual é a velocidade da partícula em t = 1 s? (b) O movimento nesse instante é nosentido positivo ou negativo de x? (c) Qual é a velocidade escalar da partícula nesse instante?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-200

-150

-100

-50

0

50

100

x (m

), v

(m/s

), a

t (s)

x(t) v(t) a

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-200

-150

-100

-50

0

50

100

x (m

), v(

m/2

), a

(m/s

2 )

t (s)

xdir(t) xesq(t) vdir(t) vesq(t) a

(d) A velocidade escalar está aumentando ou diminuindo nesse instante? (Tente responderàs duas próximas perguntas sem fazer outros cálculos.) (e) Existe algum instante no qual avelocidade se anula? Caso a resposta seja afirmativa, para que valor de t isso acontece? (f)Existe algum instante após t = 3 s no qual a partícula está se movendo no sentido negativo de x?

No instante t = 1 s a partícula se encontra na posição x = −5 m. A velocidade é dada por6t − 12, veja que no instante t = 1 s a partícula está com velocidade negativa, (a) ν = −6 m/s.Então, (b) o sentido neste instante é no sentido negativo de x. A velocidade escalar é |ν| = 6m/s, veja que (d) a velocidade escalar está diminuindo neste instante. (e) Sim, no instantet = 2 s. (f) Não, a partícula a partir do instante t = 2 s moverá sempre no sentido positivo dex. Observe o gráfico abaixo.

16. A posição de um elétron que se move ao longo do eixo x é dada por x = 16te−t m, ondet está em segundos. A que distância está o elétron da origem quando pára momentaneamente?

Uma elétron que se move com essa posição em função do tempo terá uma velocidade emfunção do tempo dada por

ν = {−16e−t(t − 1)}Quando o elétron pára momentaneamente sua velocidade é zero. Então, pela equação acima,

a velocidade é zero se, e somente se, t = 1 s. Portanto, substituindo este instante na equaçãoda posição, encontraremos a posição do elétron, x(1) = 16e−1 = 5,886 m. A aceleração é dadapor

α = {16e−t(t − 2)}Observe o gráfico:


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


-2 -1 0 1 2 3 4 5 6-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

30

x (m

), v(

m/s

), a

(m/s

2 )

t (s)

x(t) v(t) a

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

x (m

), v

(m/s

), a

(m/s

2 )

t (s)

x(t) v(t) a(t)

17. A posição de uma partícula que se move ao longo de eixo x é dada em centímetros porx = 9,75+1,50t3, onde t está em segundos. Calcule (a) a velocidade média durante o intervalode tempo de t = 2,00 s a t = 3,00 s; (b) a velocidade instantânea em t = 2,00 s; (c) a velocidadeinstantânea em t = 2,50 s; (e) a velocidade instantânea quando a partícula está na metade dadistância entre suas posições em t = 2,00 e t = 3,00 s. (f) Plote o gráfico de x em função de te indique suas respostas graficamente.

(a) A velocidade média é dada por

νm =4x4t

=x2 − x1t2 − t1

=(9,75+1,5 · 33)− (9,75+1,5 · 23)

3,00− 2,00=50,25− 21,75

1,00= 28,5 cm/s.

Portanto, a velocidade média no intervalo dado é 28,5 cm/s.(b) A equação da velocidade é:

ν = 4,5t2

Então, no instante t=2,00 s, a partícula tem uma velocidade de 18,0 cm/s.(c) Em t=3 s a velocidade é 40,5 cm/s. (d) Em t=2,50 s a velocidade é 28,1 cm/s. (e)

No instante t=2,00 s a partícula se encontra na posição 21,75 cm e em t=3 s na posição 50,25cm. Então, a posição em que a partícula se encontra na metade das posições nos instantesmencionados, é a posição (x2 + x1)/2 = 36 cm, que corresponde ao instante t=2,596 s e umavelocidade instantânea de ν = 30,3 cm/s. (f) Observe o gráfico do movimento.


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

x (c

m),

v (c

m/s

), a

(cm

/s2 )

t (s)

x(t) v(t) a(t)


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

2.3. Aceleração 18

2.3 Aceleração

18. (a) Se a posição de uma partícula é dada por x = 20t − 5t3, onde x está em metros et em segundos, e que instante(s) a velocidade da partícula é zero? (b) Em que instante(s) aaceleração α é zero? (c) Para que intervalo de tempo (positivo ou negativo) a aceleração α énegativa? (d) Para que intervalo de tempo (positivo ou negativo) a aceleração α é positiva?(e) Trace os gráficos de x(t), v(t) e a(t).

A posição em função do tempo da partícula é x = 20t − 5t3, então, a velocidade em funçãodo tempo é ν = 20 − 15t2 e a aceleração é α = −30t. (a) A velocidade da partícula é zeronos instantes t = ±1,33 s. (b) a aceleração será zero somente no instante zero. Veja que (c) aaceleração será negativa para tempos positivos e (d) será positiva para tempos negativos. (e)Veja os gráficos de x(t), v(t) e a(t) do movimento da partícula.

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-200

-150

-100

-50

0

50

100

150

200

x(m

), v(

m/s

), a(

m/s

2 )

t(s)

x(t) v(t) a(t)

19. Em um certo instante de tempo, uma partícula tinha uma velocidade de 18 m/s nosentido positivo de x; 2,4 s depois, a velocidade era 30 m/s no sentido oposto. Qual foi aaceleração média da partícula durante este intervalo de 2,4 s?

A aceleração média é dada por

α =4ν4t

=ν2 − ν1t2 − t1

=(−30)− (+18)

2,4= −20 m/s2

Portanto, a partícula tem uma aceleração média de −20m/s2 durante o intervalo de 2,4 s.

20. A posição de uma partícula que se move ao longo do eixo x é dada por x = 12t2 − 2t3,onde x está em metros e t em segundos. Determine (a) a posição, (b) a velocidade e (c) aaceleração da partícula em t=3,0 s. (d) Qual é a coordenada positiva máxima alcançada pelapartícula e (e) em que instante de tempo ele é alcançada? (f) Qual é a velocidade positivamáxima alcançada pela partícula e (g) em que instante de tempo ela é alcançada? (h) Qual éa aceleração da partícula no instante que a partícula não está se movendo (além do instantet=0)? (i) Determine a velocidade média da partícula entre t=0 e t=3,0 s.

A partícula no instante t=3 s estará (a) na posição +54 m, (b) com velocidade +18 m/se (c) a aceleração de -12 m/s2. (d) a posição x é máximo quando ν = 0, assim, o instante detempo é t = 0 e t = 4 s. Então, substituindo t=4 s na equação da posição, encontramos x=64 m.(f) a velocidade positiva da partícula é máxima quando sua derivada é zero, ou seja, quando aaceleração é zero. Então, no instante de tempo t=2,0 s a velocidade alcança ν = 24 m/s. (g) De(f), vemos que a velocidade é máxima em t=2,0 s. (h) A partícula não está se movendo, além


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

2.3. Aceleração 19

do instante t=0, no instante t=4 s. (i) A velocidade média da partícula entre t=0 e t=3,0 s éνm = (x2 − x1)/ 4 t = (+54−0)/3,0 = 18 m/s. Veja abaixo o gráfico do movimento da partícula.

-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10-400

-300

-200

-100

0

100

200

300

400

x(m

), v(

m/s

), a(

m/s

2 )

t(s)

x(t) v(t) a(t)

21. A posição de uma partícula que se desloca ao longo do eixo x varia com o tempo deacordo com a equação x = ct2−bt3, onde x está em metros t em segundos. Quais são as unidades(a) da constante c e (b) da constate b? Suponha que os valores numéricos de c e b sejam 3,0e 2,0, respectivamente. (c) Em que instante a partícula passa pelo maior valor positivo de x?De t = 0,0 s a t = 4,0 s, (d) qual é a distância percorrida pela partícula e (e) qual é o seudeslocamento? Determine a velocidade da partícula nos instantes (f) t = 1,0 s, (g) t = 2,0 s,(h) t = 3,0 s e (i) t = 4,0 s. Determine a aceleração da partícula nos instantes (j) t = 1,0 s, (k)t = 2,0 s, (1) t = 3,0 s e (m) t = 4,0 s.

(a) A constante c tem unidade de m/s2 e (b) b tem unidade de m/s3. A partícula passa pelomaior valor positivo quando sua velocidade é zero, isto é, ν = 6t−6t2 = 0, então, t = 0 ou t = 1,0s. O maior valor positivo é x(1) = 1,0 m. (c) No instante t = 1 s. (d) No intervalo de tempot=0,0 a t=4,0 s a partícula percorre uma distância de 80 m e seu deslocamento neste intervaloé -80 m. A velocidade da partícula é dada por ν = 6t(1 − t). (f) Em t=1,0 s a velocidade éν(1) = 0 m/s, (g) em t=2,0 s é ν(2) = −12 m/s, (h) em t=3,0 s é ν(3) = −36 m/s e (i) emt=4,0 s é ν(4) = −72 m/s. A aceleração é dada por α = 6(1 − 2t). (j) Em t=1 s a aceleraçãoé α(1) = −6 m/s2, (k) em t=2 s é α(1) = −18 m/s2, (l) em t=3 s é α(1) = −30 m/s2 e (m) emt=4 s é α(1) = −42 m/s2.

-3 -2 -1 0 1 2 3 4-20

-16

-12

-8

-4

0

4

8

12

16

20

x(m

), v(

m/s

), a(

m/s

2 )

t(s)

x(t) v(t) a(t)

22. De t = 0 a t = 5,00 min um homem fica em pé sem se mover; de t = 5,00 min a t = 10,0min ele caminha em linha reta com uma velocidade de 2,2 m/s. Quais são (a) sua velocidademédia νm e (b) sua aceleração média αm no intervalo de tempo de 2,00 min a 8,00 min? Quais


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

2.4. Aceleração Constante: Um Caso Especial 20

são (c) νm e (d) αm no intervalo de tempo de 3,00 min a 9,00 min? (e) Plote x em função de t e νem função de t, e indique como as respostas de (a) a (c) podem ser obtidas a partir dos gráficos.

O homem percorre uma distância total, no intervalo de 5 min, de x = ν ·4t = 2,2 ·300 = 660m. (a) Nos três primeiro minutos o homem percorre x = 2,2·3·60 = 396 m. Então, a velocidademédia é νm = x/4t = 396/[(8−2)60] = 1,10 m/s e (b) a aceleração média é αm = (ν2−ν1)/4t =(2,2−0)/360 = 6,11 ·10−3. Observe que no intervalo de tempo de 3,00 min a 9,00 min, 4t = 6min, temos mesmo intervalo de tempo das questões anteriores. A distância percorrida pelohomem é x = 2,2 · 4 · 60 = 528. Então, (c) a aceleração média é igual a da questão anterior,αm = 2,2/360 = 6,11 · 10−3 e (d) a velocidade média é νm = 528/360 = 1,47 m/s. (e) Abaixotemos o gráfico de x em função de t e as respostas de (a) e (c) obtidas diretamente do gráfico.

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 6000

100

200

300

400

500

600

700

(c)

x(m

)

t(s)

(a)

2.4 Aceleração Constante: Um Caso Especial

23. Um elétron possui uma aceleração constante de +3,2 m/s2. Em um certo instante, suavelocidade é +9,6 m/s. Qual é sua velocidade (a) 2,5 s antes e (b) 2,5 s depois do instanteconsiderado?

Usando a relação ∆ν = α∆t, obtemos

ν − ν0 = α∆t

ν(t) = ν0 +αt

Assim, se ν0 = 0 em t = 0, temos

9,6 m/s = 0+3,2t⇒ t = 3 s

Portanto,ν(0,5) = 3,2 · 0,5 = 1,6 m/s

eν(5,5) = 3,2 · 5,5 == 18 m/s

Pensando: Se em t = 0 a velocidade é ν0 = 9,6 m/s, então, temos

ν(−2,5) = 9,6+3,2 · (−2,5) = 1,6 m/s


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


eν(2,5) = 9,6+3,2 · 2,5 = 18 m/s

24. Um múon (uma partícula elementar) penetra em uma região com uma velocidade de5,00·106 m/s e passa a ser desacelerado a uma taxa de 1,25·1014 m/s2. (a) Qual é a distânciapercorrida pelo múon até parar? (b) Trace os gráficos de x em função de t e de ν em funçãode t para o múon.

Usando a expressão ν2 = ν20 +2α∆S, vem

∆S =ν2 − ν202α

Se ν = 0, então

∆S = −ν202α⇒ −(5,00 · 106)2

2(−1,25 · 1014)= 10−1⇒ ∆S = 0,100 m

.25. Suponha que uma nave espacial se move com uma aceleração constante de 9,8 m/s2,

que dá aos tripulantes a ilusão de uma gravidade normal durante o vôo. (a) Se a nave parte dorepouso, quanto tempo leva para atingir um décimo da velocidade da luz, que é 3,0 ·108 m/s?(b) Que distância a nave percorre nesse tempo?

(a) Usando a expressão ν = ν0 +αt, e sabendo que ν0 = 0 e ν = 0,1c = 3,0 · 107, obtemos

t =ν − ν0α⇒ t =

3,0 · 107 − 0,09,8

s⇒ t = 0,31 · 107 = 3,1 · 106 s

(b) E usando a expressão ∆S =ν2 − ν202α

, temos

∆S =(3,0 · 107)2 − 02

2 · 9,8m⇒ ∆S = 0,46 · 1014 = 4,46 · 1013 m

26. Em uma estrada seca, um carro com pneus novos é capaz de frear com uma desaceleraçãoconstante de 4,92 m/s2. (a) Quanto tempo esse carro, inicialmente se movendo a 24,6 m/s, levapara parar? (b) Que distância o carro percorre nesse tempo? (c) Trace os gráficos de x emfunção de t e de ν em função de t durante a desaceleração.

(a) Usando a expressão t = (ν − ν0)/α, encontraremos o tempo que o carro leva para pararcom a desaceleração de 4,92 m/s2. Temos

t =ν − ν0α⇒ t =

24,6− 0,004,92

= 5,00 s

(b) A distância percorrida é

∆S =−ν202α⇒ ∆S =

−(24,6)2

2 · (−4,92)= 61,5 m

27. Um elétron com velocidade inicial ν0 = 1,50 · 105m/s penetra em uma região de com-primento L = 1,00cm, onde é eletricamente acelerado, sai dessa região com ν = 5,70 · 106m/s.Qual é a aceleração do elétron, supondo que seja constante?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


A aceleração é

α =ν2 − ν202∆S

⇒ α =(5,70 · 106)2 − (1,50 · 105)2

2 · 0,010=3,251015

2,00= 1,62 · 1015 m/s2

28. Cogumelos lançadores. Alguns cogumelos lançam esporos usando um mecanismo dacatapulta. Quando o vapor d’água do ar se condensa em um esporo preso a um cogumelo, umagota se forma de um lado do esporo e uma película de água se forma do outro lado. O peso dagota faz o esporo se encurvar, mas, quando a película atinge a gota, a gota d’água se espalhabruscamente pelo filme, e o esporo volta tão depressa à posição original que é lançado no ar.Tipicamente, o esporo atinge uma velocidade de 1,6 m/s em um lançamento de 5,0 µm; emseguida, a velocidade é reduzida a zero em 1,00 mm pelo atrito com o ar. Usando esses dadose supondo que a aceleração é constante, determine a aceleração em unidade de g (a) durante olançamento; (b) durante a redução de velocidade.

(a) Usando a equação de Torricelli

ν2 = ν20 +2α∆x

Podemos insolando a aceleração, então, tem-se

α =ν2 − ν202∆x

Assim, obtemos

α =(1,6)2 − 02

2 · (5,0 · 10−6)= 2,56 · 105 m/s2 = 2,56 · 104g m/s2

(b) Observe que a velocidade de 1,6 m/s agora é a velocidade inicial, isto é, ν0 = 1,6 m/se a distância percorrida é 1 mm = 0,001 m. Portanto,

α =02 − (1,6)2

2 · (1 · 10−3)=−2,562 · 10−3

m/s2 = 1,28 · 102g m/s2

29. Um veículo elétrico parte do repouso e acelera em linha reta a uma taxa de 2,0 m/s2 atéatingir a velocidade de 20 m/s. Em seguida, o veículo desacelera a uma taxa constante de 1,0m/s2 até parar. (a) Quanto tempo transcorre entre a partida e a parada? (b) Qual é distânciapercorrida pelo veículo desde a partida até a parada?

Usando a equação da velocidade para o movimento uniformemente variado, ν = ν0 + αt,temos para o primeiro percurso

t1 =ν − ν0α

=20− 02,0

= 10 s

x1 =ν2 − ν202 ·α

=(20)2 − 02

2 · 2,0=4004

= 100 m

Agora para a segunda parte, temos

t2 =ν − ν0α

=0− 20−1,0

= 20 s

x2 =ν2 − ν202 ·α

=02 − (20)2

2 · (−1,0)=4002

= 200 m


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


Portanto,(a) O tempo transcorrido entre a partida e a parada é t = t1 + t2 = 10+20 = 30 s.(b) A distância percorrida pelo veículo desde a partida até a parada é x = x1 + x2 =

100+200 = 300 m.

30. O recorde mundial de velocidade em terra foi estabelecido pelo coronel John P. Stappem março de 1954, a bordo de um trenó-foguete que se deslocou sobre trilhos a 1020 km/h.Ele e o trenó foram freados até parar em 1,4 s. Qual foi a aceleração experimentada por Stappdurante a frenagem, em unidades de g?

A aceleração experimentada por Stapp é dada por

α =ν − ν0t

=283,3− 0

1,4= 202,4 m/s2

.Portanto, houve uma desaceleração de 20,24g m/s2.

31. Uma certa cabina de elevador percorre uma distância máxima de 190 m e atinge umavelocidade máxima de 305 m/min. A cabina pode acelerar a partir do repouso e desacelerarde volta ao repouso a uma taxa de 1,22 m/s2. (a) Qual a distância percorrida pela cabinaenquanto acelera a partir do repouso até a velocidade máxima? (b) Quando tempo a cabinaleva para percorre a distância de 190 m, sem paradas, partindo do repouso e chegando comvelocidade zero?

(a) A cabina sendo acelerada de α = α1 = 1,22 m/s2 desde o repouso ν0 = 0 até a velocidademáxima ν = 5,08 m/s percorrerá uma distância de

x =ν2 − ν202α

=(5,08)2 − 02

2 · 1,22=25,82,44

= 10,6 m

Observe que na aceleração a cabina percorre 10,7 metros, então na desaceleração de α =α2 = −1,22 m/s2 também percorrerá mais 10,7 metros. Portanto, juntando essas duas partesdo percurso a cabina percorrerá 21, 4 metros. Agora, vamos calcular o tempo gasto nos doispercursos.

Nota-se que a velocidade final do primeiro percurso, ν = ν1, é igual à velocidade inicial dosegundo percurso, ν0,2 = ν1, e que a cabina percorre um percurso intermediário de 190−21,2 =168,8 m com velocidade constante, ν = 5,08 m/s . Portanto, tempo total será dado por

t = t1 + t2 + t3

onde

t1 =ν1 − ν0,1α1

=ν1α1

=να=5,081,22

= 4,17 s,

t2 =ν2 − ν0,2α2

=−ν1α2

=να=5,081,22

= 4,17 s,

t3 =∆xν

=168,85,08

= 33,23 s.

Portanto, o tempo total é t = t1 + t2 + t3 = 2 · 4,17+33,23 = 41,57 s.

32. Os freios do seu carro podem produzir uma desaceleração de 5,2 m/s2. (a) Se você dirigea 137 km/h e avista uma policial rodoviário, qual é o tempo mínimo necessário para que o carro


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


atinja a velocidade máxima permitida de 90 km/h? (A resposta revela a inutilidade de frearpara tentar impedir que sua alta velocidade seja detectada por um radar ou por uma pistolade laser). (b) Trace os gráficos de x em função do t e de ν versus t durante a desaceleração.

(a) Usando a expressão da velocidade ν = ν0 +αt, temos

t =ν − ν0α

=25− 38,1−5,2

=13,15,2

= 2,52 s

.(b) O gráfico de x em função do t e de ν em função de t durante a desaceleração é mostrado

abaixo:

0 2 4 6 8 1 0 1 2 1 4 1 6

- 4 0- 2 0

02 04 06 08 0

1 0 01 2 01 4 0

x(m) v

(m/s)

t ( s )

v ( t ) x ( t )

33. Um carro que se move a 56,0 km/h está a 24,0 m de uma barreira quando o motoristaaciona os freios. O carro bate na barreira 2,00 s depois. (a) Qual é o módulo da aceleraçãoconstante do carro antes do choque? (b) Qual é a velocidade do carro no momento do choque?

(a) A aceleração pode ser calcular pela expressão abaixo:

α =2(∆x − ν0t)

t2=2(24,0− 15,6 · 2,00)

(2,00)2=−7,22

= −3,60 m/s2

(a) Dessa forma, a velocidade do carro ao atingir a barreira é

v = ν0 +αt = 15,6− 3,60 · 2,00 = 8,4 m/s

.34. Um carro se move ao longo do eixo x por uma distância de 900 m, partindo do repouso

(em x = 0) e terminado em repouso (em x = 900 m). No primeiro quarto do percurso aaceleração é de +2,25 m/s2. Nos outros três quartos a aceleração passa a ser -0,750 m/s2.Quais são (a) o tempo necessário para percorrer os 900 m e (b) a velocidade máxima? (c)Trace os gráficos da posição x, da velocidade ν e da aceleração α em função do tempo t.

(a) O primeiro quarto do percurso, onde ν0,1 = 0, é descrito pelas equações:

ν1 = ν0,1 +α1t1⇒ t1 = ν1/α1

∆x1 =14x =

ν1 + ν0,12

t1⇒14x =

ν12t1

∆x1 =14x = ν0,1t1 +

α12t21⇒

14x =

α12t21


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


Da última equação acima resulta t1 =√x/2α1.

Agora, para os outros três quartos, onde ν0,2 = ν1 e ν2 = 0, temos:

ν2 = ν0,2 +α2t2⇒ t2 = −ν0,2/α2

∆x2 =34x =

ν2 + ν0,22

t2⇒34x =

ν0,22t2

∆x2 =34x = ν0,2t2 +

α22t22⇒

34x = ν0,2t2 +

α22t22

Observe que a primeira equação escrita acima pode ser escrita como t2 = −ν1/α2 = −α1α2

√x

2α1=

−√α1x

2α22

.

Portanto, o tempo necessário para percorrer os 900 m é

t = t1 + t2 =√

x2α1−√α1x

2α22

=√

x2α1

(1− α1α2

) =

√900

2 · 2,25(1− 2,25−0,750

) = 56,57 s

(b) O carro atinge a velocidade máxima no final do primeiro percurso, ν1, então

ν21 = ν20,1 +2α∆x1⇒ ν1 =√2α1∆x1 =

√2α1

14x = ν1 =

√α1x2

=

√2,25 · 900

2= 31,82 m/s

35. A Fig. 2-25 (ver no livro) mostra o movimento de uma partícula que se move ao longodo eixo x com aceleração constante. A escala vertical do gráfico é definida por xs = 6,0 m.Quais são (a) o módulo e (b) o sentido da aceleração da partícula?

(a) Pelo valores dados no gráfico e usando a equação que nos dá a posição em função dotempo para o movimento uniformemente variado, x = x0 + ν0t +

12t2, tem-se

0− (−2) = ν0 +α2⇒ ν0 +

α2= 2

6− (−2) = 2ν0 +12α22⇒ ν0 +α = 4

Insolando a velocidade inicial e substituindo na outra equação, obtemos que a aceleraçãoα = 4 m/s2. Observe que como a aceleração é positiva o seu sentido é o sentido positivo daorientação do eixo x.

36. (a) Se a aceleração máxima que pode ser tolerada pelos passageiros de um metrô é 1,34m/s2 e duas estações de metrô estão separadas por uma distância de 806 m, qual é a velocidademáxima que o metrô pode alcançar entre as estações? (b) Qual é o tempo de percurso? (c) Seo metrô pára por 20 s em cada estação, qual é a máxima velocidade escalar média do metrô deuma partida à próxima?

(a) Considerando que o metrô parte com velocidade inicial igual a zero, ν0 = 0 em x0 = 0,então o metrô chegará a velocidade máxima na metade do percurso, ν2 = 2α∆x1, ou seja, aprimeira metade o metrô sofre uma aceleração de α1 = 1,34 m/s2 e na outra metade α2 =−1,34 m/s2. Portanto,

ν1 =√2α∆x1 =

√2 · 1,34 · 403 = 32,9 m/s


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


(b) O tempo de percurso é

t1 =ν1α1

=32,91,34

= 24,53 s

(c) Como metrô fica parado por 20 segundos em cada estação e que o tempo para percorrera distância de 806 metros entre as estações é de t = t1+ t2 = 2 ·24,53 = 49,1 s. Então, o tempototal é ∆t = (49,1 + 20) = 69,1 s e, portanto, a máxima velocidade escalar média do metrô édado por

sm =distância total

∆t=

80669,1

= 11,7 m/s

.37. Os carros A e B se movem no mesmo sentido em pistas vizinhas. A posição x do carro

A é dada na Fig 2-26, do instante t = 0 ao instante t = 7,0 s. A escala vertical do gráfico édefinida por xs = 32,0 m. Em t = 0, o carro B está em x = 0, com uma velocidade de 12 m/s euma aceleração negativa αB. (a) Qual deve ser o valor de αB para que os carros estejam ladoa lado (ou seja, tenham o mesmo valor de x) em t = 4,0 s? (b) Para esse valor de αB, quantasvezes os carros ficam lado a lado? (c) Plote a posição x do carro B em função do tempo t naFig. 2-21. Quantas vezes os carros ficariam lado a lado se o módulo da aceleração αB fosse (d)maior do que e (e) menor do que o da resposta da parte (a)?

O deslocamento do carro A é dado por xA = x0,A + νAt, onde a posição inicial é dada pelo

gráfico é vale x0,A = 20 e a velocidade é constante, νA =∆x∆t

=32− 20

6= 2 m/s. Já o carro B o

deslocamento é xB = x0,B + ν0,Bt +αB2t2, onde x0,B = 0 é a posição inicial e a velocidade inicial

foi dada e vale 12 m/s. Portanto, temos

xA = 20+2t

xB = 12t +αB2t2

(a) Para que o carro estejam lado a lado no instante de tempo t = 4 s, então devemos terxA(4) = xB(4). Temos

20+2 · 4 = 12 · 4+ αB222

αB = −2,5 m/s2

(b) Com esse aceleração de 2,5 m/s2 os carros se encontra uma única vez em t = 4 s.(c) Abaixo está o gráfico de x em função do t do carro A e também a posição do carro B

para três valores diferentes da aceleração, αB > −2,5 m/s2, αB = −2,5 m/s2 e αB < −2,5 m/s2.(d) Considerando a aceleração do carro B, αB, um valor qualquer possível. Devemos igualar

as equações para encontrarmos quais tempos em que os dois carros ficam lado a lado, ou sejaxA(t) = xB(t). Portanto, temos

20+2t = 12t +αB2t2

αBt2 +20t − 40 = 0

Resolvendo a equação do segundo grau, at2 + bt + c = 0, obtemos

t =−b ±

√b2 − 4ac2a

t =−20±

√400+160αB2αB


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


0 2 4 6 8 1 0

05

1 01 52 02 53 03 54 0

x(m)

t ( s )

x _ A ( t ) ; a = 0 x _ B ( t ) ; a = - 2 , 5 x _ B ( t ) ; a = - 2 , 0 x _ B ( t ) ; a = - 3 , 0

Observe que vamos ter duas soluções se, e somente se, os valores da raiz quadrada for maiore igual a −2,5 m/s2, isto é, αB ≥ −2,5 m/s2. Sabemos que o valor da aceleração de −2,5 m/s2

os carros se encontra uma única vez. No caso de ser o modulo da aceleração, isto é |αB| > 2,5,ou seja αB > 2,5 ou αV < −2,5. Dessa forma não há soluções reais para a equação, então oscarros não ficaram lado a lado.

(e) Se o modulo da aceleração for menor do que 2,5, isto é |αB| < 2,5, ou seja −2,5 < αB < 2,5,então, temos duas soluções para a equação, dessa forma os carros estarão lado a lado em doismomentos diferentes.

38. Você está se aproximando de um sinal de trânsito quando ele fica amarelo. Você estádirigindo na maior velocidade permitida no local, ν0 = 55 km/h; o módulo da maior taxa dedesaceleração de que o seu carro é capaz é α = 5,18 m/s2, e o seu tempo de reação paracomeçar a frear é T = 0,75 s. Para evitar que a frente do carro invada o cruzamento depois deo sinal mudar para vermelho, você deve frear até parar ou prosseguir a 55 km/h se a distânciaaté o cruzamento e a duração da luz amarela são, respectivamente, (a) 40 m e 2,8 s, (b) 32 me 1,8 s? As respostas podem ser frear, prosseguir, ambas (se as duas estratégias funcionam) ounenhuma (se nenhuma das estratégias funciona).

(a) Durante o tempo de reação o carro percorre xr = νtr = 15,28 · 0,75 = 11,46 m. Então,o tempo total que a luz amarela fica acesa, 2,8 s, agora, só resta 2,05 s para a luz mudarpara a luz vermelha e a distância que o separa do sinal de trânsito é de 28,54 m. O motoristatem de decidir em continuar o movimento ou frear. Se ele optar por frear com a desaceleraçãomáxima, α = −5,18 m/s2, temos

∆x =ν2 − ν202α

∆x =02 − (15,28)2

2 · (−5,18)= 22,54 m

Portanto, o motorista irá percorrer uma distância de 11,46+22,54 = 34 m antes de parar.Observe que o carro gasta um tempo total de 3,7 s, sendo 2,95 s na frenagem.

Por ouro lado, se ele optar por continuar o movimento, o carro percorrerá a distância de40 m com a velocidade de 15,28 s em t = ∆x/ν = 40/15,28 = 2,62 s. Olhe que o tempogasto é menor do que o tempo em que a luz amarela fica acesa. Então, ele conseguirá passarainda na luz amarela. Concluímos, então, que ambas as opções são adequadas.

Observa-se que no momento que o motorista aciona os freios o carro se encontra a 28,54 mdo sinal. Então, o carro conseguirá parar no sinal, no momento em que a luz muda para overmelho, devido uma desaceleração de α = −ν0/t = −(15,28)/2,05 = −7,45 m/s2. Porém,


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


o carro consegue parar, aplicando uma desaceleração de −5,18, com o sinal já no vermelho egastará um tempo de 2,95 s, isto é, 0,9 s depois do sinal ter mudado para o vermelho.

(b) Se optar por passar direto, então, temos t = ∆x/ν = 32/15,28 = 2,1 s. Portanto, comoo tempo em que a luz fica acesa é menor do que o tempo gasto para atravessar o sinal, essaopção não funciona. Por outro lado, se optar por frear com a desaceleração máxima, o carropercorrerá uma distância de 34 m antes de parar, então, o carro passar pelo sinal, novamente,essa opção não funciona. Nessa situação, nenhuma das opções funciona.

Observe que no instante que o motorista aciona os freio o carro está 20,54 m do sinal detrânsito e resta apenas 1,05 s para o sinal mudar para a luz vermelha. Para o carro parar nomomento em que o sinal muda, ele deverá sofrer uma desaceleração de α = −(15,28)/1,05 =−14,55 m/s2.

39. Dois trens se movem no mesmo trilho quando os condutores subitamente notam que elesestão indo um de encontro ao outro. A Fig.2-27 mostra as velocidades ν dos trens em funçãodo tempo t enquanto estão sendo freados. A escala vertical do gráfico é definida por νs = 40,0m. O processo de desaceleração começa quando a distância entre os trens é 200 m. Qual é adistância entre os trens depois que eles param?

A partir do gráfico podemos escrever a equação da velocidade em função do tempo. Cha-mando um deles de trem A e ou outro de trem B, temos

νA = ν0,A +αAtA⇒ νA = 40+αA · 5⇒ αA =−405

= −8,0m/s2

νB = ν0,B +αBtB⇒ νB = −30+αB4⇒ αB =304

= 7,5 m/s2

Portanto, as equações ficam:νA = 40− 8,0tAνB = −30+7,5tB

A distância percorrida durante a desaceleração é dado por ∆x = −ν20 /2α. Então, temos

∆xA = − (40)2

2 · (−8,0)= 100 m

∆xB = −(−30)2

2 · 7,5= −60 m

O sinal negativo na distância percorrida por B significa que seu deslocamento se deu nosentido contrário ao sentido positiva orientado.

Portanto, como os trens estão distante de 200 metros no inicio da desaceleração e como otrem A percorreu 100 metros e o trem B 60 metros até parar, a distância entre ele é de 40 metros.

40. Na Fig. 2-28, um carro vermelho e um carro verde, iguais exceto pela cor, movem-seum em direção ao outro em pistas vizinhas e paralelas a um eixo x. Em t = 0, o carro vermelhoestá em xvermelho = 0 e o carro verde está em xverde = 220 m. Se o carro vermelho tem umavelocidade constante de 20 km/h, os carros se cruzam em x = 44,5 m; se tem uma velocidadeconstante de 40 km/h, eles se cruzam em x = 76,6 m. Quais são (a) a velocidade inicial e (b)a aceleração do carro verde?

No inicio do tempo os carros estão distante um do outro de 220 m e o carro vermelhoestá no sentido positivo do eixo x e o carro verde no sentido negativo. Devido a velocidadeν1 = 20 km/h = 5,56 m/s do carro vermelho, os carros se encontram na posição x1 = 44,5,e eles gastam t1 = x1/ν1 = 44,5/5,56 = 8,0 s, e quando o carro vermelho tem a velocidade


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


ν2 = 40 km/h = 11,11 m/s, os carros se encontram na posição 76,6 m e gastam t2 = x2/ν2 =76,6/11,11 = 6,89 s. Portanto, usando a equação x − x0 = ν0t +α/2t, temos44,5− 220 = ν0 · 8+α/2 · 64⇒−175,5 = 8ν0 +32α

76,6− 200 = ν0 · 6,68+α/2 · 47,5⇒−143,4 = 6,89ν0 +23,7α

Então, a aceleração do carro verde é

6,89(−175,5− 23α

8

)+23,7α = −143,4

α = −2,0 m/s2

Substituindo em qualquer uma do sistema acima, obtemos que a velocidade inicial é ν0 =−13,9 m/s.

41. A Fig. 2-28 mostra um carro vermelho e um carro verde que se movem um em direçãoao outro. A Fig. 2-29 é um gráfico do movimento dos dois carros que mostra suas posiçõesx0verde = 270 m e x0vermelho = 35,0 m no instante t = 0. O carro verde tem uma velocidadeconstante de 20,0 m/s e o carro vermelho parte do repouso. Qual é o módulo da aceleração docarro vermelho?

Analisando o gráfico percebemos que o carro verde se move no sentido negativo do movi-mento, então νverde = −20 m/s e a equação da posição é xverde = 270−20t. A função da posiçãodo carro vermelho é xvermelho = −35 + (α/2)t2, onde a velocidade inicial do carro é zero. Noinstante de tempo de 12 s os dois carros se cruzam, ou seja xverde = xvermelho. Portanto, temos

270− 20 · 12 = −35+ α2(12)2

α = 0,90 m/s2

.42. Quando um trem de passageiros de alta velocidade que se move a 161 km/h faz uma

curva, o maquinista leva um susto ao ver que uma locomotiva entrou indevidamente nos trilhosatravés de um desvio e se encontra a uma distância D=676 m à frente. A locomotiva estáse movendo a 29,0 km/h. O maquinista do trem de alta velocidade imediatamente aciona osfreios. (a) Qual é o valor mínimo do módulo da desaceleração (suposta constante) para que acolisão não ocorra? (b) Suponha que o maquinista está em x = 0 quando, em t = 0, avista alocomotiva. Desenhe as curvas de x(t) para a locomotiva e para o trem de alta velocidade paraos casos em que a colisão é evitada por pouco e a colisão ocorre por pouco.

(a) Observe que a locomotiva se move no mesmo sentido do trem com velocidade constante,que agora vou chamá-la de νB = 29,0 km/h = 8,06 m/s. O trem se move com velocidademaior de νA = 161 km/h = 44,72 m/s. Ao acionar os freios a distância que separa o trem dalocomotiva é D = 676 m.

A distância que o trem deve percorrer até acompanha a locomotiva é de D + νBt, isto é,a distância inicial D mais a distância percorrida pela locomotiva, νBt. Usando a equação∆x =

νf ,A + νA2

t, temosνf ,A + νA

2=∆xt

=D + νBt

t=Dt+ νB

Mas sabemos que o tempo é dado por t = (νf ,A − νA)/α, então a equação acima fica:

νf ,A + νA2

=D

νf ,A−νAα

+ νB


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


νf ,A + νA2

=Dα

νf ,A − νA+ νB

Dα = [νf ,A + νA

2− νB](νf ,A − νA)

O trem irá aproximar da locomotiva sem se chocar com uma velocidade igual à velocidadeda locomotiva, isto é νf ,A = νB. Portanto, temos

Dα = [νB + νA

2− νB](νB − νA) = [

νA − νB2

](νB − νA)

Dα = −(νA − νB)(νA − νB)2

α = −(νA − νB)2

2DSubstituindo os valores, obtemos

α = −(44,72− 8,06)2

2 · 676= −0,994 m/s2

.(b)

0 4 8 1 2 1 6 2 0 2 4 2 8 3 2 3 60

1 0 02 0 03 0 04 0 05 0 06 0 07 0 08 0 09 0 0

1 0 0 0

x(m)

t ( s )

x _ B ( t ) X _ A ( t )

43. Você está discutindo no telefone celular enquanto segue um carro de polícia não identi-ficado, a 25 m de distância; os dois carros estão a 110 km/h. A discussão distrai sua atenção docarro de polícia por 2,0 s (tempo suficiente para você olhar para o telefone e exclamar: "Eu merecuso a fazer isso!”). No início destes 2,0 s o policial começa a frear subitamente a 5,0 m/s2.(a) Qual é a distância entre os dois carros quando você volta a prestar atenção no trânsito?Suponha que você leva outros 0,40 s para perceber o perigo e começar a frear. (b) Se vocêtambém freia a 5,0 m/s2, qual é sua velocidade quando você bate no carro de polícia?

(a) Os dois carros estão com a mesma velocidade ν0,eu = ν0,p = 110 km/h = 30,56 m/se separado por uma distância de ∆x = 25 m no instante t = 0. Neste instante o carro dapolícia começa a frear com uma desaceleração de αp = −5,0 m/s2. Depois dos t = 2 sa velocidade do carro de polícia é νf ,p = ν0,p − αpt = 30,56 − 5,0 · 2 = 20,56 m/s e andou∆xp = (νf ,p + ν0,p)t/2 = 20,56 + 30,56 = 51,11 m. Já o meu carro percorre em dois segundoa distância de ∆eu = ν0,eut = 30,56 · 2 = 61,11. Então, a distância entre os dois carros éd = (25+51,11)− 61,11 = 15 m.


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


(b) Se eu levar mais 0,40 s para perceber o perigo e começar a frear, irei percorrer mais∆xeu = 30,56 · 0,40 = 12,24 m e o carro de polícia irá percorrer mais ∆p = 20,56 · 0,40 −2,5 · (0,40)2 = 7,83 m. Então, agora a distância entre os carro será de d = (15 + 7,83) −12,24 = 10,58 m. Observe que eu continuo com a velocidade de 30,56 m/s e o carro depolícia está, agora, com uma velocidade de νp = 20,56 − 5,0 · 0,40 = 18,56 m/s. Se euaplicar uma desaceleração de αeu = −5,0 m/s2, a distância percorrida é dado pela equação∆xeu = 30,56t − 2,5t2 e o carro de polícia é ∆xp = 10,58 + 18,56t − 2,5t2. No instante dochoque o dois carros se encontra na mesma posição, então

∆xeu = ∆xp

30,56− 2,5t2 = 10,58+18,56t − 2,5t2

t =10,5812,00

= 0,882 s

Portanto, a velocidade do meu carro quando bate no carro de polícia é νc = ν0,eu − 5,0t =30,56− 5,0 · 0,882 = 26,15 m/s = 94,14 km/h.

44. Gostas de chuva caem 1700 m de uma nuvem até o chão. (a) Se elas não estivessemsujeitas à resistência do ar, qual seria sua velocidade ao atingir o solo? (b) Seria seguro caminharna chuva?

(a) Usando a equação ν2 = ν20 +2gh, onde h é a altura das gostas ao caírem. Considerandoque as gotas caem das nuvens, isto é, ν0 = 0, temos

ν =√2gh =

√2 · 9,8 · 1700 =

√33.320

ν = 182,54 m/s

(b) Como a velocidade é alta, concluímos que não seria seguro caminhar na chuva.

45. Em um prédio em construção, uma chave de grifo chega ao solo com uma velocidade de24 m/s. (a) De que altura um operário a deixou cair? (b) Quanto tempo durou a queda? (c)Esboce os gráficos de y, ν e α em função de t para a chave de grifo.

(a) A altura é dado por

h =ν2

2g=

(24)2

2 · 9,8= 29,39 m

(b) O tempo de queda é

t =2hν

=2 · 29,39

24= 2,45 s

46. Um desordeiro joga uma pedra verticalmente para baixo com uma velocidade inicial de12,0 m/s, a partir do telhado de um edifício, 30,0 m acima do solo. (a) Quanto tempo leva apedra para atingir o solo? (b) Qual é a velocidade da pedra no momento do choque?

(a) Usando a equação ν2 = ν20 +2gh e a equação h = (ν0 + ν)t/2, obtemos

t =2h

ν0 + ν=

2h

(ν0 +√ν20 +2gh)

t =2 · 30,0

(12,0+√122 +2 · 9,8 · 30,0)

t = 1,54 s


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


(b) Usando a equação ν = ν0 + gt, temos

ν = 12,0+9,8 · 1,54 = 27,1 m/s

47. (a) Com que velocidade deve ser lançada uma bola verticalmente a partir do solo paraque atinja uma altura máxima de 50 m? (b) Por quanto tempo permanece no ar? (c) Esboce osgráficos de y, ν e α em função de t para a bola. Nos dois primeiros gráficos, indique o instanteno qual ela atinge a altura de 50 m.

(a) Usando a equação ν2 = ν20 +2α∆x, temos

ν20 = −2α∆x = −2(+g)∆x = −2 · 9,8 · (−50)

ν0 = −31,3 m/s

a velocidade inicial é −31,3 m/s.(b) Usando a expressão ∆x = (ν0 + ν)t/2, obtemos

t =2∆xν0

=2 · (−50)−31,3

= 3,19 s

O tempo de subida é 3,19 s, então o tempo total, o tempo que a bola permanece no ar, é2t = 2 · 3,19 = 6,38 s.

48. Um tatu assustado pula verticalmente par acima, subindo 0,544 m nos primeiros 0,200s. (a) Qual é a velocidade do animal ao deixar o solo? (b) Qual é a velocidade na altura de0,544 m? (c) Qual é a altura do salto?

(a) Usando a equação ∆x = ν0t +αt2/2, encontramos

ν0 =∆x −αt2/2

t

ν0 =∆x − gt2/2

t

ν0 =−0,544− 9,8 · (0,200)2/2

0,200= −3,70 m/s

(b) A velocidade na altura de 0,544 m é

ν = ν0 + gt = −3,7+9,8 · 0,200 = −1,74 m/s

(c) A altura que o tatu atinge é

∆x =ν2 − ν202α

∆x = −−ν202α

∆x = −ν202g

= −(−3,70)2

2 · 9,8= −0,698 m

49. Um balão de ar quente está subindo a uma taxa de 12 m/s e está a 80 m acima do soloquando um tripulante deixa cair um pacote. (a) Quanto tempo o pacote leva para atingir osolo? (b) Com que velocidade atinge o solo?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


Como o balão está subindo com velocidade de -12 m/s, então ao deixar cair um pacote,este irá subir um pouco pois sua velocidade inicial é também de ν0 = −12m/s. Portanto, nopercurso de subida, a velocidade é dada por ν = ν0+gts, então, quando o pacote atinge a alturamáxima, encontramos o tempo de subida ts = −ν0/g e a distância percorrida é ∆ys = −ν20 /2g.Na descida o pacote percorre uma distância dado por ∆yd = (ν0 + νd)td/2, então o tempo dedescida é

td =2∆yd

ν0,d + νd=∆ydνd

ou

td =νdg

a distância percorrida na descida é ∆yd = |h| + |∆ys| = h + ν20 /2g e sua velocidade é agoradada por ν2d = 2g∆yd = 2g(|h|+ |∆ys|) = 2g(h+ ν20 /2g), ou seja

ν2d = ν20 +2gh

onde h é a altura do pacote no início do movimento e vale 80 m.(a) Dessa forma, o tempo total é t = ts + td , isto é

t = −ν0g

+

√ν20 +2gh

g

t =−ν0 +

√ν20 +2gh

g

t =−(−12) +

√(−12)2 +2 · 9,8 · 809,8

= 5,45 s

(b) Substituindo os valores, encontramos

νd =√ν20 +2gh =

√(−12)2 +2 · 9,8 · 80 = 41,38 m/s

50. Um parafuso se desprende de uma ponte em construção e cai 90 m até chegar ao solo.(a) Em quanto tempo o parafuso percorre os últimos 20% da queda? Qual é a velocidade (b)quando começa os últimos 20% da queda e (c) quando atinge o solo?

(a) Considerando a queda em duas etapas, uma quando o parafuso percorreu 80% da quedae a outra parte o restante, ou seja, os últimos 20% da queda. Quando o parafuso percorreu80% da queda significa que o parafuso percorreu 0,8∆y e sua velocidade neste instante é dadopor ν1 =

√2g(0,8∆y) =

√1,6g∆y = 37,57 m/s e o tempo t1 = ν/g =

√1,6g∆y/g = 3,83 s. A

velocidade que o parafuso atinge o solo é dado por ν2 =√2g∆y =

√2 · 9,8 · 90 = 42 m/s e o

tempo total da queda é t = 2∆y/ν2 = 2 ·90/42 = 4,29 s, então o tempo que o parafuso percorreos últimos 20% da queda é t2 = t − t1 = 4,29− 3,83 = 0,46 s

Portanto, (a) o parafuso gasta 0,46 s para percorrer os últimos 20% da queda, (b) a velo-cidade quando começa a percorrer os últimos 20% da queda é 37,57 m/s e (c) sua velocidadeao atingir o solo é 42 m/s.

51. Uma chave cai verticalmente de uma ponte que está 45 m acima da água. A chaveatinge um barco de brinquedo que está se movendo com velocidade constate e se encontrava a12 m do ponto de impacto quando a chave foi solta. Qual é a velocidade do barco?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


A chave tem um velocidade de ν =√2g∆y =

√2 · 9,8 · 45 = 29,7 m/s e gasta t = 2∆y/ν =

2 · 45/29,7 = 3,0 s. Então, como o barco de brinquedo se move com velocidade constante,temos ν = ∆x/t = 12/3,0 = 4,0 m/s.

52. No instante t = 0, uma pessoa deixa cair a maçã 1 de uma ponte; pouco depois, a pessoajoga a maçã 2 verticalmente para baixo do mesmo local. A Fig.2-31 mostra a posição verticaly das duas maçãs em função do tempo durante a queda até a estrada que passa por baixo daponte. Qual a velocidade aproximada com a qual a maçã 2 foi jogada para baixo?

A maçã 1 percorre y em 2 segundos, sendo assim, a distância é y = gt2/2 = 9,8 · 22/2 =19,6 m. A velocidade neste instante é ν1 =

√2gy =

√2 · 9,8 · 19,6 = 19,6 m/s. A maçã 2

percorre essa mesma distância em 1,25 segundos, então a velocidade é dado por

ν0,2 =y − gt2/2

t=19,6− 9,8 · (1,25)2/2

1,25= 9,56 m/s.

Podemos resolver de outra forma:a maçã 1 é lança para cima no instante t = 0 s. Assim, após t segundos, ela terá andado

durante t segundos. A maçã 2 é lançada 1 segundo depois, ou seja, após t segundos, a maçã 2andou durante t −1 segundos, pois partiu depois. Então, podemos escrever o deslocamento damaçã 2 da forma:

y = ν0,2(t − 1) +12g(t − 1)2

19,6 = ν0,2(2,25− 1) +12· 9,8(2,25− 1)2

ν0,2 =19,6− 9,8 · (1,25)2/2

1,25= 9,56 m/s

53. Quando uma balão científico desgarrado está subindo a 19,6 m/s, um dos instrumentosse desprende e cai em queda livre. A Fig. 2-32 (ver no livro) mostra a velocidade vertical doinstrumento em função do tempo, desde alguns instantes antes antes de se desprender até omomento em que atinge o solo. (a) Qual é a altura máxima que o instrumento atinge em relaçãoao ponto em que se desprendeu? (b) A que altura acima do solo o instrumento se desprendeu?

(a) Devido ao movimento vertical para cima do balão, o instrumento ao se despender dobalão, ele sobe um pouco, com velocidade inicial de 19,6 m/s, até atingir a velocidade a zero.Usando a equação de Torricelli, temos

∆y =ν202g

=(19,6)2

2 · 9,8= 19,6 m

(b) Analisando o gráfico, o instrumento leva 4 segundos a partir do instante em que suavelocidade é zero até atingir o solo. Então, usando a equação ∆y = gt2/2, obtemos

∆y =9,8 · (4)2

2= 78,4 m

Portanto, a altura acima do solo em que o instrumento se desprende é (78,4-19,6)=58,8 m.

54. A Fig. 2-33 (ver no livro) a velocidade ν em função da altura y para uma bola lançadaverticalmente para cima ao longo de um eixo y. A distância d é de 0,40 m. A velocidade naaltura yA é νA. A velocidade na altura yB é νA/3. Determine a velocidade νA.


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


Usando a equação de Torricelli ν2 = ν20 +2α∆y, encontramos o valor da velocidade νA:

ν2 = ν20 − 2g∆y

(νA3)2 = ν2A − 2gd

−8ν2A9

= −2gd

ν2A =9gd4⇒ νA =

32

√gd

νA =32

√9,8 · 0,40 = 2,97 m/s

Portanto, a velocidade νA é aproximadamente 3,0 m/s.

55. Uma bola de argila úmida cai 15,0 m até o chão e permanece em contato com o solopor 20,0 ms antes de parar completamente. (a) Qual é o módulo da aceleração média da boladurante o tempo de contato com o solo? (Trate a bola como uma partícula.) (b) A aceleraçãomédia é para cima ou para baixo?

A bola ao cair de uma altura de h=15,0 m, ela chega ao chão com velocidade de ν0 =√2gh.

Então, a bola ao chocar com o chão levar 20,0 ms em contato com o solo antes de parar. Sendoassim, sua velocidade após o contato é zero. Dessa forma, temos

α =∆ν∆t

=0−

√2gh

∆t

α = −√2 · 9,8 · 15,020 · 10−3

= −857 m/s2

Portanto, o módulo da aceleração média da bola durante o tempo de contato com o solo é857 m/s2 com sentido para cima.

56. Deixa-se cair uma pedra em um rio, a partir de uma ponte situada 43,9 m acima daágua. Outra pedra é atirada verticalmente para baixo 1,0 s após a primeira ter sido deixadacair. As pedras atingem a água ao mesmo tempo. (a) Qual foi a velocidade inicial da segundapedra? (b) Plote a velocidade em função do tempo para as duas pedras, supondo que t=0 é oinstante em que se deixou cair a primeira pedra.

57. Para testar a qualidade de uma bola de tênis, você a deixa cair no chão a partir de umaaltura de 4,00 m. Depois de quicar, ela atinge uma altura de 2,00 m. Se a bola permanece emcontato com o piso por 12,0 ms, (a) qual é o módulo da aceleração média durante esse contatoe (b) a aceleração média é para cima ou para baixo?

58. Uma pedra é lançada verticalmente para cima, a partir do solo, no instante t=0. Emt=1,5 s ela ultrapassa o alto de uma torre; 1,0 s depois, atinge a altura máxima. Qual é aaltura da torre?

59. A água pinga de um chuveiro em um piso situado 200 cm abaixo. As gotas caem aintervalos de tempo regulares (iguais), com a primeira gota atingindo o piso quando a quartagota começa a cair. Quando a primeira gota atinge o piso, a que distância do chuveiro seencontram (a) a segunda e (b) a terceira gotas?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


60. Um objeto cai de uma altura h a partir do repouso. Se ele percorre uma distância de0,50h no último 1,00 s, determine (a) o tempo e (b) a altura da queda. (c) Explique a soluçãofisicamente inaceitável da equação do segundo grau em t usada para resolver o problema.

61. Um gato sonolento observa um vaso de flores que passa por uma janela aberta, primeirosubindo e depois descendo. O vaso permanece à vista por um tempo total de 0,50 s, e a alturada janela é 2,00 m. Que distância acima do topo da janela o vaso atinge?

62. Uma bola é lançada verticalmente para cima a partir da superfície de outro planeta. Ográfico de y em função de t para a bola é mostrado na Fig. 2-34, onde y é a altura da bolaacima do ponto de lançamento e t = 0 no instante em que a bola é lançada. A escala verticaldo gráfico é definida por ys = 30,0 m. Quais são os módulos (a) da aceleração em queda livreno planeta e (b) da velocidade inicial da bola?

63. Uma bola de aço cai do telhado de um edifício e passa por uma janela, levando 0,125s para passar do alto à base da janela, uma distância correspondente a 1,20 m. A bola quicaem uma calçada e torna a passar pela janela, de baixo para cima, em 0,125 s. Suponha que omovimento para cima corresponde exatamente ao inverso da queda. O tempo que a bola gastaabaixo da base da janela é de 2,00 s. Qual é a altura do edifício?

64. Ao pegar um rebote, um jogador de basquete pula 76,0 cm verticalmente. Qual o tempototal (de subida e descida) que o jogador passa (a) no 15 cm mais altos e (b) nos 15 cm maisbaixos do salto? Esses resultados explicam por que os jogadores de basquete parecem flutuarno ar quando saltam?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 3

Força e Movimento I

Problemas3.1 Aplicando as Leis de Newton

33. Uma moça de 40 kg e um trenó de 8,4 kg estão sobre a superfície sem atrito de umlago congelado, separados por uma distancia de 15 m, mas unidos por uma corda de massadesprezível. A moça exerce uma força horizontal de 5,2 N sobre a corda. Quais são os módulosdas acelerações (a) do trenó e (b) da moça? (c) A que distancia da posição inicial da moça elesse tocam?

39. Um elevador e sua carga têm uma massa tal de 1600 kg. Determine a tensão do cabode sustentação quando o elevador, que estava descendo a 12 m/s, é levado ao repouso comaceleração constante em uma distancia de 42 m.

59. Um bloco de massa m1 = 3,70 kg sobre um plano sem atrito inclinado, de ânguloθ = 30,0o, está preso por uma corda de massa desprezível, que passa por uma polia de massa eatrito desprezíveis, a um outro bloco de massa m2 = 2,30 kg (fig. 5-55). Quais são (a) o móduloda aceleração de cada bloco, (b) a orientação da aceleração do bloco que está pendurando e (c)a tensão da corda?

37

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 4

Força e Movimento II

Perguntas4.1 Propriedades do Atrito

23. O bloco B da Fig. 6-31 pesa 711 N. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e amesa é de 0,25; o ângulo θ é de 30o; suponha que o trecho da corda entre o bloco B e o nóé horizontal. Determine o peso máximo do bloco A para o qual o sistema permanece em repouso.

33. Os dois blocos (m = 16 kg e M = 88 kg) da Fig. 6-39 não estão ligados. O coeficientede atrito estático entre os blocos é µs = 0,38, mas não há atrito na superfície abaixo do blocomaior. Qual é o menor valor do módulo da força horizontal ~F para o qual o bloco menor nãoescorregue para baixo ao longo do bloco maior?

Chamando o bloco menor de A e o bloco maior, apoiado na superfície, de B. A força resul-tante ao longo do eixo x é:~FRA,x =mA ~αA = ~F − ~f

~FRB,x =mB ~αB = ~f

38

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

4.1. Propriedades do Atrito 39

A força resultante ao longo do eixo y é:~FRA,y = −mA~g + ~fat = 0~FRB,y = −mB~g − ~fat + ~FN,B = 0

Como os dois blocos se movimentam juntos com a mesma aceleração, isto é, αA = αB e quemA =m e mB =M. Então, temos que a aceleração é dada por:

α =F

m+MO bloco A na iminência de escorregar as forças de atrito estático e o seu peso são iguais em

módulo, isto é, fat = mg. Mas sabemos que a força de atrito é dado por fat = µsf , onde f é aforça de contato entre os dois blocos. Dessa forma, usando a equação obtida da força resultantede bloco A ao longo do eixo x, vem:

mα = F − f ⇒ F =mF

(m+M)+ f

[1− m(m+M)

]F = f

[1− m(m+M)

]F =mg

µs

F =mg

µs[1− m(m+M) ]

F =m(m+M)g

µsM

34. Na Fig. 6-40, uma prancha de massa m1 = 40 kg repousa em um piso sem atrito e umbloco de massa m2 = 10 kg repousa sobre a prancha. O coeficiente de atrito estático entre obloco e a prancha é de 0,60, e o coeficiente de atrito cinético é de 0,40. O bloco é puxadopor uma força horizontal ~F de módulo 100 N. Em termos dos vetores unitários, quais são asacelerações (a) do bloco e (b) da prancha?

A força resultante ao longo do eixo x é:~FR2,x =m2 ~α2 = −~F + ~fat~FR1,x =m1 ~α1 = −~fat

A força resultante ao longo do eixo y é:~FR2,y = −m2~g + ~FN,2 = 0~FR1,y = −m1~g − ~FN,2 + ~FN,1 = 0

Dá equação m1~α1 = −~fat, obtemos a aceleração da prancha

α1 = −µkm2g

m1

α1 = −0,40 · 10 · 9,8

40= −0,98 m/s2

E a aceleração do bloco é:


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

4.2. Movimento Circular Uniforme 40

m2 ~α2 = −~F + ~fat

α2 =µkm2g −F

m2

α2 =0,40 · 10− 100

10= −6,08 m/s2

Obs: Se o conjunto se move com mesma aceleração, então, temos:

α = − F(m1 +m2)

α = − 100(40+10)

= −2 m/s2

o atrito cinético é:

fat = −m1F

(m1 +m2)

fat =40 · 100(10+40)

= 80 N

e o atrito estático é:fat = µsm2g

fat = 0,60 · 10 · 9,8 = 58,8 N

.

4.2 Movimento Circular Uniforme

53. Um avião está voando em uma circunferência horizontal com uma velocidade de 480km/h (Fig. 6-42). Se as asas estão inclinadas de um ângulo θ = 40o com a horizontal, qual éo raio da circunferência? Suponha que a força necessária para manter o avião nessa trajetó-ria resulte inteiramente de uma “sustentação aerodinâmica” perpendicular à superfície das asas.

55. Um disco de metal de massa m = 1,5 kg descreve uma circunferência de raio r = 20,0cm sobre uma mesa sem atrito, enquanto permanece ligado a um cilindro de massaM = 2,50 kgpendurando por um fio que passa por um furo no centro da mesa (Fig. 6-44). Que velocidadedo disco mantém o cilindro em repouso?

A força resultante ao longo do eixo y nos dois objeto são:

~FRd,y = −m~g + ~FN = 0⇒ ~FN =m~g~FRc,y = −M~g − ~T = 0⇒ ~T =M~g

Como o disco de metal descreve um movimento circular de raio r, então, a atração no fionesse disco é igual à força centrípeta. Dessa forma, temos

~Fcp =m~αcP =M~g

~αcp =M~g

m

Sabemos que a velocidade nesse movimento é ν2 = rαcp. Então, temos

ν =

√Mrg

m


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

4.3. Problemas Adicionais 41

ν =

√2,5 · 20 · 10−2 · 9,8

1,5= 1,81 m/s

.

4.3 Problemas Adicionais

65. Um bloco de massa ma = 4,0 kg é colocado em cima de um outro bloco de massamb = 5,0 kg. Para fazer o bloco de cima deslizar sobre de baixo enquanto este é mantido fixoé preciso aplicar ao bloco de cima uma força horizontal de no mínimo 12 N. O conjunto deblocos é colocado sobre uma mesa horizontal sem atrito (Fig. 6-51). Determine o módulo (a)da maior força horizontal ~F que pode ser aplicada ao bloco da baixo sem que os blocos deixemde se mover juntos e (b) a aceleração resultante dos blocos.

Chamando de f a força horizontal mínima que faz o bloco de cima deslizar sobre o bloco debaixo. Essa força é igual à força de atrito estático, ou seja, o atrito máximo que não permite obloco mover sobre o bloco de baixo, então:

f = µsmag

µs =f

mag

As forças resultante que agem nos blocos são:~FRa =ma~α = ~fat⇒ α = f /ma = µsg~FRb =mb~α = ~F − ~fat

Então, a força resultante total é

~FR = (ma +mb)~α = ~F

F = α(ma +mb)

F = µsg(ma +mb) ou F =f (ma +mb)

maPortanto, o valor da força é F = µsg(ma + mb) e a aceleração resultante dos blocos é

α = f /ma = µsg.

97. Na Fig. 6-62, um faxineiro caprichoso limpa o piso aplicando ao cabo do esfregão umforça ~F. O cabo faz um ângulo θ com a vertical, e µs e µk são os coeficientes de atrito estáticoe cinético entre o esfregão e o piso. Ignore a massa do cabo e suponha que toda a massa m doesfregão está concentrada no pano de chão. (a) Se o pano de chão se move ao longo do pisocom velocidade constante, qual é o valor de F? (b) Mostre que se θ for menor que um certovalor θ0, a força ~F (ainda orientada ao longo do cabo) será insuficiente para fazer o pano dechão se mover. Determine θ0.

(a)A força resultante ao longo do eixo y se anulam, então:

FRy = FN −mg −Fy = 0

FN =mg −Fcos(θ)A força resultante ao longo do eixo x, no sentido do movimento, é:

FRx =mα = Fx −FNµk


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


mα = Fsen(θ)− [mg −Fcos(θ)]µkmα = F[sen(θ)−µkcos(θ)]−mgµk

Mas se o pano de chão se move com velocidade constante ao longo do poiso com velocidadeconstante, então, não existe aceleração, isto é, α = 0. Dessa forma, temos:

0 = F[sen(θ)−µkcos(θ)]−mgµk

F =mgµk

[sen(θ)−µkcos(θ)](b) A força aplica no esfregão F quando o pano de chão está em repouso é a mesma força que

encontramos acima. Porém a força de atrito agora é o atrito estático, então, devemos somentetrocar o coeficiente de atrito e o ângulo de inclinação da força aplicada. Temos:

F =mgµs

[sen(θ)−µscos(θ)]

Seja θ0 maior que θ, a condições para que o pano de chão não se mova independente daintensidade da força é:

sen(θ0)−µscos(θ0) = 0

tg(θ0) = µs⇒ θ0 = tg−1(µs)

109. Na Fig. 6-64 um bloco de 5,0 kg é lançado para cima ao longo de um plano inclinado deângulo θ = 37o, enquanto uma força horizontal ~F de módulo 50 N atua sobre ele. O coeficientede atrito cinético entre o bloco e o plano é de 0,30. Quais são (a) o módulo e (b) o sentido(para cima ou para baixo no plano) da aceleração do bloco? A velocidade inicial do bloco é de4,0 m/s. (c) Que distância o bloco sobe no plano? (d) Quando o bloco atinge o ponto maisalto, ele permanece em repouso ou escorrega de volta?

(a)A força resultante que age no bloco é:~FRx =m~α = Fcos(θ)−mgsen(θ)− ~fat~FRy = ~FN −mgcos(θ)−Fsen(θ) = 0⇒ FN =mgcos(θ) +Fsen(θ)

Sabemos que a força de atrito cinético é fat = µkFN . Então, temos que a aceleração é:

mα = Fcos(θ)−mgsen(θ)− f at

mα = Fcos(θ)−mgsen(θ)−µkmg[cos(θ) +Fsen(θ)]

mα = F[cos(θ)−µksen(θ)− g[sen(θ) +µkcos(θ)]

α =F[cos(θ)−µsen(θ)]−mg[sen(θ) +µcos(θ)]

m

α =50[cos(37o)− 0,30sen(37o)]− 5,0 · 9,8[sen(37o) + 0,30cos(37o)]

5,0

α =50[0,618]− 5,0 · 9,8[0,841]

5,0

α =30,9− 41,21

5,0


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


α =−10,315,0

α ' −2,1 m/s2

(b)Se α > 0, então o bloco sobe o plano inclinado e se α < 0, então o bloco desce o plano. Como

α ' −2,1 m/s2, então o bloco desce.(c) A distância que o bloco percorre ao subir o plano é:

ν2 = ν20 +αg∆x

0 = ν20 +αg∆x

∆x =−ν202α

∆x =−4,02

2 · −2,1∆x ' 3,81 m

.(d) Quando o bloco atinge o ponto mais alto, ele sofre uma força de atrito, dado por

fat = µs[−mgsen(θ) +Fcos(θ)] para cima e a força mgsen(θ) para baixo. Então, como µs > µk,a menor força de atrito estático mínimo que o bloco sofre neste ponto é:

fat,min = µk[mgcos(θ) +Fsen(θ)]

fat,min = 0,3[5,0 · 9,8 · cos(37o) + 50 · sen(37o)]

fat,min = 0,3 · 69,22

fat,min = 20,77 N

A força de atrito estático máximo é:

fat,max = µs[mgcos(θ) +Fsen(θ)]

fat,max = µs[5,0 · 9,8 · cos(37o) + 50 · sen(37o)]

fat,max = µs · 69,22

A força de atrito estático deve ser maior ou igual a fs para que o bloco permaneça emrepouso, isto é:

fs = [Fcos(θ)−mgsen(θ)]

fs = [50 · cos(37o)− 5,0 · 9,8sen(37o)]

fs = 10,44 N

.Portanto, como fat,min > fs, então, o bloco permanece em repouso.


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 5

Energia Potencial e Conservação da Energia

Perguntas5.1 Determinação de Valores de Energia Potencial

1. Você deixa cair um livro de 2,00 kg para uma amiga que está na calçada, a uma distânciaD=10,0 m abaixo de você. Se as mãos estendidas da sua amiga estão a uma distância d=1,5 macima do solo (FIg.8-30), (a) qual é trabalho Wg realizado sobre o livro pela força gravitacionalaté ele cair nas mãos da sua amiga? (b) Qual é a variação ∆U da energia potencial gravitacionaldo sistema livro-Terra durante a queda? Se a energia potencial gravitacional U do sistema éconsiderada nula no nível do solo, qual é o valor de U (c) quando você deixa cair o livro e (d)quando ele chega às mãos da sua amiga? Suponha agora que o valor de U é 100 J ao nível dosolo e calcule novamente (e) Ug , (f) ∆U , (g) U no ponto onde você deixou cair o livro e (h) Uno ponto em que chegou às mãos da sua amiga.

A energia potencial é a energia associada à configuração de um sistema submetido à ação deum força conservativa. Quando a força conservativa realiza um trabalhoW sobre uma partículado sistema, a variação ∆U de energia potencial do sistema é dada por

∆U = −W

Se a partícula se desloca do ponto xi para o ponto xf , a variação de energia potencial dosistema é

∆U = −∫ xf

xi

F(x)dx.

A energia potencial gravitacional, energia potencial associada a uma sistema constituídopela Terra e uma partícula próxima é dado por

∆U =Uf −Ui = −∫ yf

yi

F(y)dy.

Se o ponto de referência de uma partícula é tomado como sendo yi = 0 e a energia potencialgravitacional correspondente do sistema é tomada como sendo Ui = 0, a energia potencialgravitacional U de uma partícula a uma altura yf = y é dada por

Uf −Ui = −∫ yf

yi

F(y)dy

44

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

5.1. Determinação de Valores de Energia Potencial 45

Uf −Ui = −∫ yf

yi

(−mg)dy

Uf −Ui =mgyf −mgyiUf =mgy

observe que a orientação do eixo y está para cima.(a) Sendo assim, no nosso exercício, temos que o trabalho é

Wg =∫ d

D(−mg)dy =mg(D − d)

Wg = 166,6 J

onde U0 = 0, sendo o ponto de referência y0 = 0.(b) E a energia potencial gravitacional é

∆U =Uf −Ui = −Wg = −mg(D − d)

∆U = −166,6 J

(c) O valor de Uf quando começa a cair é

∆U =Ui −U0 =Ui =mgD

Ui = 196 J

(d) O valor de U quando ele chega às mãos da amiga é

∆U =Uf −U0 =Uf =mgd

Uf = 29,4 J

(e) Supondo agora que o valor de U0 é 100 J ao nível do solo, y0 = 0. Então, o valor dotrabalho agora é

Wg =∫ d

D(−mg)dy =mg(D − d)

Wg = 166,6 J

o trabalho não é alterado pelo mudança do valor da energia potencial no nível de referência.(f) O valor da variação da energia potencial gravitacional também não é muda, pois o

valor de U0 são cancelado quando fazemos diferença entre as energias potenciais nos pontosconsiderados

∆U =Ui −Uf = −Wg = −mg(D − d)

∆U = −166,6 J

(g) O valor da energia potencial onde deixei cair o livro é:

U ′i =Ui +U0 =mgD +U0

U ′i = 2,00 · 9,8 · 10,0 J +100 J = 296 J

(h) O valor da energia potencial no ponto em que encontra as mãos da amiga é

U ′f =Uf +U0 =mgd +U0


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

5.2. Conservação da Energia Mecânica 46

U ′f = 2,00 · 9,8 · 1,5 J +100 J = 129,4 J

8. Na Fig. 8-35 um pequeno bloco de massa m=0,032 kg pode deslizar em uma pistasem atrito que forma um loop de raio R=12 cm. O bloco é liberado a partir do repouso noponto P, a uma altura h=5,0R acima do ponto mais baixo do loop. Qual é o trabalho re-alizado sobre o bloco pela força gravitacional enquanto o bloco se desloca do ponto P para(a) o ponto Q e (b) o ponto mais alto do loop? Se a energia potencial gravitacional do sis-tema bloco-Terra for tomada como nula na base do loop, quanto valerá essa energia potencialquando o bloco estiver (c) no ponto P, (d) no ponto Q e (e) no topo do loop? (f) Se, em vez deser simplesmente liberado, o bloco recebe uma velocidade inicial dirigida para baixo ao longoda pista, as respostas dos itens de (a) até (e) aumentam, diminuem ou permanecem as mesmas?

5.2 Conservação da Energia Mecânica

27. A Fig. 8-41 mostra uma pedra de 8,00 kg em repouso sobre a mola. A mola é compri-mida de 10,0 cm pela pedra. (a) Qual é a constante elástica da mola? (b) A pedra é empurradamais 30 cm para baixo e liberada. Qual é a energia potencial elástica da mola comprimida antesde ser liberada? (c) Qual é a variação da energia potencial gravitacional do sistema pedra-Terraquando a pedra se desloca do ponto onde foi liberada até a altura máxima? (d) Qual é essaaltura máxima, medida a partir do ponto onde a pedra foi liberada?

29. Um bloco com massa m=2,00 kg é apoiado em uma mola em um plano inclinado sematrito de ângulo θ = 30,0o (Fig. 8-43). (O bloco não está preso à mola.) A mola, de constanteelástica k = 19,6 N/cm, é comprimida de 20 cm e depois liberada. (a) Qual é a energia po-tencial elástica da mola comprimida? (b) Qual é a variação da energia potencial gravitacionaldo sistema bloco-Terra quando o bloco se move do ponto em que foi liberado até o ponto maisalto que atinge no plano inclinado? (c) Qual é a distância percorrida pelo bloco ao longo doplano inclinado até atingir esta altura máxima?

32. Na Fig. 8-46 uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito com um quarto docomprimento pendurado fora da mesa. Se a corrente tem um comprimento L=28 cm e massam=0,012 kg, qual é o trabalho necessário para puxar a parte pendurada de volta para cima damesa?

Vamos considerar um elemento infinitesimal de comprimento dy situado na parte pendu-rada. A massa correspondente a esse elemento de comprimento é dm = (m/L)dy. Um elemento


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

5.2. Conservação da Energia Mecânica 47

de energia potencial desse elemento de comprimento é dU = −dmgy = −(m/L)gydy, onde aforça conservativa é Fy =mgy/L. Portanto, considerando o intervalo de integração de [−L/4,0],ou seja, tomando a mesa na origem e o sentido positivo do eixo y para cima, temos:

dU = −mLgydy

∆U = −mg

L

∫ 0

−L/4ydy

∆U =12mg

L(−L/4)2

∆U =mgL

32Portanto, como a variação da energia potencial é igual ao trabalho realizado, então, o tra-

balho necessário para puxar a parte pendurada é w =mgL/32.

34. Duas crianças estão disputando um jogo no qual tentam acertar uma pequena caixa nochão com uma bola de gude lançada por um canhão de mola montado em uma mesa. A caixaestá a uma distância horizontal D=2,20 m da borda da mesa; veja a Fig. 8-48. Bia comprimea mola 1,10 cm, mas o centro da bola de gude cai 27,0 cm antes do centro da caixa. De quedistância Rosa deve comprimir a mola para acertar a caixa? Suponha que o atrito da mola eda bola com o canhão é desprezível.

36. Um menino está inicialmente sentado no alto de um monte hemisférico de gelo de raioR=13,8 m. Ele começa a deslizar para baixo com uma velocidade inicial desprezível (Fig. 8-49).Suponha que o atrito é desprezível. Em que altura o menino perde contato com o gelo?

Como estamos desprezando o atrito entre o menino e o monte hemisfério, então, temos quea força de atrito é zero. Por outro lado, a força centrípeta é igual à componente da força pesomenos a força normal, isto é, Fcp =mgcos(θ)−FN . Porém, no instante em que o menino deixao monte a força normal é zero, então, portanto, temos ν2 = gRcos(θ), uma vez que αcp = ν2/R.Já θ é o ângulo formando entre o eixo y e a posição do menino onde ele perde o contato como monte hemisférico. Observe que a altura h = Rcos(θ).

Pela conservação da energia mecânica, temos

mgR =mg[Rcos(θ)] +12mν2

mgR[1− cos(θ)] = 12mν2


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

5.3. Conservação da Energia 48

mgR[1− cos(θ)] = 12mgRcos(θ)

cos(θ) =23

Logo, como h = Rcos(θ), temos que a altura que o menino perde contato com o gelo éh = 2R/3.

Observe que a energia potencial é tomada no topo do monte como sendo mgR e com pas-sar do tempo, em que o menino vai escorregando, esse potencial vai diminuindo, ou seja,U =mgR[1− cos(θ)].

5.3 Conservação da Energia

53. Na Fig. 8-53 um bloco desliza ao longo de uma pista, de um nível para outro maiselevado, passando por um vale intermediário. A pista não possui atrito até o bloco atingir onível mais alto, onde uma força de atrito pára o bloco em uma distância d. A velocidade inicialν0 do bloco é de 6,0 m/s, a diferença de altura h é 1,1m e µk é 0,60. Determine d.

55. Na Fig. 8-54, um bloco de 3,5 kg é acelerado a partir do repouso por uma mola com-primida de constante elástica 640 N/m. O bloco deixa a mola no seu comprimento relaxadoe se desloca em um piso horizontal com um coeficiente de atrito cinético µk = 0,25. A força deatrito pára o bloco em uma distância D = 7,8 m. Determine (a) o aumento de energia térmicado sistema bloco-piso, (b) a energia cinética máxima do bloco e (c) o comprimento da molaquando estava comprimida.

64. Na Fig. 8-58 um bloco desliza em uma pista sem atrito até chegar a um trecho decomprimento L = 0,75 cm, que começa a uma altura h = 2,0 m em uma rampa de ânguloθ = 30o. Nesse trecho o coeficiente de atrito cinético é 0,40. O bloco passa pelo ponto A comuma velocidade de 8,0 m/s. Se o bloco pode chegar ao ponto B (onde o atrito acaba), qual ésua velocidade nesse ponto e, se não pode, qual é a maior altura que atinge acima de A?


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 6

Rolamento, Torque e Momento Angular

Perguntas6.1 As Forças do Rolamento

7. Na Fig. 11-31 uma força horizontal constante ~Fap de módulo 10 N é aplicada a uma rodade massa 10 kg e raio 0,30 m. A roda rola suavemente na superfície horizontal, e o módulo daaceleração do centro de massa é 0,60 m/s2. (a) Em termos dos vetores unitários, qual é a forçade atrito que age sobre a roda? (b) Qual é o momento de inércia da roda em relação ao eixode rotação que passa pelo centro de massa?

Na figura temos um roda em movimento horizontal causado por uma força constante ~Fapaplicado no seu centro. Foi dado a aceleração do centro de massa (αCM), a massa (m) e oraio (R). Queremos encontra a força de atrito que age na roda e o momento de inércia emrelação ao eixo de rotação que passa pelo centro de massa. Para isso, usaremos as versõeslinear (FR =mαCM) e angular (τR = Iγ) da segunda lei de Newton.

Para começar, vamos identificar as forças que agem sobre a roda. A força horizontal cons-tante ~Fap atua no centro de massa do corpo e a força de atrito ~fat atua no ponto sobre o eixox e está dirigida no sentido negativo (a força de atrito opõe ao movimento).

Podemos escrever a segunda lei de Newton para as componentes ao longo do eixo x como:

FR,x =mαx = Fap − fat

Esta equação contém uma incógnita, fat. Então, sendo αx = αCM , temos

fat = Fap −mαCM

fat = 10− 10 · 0,6 = 4,0 N

~fat = −4,0~i

Agora vamos usar a forma angular da segunda lei de Newton para descrever a rotação daroda em torno de um eixo horizontal passando pelo o centro de massa. Para começar, sabemosque τR = ~rx~F para escrever os torques sobre o corpo em relação a esse eixo. A força de atrito~fat, possui braço de alavanca R e, portanto, produz um torque Rfat, o que é negativo, já quetende a fazer o corpo girar no sentido horário. A força ~Fap possui braço de alavanca nulo emrelação ao centro de massa e, portanto, produz torque nulo. Assim, podemos escrever a formaangular da segunda lei de Newton em relação a um eixo horizontal passando pelo centro demassa como

Rfat = −ICMγ

49

FÍSICA

ÿCirlei Xavier

6.1. As Forças do Rolamento 50

Como a roda está rolando suavemente, podemos usar a equação (αCM = γR) para relacionaras incógnitas αCM e γ . Entretanto, devemos ter cuidado, pois neste caso αCM é positivo(no sentido positivo do eixo x) e γ é negativa (no sentido horário). Assim, devemos fazerγ = −αCM /R. Na expressão acima, fica

Rfat = −ICMγ

ICM =−Rfatγ

ICM =R2(Fap −mαCM)

αCMSubstituindo os valores, obtemos

ICM =(0,3)2(10− 10 · 0,60)

0,60

ICM = 0,60 kg ·m2

8. Na Fig. 11-32, uma bola maciça de latão de massa 0,280 g rola suavemente ao longodo trilho quando é liberada a partir do repouso no trecho retilíneo. A parte circular do trilhotem um raio R=14,0 cm e a bola tem um raio r≪ R. (a) Quanto vale h se a bola está naiminência de perder contato com o trilho quando chega ao ponto mais alto da parte curva dotrilho? Se a bola é liberada a uma altura h = 6,00R, quais são (b) o módulo e (c) a orientaçãoda componente horizontal da força que age sobre a bola no ponto Q?

(a) A bola na iminência de perder contato com o trilho significa que a força normal, ~FN ,é nula. Logo, temos que a aceleração centrípeta é igual à aceleração da gravidade, isto é,~αcp = ~g. Sabemos que a aceleração cenprítepa é dado por α = ν2/R e que a aceleração angularao quadrado é w2 = ν2/R2 = g/R. Então, temos ν2 = Rg.

Usando-se a conservação da energia mecânica, temos que a soma das energias no ponto Ae igual à soma das energias no ponto B. Temos:


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


Emec,A = Emec,B

Ep,A +Ec,A +Er,A = Ep,B +Ec,B +Er,B

mgh+0+0 = 2Rmg +12mν2 +

12Iw2

mgh = 2Rmg +12Rmg +

(25mR2

)( gR

)mgh = 2Rmg +

12Rmg +

15Rmg

mgh =2710Rmg

h = 2,7R

(b) A bola sendo liberada na altura h = 6R, temos:

Emec,C = Emec,Q

Ep,C +Ec,C +Er,C = Ep,Q +Ec,Q +Er,Q

6Rmg +0+0 = Rmg +12mν2Q +

12Iw2

6Rmg = Rmg +12mν2Q +

12

(25mR2

) ν2QR2

5Rmg =12mν2Q +

15mν2Q

5Rmg =710mν2Q

ν2Q =50Rg7

e αcp =50g7

Achamos a velocidade no ponto Q e consequentemente a aceleração centrípeta. Nesse pontotemos que a força horizontal é a força centrípeta e ela é a força normal, isto é:

Fcp = FN =mαcp =m50g7

=50mg7

9. Na Fig. 11-33, um cilindro maciço de raio 10 cm e massa 12 kg parte do repouso e rolapara baixo uma distância L=6,0 m, sem deslizar, em um teto inclinado de um ângulo θ = 30o.(a) Qual é a velocidade angular do cilindro em relação ao seu centro ao deixar o teto? (b)A borda do teto está a uma altura H=5,0 m. A que distância horizontal da borda do teto ocilindro atinge o chão?

(a)Pelo princípio de conservação da energia mecânica, temos que a energia no ponto A e igual

à energia no ponto B. Logo,Emec,A = Emec,B

Ec,A +Ep,A +Er,A = Ec,B +Ep,B +Er,B

0+mgLsen(θ) + 0 =12mν2 +0+

12Iw2

Sabemos que ν = Rw e I =mR2/2, então, temos:


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


mgLsen(θ) =12mR2w2 +

12mR2w2/2

mgLsen(θ) =34mR2w2

w =1R

√43Lgsen(θ)

w =10,1

√43· 6,0 · 9,8 · sen(300) = 62,6 rad/s2

(b)A velocidade do cilindro no ponto B, ou seja, a velocidade que o cilindro deixa o teto é:

ν = Rw = 0,1 · 62,6⇒ ν = 6,26 m/s

Onde as componentes da velocidade neste ponto é:

νx,0 = νcos(θ)⇒ νx,0 = 6,26 · cos(30o) = 5,42 m/s

νy,0 = νsen(θ)⇒ νy,0 = 6,26 · sen(30o) = 3,13 m/s

O movimento ao longo do eixo x é constante e o movimento ao longo do eixo y sofre umaaceleração da gravidade. Então temos:

x = νx,0t = νcos(θ)t

y = νy,0t +g

2t2⇒H = νsen(θ)t +

g

2t2

Resolvendo a equação do segundo grau para a distância percorrida em y, encontramos

t =−νy,0 ±

√ν2y,0 +2gH

g

t =−3,13+

√(3,13)2 +2 · 9,8 · 5,0

9,8t = 0,74 s

Substituindo na equação x = νx,0t, obtemos que a distância horizontal percorrido pelo cilin-dro é:


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


x = 5,42 · 0,74 = 4,01 m

13. Um jogador de boliche arremessa uma bola de raio R = 11 cm ao longo de uma pista.A bola (Fig. 11-37) desliza sobre a pista com velocidade inicial νCM,0 = 8,5 m/s e velocidadeangular inicial w0 = 0. O coeficiente de atrito cinético entre a bola e a pista é 0,21. A força deatrito cinético ~fk que age sobre a bola produz uma aceleração linear e uma aceleração angular.Quando a velocidade νCM diminui o suficiente e a velocidade angular w aumenta o suficiente,a bola pára de deslizar e passa a rolar suavemente. (a) Qual é o valor de νCM em termos dew nesse instante? Durante o deslizamento, quais são (b) a aceleração linear e (c) a aceleraçãoangular da bola? (d) Por quanto tempo a bola desliza? (e) Que distância a bola desliza? (f)Qual é a velocidade linear da bola quando começa a rolar suavemente?

(a) Observe que a velocidade angular, w, é negativa, pois a força de atrito causa um torqueno sentido horário e por outro lado a velocidade do centro de massa, αCM , é positiva, ou seja,tem o mesmo sentido positivo o eixo x. Portanto, a velocidade νCM quando a boliche rolasuavemente é:

νCM = −Rw

νCM = −0,11w

(b) Durante o deslizamento da boliche a força de atrito produz uma aceleração no centrode massa. Dessa forma, a aceleração durante o deslizamento é dado por:

FR =mαCM = −µmg

αCM = −µg

αCM = −0,21 · 9,8 = −2,06 m/s2

(c) A aceleração angular durante o deslizamento é:

γ =τRI

=−µmg2mR2/5


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


γ =−5µg2R

γ =−5 · 0,21 · 9,8

2 · 0,11γ = −46,8 rad/s2

(d) O tempo é dado por:

νCM = νCM,0 +αCMt

Mas a velocidade angular é w = γt = −5µgt/2R = νCM /R e a aceleração linear é = µg, então,obtemos

5µgt/2 = νCM,0 −µgt7µgt2

= νCM,0

t =2νCM,07µg

t =2 · 8,5

7 · 0,21 · 9,8= 1,18 s

(e) A distância percorrida é:

∆x = νCM,0t −µg

2t2

∆x = 8,5 · 1,18− 0,21 · 9,82

· (1,18)2

∆x = 8,60 m

(f) Como a velocidade linear da boliche quando começa a rolar suavemente é dado porνCM = 5µgt/2, temos:

νCM =5µg2·2νCM,07µg

νCM =5νCM,0

7

νCM =5 · 8,5

7νCM = 6,07 m/s

ou

νCM = νCM,0 −µgt

νCM = 8,5− 0,21 · 9,8 · 1,18

νCM = 6,07 m/s


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

6.2. Momento Angular de um Corpo Rígido Girando em Torno de um EixoFixo 55

6.2 Momento Angular de um Corpo Rígido Girando em Tornode um Eixo Fixo

39. Na Fig. 11-45, três partículas de massa m = 23 g estão presas a três barras de compri-mento d = 12 cm e massa desprezível. O conjunto gira em torno do ponto O com velocidadeangular w = 0,85 rad/s. Em relação ao ponto O, quais são (a) o momento de inércia doconjunto, (b) o módulo do momento angular da partícula do meio e (c) o módulo do momentoangular do conjunto?

Sabemos que o momento de inércia de um sistema de partículas é dado por:

I =∑

mir2i

Então, o momento de inércia em relação ao ponto O é:

I =mr21 +mr22 +mr

23

I = I1 + I2 + I3

I =md2 +m(2d)2 +m(3d)2

I = 14md2

I = 14 · 0,023 · (0,12)2 = 0,0046 = 4,6 · 10−3 kg ·m2

(b) O momento angular de um sistema de partículas é dado por:

~L =∑

~li = Iw

Mas para um corpo rígido que gira em torno e um eixo fixo, a componente do momentoangular paralela ao eixo de rotação é L = Iw. Então, temos

l2 = I2w =m(2d)2w = 4md2w

l2 = 4 · 0,023 · (0,12)2 · 0,85 = 0,0011 = 1,1 · 10−3 kg ·m2/s

(c) O momento angular do conjunto é:

L = l1 + l2 + l3 = (I1 + I2 + I3)w = Iw

L = 14md2w

L = 0,0046 · 0,85 = 0,0039 = 3,9 · 10−3 kg ·m2/s

6.3 Conservação do Momento Angular

55. Uma barra fina uniforme com 0,500 m de comprimento e massa 4,00 kg pode girarem um plano horizontal em torno de um eixo vertical passando pelo centro. A barra está emrepouso quando uma bala de 3,0 g é disparada, no plano de rotação, em direção a uma das suasextremidades. Vista de cima, trajetória da bala faz um ângulo θ = 60,0o, com a haste (Fig.11-52). Se a bala se aloja na barra e a velocidade angular da barra é 10rad/s imediatamenteapós a colisão, qual é a velocidade da bala imediatamente antes do impacto?

O toque que a barra sofrerá, devido à componente da força, pelo impacto da bala é:

τ =L2Fsen(θ) =

L2m

dνdtsen(θ) =

ddt

[L2mνsen(θ)]


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

6.3. Conservação do Momento Angular 56

τ =dLidt

=ddt

[L2mνsen(θ)]

Li =L2mνsen(θ)

onde Li é o momento angular inicial da bala, ou seja, o momento angular imediatamenteantes do impacto.

Ou poderíamos pensar no momento angular inicial como ~Li = ~rx~p =m(~rx~ν)⇒ Li = rmνsen(θ),ou seja, o momento da bala imediatamente antes do impacto, onde r = L/2.

Após a colisão o momento de inércia é I = Ib+Ip, onde Ib =ML2/12 é o momento de inérciada barra e Ip =mL2/2 o momento de inércia da bala. Assim, temos

I =ML2

12+mL2

2Logo, o momento angular final, Lf , é:

Lf = Iw =L2w6

(m+M/3)

Pela conservação do momento angular, temos:

Li = Lf

L2mνsen(θ) =

L2w2

(m+M/6)

ν = Lw(m+M/6)msen(θ)

ν = 0,500 · 10 · (0,003+4,0/6)0,003 · sen(60o)

ν = 1288,8 m/s

Portanto, a velocidade da bala imediatamente antes do impacto é = 1288,8m/s.

57. A Fig. 11-53 é uma vista de cima de uma barra fina uniforme de comprimento 0,800 me massa M girando horizontalmente a 20,0 rad/s no sentido anti-horário em torno de um eixoque passa pelo centro. Uma partícula de massa M/3,00, inicialmente presa a uma extremidade


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


da barra, é liberada e assume uma trajetória que é perpendicular à barra no instante em que apartícula foi liberada. Se a velocidade νp da partícula é 6,00 m/s maior que a velocidade dabarra imediatamente após a liberação, qual é o valor de νp?

O momento angular inicial antes da partícula se desprender é:

Li = Iw0

Li = (Ib + Ip)w0

onde Ib e Ip é o momento de inércia da barra e o momento de inércia da partícula, respec-tivamente. O momento da barra é Ib = Ml2/12 e o momento da partícula é Ip = M/3(l/2)2,onde l é o comprimento da barra. Assim, temos

Li = [Ml2

12+M3· ( l2)2]w0

Li =Ml2

6w0

Agora o momento angular final, ou seja, imediatamente após a liberação da partícula é:

Lf = Ibw+M/3 · νp · l/2

Lf =Ml2

12(2νbl

) +Mlνp6

Lf =Mlνb6

+Mlνpl

Como νb = νp − 6,00, temos

Lf =Ml2

(νp − 6,00+ νp)

Lf =Ml6

(2νp − 6,00)

Então, usando o princípio da conservação do momento angular, temos

Li = Lf

Ml2

6w0 =

Ml6

(2νp − 6,00)

2νp − 6,00 = lw0


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


νp =lw0 +6,00

2

νp =0,800 · 20,0+6,00

2= 11,0 m/s

58. Na Fig. 11-54 uma bala de 1,0 g é disparada em um bloco de 0,50 kg preso à extremidadede uma barra não-uniforme de 0,60 m de comprimento e uma massa de 0,50 kg. O sistemabloco-barra-bala passa girar no plano do papel, em torno de um eixo fixo que passa por A. Omomento de inércia da barra em relação a esse eixo é 0,060 kg ·m2. Trate o bloco como umapartícula. (a) Qual é o momento de inércia do sistema bloco-haste-bala em relação ao eixo quepassa pelo ponto A? (b) Se a velocidade angular do sistema em relação ao eixo que passa por Aimediatamente após o impacto é 4,5 rad/s, qual é a velocidade da bala imediatamente antesdo impacto?

(a) O momento angular inicial é o momento angular da bala antes do impacto:

~Li = ~rx~p =m~lx ~νb

Li = lmνb

O momento angular após o impacto é dado por:

Lf = Iw

Lf = (Ib + Ic)w

onde Ib é o momento de inércia da barra e Ic = (m+M)l2 é o momento de inércia do conjuntobala-bloco. Dessa forma, o momento de inércia total, I = Ib + Ic, é:

I = Ib + (m+M)l2

I = 0,060+ (0,001+0,50)(0,60)2

I = 0,060+0,18 = 0,24 kg ·m2

(b) Pela conservação do momento angular, temos

Li = Lf

lmνb = Iw

νb =Iwlm


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


νb =0,24 · 4,5

0,60 · 0,001= 1800 m/s

65. Na Fig. 11-58, uma criança de 30 kg está em pé na borda de um carrossel estacionáriode massa 100 kg e raio 2,0 m. O momento de inércia do carrossel em relação ao eixo de rotação é150 kg ·m2. A criança agarra uma bola de massa 1,0 kg lançada por um colega. Imediatamenteantes de a bola ser agarrada ele tem uma velocidade ~ν de módulo 12 m/s, fazendo um ânguloφ = 37o com uma reta tangente à borda do carrossel, como mostra a figura. Qual é a velocidadeangular do carrossel imediatamente após a criança agarrar a bola?

O momento angular inicial que corresponde ao momento angular da bola, esta tem massamb e movimenta com velocidade ~ν, antes da criança pegar é:

~Li = ~rx~p =mb~rx~ν

Li =mbRνcos(φ)

O momento angular imediatamente após a criança agarrar a bola é:

Lf = Iw

Lf = Icw+ (m+mb)R2w

onde Ic é o momento de inércia do carrossel e (m+mb)R2 é o momento de inércia do conjuntocriança-bola.

Assim, pela conservação do momento angular, temos:

Li = Lf

mbRνcos(φ) = Icw+ (m+mb)R2w

w =mbRνcos(φ)Ic + (m+mb)R2

w =1,0 · 2,0 · 12 · cos(37o)150+ (30+1,0)(2,0)2

w = 0,07 rad/s


FÍSICA

ÿCirlei Xavier


66. Na Fig. 11-59, um pequeno bloco de 50 g desliza para baixo em uma superfície curvasem atrito a partir de uma altura h=20 cm e depois adere a uma barra uniforme de massa 100g e comprimento 40 cm. A barra gira de um ângulo θ em torno do ponto O antes de pararmomentaneamente. Determine θ.

A velocidade do bloco ao ser abandonado na altura h é, portanto, zero. Usando a conservaçãoda energia mecânica, temos, então, que a velocidade com que esse bloco atinge a barra éν =

√2gh. Dessa forma, o momento angular inicial antes do choque é mlν. Já o momento

angular depois do choque é Lf = Iw, onde o momento de inércia é I = Ib +ml2. O momentoda barra Ib =Ml2/12 +M(l/2)2, ou seja, o momento de inércia da barra mais o momento deinércia devido ao centro de massa, ambos em relação ao eixo passando pelo ponto O. TemosIb =Ml2/3. Usando a conservação do momento angular, temos

Li = Lf

mlν =ml√2gh = (

Ml2

3+ml2)w

w =ml

√2gh

(Ml2

3 +ml2)=m√2gh

l(M3 +m)

A barra quando forma um ângulo θ está uma altura h′ = l−lcos(θ) do chão. Dessa maneira,temos nesse caso a conservação da energia rotacional em energia potencial da barra mais aenergia potencial do bloco. Isto é:

Er = Ep

12Iw2 =mgh′ +Mg

h′

2= gh′(m+

M2)

12(Ml2

3+ml2) · [

m√2gh

l(M3 +m)]2 = gl[1− cos(θ)] · (m+

M2)

m2gh

(M3 +m)= gl[1− cos(θ)] · (m+

M2)

[1− cos(θ)] = m2h

(M3 +m) · l(M2 +m)

θ = cos−1[1− m2h

(M3 +m) · l(M2 +m)]

θ = cos−1[1− (0,05)2 · 0,20(0,103 +0,05) · 0,4(0,102 +0,05)

]

θ = cos−1[1− 0,05] = cos−1[0,95] = 18,2o


FÍSICA

ÿCirlei Xavier

Capítulo 7

Bibliografia

Halliday, David; Resnick, Robert.; Walker, Jearl. Fundamentos de Física: Mecânica, volume1, 8a Edição, Rio de Janeiro, Editora LTC, 2008.

61

Documents

SOLUÇÃO MECÂNICA Cirlei Xavier · velocidade é a inclinação da reta tangente à curva da posição em função do tempo, então é t =1 savelocidadeépositiva,(c) t =2 savelocidadeézero,partículaseencontraemrepouso,