Calculo Vetorial - exercícios resolvidos

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LISTA 0 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 29 de Dezembro de 2004, a`s 13:20
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a PRIMEIRA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
4 Vetores 2
4.1 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
4.1.1 Soma de vetores . . . . . . . . 2
4.1.2 Somando vetores atrave´s das
suas componentes . . . . . . . . 2
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam0.tex)
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LISTA 0 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 29 de Dezembro de 2004, a`s 13:20
4 Vetores
4.1 Problemas e Exercı´cios
4.1.1 Soma de vetores
P 3-6 (3-??/6 � edic¸a˜o)
Um vetor � tem mo´dulo � unidades e esta´ dirigido para
leste. Um outro vetor, � , esta´ dirigido para � ��� a oeste
do norte e tem mo´dulo de � unidades. Construa diagra-
mas vetoriais para calcular �
	 � e ��� � . Estime o
mo´dulo e a orientac¸a˜o dos vetores �
	 � e ��� � a partir
desses diagramas.
� Para resolver este problema como o livro deseja,
necessita-se de papel milimetrado, re´gua e um transferi-
dor, para medir aˆngulos.
Irei resolver o problema usando sua representac¸a˜o
alge´brica. As componentes dos vetores � e � sa˜o
�����
���
�������
�
e
ff
���
�
� sen �
�
�
�
�flfi�ffi fi� 
�
ff
�!�
�#"%$�&��
�
�
�
��ffi'fi)(*ffi
O sinal de
ff
� e´ negativo pois para fazer a soma algebri-
camente, precisamos primeiro transladar o vetor � para
a origem do sistema de coordenadas. ´E claro que tal
translac¸a˜o na˜o e´ necessa´ria no processo gra´fico utiliza-
do para a soma. Entenda bem o que esta´ sendo feito, as
diferenc¸as entre os dois me´todos de obter a soma.
Portanto, para a soma + �,�-	 � temos
+
� ./�
�
	
ff
�
�
�
�
	
ff
�10
� .
�
�2fi�ffi'fi3 
�
�
	
�4ffi fi�(
065
.
fi�ffi7(
�
��ffi �
0
�
cujo mo´dulo e´
89�;: 8=<
�
	>8?<
�
�A@ .
fi�ffi'(
0
<B	,.
�4ffi �
0
<fl�
�4ffi'fi3C
5
�Dffi fi�ffi
O aˆngulo que a soma + faz com a horizontal e´
E3F
� arctan
8=�
8
�
� arctan
��ffi'fi)(
fi�ffi'(
�
�
�
ffi �
�
5
�
�
�
ffi
Dito de modo equivalente, o vetor + esta´ direcionado de
um aˆngulo de � � � � � � � � � � a Oeste do Norte.
Para o vetor diferenc¸a G � �H� � temos
G
�I.
�flfi�ffi'fi3 J�
���
�4ffi fi�(
�
�
0K5
.
�9(�ffi �
�
�4ffi �
0
�
cujo mo´dulo e´
L
� :
L
<
�
	
L
<
�
�A@ .
�9(*ffi �
0
< 	�.
��ffi �
0
< ��M
ffi
�4N 5 M
ffi
O aˆngulo que a diferenc¸a G faz com a horizontal e´
E1O
� arctan
L
�
L
�
� arctan
�4ffi �
�9(*ffi �
�
fi1�Dffi �
�
ffi
Dito de modo equivalente, o vetor G esta´ direcionado
de um aˆngulo de fi1�Dffi � � a Norte do Oeste. Ou ainda, a
 
�
�
�2fi1�4ffi �
�
�
C
�
ffi7(
�
a Oeste do Norte.
4.1.2 Somando vetores atrave´s das suas componen-
tes
P 3-29 (3-??/6 � edic¸a˜o)
Uma estac¸a˜o de radar detecta um avia˜o que vem do Les-
te. No momento em que e´ observado pela primeira vez,
o avia˜o esta´ a � ��� m de distaˆncia, � � � acima do hori-
zonte, O avia˜o e´ acompanhado por mais N fi3� � no plano
vertical Leste-Oeste e esta´ a M C � m de distaˆncia quando
e´ observado pela u´ltima vez. Calcule o deslocamento da
aeronave durante o perı´odo de observac¸a˜o.
� Chamemos de P a origem do sistema de coordenadas,
de Q a posic¸a˜o inicial do avia˜o, e de R a sua posic¸a˜o fi-
nal. Portanto, o deslocamento procurado e´
��S
QflR
�
�DS
P�RA�
�)S
P�QTffi
Para �DSP�R temos, definindo
E
�UN
fi3�
�
	
�
�
�
�V 
�
�
�
(1�
�
,
que
�DS
P�R
� W
P�R
WX.
� sen
E9Y
	
"%$�&
E[Z
0
� ./M
C
�
0
.
� sen (1�
�
Y
	
"%$)&\(1�
�
Z
0
�
�
M
fi)fi�ffi ��fi
Y
	
fi
�
N
ffi ���
Z
Analogamente, para ��SP�Q temos
�)S
P�Q
� W
P�Q
WX.
"%$�&��
�
�
Y
	 sen � �
�
Z
0
� .
�
���
0
.
"]$)&*�
�
�
Y
	 sen � �
�
Z
0
�
�
�
C�ffi ��fi
Y
	
fi
�
(*ffi
N�N
Z
Portanto
��S
QflR
�
�DS
P�RA�
�)S
P�Q
� .
�
M
fi�fi�ffi �*fi^�_�
�
C�ffi ��fi
�
fi
�
N
ffi ���^�2fi
�
(*ffi
N�N
0
� .
�
N)N
fi
M
ffi
M
�
�
�
�
ffi C�(
0
�
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cuja magnitude e´
W
��S
QflR
W��I@ .
�
N)N
fi
M
ffi
M
�
0
< 	,.
�
�
ffi C*(
0
< � N�N
fi
M
ffi
M
�
�
5 N�N
�
� m ffi
O aˆngulo que o vetor ��SQ9R faz com a parte negativa do
eixo ` e´
arctan a
�
�
ffi C�(
�
N�N
fi
M
ffi
M
�cb
�,�
ffi
���
�
rad �d� ffi fi M
�
�
o que significa que o avia˜o voa quase que horizontal-
mente.
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Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a PRIMEIRA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
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Conteu´do
4 Movimento em duas e treˆs dimenso˜es 2
4.1 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
4.1.1 Ana´lise do Movimento de
Proje´teis . . . . . . . . . . . . 2
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4 Movimento em duas e treˆs di-
menso˜es
4.1 Problemas e Exercı´cios
4.1.1 Ana´lise do Movimento de Proje´teis
P 4-37 (4-29/6 � edic¸a˜o)
Uma bola e´ jogada do solo para o ar. A uma altura de
�����
m a velocidade e´ �	��
 � ��
���������� em metros por se-
gundo (i horizontal, j vertical). (a) Qual a altura ma´xima
alcanc¸ada pela bola? (b) Qual sera´ a distaˆncia horizon-
tal alcanc¸ada pela bola? (c) Qual a velocidade da bola
(mo´dulo e direc¸a˜o), no instante em que bate no solo?
� (a) Chame de � o tempo necessa´rio para a bola atingir
a velocidade dada. Neste caso teremos
���fiff
�ffifl��
�����
�
�! #"�$&%
��'
()ff
�ffifl��
�����
�
�
 
"
�
$+*
,
%
�
,
Eliminando � " entre estas duas equac¸o˜es obtemos
-
� �
�
,
�.�����
�
$
�����
�0/�'
cujas raı´zes sa˜o �1��/ � 2 
�34
 e �1� $65 ��� 5 / � . Substituin-
do a raiz positiva na expressa˜o
�! #"
�
�����7�.��� 2
�
encontramos que � " � �
-
� �82:9;�
-
�
 m/s. Portanto a
bola ira´ atingir uma altura ma´xima de
(8<
�
�
,
 "
5=%
�
ff
�
-
�
�fl
,
5�ff
��� 2
fl
�
�8�
m
�
(b) Como a componente horizontal da velocidade e´ sem-
pre a mesma, temos
>
�
� �?A@
5!� "
%CB
�
ff
� �
fl
5�ff
�
-
�
8fl
��� 2 �
585
� 2D9
5�E m
�
(c) O mo´dulo da velocidade e´
�
� F
�
,
 �?
�
�
,
 
"
� G
ff
� �
fl
,
�
ff
�
-
�
�fl
,
�
�H���
3
9I�
 m/s �
O aˆngulo que � faz com a horizontal e´
J
� tan K * @
�8Lffi"
�
 �?
B
� tan
K
*
@
�
-
�
� �
B
�
�
5
� �4�
L
90�
E
L
'
ou seja, esta´ orientada � E
L
abaixo da horizontal.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2 de 2
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, a`s 2:58 p.m.
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
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Conteu´do
5 Forc¸as e Movimento – I 2
5.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
5.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
5.2.1 Segunda Lei de Newton . . . . 2
5.2.2 Algumas Forc¸as Especı´ficas . . 2
5.2.3 Aplicac¸a˜o das Leis de Newton . 3
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5 Forc¸as e Movimento – I
5.1 Questo˜es
Q 5-??
Cite bla-bla-bla...
�
5.2 Problemas e Exercı´cios
5.2.1 Segunda Lei de Newton
E 5-7 (5-7/6 � edic¸a˜o)
Na caixa de � kg da Fig. 5-36, sa˜o aplicadas duas forc¸as,
mas somente uma e´ mostrada. A acelerac¸a˜o da cai-
xa tambe´m e´ mostrada na figura. Determine a segun-
da forc¸a (a) em notac¸a˜o de vetores unita´rios e (b) em
mo´dulo e sentido.
� (a) Chamemos as duas forc¸as de ��� e ��� . De acordo
com a segunda lei de Newton, �	��
����	
���� , de modo
que ����
��������	� . Na notac¸a˜o de vetores unita´rios
temos �	��
������ e
�ff
fi�ffifl�� sen ��"!����#fl��%$'&"() ��"!+*,
fi��-.�/��fl0�21 34*�1
Portanto
���5
 67�98'6:��-"8)�;
�6<��8=6:�ffifl0�21 3>8'*��?�@�.�
 AB�� "�%�/�C�;fl9*=D N 1
(b) O mo´dulo de ��� e´ dado por
E
��
GF
E
�
�IH
E
�
�IJ
GK 6:�� 9�98
�
L6:�	�;fl+8
�
L �M N 1
O aˆngulo que ��� faz com o eixo N positivo e´ dado por
tan OP
E
�IJ
E
�IH
�	�;fl
�� "�
��21 -"Q@-;1
O aˆngulo e´ ou � 
!
ou � 
!
Rfl0M9�
!
L�;fl0 
!
. Como ambas
componentes
E
�SH e
E
�IJ sa˜o negativas, o valor correto e´
�)fl+ 
!
.
5.2.2 Algumas Forc¸as Especı´ficas
E 5-11 (5-???/6 � )
Quais sa˜o a massa e o peso de (a) um treno´ de -9 �� kg e
(b) de uma bomba te´rmica de 3"�)fl kg?
� (a) A massa e´ igual a -9 �� kg, enquanto que o peso e´
T
U�WVX
Y6Z-� 9�98=6Z[;1 M98%
L-;fl]\�3 N.
(b) A massa e´ igual a 3"�;fl kg, enquanto que o peso e´
T
U�WVX
Y6^3"�;fl+8=6Z[;1 M98%
�32fl���Q)1 M N.
E 5-14 (5-11/6 � )
Uma determinada partı´cula tem peso de ��� N num pon-
to onde V�
_[21 M m/s � . (a) Quais sa˜o o peso e a mas-
sa da partı´cula, se ela for para um ponto do espac¸o on-
de V�
_3/1 [ m/s � ? (b) Quais sa˜o o peso e a massa da
partı´cula, se ela for deslocada para um ponto do espac¸o
onde a acelerac¸a˜o de queda livre seja nula?
� (a) A massa e´
�`
T
V
�9�
[;1 M
��;1 � kg 1
Num local onde V�
a321 [ m/s � a massa continuara´ a ser
�;1 � kg, mas o peso passara´ a ser a metade:
T
b�WVX
a6<�)1c��8=6^321 [98�
afl�fl N 1
(b) Num local onde Vd
L� m/s � a massa continuara´ a ser
�;1 � kg, mas o peso sera´ ZERO.
E 5-18 (5-???/6 � )
(a) Um salame de fl�fl kg esta´ preso por uma corda a uma
balanc¸a de mola, que esta´ presa ao teto por outra corda
(Fig. 5-43a). Qual a leitura da balanc¸a? (b) Na Fig. 5-
43b, o salame esta´ suspenso por uma corda que passa
por uma roldana e se prende a uma balanc¸a de mola
que, por sua vez, esta´ presa a` parede por outra corda.
Qual a leitura na balanc¸a? (c) Na Fig. 5-43c, a parede
foi substituı´da por outro salame de fl�fl kg, a` esquerda, e
o conjunto ficou equilibrado. Qual a leitura na balanc¸a
agora?
Em todos os treˆs casos a balanc¸a na˜o esta´ acelerando, o
que significa que as duas cordas exercem forc¸a de igual
magnitude sobre ela. A balanc¸a mostra a magnitude de
qualquer uma das duas forc¸as a ela ligadas. Em cada
uma das situac¸o˜es a tensa˜o na corda ligada ao salame
tem que ter a mesma magnitude que o peso do salame
pois o salame na˜o esta´ acelerando. Portanto a leitura da
balanc¸a e´ �WV , onde � e´ a massa do salame. Seu valor e´
T
G6:fl9fl+8=6ZM;1 [98%
Yfl0�9M N 1
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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, a`s 2:58 p.m.
5.2.3 Aplicac¸a˜o das Leis de Newton
P 5-21 (5-19/6 � )
Um foguete experimental pode partir do repouso e
alcanc¸ar a velocidade de fl+-��9� km/h em fl�1 M s, com
acelerac¸a˜o constante. Qual a intensidade da forc¸a me´dia
necessa´ria, se a massa do foguete e´ Q@�9� kg?
� Basta usarmos
E
`��e , onde
E
e´ a magnitude da
forc¸a, e a acelerac¸a˜o, e � a massa do foguete.
A acelerac¸a˜o e´ obtida usando-se uma relac¸a˜o simples da
cinema´tica, a saber, f�
ge"h . Para f�
ifl0-��9� km/h 
fl0-9���>j] ;1 -k
�3�393 m/s, temos que el
�393�3)j>fl�1 Mk
m�]3)\
m/s � . Com isto a forc¸a me´dia e´ dada por
E
b��eX
Y6<Q@���"8'6<�]3>\�8n
Yfl�1c�Popfl+��q N 1
E 5-23 (5-??/6 � )
Se um neˆutron livre e´ capturado por um nu´cleo, ele po-
de ser parado no interior do nu´cleo por uma forc¸a forte.
Esta forc¸a forte, que mante´m o nu´cleo coeso, e´ nula fora
do nu´cleo. Suponha que um neˆutron livre com veloci-
dade inicial de fl91 3po�fl0�9r m/s acaba de ser capturado
por um nu´cleo com diaˆmetro st
ufl+�)v �:w m. Admitindo
que a forc¸a sobre o neˆutron e´ constante, determine sua
intensidade. A massa do neˆutron e´ fl�1 -"\xoyfl0�;v � r kg.
� A magnitude da forc¸a e´ E 
z��e , onde e e´ a
acelerac¸a˜o do neˆutron. Para determinar a acelerac¸a˜o que
faz o neˆutron parar ao percorrer uma distaˆncia s , usamos
a fo´rmula
f
�
bf
�
{
#�@e>s/1
Desta equac¸a˜o obtemos sem problemas
ed
f
�
�pf
�
{
�@s
�|6:fl�1 3Xopfl+��r=8
�
�;6}fl0�
v
�~w
8
fi��[21 MXoyfl0�
�
r m/s � 1
A magnitude da forc¸a e´
E
U��ed
G6:fl�1 -"\xoyfl0�
v
�
r
8'67[;1 Mopfl+�
�
r
8�
Yfl0-;1 3 N 1
E 5-28 (5-15/6 � )
Veja a Fig. 5-27. Vamos considerar a massa do bloco
igual a M21 Q kg e o aˆngulo OL
€ ��
!
. Determine (a) a
tensa˜o na corda e (b) a forc¸a normal aplicada sobre o
bloco. (c) Determine o mo´dulo da acelerac¸a˜o do bloco
se a corda for cortada.
� (a) O diagrama de corpo isolado e´ mostrado na Fig. 5-
27 do livro texto. Como a acelerac¸a˜o do bloco e´ zero, a
segunda lei de Newton fornece-nos

�y�ffV sen O 
 �
‚
�y�ffVƒ$'&9(;O 
 �;1
A primeira destas equac¸o˜es nos permite encontrar a
tensa˜o na corda:

��ffV sen Ox
a6ZM21 Q98'67[;1 M98 sen 9�9!�
�3"� N 1
(b) A segunda das equac¸o˜es acima fornece-nos a forc¸a
normal:
‚
b�WV„$=&9()OP
Y6ZM;1cQ�8=6Z[21 M"8)$'&"() �� ! 
…\@� N 1
(c) Quando a corda e´ cortada ela deixa de fazer forc¸a
sobre o bloco, que passa a acelerar. A componente N da
segunda lei de Newton fica sendo agora ���ffV sen Oy
��e , de modo que
ed
a��� sen Ox
Y�|6Z[21 M"8 sen �� ! 
Y��321 [ m/s � 1
O sinal negativo indica que a acelerac¸a˜o e´ plano abaixo.
E 5-33 (5-???/6 � )
Um ele´tron e´ lanc¸ado horizontalmente com velocida-
de de fl�1c�WoRfl0�9r m/s no interior de um campo ele´trico,
que exerce sobre ele uma forc¸a vertical constante de
3/1 Qdo?fl+�)v
�:† N. A massa do ele´tron e´ [21‡fl9flffio?fl0�;v4ˆ � kg.
Determine a distaˆncia vertical de deflexa˜o do ele´tron, no
intervalo de tempo em que ele percorre
�� mm, horizon-
talmente.
� A acelerac¸a˜o do ele´tron e´ vertical e, para todos efei-
tos, a u´nica forc¸a que nele atua e´ a forc¸a ele´trica; a forc¸a
gravitacional e´ muito menor. Escolha o eixo N no sen-
tido da velocidade inicial e o eixo ‰ no sentido da forc¸a
ele´trica. A origem e´ escolhida como sendo a posic¸a˜o
inicial do ele´tron. Como a acelerac¸a˜o e forc¸a sa˜o cons-
tantes, as equac¸o˜es cinema´ticas sa˜o
NW
�f
{
h e ‰
fl
�
e"h
�
fl
�
E
�
h
��Ł
onde usamos
E
g��e para eliminar a acelerac¸a˜o. O
tempo que o ele´tron com velocidade f { leva para viajar
uma distaˆncia horizontal de N#
‹ �� mm e´ h|
ŒNj�f { e
sua deflexa˜o na direc¸a˜o da forc¸a e´
‰ 
fl
�
E
�Ž
N
f
{/
�
fl
�
Ž
3/1 QPoyfl0�)v
�:†
[;1‘fl�fl,oyfl0�
v4ˆ
�

Ž
 ��Xoyfl0�)v�ˆ
fl�1c�xoyfl0�
r

�
 fl�1cQdopfl+�
v�ˆ m 
L�;1 ���2fl+Q mm 1
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 22 de Outubro de 2003, a`s 2:58 p.m.
´E jogando ele´trons contra um tubo de imagens que sua
TV funciona... Isto sera´ estudado nos capı´tulos 23 e 24
do livro.
P 5-38 (5-29/6 � )
Uma esfera de massa „o|fl0�;v w kg esta´ suspensa por uma
corda. Uma brisa horizontal constante empurra a esfera
de maneira que ela fac¸a um aˆngulo de "\
!
com a verti-
cal de repouso da mesma. Determine (a) a intensidade
da forc¸a aplicada e (b) a tensa˜o na corda.
� (a) Suponhamos a brisa soprando horizontalmente da
direita para a esquerda. O diagrama de corpo isolado
para a esfera tem treˆs forc¸as: a tensa˜o

na corda, apon-
tando para cima e para a direita e fazendo um aˆngulo
O“’i >\
!
com a vertical, o peso �WV apontando verti-
calmente para baixo, e a forc¸a E da brisa, apontando
horizontalmente para a esquerda.
Como a esfera na˜o esta´ acelerada, a forc¸a resultante de-
ve ser nula. A segunda lei de Newton nos diz que as
componentes horizontais e verticais das forc¸as satisfa-
zem as relac¸o˜es, respectivamente,

sen Offi�
E
 �
Ł

$'&"()Offi�y�ffV 
 �;1
Eliminando

entre estas duas equac¸o˜es obtemos
E
U�WV tan O 
 67 Xopfl+� v w 8'6Z[21 M"8 tan >\@!
 �;1 �;fl”oyfl0�
v4ˆ N 1
(b) A tensa˜o pedida e´

�ffV
$'&9(;O
6Z topfl+�)v
w
8'6Z[21 M"8
$'&9(2 "\
!
b 21 -9MPoyfl0�
v4ˆ N 1
Perceba que talvez fosse mais simples ter-se primeiro
determinado

e, a seguir,
E
, na ordem contra´ria do que
pede o problema.
P 5-39 (5-??/6 � )
Uma moc¸a de 39� kg e um treno´ de M21 3 kg esta˜o sobre
a superfı´cie de um lago gelado, separados por fl�Q m. A
moc¸a aplica sobre o treno´ uma forc¸a horizontal de Q)1c�
N, puxando-o por uma corda, em sua direc¸a˜o. (a) Qual a
acelerac¸a˜o do treno´? (b) Qual a acelerac¸a˜o da moc¸a? (c)
A que distaˆncia, em relac¸a˜o a` posic¸a˜o inicial da moc¸a,
eles se juntam, supondo nulas as forc¸as de atrito?
� (a) Como o atrito e´ desprezı´vel, a forc¸a da moc¸a no
treno´ e´ a u´nica forc¸a horizontal que existe no treno´. As
forc¸as verticais, a forc¸a da gravidade e a forc¸a normal
do gelo, anulam-se.
A acelerac¸a˜o do treno´ e´
e"•–
E
�W•
Q;1 �
M21 3
L�;1 -9� m/s � 1
(b) De acordo com a terceira lei de Newton, a forc¸a do
treno´ na moc¸a tambe´m e´ de Q;1 � N. A acelerac¸a˜o da moc¸a
e´, portanto,
e>—“
E
� —
Q)1c�
3"�
��21‡fl+ m/s � 1
(c) A acelerac¸a˜o do treno´ e da moc¸a tem sentidos opos-
tos. Suponhamos que a moc¸a parta da origem e mova-se
na direc¸a˜o positiva do eixo N . Sua coordenada e´ dada
por
N4—“
fl
�
e"—�h
�
1
O treno´ parte de Ny
YN { 
‹fl�Q m e move-se no sentido
negativo de N . Sua coordenada e´ dada por
N
•
�N
{
�
fl
�
e
•
h
�
1
Eles se encontram quando N4—“
�N2• , ou seja quando
fl
�
e>—�h
�
bN
{
�
fl
�
e"•˜h
�
Ł
donde tiramos facilmente o instante do encontro:
h�
a™
�]N
{
e
—
le
•
Ł
quando enta˜o a moc¸a tera´ andado uma distaˆncia
N
—
fl
�
e
—
h
�
N
{
e"—
e>—#
Re"•
6}fl+Q98'6Z�21‡fl+ 98
�;1‘fl0 �
l�;1 -9�
L�;1 - m 1
P 5-40 (5-31/6 � )
Dois blocos esta˜o em contato sobre uma mesa sem atri-
to. Uma forc¸a horizontal e´ aplicada a um dos blocos,
como mostrado na Fig. 5-45. (a) Se � � 
š�;1 kg e
�
�
fifl91 � kg e
E
L ;1c� N, determine a forc¸a de contato
entre os dois blocos. (b) Mostre que, se a mesma forc¸a
E
for aplicada a � � , ao inve´s de � � , a forc¸a de contato
entre os dois blocos e´ �)1‘fl N, que na˜o e´ o mesmo valor
obtido em (a). Explique a diferenc¸a.
� (a) O diagrama de corpo isolado para a massa ��� tem
quatro forc¸as: na vertical, �k�IV e
‚
� , na horizontal, para
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a direita a forc¸a aplicada E e, para a esquerda, a forc¸a
de contato �	› que ��� exerce sobre ��� . O diagrama de
corpo isolado para a massa ��� conte´m treˆs forc¸as: na
vertical, ���œV e
‚
� e, na horizontal, apontando para a
direita, a forc¸a › . Note que o par de forc¸as �	› e › e´ um
par ac¸a˜o-reac¸a˜o, conforme a terceira lei de Newton.
A segunda lei de Newton aplicada para � � fornece
E
�?›�
b���'e
Ł
onde e e´ a acelerac¸a˜o. A segunda lei de Newton aplica-
da para ��� fornece
›�
b� � e41
Observe que como os blocos movem-se juntos com a
mesma acelerac¸a˜o, podemos usar o mesmo sı´mbolo e
em ambas equac¸o˜es.
Da segunda equac¸a˜o obtemos eff
Y›j���� que substitui-
da na primeira equac¸a˜o dos fornece › :
›�
E
�
�
���%
R���
6Z 21 �98'6}fl�1c��8
�)1 �
bfl91 �
afl91‡fl N 1
(b) Se � for aplicada em � � em vez de � � , a forc¸a de
contato e´
›�
E
�
�
���%
R���
6Z 21 �98'6<�)1 98
�)1 �
bfl91 �
L�;1‡fl N 1
A acelerac¸a˜o dos blocos e´ a mesma nos dois casos. Co-
mo a forc¸a de contato e´ a u´nica forc¸a aplicada a um dos
blocos, parece correto atribuir-se aquele bloco a mesma
acelerac¸a˜o que ao bloco ao qual � e´ aplicada. No segun-
do caso a forc¸a de contato acelera um bloco com maior
massa do que no primeiro, de modo que deve ser maior.
P 5-44 (5-33/6 � )
Um elevador e sua carga, juntos, teˆm massa de fl0-��9�
kg. Determine a tensa˜o no cabo de sustentac¸a˜o quan-
do o elevador, inicialmente descendo a fl�� m/s, e´ parado
numa distaˆncia de 3>� m com acelerac¸a˜o constante.
� O diagrama de corpo isolado tem duas forc¸as: pa-
ra cima, a tensa˜o

no cabo e, para baixo, a forc¸a
�WV da gravidade. Se escolhermos o sentido para ci-
ma como positivo, a segunda lei de Newton diz-nos que

�|�WVd
���e , onde e e´ a acelerac¸a˜o. Portanto, a tensa˜o
e´

b�C6žV,
le)8œ1
Para determinar a acelerac¸a˜o que aparece nesta equac¸a˜o
usamos a relac¸a˜o
f
�
�f
�
{
#�@e"‰
Ł
onde a velocidade final e´ fy
� , a velocidade inicial e´
f
{
Ÿ�ffifl�� e ‰…
Ÿ��3"� , a coordenada do ponto final.
Com isto, encontramos
eX
��f
�
{
�@‰
�|6}�ffifl+�98
�
�;6:��3>��8
fl��
\
afl91c\)fl m/s � 1
Este resultado permite-nos determinar a tensa˜o:

b�C6žV,
le)8�
Y6}fl0-9���98� Z[21 M�
�fl�1¡\>fl+¢�
Yfl�1 Mdopfl+�
w N 1
P 5-52 (5-35/6 � )
Uma pessoa de M9� kg salta de pa´ra-quedas e experimenta
uma acelerac¸a˜o, para baixo, de �)1cQ m/s � . O pa´ra-quedas
tem Q kg de massa. (a) Qual a forc¸a exercida, para cima,
pelo ar sobre o pa´ra-quedas? (b) Qual a forc¸a exercida,
para baixo, pela pessoa sobre o pa´ra-quedas?
� (a) O diagrama de corpo isolado para a pessoa+pa´ra-
quedas conte´m duas forc¸as: verticalmente para cima a
forc¸a
E
�
do ar, e para baixo a forc¸a gravitacional de um
objeto de massa �m
Y67M��%
�Q�8%
LM9Q kg, correspondente
as massas da pessoa e do pa´ra-quedas.
Considerando o sentido para baixo como positivo, A se-
gunda lei de Newton diz-nos que
�WVx�
E
�
U��e
Ł
onde e e´ a acelerac¸a˜o de queda. Portanto,
E
�
U�C6žVd�ye)8�
G6ZM"Q�8'67[;1 M”�C�;1 Q98–
L-9��� N 1
(b) Consideremos agora o diagrama de corpo isolado
apenas para o pa´ra-quedas. Para cima temos
E
�
, e para
baixo temos a forc¸a gravitacional sobre o pa´ra-quedas
de massa �ff£ . Ale´m dela, para baixo atua tambe´m a
forc¸a
E
£ , da pessoa. A segunda lei de Newton diz-nos
enta˜o que �t£�V,
E
£,�
E
�
b�ff£]e , donde tiramos
E
£
b�
£
6ZeP�¤V;8
E
�
 6<Q�8=67�)1cQ��y[21 M"8
R-"�@�
 Q�M�� N 1
P 5-55 (5-???/6 � )
Imagine um mo´dulo de aterrisagem se aproximando da
superfı´cie de Callisto, uma das luas de Ju´piter. Se o
motor fornece uma forc¸a para cima (empuxo) de 9��-��
N, o mo´dulo desce com velocidade constante; se o mo-
tor fornece apenas ���@�9� N, o mo´dulo desce com uma
acelerac¸a˜o de �;1 �[ m/s � . (a) Qual o peso do mo´dulo de
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aterrisagem nas proximidades da superfı´cie de Callisto?
(b) Qual a massa do mo´dulo? (c) Qual a acelerac¸a˜o em
queda livre, pro´xima a` superfı´cie de Callisto?
� Chamemos de V a acelerac¸a˜o da gravidade perto da
superfı´cie de Callisto, de � a massa do mo´dulo de ater-
risagem, de e a acelerac¸a˜o do mo´dulo de aterrisagem,
e de E o empuxo (a forc¸a para cima). Consideremos
o sentido para baixo como o sentido positivo. Enta˜o
�WV��
E
€��e . Se o empuxo for E �R
€ "�@-9� N, a
acelerac¸a˜o e´ zero, donde vemos que
�ffVx�
E
� 
b�21
Se o empuxo for
E
� 
��9�@��� N, a acelerac¸a˜o e´ e � ’��21 9[
m/s � , e temos
�WVx�
E
�	
���e"��1
(a) A primeira equac¸a˜o fornece o peso do mo´dulo de
aterrisagem:
T
��ffVd
E
��
� "�@-�� N 1
(b) A segunda equac¸a˜o fornece a massa:
�`
T
�
E
�
e>�
 "�@-����?���@�9�
�;1 �[
“�)1¡\xopfl+�
ˆ kg 1
(c) O peso dividido pela massa fornece a acelerac¸a˜o da
gravidade no local, ou seja,
VX
T
�
 "�@-��
�)1¡\Poyfl0�
ˆ
Yfl�1c� m/s � 1
P 5-58 (5-43/6 � )
Um bloco de massa ���X
‹ 21c\ kg esta´ sobre um plano
com ��
!
de inclinac¸a˜o, sem atrito, preso por uma corda
que passa por uma polia, de massa e atrito desprezı´veis,
e tem na outra extremidade um segundo bloco de mas-
sa ����
`�;1 kg, pendurado verticalmente (Fig. 5-52).
Quais sa˜o (a) os mo´dulos das acelerac¸o˜es de cada bloco
e (b) o sentido da acelerac¸a˜o de ��� ? (c) Qual a tensa˜o
na corda?
� (a) Primeiro, fazemos o diagrama de corpo isolado
para cada um dos blocos.
Para ��� , apontando para cima temos a magnitude  da
tensa˜o na corda, e apontando para baixo o peso ���œV .
Para �k� , temos treˆs forc¸as: (i) a tensa˜o  apontando
para cima, ao longo do plano inclinado, (ii) a normal ‚
perpendicular ao plano inclinado e apontando para cima
e para a esquerda, e (iii) a forc¸a peso �k�¥V , apontando
para baixo, fazendo um aˆngulo OW
u ��
!
com o prolon-
gamento da normal.
Para �k� , escolhemos o eixo N paralelo ao plano incli-
nado e apontando para cima, e o eixo ‰ na direc¸a˜o da
normal ao plano. Para � � , escolhemos o eixo ‰ apon-
tando para baixo. Com estas escolhas, a acelerac¸a˜o dos
dois blocos pode ser representada pela mesma letra e .
As componentes N e ‰ da segunda lei de Newton para
� � sa˜o, respectivamente,

�p� � V sen O 
 � � e
Ł
‚
�y�WV„$'&"()O 
 �21
A segunda lei de Newton para � � fornece-nos
� � Vx�

�� � e41
Substituindo-se

Œ� � ed
b� � V sen O (obtida da pri-
meira equac¸a˜o acima), nesta u´ltima equac¸a˜o, obtemos a
acelerac¸a˜o:
e 
6^�
�
�p�
� sen O"8˜V
�k�%
?���
A �;1 ”�C ;1¡\ sen ��
!
D˜67[;1 M98
 21c\¦
#�)1 
L�;1¡\] 9Q m/s � 1
(b) O valor de e acima e´ positivo, indicando que a
acelerac¸a˜o de � � aponta para cima do plano inclinado,
enquanto que a acelerac¸a˜o de � � aponta para baixo.
(c) A tensa˜o  na corda pode ser obtida ou de

 �
�
e”
R�
�
V sen O
 6Z 21c\�8'A �;1¡\] "Qƒ
l[;1 M sen 9�9!ID�
L�@�21 M�3 N Ł
ou, ainda, da outra equac¸a˜o:

 �
�
V,
?�
�
e
 67�)1 98=A [21 M”�C�;1¡\] "Q�D/
L���;1 M@3 N 1
P 5-63 (5-47/6 � )
Um macaco de fl+� kg sobe por uma corda de massa des-
prezı´vel, que passa sobre o galho de uma a´rvore, sem
atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de
fl�Q kg, que esta´ no solo (Fig. 5-54). (a) Qual o mo´dulo
da acelerac¸a˜o mı´nima que o macaco deve ter para levan-
tar a caixa do solo? Se, apo´s levantar a caixa, o macaco
parar de subir e ficar agarrado a` corda, quais sa˜o (b) sua
acelerac¸a˜o e (c) a tensa˜o na corda?
� (a) Consideremos “para cima” como sendo os sen-
tidos positivos tanto para o macaco quanto para a cai-
xa. Suponhamos que o macaco puxe a corda para baixo
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com uma forc¸a de magnitude E . De acordo com a ter-
ceira lei de Newton, a corda puxa o macaco com uma
forc¸a de mesma magnitude, de modo que a segunda lei
de Newton aplicada ao macaco fornece-nos
E
�y��—�VX
b��—”e>—
Ł
onde ��— e e>— representam a massa e a acelerac¸a˜o do
macaco, respectivamente. Como a corda tem massa des-
prezı´vel, a tensa˜o na corda e´ o pro´prio
E
.
A corda puxa a caixa para cima com uma forc¸a de mag-
nitude
E
, de modo que a segunda lei de Newton aplicada
a` caixa e´
E
‚
�p�ff£+V
U�ff£@e�£
Ł
onde �t£ e e�£ representam a massa e a acelerac¸a˜o da
caixa, respectivamente, e
‚
e´ a forc¸a normal exercida
pelo solo sobre a caixa.
Suponhamos agora que
E
E
—¦§‘¨ , onde
E
—ƒ§‘¨ e´ a
forc¸a mı´nima para levantar a caixa. Enta˜o
‚
©� e
e
£
u� , pois a caixa apenas ‘descola’ do cha˜o, sem ter
ainda comec¸ado a acelerar. Substituindo-se estes valo-
res na segunda lei de Newton para a caixa obtemos que
E
i�
£
V que, quando substituida na segunda lei de
Newton para o macaco (primeira equac¸a˜o acima), nos
permite obter a acelerac¸a˜o sem problemas:
e"—…
E
�p�
—
V
��—
6Z�t£,�p�
—
8~V
��—
6}fl+Q”��fl0�98=6Z[21 M"8
fl+�
b321 [ m/s � 1
(b) Para a caixa e para o macaco, a segunda lei de
Newton sa˜o, respectivamente,
E
�p�
£
Vd
b�
£
e
£
Ł
E
�p��—	VX
U��—�e>—P1
Agora a acelerac¸a˜o do pacote e´ para baixo e a do ma-
caco para cima, de modo que e"—m
ª��e £ . A primeira
equac¸a˜o nos fornece
E
b�
£
6^V,
#e
£
8�
��
£
6žVP�ye>—,8
Ł
que quando substituida na segunda equac¸a˜o acima nos
permite obter e>— :
e"— 
� £ �y��—,8˜V
�t£,�p� —
6}fl+Q��#fl+�98~V
fl+Q�
�fl0�
L� m/s � 1
(c) Da segunda lei ne Newton para a caixa podemos ob-
ter que
E
U�ff£26žVx�Ce — 8�
G6:fl�Q�8=6Z[;1 M”�C�;1 �"8�
fifl��@� N 1
P 5-70 (5-53/6 � )
Um bala˜o de massa « , com ar quente, esta´ descendo,
verticalmente com uma acelerac¸a˜o e para baixo (Fig. 5-
59). Que quantidade de massa deve ser atirada para fora
do bala˜o, para que ele suba com uma acelerac¸a˜o e (mes-
mo mo´dulo e sentido oposto)? Suponha que a forc¸a de
subida, devida ao ar, na˜o varie em func¸a˜o da massa (car-
ga de estabilizac¸a˜o) que ele perdeu.
� As forc¸as que atuam no bala˜o sa˜o a forc¸a ��¬ da gra-
vidade, para baixo, e a forc¸a �
�
do ar, para cima. Antes
da massa de estabilizac¸a˜o ser fogada fora, a acelerac¸a˜o
e´ para baixo e a segunda lei de Newton fornece-nos
E
�
�C«“VX
a�	«fie
Ł
ou seja E
�
L«Œ6žVx�Ce)8 . Apo´s jogar-se
fora uma massa
� , a massa do bala˜o passa a ser «­�C� e a acelerac¸a˜o
e´ para cima, com a segunda lei de Newton dando-nos
agora a seguinte expressa˜o
E
�
�U67«®�y��8~VX
a6<«®�y��8:e41
Eliminando E
�
entre as duas equac¸o˜es acima encontra-
mos sem problemas que
�`
��«fie
effi
CV
��«
fl„
?V;j@e
1
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, a`s 10:09 a.m.
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
6 Forc¸as e Movimento – II 2
6.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
6.2.1 Propriedades do Atrito . . . . . 2
6.2.2 Forc¸a de Viscosidade e a Velo-
cidade Limite . . . . . . . . . . 4
6.2.3 Movimento Circular Uniforme . 4
6.2.4 Problemas Adicionais . . . . . 6
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam1.tex)
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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, a`s 10:09 a.m.
6 Forc¸as e Movimento – II
6.1 Questo˜es
Q 6-10
Cite bla-bla-bla...
�
6.2 Problemas e Exercı´cios
6.2.1 Propriedades do Atrito
E 6-1 (6-??/6 � edic¸a˜o)
Um arma´rio de quarto com massa de ��� kg, incluindo
gavetas e roupas, esta´ em repouso sobre o assoalho. (a)
Se o coeficiente de atrito esta´tico entre o mo´vel e o cha˜o
for ��� �	� , qual a menor forc¸a horizontal que uma pessoa
devera´ aplicar sobre o arma´rio para coloca´-lo em movi-
mento? (b) Se as gavetas e as roupas, que teˆm 
�� kg de
massa, forem removidas antes do arma´rio ser empurra-
do, qual a nova forc¸a mı´nima?
� (a) O diagrama de corpo livre deste problema tem
quatro forc¸as. Na horizontal: apontando para a direita
esta´ a forc¸a aplicada 
 , para a esquerda a forc¸a de atri-
to � . Na vertical, apontando para cima temos a forc¸a
normal � do piso, para baixo a forc¸a ��� da gravidade.
Escolhando o eixo � na horizontal e o eixo � na vertical.
Como o arma´rio esta´ em equilı´brio (na˜o se move), a se-
gunda lei de Newton fornece-nos como componentes �
e � as seguintes equac¸o˜es
����� �
��ff
fifl�
��ffi
�
���
Donde vemos que � �!� e fi"� ��ffi .
Quando � aumenta, � aumenta tambe´m, ate´ que ���
#%$
fi
. Neste instante o arma´rio comec¸a a mover-se.
A forc¸a mı´nima que deve ser aplicada para o arma´rio
comec¸ar a mover-se e´
�&�
#
$
fi'�
#
$
��ffi
�)(
�*� ���,+
(
�	�-+
(/.
� 0	+
�21
�,� N �
(b) A equac¸a˜o para � continua a mesma, mas a massa e´
agora ���
�
��
�!1
0 kg. Portanto
�&�
#%$
�3ffi
�)(
��� �	�-+
(41
0-+
(/.
� 0	+
�
1
� N �
P 6-2 (6-???/6 � )
Um jogador de massa � � � . kg escorrega no cam-
po e seu movimento e´ retardado por uma forc¸a de atrito
�!�
���5� N. Qual e´ o coeficiente de atrito cine´tico #%6
entre o jogador e o campo?
� Neste problema, o diagrama de corpo livre tem ape-
nas treˆs forc¸as: Na horizontal, apontando para a esquer-
da, a forc¸a � de atrito. Na vertical, apontando para cima
temos a forc¸a normal � do solo sobre o jogador, e para
baixo a forc¸a �7� da gravidade.
A forc¸a de atrito esta´ relacionada com a forc¸a normal
atrave´s da relac¸a˜o
�8�
#%6
fi
. A forc¸a normal
fi
e´ ob-
tida considerando-se a segunda lei de Newton. Como a
componete vertical da acelerac ca˜o e´ zero, tambe´m o e´ a
componente vertical da segunda lei de Newton, que nos
diz que
fifl�
��ffi
�
��ff
ou seja, que fi"� ��ffi . Portanto
#
6
�
�
fi
�
�
�3ffi
�
���5�
(
�
.
+
(9.
� 0-+
�
�*� :*
;�
E 6-8 (?????/6 � )
Uma pessoa empurra horizontalmente uma caixa de �-�
kg, para moveˆ-la sobre o cha˜o, com uma forc¸a de 1,1 �
N. O coeficiente de atrito cine´tico e´ ��� <-� . (a) Qual o
mo´dulo da forc¸a de atrito? (b) Qual a acelelrac¸a˜o da
caixa?
� (a) O diagrama de corpo livre tem quatro forc¸as. Na
horizontal, apontando para a direita temos a forc¸a 
 que
a pessoa faz sobre a caixa, e apontando para a esquerda
a forc¸a de atrito � . Na vertical, para cima a forc¸a normal
� do piso, e para baixo a forc¸a �7� da gravidade.
A magnitude da forc¸a da gravidade e´ dada por �"�
#
6
fi
, onde # 6 e´ o coeficiente de atrito cine´tico. Como a
componente vertical da acelerac¸a˜o e´ zero, a segunda lei
de Newton diz-nos que, igualmente, a soma das compo-
nentes verticais da forc¸a deve ser zero: fi=� ��ffi � � , ou
seja, que fi"� ��ffi . Portanto
���
#%6
fi'�
#%6
�3ffi
�&(
��� <-�,+
(
�-�,+
(9.
� 0-+
�
>0
.
N �
(b) A acelerac¸a˜o e´ obtida da componente horizontal da
segunda lei de Newton. Como �!����� ��? , temos
?
�
�!�@�
�
�
1-1
�
�
>0
.
�,�
�
���A�5: m/s B,�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, a`s 10:09 a.m.
E 6-11 (6-9/6 � )
Uma forc¸a horizontal
� de 
 1 N comprime um bloco
pesando � N contra uma parede vertical (Fig. 6-18). O
coeficiente de atrito esta´tico entre a parede e o bloco e´
��� : , e o coeficiente de atrito cine´tico e´ ��� � . Suponha que
inicialmente o bloco na˜o esteja em movimento. (a) O
bloco se movera´? (b) Qual a forc¸a exercida pela parede
sobre o bloco, em notac¸a˜o de vetores unita´rios?
� (a) O diagrama de corpo isolado consiste aqui de qua-
tro vetores. Na horizontal, apontando para a direita, te-
mos a forc¸a
�
e apontando para a esquerda a forc¸a nor-
mal
fi
. Na vertical, apontando verticalmente para baixo
temos o peso ��ffi , e apontando para cima a forc¸a de atri-
to
�
.
Para determinar se o bloco cai, precisamos encontrar a
magnitude � da forc¸a de fricc¸a˜o nevessa´ria para mante-
lo sem acelerar bem como encontrar a forc¸a da parede
sobre o bloco. Se
�&C
#
$
fi
o bloco na˜o desliza pela
parede mas se
�ED
#
$
fi
o bloco ira´ deslizar.
A componente horizontal da segunda lei de Newton re-
quer que
�F�GfiH�
� , de modo que �I�JfiH� 
 1 N
e, portanto, # $
fiK�L(
��� :-+
(
1
+
�
���
1
N. A componente
vertical diz que �M� ��ffi � � , de modo que ��� �3ffi � �
N.
Como
�EC
#%$
fi
, vemos que o bloco na˜o desliza.
(b) Como o bloco na˜o se move, �N� � N e fiK� 
 1 N.
A forc¸a da parede no bloco e´
PO
�)�QfiER�ST�VUW�)(X�
15RYS
�
U
+ N �
P 6-22 (6-13/6 � )
Uma caixa de :,0 kg e´ puxada pelo chaa˜o por uma corda
que faz um aˆngulo de 
>�-Z acima da horizontal. (a) Se o
coeficiente de atrito esta´tico e´ ���A� , qual a tensa˜o mı´nima
necessa´ria para iniciar o movimento da caixa? (b) SE
#
6
�
��� <-� , qual a sua acelerac¸a˜o inicial?
� (a) O diagrama de corpo isolado tem quatro forc¸as.
Apontando para a direita e fazendo um aˆngulo de [ �
>�-Z com a horizontal temos a tensa˜o \ na corda. Hori-
zontalmente para a esquerda aponta a forc¸a de atrito � .
Na vertical, para cima aponta a forc¸a normal � do cha˜o
sobre a caixa, e para baixo a forc¸a �7� da gravidade.
Quando a caixa ainda na˜o se move as acelerac¸o˜es sa˜o
zero e, consequentemente, tambe´ o sa˜o as respectivas
componentes da forc¸a resultante. Portanto, a segunda
lei de Newton nos fornece para as componente horizon-
tal e vertical as equac¸o˜es, respectivamente,
]_^a`	b
[
��� �
��ff
]
sen [
Scfifl�
��ffi
�
���
Esta equac¸o˜es nos dizem que �8�L]_^a`
b [ e que fid�
�3ffi
�N]
sen [ .
Para a caixa permanecer em repouso
�
tem que ser me-
nor do que # $ fi , ou seja,
]_^e`-b
[
C
# $
(
�3ffi
�N]
sen [-+f�
Desta expressa˜o vemos que a caixa comec¸ara´ a mover-
se quando a tensa˜o ] for tal que os dois lados da
equac¸a˜o acima compemsem-se:
]_^e`-b
[
�
#%$
(
�3ffi
�N]
sen [-+fff
donde tiramos facilmente que
]2�
#%$
�3ffi
^e`-b
[
S
# $ sen [
�
(
���A�,+
(
:,0	+
(9.
� 0-+
^e`-b
��
Z
S
���A� sen 
>�
Z
�
<-�5� N �
(b) Quando a caixa se move, a segunda lei de Newton
nos diz que
]_^a`	b
[
�@� �
�7?gff
fiLS�]
sen [
�
�3ffi
�
�*�
Agora, pore´m temos
���
#
6
fi'�
#
6
(
��ffi
�h]
sen [	+fff
onde tiramos fi da segunda equac¸a˜o acima. Substituin-
do este � na primeira das equac¸o˜es acima temos
]_^a`-b
[
�
#
6
(
�3ffi
�N]
sen [-+
�
��?gff
de onde tiramos facilmente que
?
�
]M(/^e`-b
[
S
#
6 sen [-+
�
�
#
6
ffi
�
(
<-�5�	+
(/^e`-b
��,Z
S
�*� <	� sen 
>�-Za+
:,0
�G(
�*� <	�,+
(9.
� 0-+
�
,� < m/s B-�
Perceba bem onde se usa #%$ e onde entra # 6 .
P 6-24 (6-15/6 � )
Na Fig. 6-24, A e B sa˜o blocos com pesos de �,� N e 1-1
N, respectivamente. (a) Determine o menor peso (bloco
C) que deve ser colocado sobre o bloco A para impedi-
lo de deslizar, sabendo que o coeficiente #%i entre A e a
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mesa e´ ���
1
. (b) Se o bloco C for repentinamente retira-
do, qual sera´ a acelerac¸a˜o do bloco A, sabendo que # 6
entre A e a mesa e´ �*�j
�� ?
� (a) Aqui temos DOIS diagramas de corpo isolado. O
diagrama para o corpo B tem apenas duas forc¸as: para
cima, a magnitude da tensa˜o ] na corda, e para baixo
a magnitude kml do peso do bloco B. O diagrama pa-
ra o corpo composto por A+C tem quatro forc¸as. Na
horizontal, apontando para a direita temos a tensa˜o ]
na corda, e apontando para a esquerda a magnitude � da
forc¸a de atrito. Na vertical, para cima temos a normal fi
exercida pela mesa sobre os blocos A+C, e para baixo o
peso konqp , peso total de A+C.
Vamos supor que os blocos esta˜o parados (na˜o acelera-
dos), e escolher o eixo � apontando para a direita e o
eixo � apontando para cima. As componentes � e � da
segunda lei de Newton sa˜o, respectivamente,
]r��� �
�*ff
fifl�
kmnqp
�
�*�
Para o bloco B tomamos o sentido para baixo como sen-
do positivo, obtendo que
kml
�N]s�
���
Portanto temos que
]=�
kol e, consequentemente, que
�7�s]t�
kml . Temos tambe´m que
fi"�
k
nqp .
Para que na˜o ocorra deslizamento, e´ necessa´rio que �
seja menor que # i fi , isto e´ que kml C # i k nqp . O me-
nor valor que k nqp pode ter com os blocos ainda parados
e´
kmnqp
�
k
l
#
i
�
1,1
�*�
1
�
,
>� N �
Como o peso do bloco A e´ �-� N, vemos que o menor
peso do bloco C e´
k
p
�
-
u�
�
�-�
�
:-: N �
(b) Quando existe movimento, a segunda lei de Newton
aplicada aos dois diagramas de corpo isolado nos forne-
ce as equac¸o˜es
]8��� �
k
n
ffi
?gff
fiJ�
k
n
�
��ff
kml
�N] �
kol
ffi
?g�
Ale´m destas, temos �v� # 6 fi , onde fi � kon (da
segunda equac¸a˜o acima). Da terceira acima tiramos
]=�
k l
�t(
k lxw ffi�+y? . Substituindo as duas u´ltimas ex-
presso˜es na primeira equac¸a˜o acima obtemos
kol
�
k l
ffi
?
�
#%6
k n
�
kon
ffi
?g�
Isolando ? encontramos, finalmente,
?
� ffi
(
k l
�
# 6
konz+
k n
S
kml
�
(/.
� 0-+e{
1-1;�8(
���|
>�,+
(
�-�	+~}
�,�
Sr1,1
� 1
� < m/s B5�
Perceba bem onde entra # i e onde se usa #%6 .
6.2.2 Forc¸a de Viscosidade e a Velocidade Limite
P 6-43 (6-33/6 � )
Calcule a forc¸a da viscosidade sobre um mı´ssil de �,<
cm de diaˆmetro, viajando na velocidade de cruzeiro de
1
�5� m/s, a baixa altitude, onde a densidade do ar e´ 
,� 1
kg/m  . Suponha € � ����5� .
� Use a Eq. 6-18 do livro texto:
�m‚ƒ�'
1
€W„�…Q†
B
ff
onde „ e´ a densidade do ar, … e´ a a´rea da secc¸a˜o reta
do mı´ssil, † e´ a velocidade do mı´ssil, e € e´ o coeficien-
te de viscosidade. A a´rea e´a dada por … �F‡‰ˆ B , onde
ˆ��
�*� �,<
w
1ƒ�
�*�
1
:-� m e´ o raio do mı´ssil. Portanto,
�m‚ƒ�
1
(
�*�A�,�,+
(
,�
1
+
(Ł‡
+
(
���
1
:	�,+
B
(91
�,�-+
B
�
:��
1Œ‹
u�
 N �
6.2.3 Movimento Circular Uniforme
E 6-47 (?????/6 � )
Se o coeficiente de atrito esta´tico dos pneus numa rodo-
via e´ ���
1
� , com que velocidade ma´xima um carro pode
fazer uma curva plana de ���Y� � m de raio, sem derrapar?
� A acelerac¸a˜o do carro quando faz a curva e´ †	B w ˆ ,
onde † e´ a velocidade do carro e ˆ e´ o raio da curva.
Como a estrada e´ plana (horizontal), a u´nica forc¸a que
evita com que ele derrape e´ a forc¸a de atrito da estrada
com os pneus. A componente horizontal da segunda lei
de Newton e´ �@� ��†�B w ˆ . Sendo fi a forc¸a normal da
estrada sobre o carro e � a massa do carro, a compo-
nente vertical da segunda lei nos diz que fi"� �3ffi � � .
Portanto,
fi�
�3ffi e #%i
fiŽ�
#%i
�3ffi . Se o carro na˜o
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derrapa, �hC #%i �3ffi . Isto significa que †�B w ˆ=C #%i ffi , ou
seja, que † Cs #%i ˆ ffi .
A velocidade ma´xima com a qual o carro pode fazer
a curva sem deslizar e´, portanto, quando a velocidade
coincidir com o valor a´ direita na desigualdade acima,
ou seja, quando
† max
�=
# i
ˆ
ffi
�= (
���
1
�-+
(
�Y���A�,+
(/.
� 0-+
�
-
 m/s �
E 6-55 (?????/6 � )
No modelo de Bohr do a´tomo de hidrogeˆnio, o ele´tron
descreve uma o´rbita circular em torno do nu´cleo. Se o
raio e´ �Y� <
‹
u�Y‘‰’“’ m e o ele´tron circula :�� :
‹
u��’y” vezes
por segundo, determine (a) a velocidade do ele´tron, (b)
a acelerac¸a˜o do ele´tron (mo´dulo e sentido) e (c) a forc¸a
centrı´peta que atua sobre ele. (Esta forc¸a e´ resultante
da atrac¸a˜o entre o nu´cleo, positivamente carregado, e o
ele´tron, negativamente carregado.) A massa do ele´tron
e´
.
�|
,
‹
>�Y‘

’ kg.
� (a)
(b)
(c)
E 6-56 (???/6 � )
A massa � esta´ sobre uma mesa, sem atrito, presa a um
peso de massa • , pendurado por uma corda que passa
atrave´s de um furo no centro da mesa (veja Fig. 6-39).
Determine a velocidade escalar com que � deve se mo-
ver para • permanecer em repouso.
� Para • permanecer em repouso a tensa˜o
]
na cor-
da tem que igualar a forc¸a gravitacional •!ffi sobre • .
A tensa˜o e´ fornecida pela forc¸a centrı´peta que mante´m
� em sua o´rbita circular:
])�
��†	B
w�– , onde – e´ o raio
da o´rbita. Portanto, •!ffi
�
��†
B�w�– , donde tiramos sem
problemas que
†
�&—
•!ffi
–
�
�
P 6-62 (?????/6 � )
Um estudante de :-0 kg, numa roda-gigante com velo-
cidade constante, tem um peso aparente de �,�5� N no
ponto mais alto. (a) Qual o seu peso aparente no ponto
mais baixo? (b) E no ponto mais alto, se a velocidade
da roda-gigante dobrar?
Atenc¸a˜o: observe que o enunciado deste proble-
ma na quarta edic¸a˜o do livro fala em “peso apa-
rente de �5: kg”, fazendo exatamente aquilo que
na˜o se deve fazer: confundir entre si, peso e mas-
sa.
A origem do problema esta´ na traduc¸a˜o do livro.
O livro original diz que “um estudante de 
>�5� li-
bras” ....“tem um peso aparente de 
 1 � libras”.
O tradutor na˜o percebeu que, como se pode faci-
lemente ver no Apeˆndice F, “libra” e´ tanto uma
unidade de massa, quanto de peso. E e´ preciso
prestar atenc¸a˜o para na˜o confundir as coisas.
Assim, enquanto que as 
��5� libras referem-se a
uma massa de :,0 kg, as 
 1 � libras referem-se a
um peso de �,�5� N.
� (a) No topo o acento empurra o estudante para cima
com uma forc¸a de magnitude �o˜ , igual a �-�5� N. A Terra
puxa-o para baixo com uma forc¸a de magnitude k , igual
a :,05ffi
�F(
:-0-+
(9.
� 0-+
�
:,:-: N. A forc¸a lı´quida apontando
para o centro da o´rbita circular e´ k
�8�
˜
e, de acordo
com a segunda lei de Newton, deve ser igual a ��†	B w ˆ ,
onde † e´ a velocidade do etudante e ˆ e´ o raio da o´rbita.
Portanto
�
†�B
ˆ
�
k
�@�%˜™�
:,:,:
�
�,�,�
�
,
>: N �
Chamemos de
�›š
a magnitude da forc¸a do acento sobre
o estudante quando ele estiver no ponto mais baixo. Tal
forc¸a aponta para cima, de modo que a forc¸a lı´quida que
aponta para o centro do cı´rculo e´ �›š›� k . Assim sendo,
temos
�›šz�
k
�
�3†�B
w
ˆ
, donde tiramos
�
š
�
�
†	B
ˆ
S
k
�
,
>:
S
:-:,:
�
�50
1
N ff
que correspondem a uma massa aparente de
�
š
�
�›š
ffi
�fl�V0
1
.
� 0
�
�
.
�� kg �
(b) No topo temos k �@�o˜›� �3† B w ˆ , de modo que
�
˜
�
k
�
�
†�B
ˆ2�
Se a velocidade dobra, ��†	B w ˆ aumenta por um fator de
� , passando a ser 
,
>: ‹ � � �-:5� N. Enta˜o
�%˜™�
:,:,:
�
�-:,�
�!1
�
1
N ff
correspondendo a uma massa efetiva de
�
˜
�
�o˜
ffi
�
1
�
1
.
� 0
�21
�*� : kg �
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 5
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 23 de Outubro de 2003, a`s 10:09 a.m.
P 6-65 (6-45/6 � )
Um avia˜o esta´ voando num cı´rculo horizontal com uma
velocidade de �	0,� km/h. Se as asas do avia˜o esta˜o incli-
nadas �	�-Z sobre a horizontal, qual o raio do cı´rculo que
o avia˜o faz? Veja a Fig. 6-41. Suponha que a forc¸a ne-
cessa´ria seja obtida da “sustentac¸a˜o aerodinaˆmica”, que
e´ perpendicular a` superfı´cie das asas.
� O diagrama de corpo isolado do avia˜o conte´m duas
forc¸as: a forc¸a ��� da gravidade, para baixo, e a forc¸a
�
, apontando para a direita e fazendo um aˆngulo de [
com a horizontal. Como as asas esta˜o inclinadas �-�	Z
com a horizontal, a forc¸a de sutentac¸a˜o e´ perpendicular
as asas e, portanto, [
�2.
�
�
�	�
�
�,�-Z .
Como o centro da o´rbita esta para a direita do avia˜o, es-
colhemos o eixo � para a direita e o eixo � para cima.
A componente � e � da segunda lei de Newton sa˜o, res-
pectivamente,
�@^a`	b
[
�
�
†
B
ˆ
ff
�
sen [
�
�3ffi
�
�*ff
onde ˆ e´ o raio da o´rbita. Eliminando � entre as duas
equac¸o˜es e rearranjando o resultado, obtemos
ˆ �
†
B
ffi
tan [��
Para †
�
�	0,� km/h � 
u<,< m/s, encontramos
ˆ!�
(
u<-<-+yB
.
� 0
tan �5� Z
�!1
�
1Œ‹
u�
 m �
P 6-70 (6-47/6 � )
A Fig. 6-42 mostra uma bola de 
,� <5� kg presa a um eixo
girante vertical por duas cordas de massa desprezı´vel.
As cordas esta˜o esticadas e formam os lados de um
triaˆngulo equila´tero. A tensa˜o na corda superior e´ de
<-� N. (a) Desenhe o diagrama de corpo isolado para a
bola. (b) Qual a tensa˜o na corda inferior? (c) Qual a
forc¸a resultante sobre a bola, no instante mostrado na
figura? (d) Qual a velocidade da bola?
� (a) Chame de ] 6 e ] š as tenso˜es nas cordas de cima
e de baixo respectivamente. Enta˜o o diagrama de corpo
isolado para a bola conte´m treˆs forc¸as: para baixo atua
o peso �7� da bola. Para a esquerda, fazendo um aˆngulo
[
�
<-�-Z para cima, temos \œ . Tambe´m para a esquerda,
pore´m fazendo um aˆngulo [ � <,�	Z para baixo, temos a
forc¸a \ž . Como o triaˆgulo e´ equila´tero, perceba que o
aˆngulo entre \œ e \ž tem que ser de :,�	Z sendo [ , como
mostra a figura, a metade deste valor.
Observe ainda que a relac¸a˜o entre as magnitudes de \œ
e \Ÿž e´
]
6
D�] š
, pois \œ deve contrabalanc¸ar na˜o ape-
nas o peso da bola mas tambe´m a componente vertical
(para baixo) de \ ž , devida a´ corda de baixo.
(b) Escolhendo o eixo horizontal � apontando para a es-
querda, no sentido do centro da o´rbita circular, e o eixo
� para cima temos, para a componente � da segunda lei
de Newton
]
6
^a`	b
[
Sc]qš*^a`	b
[
�
�
†	B
ˆ
ff
onde † e´ a velocidade da bola e ˆ e´ o raio da sua o´rbita.
A componente � e´
]
6 sen [
�h]‰š
sen [
�
�3ffi
�
�*�
Esta u´ltima equac¸a˜o fornece a tensa˜o na corda de baixo:
]‰š �s]
6
�
��ffi
w sen [ . Portanto
]‰š �
<	�
�
(
,� <5��+
(/.
� 0	+
sen <-�
Z
�
0����� N �
(c) A forc¸a lı´quida e´ para a esquerda e tem magnitude
�‰¡¢�)(Ł]
6
S�]
š
+
^a`-b
[
�)(
<-�
S
0*�A�V�	+
^e`-b
<-�
Z
�
<����
.
N �
(d) A velocidade e´ obtida da equac¸a˜o �%¡N� ��†	B w ˆ ,
observando-se que o raio ˆ da o´rbita e´ ( tan [ �
(
,��
w
1
+
w
ˆ
, veja a figura do livro):
ˆ �
,��
w
1
tan <,�
Z
�
,� ��� m �
Portanto
†
�=—
ˆ£�%¡
�
�
—
(
-� �Y�5+
(
<	�Y�
.
+
,� <5�
�
:�� �	� m/s �
6.2.4 Problemas Adicionais
6-72 (?????/6 � )
Uma forc¸a ¤ , paralela a uma superfı´cie inclinada 
>�-Z
acima da horizontal, age sobre um bloco de ��� N, como
mostra a Fig. 6-43. Os coeficientes de atrito entre o blo-
co e a superfı´cie sa˜o #%i
�
�*� � e # 6
�
�*� <,� . Se o bloco
inicialmente esta´ em repouso, determine o mo´dulo e o
sentido da forc¸a de atrito que atua nele, para as seguinte
intensidades de P: (a) � N, (b) 0 N, (c) 
�� N.
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
7 Trabalho e Energia Cine´tica 2
7.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
7.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
7.2.1 Trabalho: movimento ��� com
forc¸a constante . . . . . . . . . 2
7.2.2 Trabalho executado por forc¸a
varia´vel . . . . . . . . . . . . . 3
7.2.3 Trabalho realizado por uma mola 4
7.2.4 Energia Cine´tica . . . . . . . . 4
7.2.5 Poteˆncia . . . . . . . . . . . . . 5
7.2.6 Energia Cine´tica a Velocidades
Elevadas . . . . . . . . . . . . 7
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam2.tex)
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 1
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
7 Trabalho e Energia Cine´tica
7.1 Questo˜es
Q 7-13
As molas A e B sa˜o ideˆnticas, exceto pelo fato de que A
e´ mais rı´gida do que B, isto e´ �����	��
 . Qual das duas
molas realiza um trabalho maior (a) quando elas sofrem
o mesmo deslocamento e (b) quando elas sa˜o distendi-
das por forc¸as iguais.
� (a) Temos 
 ��� � ��������� e 
 
�� � 
�������� , onde �
representa o deslocamento comum a ambas molas. Por-
tanto,
��
�
���
�
�
��ff
ou seja, 
��fi�fl
ffi
 .
(b) Agora temos 
 ��� � ���
�
�
��� e 
 
 � � 
!� �
��� ,
onde ��� e ��
 representam os delocamentos provocados
pela forc¸a ideˆntica que atua sobre ambas as molas e que
implica ter-se, em magnitude,
"
�
�
���#�$�
�
%��
ff
donte tiramos ��
&�
� �����%� � 
 . Portanto
ffi�
�
���
�
�
�
�
('
�
�)���!�
�
�*
�
�
��
�
�,+
��ff
ou seja, 
��
+
ffi
 .
7.2 Problemas e Exercı´cios
7.2.1 Trabalho: movimento �-� com forc¸a constan-
te
E 7-2 (7-7/6 . edic¸a˜o)
Para empurrar um caixote de /�0 kg num piso sem atrito,
um opera´rio aplica uma forc¸a de
�
�
0 N, dirigida
�
0�1 aci-
ma da horizontal. Se o caixote se desloca de 2 m, qual
o trabalho executado sobre o caixote (a) pelo opera´rio,
(b) pelo peso do caixote e (c) pela forc¸a normal exerci-
da pelo piso sobre o caixote? (d) Qual o trabalho total
executado sobre o caixote?
� (a) A forc¸a aplicada e´ constante e o trabalho feito por
ela e´
�3 �fl4&576��
"98%:7;�<>=
ff
onde
4
e´ a forc¸a,
6
e´ o deslocamento do caixote, e = e´
o aˆngulo entre a forc¸a
4
e o deslocamento
6
. Portanto,
�3 �?'@�
�
0 *A' 2 *
:A;B<
� 0
1
� /�C�0
J D
(b) A forc¸a da gravidade aponta para baixo, perpendi-
cular ao deslocamento do caixote. O aˆngulo entre esta
forc¸a e o deslocamento e´ C�0 1 e, como
:A;�<
C�0 1E� 0
, o
trabalho feito pela forc¸a gravitacional e´ ZERO.
(c) A forc¸a normal exercida pelo piso tambe´m atua per-
pendicularmente ao deslocamento, de modo que o tra-
balho por ela realizado tambe´m e´ ZERO.
(d) As treˆs forc¸as acima mencionadas sa˜o as u´nicas que
atuam no caixote. Portanto o trabalho total e´ dado pela
soma dos trabalhos individuais realizados por cada uma
das treˆs forc¸as, ou seja, o trabalho total e´ /�C�0 J.
P 7-9 (???/6 . )
A Fig. 7-27 mostra um conjunto de polias usado para
facilitar o levantamento de um peso F . Suponha que o
atrito seja desprezı´vel e que as duas polias de baixo, a`s
quais esta´ presa a carga, pesem juntas � 0 N. Uma car-
ga de G�H�0 N deve ser levantada � � m. (a) Qual a forc¸a
mı´nima 4 necessa´ria para levantar a carga? (b) Qual o
trabalho executado para levantar a carga de � � m? (c)
Qual o deslocamento da extremidade livre da corda? (d)
Qual o trabalho executado pela forc¸a
4
para realizar esta
tarefa?
� (a) Supondo que o peso da corda e´ desprezı´vel (isto e´,
que a massa da corda seja nula), a tensa˜o nela e´ a mes-
ma ao longo de todo seu comprimento. Considerando
as duas polias mo´veis (as duas que esta˜o ligadas ao peso
F ) vemos que tais polias puxam o peso para cima com
uma forc¸a
"
aplicada em quatro pontos, de modo que a
forc¸a total para cima aplicada nas polias mo´veis e´ H " .
Se
"
for a forc¸a mı´nima para levantar a carga (com ve-
locidade constante, i.e. sem acelera-la), enta˜o a segunda
lei de Newton nos diz que devemos ter
H
"JILKJM
�
0
ff
onde KJM representa o peso total da carga mais polias
mo´veis, ou seja, KJM �N' G�HB0%O � 0 * N. Assim, encontra-
mos que
"
�
G�P�0
H
���
�
/ N D
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
(b) O trabalho feito pela corda e´ 
 � H "98 � KJMQ8 ,
onde 8 e´ a distaˆncia de levantamento da carga. Portanto,
o trabalho feito pela corda e´
 �N' G�P�0 *7'
�
��*R�
�
0�2 � 0 J D
(A resposta na traduc¸a˜o do livro esta´ incorreta.)
(c) A cada metro que a carga sobe, cada segmento da
corda entre o conjunto superior e inferior de polias di-
minui de um metro. Ou seja, a extremidade livre da cor-
da abaixo de H metros. Portanto, no total a extremidade
livre da corda move-se ' H *A' � ��*!� H�G m para baixo.
(d) O trabalho feito pela pessoa que puxa a corda pela
extremidade livre e´ 
 �
"98
�
KJMQ8
� H , onde
8
e´ a
distaˆncia que a extremidade livre se move. Portanto,
 �N' G�P�0 *
HBG
H
�
�
0�2 � 0
J D
Observe que os valores encontrados nos itens (b) e (d)
devem coincidir, o que na˜o ocorre com as respostas for-
necidas no livro.
P 7-12 (???/6 . )
Um bloco de 2SDUT�/ kg e´ puxado com velocidade constan-
te por uma distaˆncia de H�D 0�P m em um piso horizontal
por uma corda que exerce uma forc¸a de TVD P�G N fazen-
do um aˆngulo de � /�1 acima da horizontal. Calcule (a)
o trabalho executado pela corda sobre o bloco e (b) o
coeficiente de atrito dinaˆmico entre o bloco e o piso.
� (a) A forc¸a na corda e´ constante, de modo que o traba-
lho e´ dado por 
 ��4$5W6ffi�
"98%:A;B<>=
, onde 4 e´ a forc¸a
exercida pela corda, 6 e´ a distaˆncia do deslocamento, e
=
e´ o aˆngulo entre a forc¸a e o deslocamento. Portanto
�N'
TVD P�G
*7'
H�D 0�P
*
:7;�<
�
/
1
�
2�0>D
� J D
(b) A resposta pode ser obtida facilmente fazendo-se um
diagrama de corpo livre onde constem todas as (quatro)
forc¸as aplicadas.
Desenhe um ponto X representando o bloco. Em X , de-
senhe a forc¸a normal Y apontando para cima, a forc¸a
peso ZE[ apontando para baixo. Apontando horizontal-
mente para a esquerda desenhe a forc¸a \ de atrito. Dese-
nhe a forc¸a
4
que puxa o bloco apontando para a direita
e para cima, fazendo um aˆngulo
=
com a horizontal,
Com isto tudo, a segundo lei de Newton nos diz que para
que o bloco se mova sem acelerar devemos ter equilı´brio
tanto na horizontal quanto na vertical, o que nos fornece
as equac¸o˜es, respectivamente,
"$:A;�<�=]I_^
�
0
ff
`
O
"
sen
=aI
Z
M
�
0SD
A magnitude da forc¸a de atrito e´ dada por
^
�flbdc
`
�ebdcV' Z
MfIL"
sen
=
*
ff
onde o valor de
`
foi obtido da segunda equac¸a˜o acima.
Substituindo o valor de
^
na primeira das equac¸o˜es aci-
ma e resolvendo-a para b c encontramos sem problemas
que
b c �
"$:A;B<>=
Z
MgI$"
sen
=
�
' TQD P�G *
:7;�<
�
/ 1
' 2>D /BT *7' CSD G *
I
' TQD P�G *
sen
�
/
1
� 0>D ��� D
7.2.2 Trabalho executado por forc¸a varia´vel
P 7-16 (???/6 . )
A forc¸a exercida num objeto e´ "
'h�i*j�
"lk
'm�i���
k9I
�
*
.
Calcule o trabalho realizado para deslocar o objeto de
�n�
0 ate´ �&�o���
k (a) fazendo um gra´fico de " 'h�i* e
determinando a a´rea sob a curva e (b) calculando a inte-
gral analiticamente.
� (a) A expressa˜o de "
'h�i*
diz-nos que a forc¸a varia li-
nearmente com
�
. Supondo
�
k
�p0 , escolhemos dois
pontos convenientes para, atrave´s deles, desenhar uma
linha reta.
Para �q� 0 temos
"
�
Ir"
k
enquanto que para �s�J���
k
temos
"
�
"
k
, ou seja devemos desenhar uma linha re-
ta que passe pelos pontos ' 0 ff
Ir"
k
* e '@���
k
ff
"
k
* . Fac¸a a
figura!
Olhando para a figura vemos que o trabalho total e´ da-
do pela soma da a´rea de dois triaˆngulos: um que vai de
�E�
0 ate´
�q���
k
, o outro indo de
�E�e�
k
ate´
�q�	���
k
.
Como os dois triaˆngulos tem a mesma a´rea, sendo uma
positiva, a outra negativa, vemos que o trabalho total e´
ZERO.
(b) Analiticamente, a integral nos diz que
�
t
�vu�w
k
"
kyx
�
�
1
I
�-z
8
�
�
"
k{x
�
�
���
k
I
�
z}|
|
|
�vu
w
k
�
0SD
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
7.2.3 Trabalho realizado por uma mola
E 7-18 (7-21/6 . )
Uma mola com uma constante de mola de � / N/cm esta´
presa a uma gaiola, como na Fig. 7-31. (a) Qual o tra-
balho executado pela mola sobre a gaiola se a mola e´
distendida de TVD P mm em relac¸a˜o ao seu estado relaxa-
do? (b) Qual o trabalho adicional executado pela mola
se ela e´ distendida por mais TQD P mm?
� (a) Quando a gaiola move-se de
�E�e�y~
para
�E���
�
o trabalho feito pela mola e´ dado por
 �
t
u-
u�€
'
I
� �i*
8
� �
I
�
�
� �
�
|
|
|
u 
u €
�
I
�
�
� 'h�
�
�
I
�
�
~
*
ff
onde � e´ a constante de forc¸a da mola. Substituindo
�
~
�
0 m e �
�
�
TQD P‚
�
0Sƒ#„ m encontramos
�
I
�
�
'
�
/�0�0
*7'
TVD P…
�
0
ƒi„
*
�
�
I
0SD 0�HB2 J D
(b) Agora basta substituir-se
�y~��
TVD PL
�
0Sƒ#„ m e
�
�
�
�
/QD
�

�
0Sƒ#„ m na expressa˜o para o trabalho:
�
I
�
�
'
�
/�0�0
*>†@'
�
/QD
��*
�
I
'
TVD P
*
�ˆ‡

'
�
0
ƒi„
*
�
�
I
0SD
�
2 J D
Perceba que durante o segundo intervalo o trabalho rea-
lizado e´ mais do que o dobro do trabalho feito no pri-
meiro intervalo. Embora o deslocamento tenha sido
ideˆntico em ambos intervalos, a forc¸a e´ maior durante
o segundo intervalo.
7.2.4 Energia Cine´tica
E 7-21 (7-???/6 . )
Se um foguete Saturno V com uma espac¸onave Apolo
acoplada tem uma massa total de
�
D C]
�
0�‰ kg e atinge
uma velociade de ��� D
�
km/s, qual a sua energia cine´tica
neste instante?
� Usando a definic¸a˜o de energia cone´tica temos que
Ł
�
�
�
Zs‹
�
�
�
�
'@�
D C‚
�
0
‰
*A'
���
D
�

�
0
„
*
�
�
DŒT�/f
�
0
~
„ J D
E 7-22 (7-1/6 . )
Um ele´tron de conduc¸a˜o (massa Z � CSD ���  � 0Sƒ#„ ~ kg)
do cobre, numa temperatura pro´xima do zero absoluto,
tem uma energia cine´tica de P>DŒT( � 0Qƒ ~Ž J. Qual a velo-
cidade do ele´tron?
� A energia cine´tica e´ dada por
Ł
� Zq‹
� ���
, onde Z e´
a massa do ele´tron e ‹ a sua velocidade. Portanto
‹ �
�
Ł
Z
� 
�S' PSDUTf
�
0
ƒ
~Ž
*
C>D
���

�
0
ƒ#„
~
�
�
D � 
�
0�‘ m/s D
E 7-29 (???/6 . )
Um carro de � 0�0�0 kg esta´ viajando a P�0 km/h numa es-
trada plana. Os freios sa˜o aplicados por um tempo sufi-
ciente para reduzir a energia cine´tica do carro de /�0 kJ.
(a) Qual a velocidade final do carro? (b) Qual a reduc¸a˜o
adicional de energia cine´tica necessa´ria para fazeˆ-lo pa-
rar?
� (a) A energia cine´tica inicial do carro e´ Ł]’ � Zs‹
�
’
��� ,
onde Z e´ a massa do carro e
‹
’
�
P�0 km/h � P�0f
�
0�„
2�P�0�0
�
�
PSDUT m/s
e´ a sua velocidade inicial. Isto nos fornece
Ł
’
�N'
�
0�0�0
*7'
�
P>DŒT
*
�
���“�
�
D 2�C…
�
0
‰ J D
Apo´s reduzir em /�0 kJ a energia cine´tica teremos
Ła”
�
�
D 2�C…
�
0
‰
I
/�0…
�
0
„
�
GSD C‚
�
0�• J D
Com isto, a velocidade final do carro sera´
‹
”
�
�
Ła”
Z
�

�S'
GSD C‚
�
0
•
*
�
0�0�0
�
�
2>D 2 m/s
�
HVTQD G km/h D
(b) Como ao parar a energia cine´tica final do carro sera´
ZERO, teremos que ainda remover GSD C! � 0
•
J para faze-
lo parar.
P 7-35 (7-17/6 . )
Um helico´ptero levanta verticalmente um astronauta de
T
�
kg ate´ � / m de altura acima do oceano com o auxı´lio
de um cabo. A acelerac¸a˜o do astronauta e´ M
�
�
0 . Qual
o trabalho realizado sobre o astronauta (a) pelo he-
lico´ptero e (b) pelo seu pro´prio peso? Quais sa˜o (c) a
energia cine´tica e (d) a velocidade do astronauta no mo-
mento em que chega ao helico´ptero?
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 4
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
� (a) Chame de " a magnitude da forc¸a exercida pelo
cabo no astronauta. A forc¸a do cabo aponta para cima e
o peso Z
M do astronauta aponta para baixo. Ale´m disto,
a acelerac¸a˜o do astronauta e´ M
�
�
0 , para cima. De acordo
com a segunda lei de Newton,
"JI
Z
M
� Z
M
�
�
0
ff
de modo que " � ��� Z
M
�
�
0 . Como a forc¸a 4 e o deslo-
camento
6
esta˜o na mesma direc¸a˜o, o trabalho feito pela
forc¸a
4
e´
 3fi�
"98
�
���
Z
M
�
0
8
�
���
' T ��*A' CSD G *A'
�
/ *
�
0
�
�
D
�
P…
�
0�• J D
(b) O peso tem magnitude Z M e aponta na direc¸a˜o opos-
ta do deslocamento. Ele executa um trabalho
—–
�
I
Z
MV8
�
I
'
T
��*7'
CSD G
*7'
�
/
*)�
I
�
D 0�Pg
�
0�• J D
(c) O trabalho total feito e´
ffi˜
�
���
P�0�0
I
�
0�P�0�0
�
�
0�0�0 J D
Como o astronauta partiu do repouso, o teorema do
Trabalho-Energia diz-nos que sua energia cine´tica final
devera´ ser igual a 
 ˜
(d) Como Ł
�
Zq‹
�
���
, a velocidade final do astronauta
sera´
‹
�

�
Ł
Z
�

�>'
�
0�0�0
*
T
�
�
/QD
�
T m/s
�
�
G>D C km/h D
P 7-36 (7-19/6 . )
Uma corda e´ usada para fazer descer verticalmente um
bloco, inicialmente em repouso, de massa K com uma
acelerac¸a˜o constante
M
�
H . Depois que o bloco desceu
uma distaˆncia 8 , calcule (a) o trabalho realizado pela
corda sobre o bloco, (b) o trabalho realizado sobre o
bloco pelo seu peso, (c) a energia cine´tica do bloco e (d)
a velocidade do bloco.
� (a) Chame de " a magnitude da forc¸a da corda sobre
o bloco. A forc¸a
"
aponta para cima, enquanto que a
forc¸a da gravidade, de magnitude KJM , aponta para bai-
xo. A acelerac¸a˜o e´
M
�
H , para baixo. Considere o sentido
para baixo como sendo o sentido positivo. A segunda
lei de Newton diz-nos que KJMfI$"
�
KJM
�
H , de modo
que
"
�
2
KJM
�
H . A forc¸a esta´ direcionada no sentido
oposto ao deslocamento de modo que o trabalho que ela
faz e´
�3
�
Ir"98
�
I
2
KJMQ8
�
H>D
(b) A forc¸a da gravidade aponta no mesmo sentido
que o deslocamento de modo que ela faz um trabalho
ffi– �
KJMV8
.
(c) O trabalho total feito sobre o bloco e´
�˜ �
I
2
H
KJMV8
O
KJMQ8
�
�
H
KJMQ8
D
Como o bloco parte do repouso, o valor acima coinci-
de com sua energia cine´tica Ł apo´s haver baixado uma
distaˆncia 8 .
(d) A velocidade apo´s haver baixado uma distaˆncia 8 e´
‹ �N
�
Ł
K �
MQ8
�
D
7.2.5 Poteˆncia
P 7-43 (???/6 . )
Um bloco de granito de � HB0�0 kg e´ puxado por um guin-
daste a vapor ao longo de uma rampa com velocidade
constante de � D 2�H m/s (Fig. 7-38). O coeficiente de atrito
dinaˆmico entre o bloco e a rampa e´ 0SD H . Qual a poteˆncia
do guindaste?
� Para determinar a magnitude " da forc¸a com que o
guindaste puxa o granito usaremos um diagrama de cor-
po livre.
Chamemos de
^
a forc¸a de atrito, no sentido oposto ao
de
"
. A normal Y aponta perpendicularmente a` ram-
pa, enquanto que a magnitude Z M da forc¸a da gravidade
aponta verticalmente para baixo.
O aˆngulo ™ do plano inclinado vale
™
�
tan ƒ ~
x
2�0
H�0
z
�
2VT
1
D
Tomemos o eixo
�
na direc¸a˜o do plano inclinado, apon-
tando para cima e o eixo š apontando no mesmo sentido
da normal Y .
Como a acelerac¸a˜o e´ zero, as componentes � e š da se-
gunda lei de Newton sa˜o, respectivamente,
"JI_^aI
Z
M
sen ™
�
0
ff
`oI
Z
M›:7;�<
™
�
0SD
Da segunda equac¸a˜o obtemos que `
�
Z
M�:7;�<
™ , de
modo que ^
�œbdc
`
�œbdc
Z
M›:A;�<
™ . Substiutindo es-
te resultado na primeira equac¸a˜o e resolvendo-a para "
obtemos
"
�
Z
M
x
sen ™O
bdc
:A;�<
™
z
D
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 5
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
A forc¸a do guindaste aponta no mesmo sentido que a ve-
locidade do bloco, de modo que a poteˆncia do guindaste
e´
X �
"
‹
� Z
M
‹
x
sen ™(O b c
:7;�<
™
z
� '
�
H�0�0 *7' CSD G *7'
�
D 2�H *
x
sen 2BT 1 Ož0SD H
:A;B<
2BT
1
z
�
�
T kW
D
P 7-47 (???/6 . )
Uma forc¸a de / N age sobre um corpo de � DŒ/ kg inicial-
mente em repouso. Determine (a) o trabalho executado
pela forc¸a no primeiro, segundo e terceiro segundos e
(b) a poteˆncia instantaˆnea aplicada pela forc¸a no final
do terceiro segundo.
� (a) A poteˆncia e´ dada por X � " ‹ e o trabalho feito
por 4 entre o instante Ÿ ~ e Ÿ
�
e´
�
tfi 

 
€
X
8
Ÿ
�
tfi 

 
€
"
‹
8
ŸˆD
Como
4
e´ a forc¸a total, a magnitude da acelerac¸a˜o e´
¡
�
^
�
Z e a velocidade em func¸a˜o do tempo e´ dada
por ‹
�
¡
Ÿ
�
"
Ÿ
�
Z . Portanto
�
t
 

 
€
"
�
Ÿ
Z
8
Ÿ
�
�
�
"
�
Z
x
Ÿ
�
�
I
Ÿ
�
~
z
D
Para Ÿ
~�
0 s e Ÿ
�
�
�
s temos
~
�
�
�
x
/
�
�
/
z)¢
'
�
*
�
I
'
0
*
�ˆ£
�
0SD G�2 J D
Para Ÿ
~�
�
s e Ÿ
�
�e�
s temos
�
�
�
�
x
/
�
�
/
zR¢
'@��*
�
I
'
�
*
�ˆ£
���
D / J D
Para Ÿ
~�e�
s e Ÿ
�
�
2 s temos
„
�
�
�
x
/
�
�
/
zR¢
'
2
*
�
I
'@��*
�ˆ£
�
H�D
� J D
(b) Substitua ‹
�
"
Ÿ
�
Z em X
�
"
‹ obtendo enta˜o
X
�
"
�
Ÿ
�
Z para a poteˆncia num instante Ÿ qualquer.
Ao final do terceiro segundo temos
X
�
'
/
*
�
'
2
*
�
/
�
/ W D
P 7-48 (7-35/6 . )
Um elevador de carga totalmente cheio tem uma massa
total de � � 0�0 kg e deve subir /�H m em 2 min. O con-
trapeso do elevador tem uma massa de C�/�0 kg. Calcu-
le a poteˆncia (em cavalos-vapor) que o motor do eleva-
dor deve desenvolver. Ignore o trabalho necessa´rio para
colocar o elevador em movimento e para frea´-lo, isto
e´, suponha que se mova o tempo todo com velocidade
constante.
� O trabalho total e´ a soma dos trabalhos feitos pela
gravidade sobre o elevador, o trabalho feito pela gravi-
dade no contrapeso, e o trabalho feito pelo motor sobre
o sistema: 
 ˜
� 
$¤›Oe
�¥%Oe
ffi¦
. Como o elevador
move-se com velocidade constante, sua energia cine´tica
na˜o muda e, de acordo com o teorema do Trabalho-
Energia, o trabalho total feito e´ zero. Isto significa que
$¤ROž
$¥)Ož
�¦ � 0
.
O elevador move-se /�H m para cima, de modo que o tra-
balho feito pela gravidade sobre ele e´
¤r�
I
Z
¤
MV8
�
I
'
�
�
0�0
*7'
CSD G
*7'
/�H
*l�
I
PSD 2�/f
�
0
‰ J D
O contrapeso move-se para baixo pela mesma distaˆncia,
de modo que o trabalho feito pela gravidade sobre ele e´
$¥
�
ZE¥
MQ8
�N'
C�/�0
*A'
CSD G
*7'
/�H
*��
/QD 0�2…
�
0
‰ J D
Como 
 ˜
�
0 , o trabalho feito pelo motor e´
¦J�
I
¤
I
¥§� '
PSD 2�/
I
/QD 0�2
*

�
0
‰
�
�
D 2
�

�
0
‰ J D
Este trabalho e´ feito num intervalo de tempo ¨fŸ �
2 min
�
�
G�0 s e, portanto, a poteˆncia fornecida pelo
motor para levantar o elevador e´
X
�
ffi¦
¨fŸ
�
�
D 2
�

�
0�‰
�
G�0
�
T�2�/ W D
Este valor corresponde a
T�2�/ W
T�H�P W/hp � 0SD C�C hp D
P 7-49 (???/6 . )
A forc¸a (mas na˜o a poteˆncia) necessa´ria para rebocar um
barco com velocidade constante e´ proporcional a` veloci-
dade. Se sa˜o necessa´rios � 0 hp para manter uma veloci-
dade de H km/h, quantos cavalos-vapor sa˜o necessa´rios
para manter uma velocidade de �
�
km/h?
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 17 de Outubro de 2003, a`s 8:20 a.m.
� Como o problema afirma que a forc¸a e´ proporcional
a` velocidade, podemos escrever que a forc¸a e´ dada por
"
�?© ‹
, onde ‹ e´ a velocidade e
©
e´ uma constante de
proporcionalidade. A poteˆncia necessa´ria e´
X �
"
‹ �e© ‹
�
D
Esta fo´rmula nos diz que a poteˆncia associada a uma
velocidade ‹
~
e´ X
~ �ª©
‹
�
~
e a uma velocidade ‹
�
e´
X
�
�«© ‹
�
�
. Portanto, dividindo-se X
�
por X
~
podemos
nos livrar da constante © desconhecida, obtendo que
X
�
�
x ‹
�
‹
~
z
�
X ~ D
Para X ~r�
�
0 hp e ‹
�
� 2�‹ ~
, vemos sem problemas que
X
�
�
x
�
�
H
z
�
'
�
0 *!�N' 2 *
�
'
�
0 *)� C�0
hp D
Observe que e´ possı´vel determinar-se explicitamente o
valor de © a partir dos dados do problema. Pore´m, tal
soluc¸a˜o e´ menos elegante que a acima apresentada, onde
determinamos
©
implicitamente.
7.2.6 Energia Cine´tica a Velocidades Elevadas
E 7-50 (???/6 . )
Um ele´tron se desloca de /QD � cm em 0SD � / ns. (a) Qual e´
a relac¸a˜o entre a velocidade do ele´tron e a velocidade da
luz? (b) Qual e´ a energia do ele´tron em ele´trons-volt?
(c) Qual o erro percentual que voceˆ cometeria se usas-
se a fo´rmula cla´ssica para calcular a energia cine´tica do
ele´tron?
� (a) A velocidade do ele´tron e´
‹
�
8
Ÿ
�
/SD
�

�
0Sƒ
�
0>D
�
/g
�
0
ƒ

�J�
D 0�H‚
�
0�¬ m/s D
Como a velocidade da luz e´ ­ �e� D C�C�G( � 0
¬
m/s, temos
‹ �
� D 0�H
� D C�C�G
­ � 0>D P�G“­�D
(b) Como a velocidade do ele´tron e´ pro´xima da veloci-
dade da luz,devemos usar expressa˜o relativı´stica para a
energia cine´tica:
Ł
� ZE­
�
x
�
®
�
I
‹
�
� ­
�
I
� z
� ' CSD
���

�
0
„
~
*7'@� D C�C�G…
�
0 ¬
* 
x
�
®
�
I
' 0>D P�G *
�
I
��z
� 2>D 0‚
�
0
ƒ
~
• J D
Este valor e´ equivalente a
Ł
�
2SD 0…
�
0Qƒ
~
•
�
D P�0…
�
0
ƒ
~¯
�
�
D C�0…
�
0
‰
�
�
C�0 keV D
(c) Classicamente a energia cine´tica e´ dada por
Ł
�
�
�
Zq‹
�
�
�
�
'
CSD
���

�
0
ƒ#„
~
*A'°�
D 0�H±
�
0�¬
*
�
�
�
D C�0f
�
0
ƒ
~
• J D
Portanto, o erro percentual e´, simplificando ja´ a poteˆncia
comum
�
0Qƒ
~
•
que aparece no numerador e denomina-
dor,
erro percentual
�
2SD 0
I
�
D C
2SD 0
�
0SD 2BT
ff
ou seja, 2BT�² . Perceba que na˜o usar a fo´rmula rela-
tivı´stica produz um grande erro!!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
8 Conservac¸a˜o da Energia 2
8.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
8.2.1 Determinac¸a˜o da Energia Po-
tencial . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2.2 Usando a Curva de Energia Po-
tencial . . . . . . . . . . . . . . 7
8.2.3 Conservac¸a˜o da Energia . . . . 8
8.2.4 Trabalho Executado por Forc¸as
de Atrito . . . . . . . . . . . . 8
8.2.5 Massa e Energia . . . . . . . . 11
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam2.tex)
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 1 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
8 Conservac¸a˜o da Energia
8.1 Questo˜es
Q 8-10
Cite alguns exemplos pra´ticos de equilı´brio insta´vel,
neutro e esta´vel.
�
8.2 Problemas e
Exercı´cios
8.2.1 Determinac¸a˜o da Energia Potencial
E 8-1 (8-??/6 � edic¸a˜o)
Uma determinada mola armazena ��� J de energia po-
tencial quando sofre uma compressa˜o de ���	� cm. Qual
a constante da mola?
� Como sabemos que a energia potencial ela´stica arma-
zenada numa mola e´ 
���
�������
������ , obtemos facilmen-
te que
���
�ff
��fi
fl�
�
�
�ffi��� ���
��!ffi� !ff�����
�
�#"ffi� $&%(')!�* N/m �
E 8-6 (8-3/6 � )
Um pedacinho de gelo se desprende da borda de uma
tac¸a hemisfe´rica sem atrito com � � cm de raio (Fig. 8-
22). Com que velocidade o gelo esta´ se movendo ao
chegar ao fundo da tac¸a?
� A u´nica forc¸a que faz trabalho sobre o pedacinho de
gelo e´ a forc¸a da gravidade, que e´ uma forc¸a conservati-
va.
Chamando de +-, a energia cine´tica do pedacinho de ge-
lo na borda da tac¸a, de +/. a sua energia cine´tica no
fundo da tac¸a, de 
0, sua energia potencial da borda e de
1. sua energia potencial no fundo da tac¸a, temos enta˜o
+/.324
1.5�#+-,624
0,7�
Consideremos a energia potencial no fundo da tac¸a co-
mo sendo zero. Neste caso a energia potencial no topo
vale 
0,8�:9<;ff= , onde = representa o raio da tac¸a e 9
representa a massa do pedacinho de gelo. Sabemos que
+/,>�?! pois o pedacinho de gelo parte do repouso. Cha-
mando de @ a velocidade do pedacinho de gelo ao atin-
gir o fundo, temos enta˜o, da equac¸a˜o da conservac¸a˜o da
energia acima que 9<;ff=A�?9B@ff����� , o que nos fornece
@&�DC ��;�=E�
C
�6��$ffi� " �F��!6� � ���G�#�ffi�H' m/s �
E 8-8 (8-13/6 � )
Um caminha˜o que perdeu os freios esta´ descendo uma
estrada em declive a 'JI ! km/h. Felizmente a estrada
dispo˜e de uma rampa de escape, com uma inclinac¸a˜o de
'���K (Fig. 8-24). Qual o menor comprimento da rampa
para que a velocidade do caminha˜o chegue a zero an-
tes do final da rampa? As rampas de escape sa˜o quase
sempre cobertas com uma grossa camada de areia ou
cascalho. Por queˆ?
Nota: uso o valor 'JI ! km/h da sexta edic¸a˜o do livro, em
vez dos ')��! km/h da quarta, ja´ que na quarta edic¸a˜o na˜o
e´ fornecida nenhuma resposta.
� Despreze o trabalho feito por qualquer forc¸a de
fricc¸a˜o. Neste caso a u´nica forc¸a a realizar trabalho e´
a forc¸a da gravidade, uma forc¸a conservativa. Seja + , a
energia cine´tica do caminha˜o no inı´cio da rampa de es-
cape e + . sua energia cine´tica no topo da rampa. Seja
1, e 
�. os respectivos valores da energia potencial no
inı´cio e no topo da rampa. Enta˜o
+
.
24
.
�#+
,
24
,
�
Se tomarmos a energia potencial como sendo zero no
inı´cio da rampa, enta˜o 
 . �L9/;ffiM , onde M e´ a altura
final do caminha˜o em relac¸a˜o a` sua posic¸a˜o inicial. Te-
mos que +-,N�#9B@ff����� , onde @ e´ a velocidade inicial do
caminha˜o, e +/./�O! ja´ que o caminha˜o para. Portanto
9<;ffiM-�?9B@ff����� , donde tiramos que
M<�
@ff�
�P;
�
�Q')I�!�%R'J!
*
�PI S�!�!ff�Q�
�6��$6� "ff�
�TS Sffi�	��I m �
Se chamarmos de U o comprimento da rampa, enta˜o te-
remos que U sen '���K(�VM , donde tiramos finalmente
que
UW�
M
sen ')�
K
�
S Sffi�	��I
sen ')�
K
�����ff��� !�S m �
Areia ou cascalho, que se comportam neste caso como
um “fluido”, tem mais atrito que uma pista so´lida, aju-
dando a diminuir mais a distaˆncia necessa´ria para parar
o veı´culo.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
E 8-10 (8-??/6 � )
Um proje´til com uma massa de �X� Y kg e´ disparado pa-
ra cima do alto de uma colina de ')� � m de altura, com
uma velocidade de ')��! m/s e numa direc¸a˜o que faz um
aˆngulo de Y6'�K com a horizontal. (a) Qual a energia
cine´tica do proje´til no momento em que e´ disparado?
(b) Qual a energia potencial do proje´til no mesmo mo-
mento? Suponha que a energia potencial e´ nula na ba-
se da colina ( Z��[! ). (c) Determine a velocidade do
proje´til no momento em que atinge o solo. Supondo que
a resisteˆncia do ar possa ser ignorada, as respostas acima
dependem da massa do proje´til?
� (a) Se 9 for a massa do proje´til e @ sua velocidade
apo´s o lanc¸amento, enta˜o sua energia cine´tica imediata-
mente apo´s o lanc¸amento e´
+-,>�
'
�
9B@
�
�
'
�
���ffi� Yff! �F�Q')��! �
�
�#� �X� !&%R'J!�* J �
(b) Se a energia potencial e´ tomada como zero quando
o proje´til atinge o solo e sua altura inicial acima do solo
for chamada de M , enta˜o sua energia potencial inicial e´
1,>�?9<;ffiM-�\�]�X� Yff�^��$ffi� " �F�Q')� ���G�#�ffi� $�Y�%(')!
* J �
(c) Imediatamente antes de atingir o solo a energia po-
tencial e´ zero e a energia cine´tica pode ser escrita co-
mo sendo +/._�`9B@��
.
��� , onde @�. e´ a velocidade do
proje´til. A energia mecaˆnica e´ conservada durante o voo
do proje´til de modo que +<.8�?9B@ �
.
���A�T+-,a2�
0, donde
tiramos facilmente que
@�. �
b
�ffi��+/,�2c
1,��
9
�
b
�ffide��� �X� !f2c�X� $�Y���%R'J!
*hg
�X� Y !
�i')��$ m/s �
Os valores de +-,kj7+/.6ja
1, e 
�. dependem todos da mas-
sa do proje´til, pore´m a velocidade final @�. na˜o depende
da massa se a resisteˆncia do ar puder ser considerada
desprezı´vel.
Observe que o tal aˆngulo de Y�')K na˜o foi usado para na-
da! Talvez seja por isto que este exercı´cio ja´ na˜o mais
aparec¸a nas edic¸o˜es subsequentes do livro...
E 8-12 (8-17/6 � )
Uma bola de gude de � g e´ disparada verticalmente pa-
ra cima por uma espingarda de mola. A mola deve ser
comprimida de " cm para que a bola de gude apenas al-
cance um alvo situado a ��! m de distaˆncia. (a) Qual a
variac¸a˜o da energia potencial gravitacional da bola de
gude durante a subida? (b) Qual a constante da mola?
� (a) Neste problema a energia potencial possui dois
termos: energia potencial ela´stica da mola e energia po-
tencial gravitacional.
Considere o zero da energia potencial gravitacional co-
mo sendo a posic¸a˜o da bola de gude quando a mola esta´
comprimida. Enta˜o, a energia potencial gravitacional da
bola de gude quando ela esta´ no topo da o´rbita (i.e. no
ponto mais alto) e´ 
GlE�?9<;XM , onde M e´ a altura do pon-
to mais elevado. Tal altura e´ M/�#��!f2W!6� ! "E����!6� ! " m.
Portanto
Glm�D���&%R'J!ffin * �F��$ffi� " �F����!ffi� !�" �0�#!ffi� $�Yff" J �
(b) Como a energia mecaˆnica e´ conservada, a energia
da mola comprimida deve ser a mesma que a ener-
gia potencial gravitacional no topo do voo. Ou seja,
�X
��)���o�p9/;ffiM��[
Gl , onde � e´ a constante da mola.
Portanto,
���
�ff
l
�
�
�ffi��!ffi� $�Yff" �
��!ffi� !�"ff�
�
�?I�!����	� N/m �
Observe que
I !ff���	� N/m qTIffi�e'A%(')! � N/m �TI6�H' N/cm j
que e´ a resposta oferecida pelo livro-texto.
E 8-13 (8-5/6 � )
Uma bola de massa 9 esta´ presa a` extremidade de uma
barra de comprimento U e massa desprezı´vel. A outra
extremidade da barra e´ articulada, de modo que a bo-
la pode descrever um cı´rculo plano vertical. A barra e´
mantida na posic¸a˜o horizontal, como na Fig. 8-26, ate´
receber um impulso para baixo suficiente para chegar
ao ponto mais alto do cı´rculo com velocidade zero. (a)
Qual a variac¸a˜o da energia potencial da bola? (b) Qual
a velocidade inicial da bola?
� (a) Tome o zero da energia potencial como sendo o
ponto mais baixo atingido pela bola. Como a bola esta´
inicialmente a uma distaˆncia vertical U acima do pon-
to mais baixo, a energia potencial inicial e´ 
0,r�\9<;XU ,
sendo a energia potencial final dada por 
1.s�?9<;fl�]��Ur� .
A variac¸a˜o da energia potencial e´, portanto,
t
��_
1.Euv
0,N�T�P9<;XU(uR9<;�Uv�T9/;XUf�
(b) A energia cine´tica final e´ zero. Chamemos de
+/,o�w9B@ff����� a energia cine´tica inicial, onde @ e´ a
velocidade inicial procurada. A barra na˜o faz traba-
lho algum e a forc¸a da gravidade e´ conservativa, de
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10
de Novembro de 2003, a`s 10:23
modo que a energia mecaˆnica e´ conservada. Isto sig-
nifica que
t
+x�yu
t
 ou, em outras palavras, que
uz9B@ff�����A�iuz9<;XU de modo que temos
@&� C �P;�Uz�
P 8-17 (8-21/6 � )
Uma mola pode ser comprimida � cm por uma forc¸a de
� ��! N. Um bloco de '�� kg de massa e´ liberado a par-
tir do repouso do alto de um plano inclinado sem atrito
cuja inclinac¸a˜o e´ I�! K . (Fig. 8-30). O bloco comprime
a mola �X�	� cm antes de parar. (a) Qual a distaˆncia total
percorrida pelo bloco ate´ parar? (b) Qual a velocidade
do bloco no momento em que se choca com a mola?
� A informac¸a˜o dada na primeira frase nos permite cal-
cular a constante da mola:
���|{
�
� �P!
!6� !ff�
�i'�� I �s%R'J!�} N/m �
(a) Considere agora o bloco deslizando para baixo. Se
ele parte do repouso a uma altura M acima do ponto
onde ele para momentaneamente, sua energia cine´tica
e´ zero e sua energia potencial gravitacional inicial e´
9<;XM , onde 9 e´ a massa do bloco. Tomamos o zero
da energia potencial gravitacional como sendo o ponto
onde o bloco para. Tomamos tambe´m a energia poten-
cial inicial armazenada na mola como sendo zero. Su-
ponha que o bloco comprima a mola uma distaˆncia 
antes de parar momentaneamente. Neste caso a ener-
gia cine´tica final e´ zero, a energia potencial gravitacio-
nal final e´ zero, e a energia potencial final da mola e´
��
������ . O plano inclinado na˜o tem atrito e a forc¸a nor-
mal que ele exerce sobre o bloco na˜o efetua trabalho
(pois e´ perpendicular a` direc¸a˜o do movimento), de mo-
do que a energia mecaˆnica e´ conservada. Isto significa
que 9<;XM-����
 � ��� , donde tiramos que
M/�
�X
��
�P9<;
�
�k'�� I �s%(')!
}
�^��!6� !ff��� �Q�
�ffi�k')���F��$6� "ff�
�T!6�H'P��Y m �
Se o bloco viajasse uma distaˆncia ~ pelo plano inclinado
abaixo, enta˜o ~ sen I�! Kz�#M , de modo que
~3�
M
sen I�!
K
�
!6�H'P��Y
sen I !
K
�T!6� Iff� m �
(b) Imediatamente antes de tocar a mola o bloco dis-
ta !6� !ff��� m do ponto onde ira´ estar em repouso, e as-
sim esta´ a uma distaˆncia vertical de ��!6� !ff��� � sen I�!ffK8�
!ffi� ! �ff��� m acima da sua posic¸a˜o final. A energia po-
tencial e´ enta˜o 9/;ffiM6A�€�Q'����F��$ffi� " �F��!6� !ff� ��� ���Iffi�	��I J.
Por outro lado, sua energia potencial inicial e´ 9<;XM?�
�k')� �^��$6� "ff�^��!ffi�e'���Y��f�‚��!6� � J. A diferenc¸a entre este dois
valores fornece sua energia cine´tica final: +<.5�T��!ffi�	�zu
I6� ��IE�\'��X� � J. Sua velocidade final e´, portanto,
@&�
b
��+/.
9
�
b
�6�Q'��X� � �
'��
�i' �	� m/s �
P 8-21 (8-??/6 � )
Uma bala de morteiro de � kg e´ disparada para cima com
uma velocidade inicial de 'J! ! m/s e um aˆngulo de I�Y�K
em relac¸a˜o a` horizontal. (a) Qual a energia cine´tica da
bala no momento do disparo? (b) Qual e´ a variac¸a˜o na
energia potencial da bala ate´ o momento em que atinge
o ponto mais alto da trajeto´ria? (c) Qual a altura atingida
pela bala?
� (a) Seja 9 a massa da bala e @Pƒ sua velocidade inicial.
A energia cine´tica inicial e´ enta˜o
+
,
�
'
�
9B@
�
ƒ
�
'
�
��� �^�k'J!�!ff�
�
�#�X�	�&%(')!
} J �
(b) Tome o zero da energia potencial gravitacional como
sendo o ponto de tiro e chame de 
1. a energia potencial
no topo da trajeto´ria. 
1. coincide enta˜o com a variac¸a˜o
da energia potencial deste o instante do tiro ate´ o instan-
te em que o topo da trajeto´ria e´ alcanc¸ada. Neste ponto
a velocidade da bala e´ horizontal e tem o mesmo valor
que tinha no inı´cio: @�„-�_@Pƒ>…F† ‡Xˆ�ƒ , onde ˆ�ƒ e´ o aˆngulo
de tiro. A energia cine´tica no topo e´
+
.
�
'
�
9B@
�
„
�
'
�
9<@
�
ƒ
…F† ‡
�
ˆ)ƒ �
Como a energia mecaˆnica e´ conservada
'
�
9<@
�
ƒ
�_
.
2
'
�
9B@
�
ƒ
…^† ‡
�
ˆ�ƒ��
Portanto
1. �
'
�
9B@
�
ƒ
�Q'fu‰…^†ff‡
�
ˆ
ƒ
�
�
'
�
9B@
�
ƒ
sen � ˆ ƒ
�
'
�
�]���^�k'J! ! �
� sen � I�Y K
� ��� "&%(')!
* J �
(c) A energia potencial no topo da trajeto´ria e´ tambe´m
dada por 
1.c�Ł9<;XM , onde M e´ a altura (desnı´vel) do
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 4 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
topo em relac¸a˜o ao ponto de tiro. Resolvendo para M ,
encontramos:
M/�
1.
9<;
�
�X� "�%R'J!
*
�]���F��$ffi� " �
�\'JS ! m �
P 8-23 (8-23/6 � )
A corda da Fig. 8-31 tem U4�O')��! cm de comprimento
e a distaˆncia ‹ ate´ o pino fixo Œ e´ de ��� cm. Quando
a bola e´ liberada em repouso na posic¸a˜o indicada na fi-
gura, descreve a trajeto´ria indicada pela linha tracejada.
Qual e´ a velocidade da bola (a) quando esta´ passando
pelo ponto mais baixo da trajeto´ria e (b) quando chega
ao ponto mais alto da trajeto´ria depois que a corda toca
o pino?
� Chame de  o ponto mais baixo que a bola atinge
e de Ž o ponto mais alto da trajeto´ria apo´s a bola to-
car no pino. Escolha um sistemas de coordenada com
o eixo Z originando-se no ponto  e apontando para ci-
ma. A energia inicial da bola de massa 9 no campo
gravitacional da Terra antes de ser solta vale \�?9<;�U .
Conservac¸a˜o da energia fornece-nos enta˜o uma equac¸a˜o
para a velocidade @ da bola em qualquer lugar especifi-
cado pela coordenada Z :
\�9<;XUW�
'
�
9B@
�
2W9<;ffZfl�
(a) Com Z�‘o�_! em 9<;XUc�p’
�
9<@��
‘
2o9/;�Z�‘ , obtemos
facilmente que
@
‘
�
C
�P;�Uv�
C
�]���F��$ffi� " �F�Q' � � �G�TY6� " m/s �
(b) Importante aqui e´ perceber que o tal ponto mais alto
da trajeto´ria depois que a corda toca o pino na˜o e´ o pon-
to U�u&‹ (como a figura parece querer indicar) mas sim o
ponto Z�“o�#�6��UBu<‹�� , pois a bola tem energia suficiente
para chegar ate´ ele! ´E neste detalhezito que mora o pe-
rigo... :-) Substituindo Z�“ em 9<;�Uo�
’
�
9B@��
“
2o9<;ffZ�“ ,
obtemos enta˜o facilmente que
@�“o�
C
��;”����‹Eu‰U•�–�
C
�ffi��$6� "ff�^d �ffi��!ffi�—�����>u4'��	�
g
� �X� Y m/s �
Qual a raza˜o deste u´ltimo valor ser a metade do ante-
rior?...
P 8-25 (8-25/6 � )
Deixa-se cair um bloco de � kg de uma altura de Yff! cm
sobre uma mola cuja constante e´ ���i'J$ S�! N/m (Fig. 8-
32). Determine a compressa˜o ma´xima da mola.
� Seja 9 a massa do bloco, M a altura da queda e 
 a
compressa˜o da mola. Tome o zero da energia potencial
como sendo a posic¸a˜o inicial do bloco. O bloco cai uma
distaˆncia M˜2E
 e sua energia potencial gravitacional final
e´ uz9/;”��M�24
fl� . Valores positivos de 
 indicam ter ha-
vido compressa˜o da mola. A energia potencial da mola
e´ inicialmente zero e ��
 � ��� no final. A energia cine´tica
e´ zero tanto no inı´cio quanto no fim. Como a energia e´
conservada, temos
!8�\uz9/;”��™|2o
��>2
'
�
��
�
�
As soluc¸o˜es desta equac¸a˜o quadra´tica sa˜o
 �
9<;Eš
C
��9/;ffi�
�
2o��9/;ffiM��
�
�
')$ffi� Sfš
C
�Q')$ffi� S �
�
2c�ffi�k'J$6� Sff�^�]��"�Y��
')$�S !
que fornece dois valores para 
 : !6�H')! m ou uf!6� ! "�! m.
Como procuramos uma compressa˜o, o valor desejado e´
!6�H')! m.
P 8-27 (8-27/6 � )
Duas crianc¸as esta˜o competindo para ver quem conse-
gue acertar numa pequena caixa com uma bola de gu-
le disparada por uma espigarda de mola colocada sobre
uma mesa. A distaˆncia horizontal entre a borda da mesa
e a caixa e´ de �ffi� � m (Fig. 8-34). Joa˜o comprime a mola
' �H' cm e a bola cai �ff� cm antes do alvo. De quando deve
Maria comprimir a mola para acertar na caixa?
� A distaˆncia que a bola de gude viaja e´ determina-
da pela sua velocidade inicial, que e´ determinada pela
compressa˜o da mola.
Seja M a altura da mesa e 
 a distaˆncia horizontal ate´ o
ponto onde a bola de gude aterrisa. Enta˜o 
›�œ@Pƒ) e
M��œ;�
�
��� , onde @Pƒ e´ a velocidade inicial
da bola de
gude e  e´ o tempo que ela permanece no ar. A segunda
equac¸a˜o fornece
0�
C
� M���; de modo que 
<�T
 ƒ C � M���;��
A distaˆncia ate´ o ponto de aterrisagem e´ diretamente
proporcional a` velocidade inicial pois 
O�[@ ƒ  . Seja
@
ƒ
’
a velocidade inicial do primeiro tiro e 
’
a distaˆncia
horizontal ate´ seu ponto de aterrisagem; seja @Pƒ
�
a velo-
cidade inicial do segundo tiro e 
�
a distaˆncia horizontal
ate´ seu ponto de aterrisagem. Enta˜o
@
ƒ
�
�
�
’
@
ƒ
’
�
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LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
Quando a mola e´ comprimida a energia potencial e´
�ff~F���Pž , onde ~ e´ a compressa˜o. Quando a bola de gude
perde contato da mola a energia potencial e´ zero e sua
energia cine´tica e´ 9B@ff�
ƒ
��� . Como a energia mecaˆnica e´
conservada, temos
'
�
9B@
�
ƒ
�
'
�
�ff~
�
j
de modo que a velocidade inicial da bola de gude e´ dire-
tamente proporcional a` compressa˜o original da mola. Se
~
’
for a compressa˜o do primeiro tiro e ~
�
a do segundo,
enta˜o @Pƒ
�
�Ÿ� ~
�
��~
’
�¡@Pƒ
’
. Combinando isto com o resul-
tado anterior encontramos ~
�
�¢��
�
��
’
�£~
’
. Tomando
agora 
’
�œ�ffi� ��!�u4!6� �ff�(�' � $ I m, ~
’
�¢'��e'J! cm, e
�
�#�ffi� � m, encontramos a compressa˜o ~
�
desejada:
~
�
�¥¤
�X�	��! m
'�� $�I m ¦
�Q'��e'J! cm �1�\'��	��� cm �
P 8-31 (8-26/6 � )
Tarzan, que pesa S "�" N, decide usar um cipo´ de 'J" m
de comprimento para atravessar um abismo (Fig. 8-36).
Do ponto de partida ate´ o ponto mais baixo da trajeto´ria,
desce Iffi�	� m. O cipo´ e´ capaz de resitir a uma forc¸a
ma´xima de $ff��! N. Tarzan consegue chegar ao outro la-
do?
� Chamando de 9 a massa do Tarzan e de @ a sua ve-
locidade no ponto mais baixo temos que
'
�
9B@
�
�T9/;ffiM>j
onde M e´ a altura que Tarzan desce. Desta expressa˜o
tiramos que
@
�
�T��;ffiM-���ffi��I6� � �£;&�TSffi� Y�;fl�
Por outro lado, no ponto mais baixo temos, da segunda
lei de Newton, que a forc¸a centrı´peta esta´ relacionada
com a tensa˜o no cipo´ atrave´s da equac¸a˜o
9
@��
§
�¨uR9/;flj
onde § e´ o raio da trajeto´ria. Portanto, temos que
¨T�T9/;E2v9
@ff�
§ � 9/;A2
S6� Y 9/;
§
� S�" "
¤
'•2
S6� Y
'J"3¦
� $�Iff�X� S N �
Como ¨`©Ł$ff��! N, vemos que Tarzan consegue atra-
vessar, pore´m estirando o cipo´ muito perto do limite
ma´ximo que ele agu¨enta!
P 8-32 (8-29/6 � )
Na Fig. 8-31 mostre que se a bola fizer uma volta com-
pleta em torno do pino, enta˜o ‹#ªpI Ur��� . (Sugesta˜o:
A bola ainda deve estar se movendo quando chegar ao
ponto mais alto da trajeto´ria. Voceˆ saberia explicar por
queˆ?)
� Antes de mais nada, este problema e´ uma continuac¸a˜o
do problema 8-23. Releia-o antes de continuar.
Use conservac¸a˜o da energia. A energia mecaˆnica deve
ser a mesma no topo da oscilac¸a˜o quanto o era no inı´cio
do movimento. A segunda lei de Newton fornece a ve-
locidade (energia cine´tica) no topo. No topo a tensa˜o
¨ na corda e a forc¸a da gravidade apontam ambas para
baixo, em direc¸a˜o ao centro do cı´rculo. Note que o raio
do cı´rculo e´ =A�#U‰u‰‹ , de modo que temos
¨v2v9/;��T9
@��
U‰u‰‹
j
onde @ e´ a velocidade e 9 e´ a massa da bola. Quan-
do a bola passa pelo ponto mais alto (com a menor
velocidade possı´vel) a tensa˜o e´ zero. Portanto, 9<;4�
9B@��)�X��U‰uR‹�� e temos que @��
C
;”��U‰u‰‹�� .
Tome o zero da energia potencial gravitacional como
sendo no ponto mais baixo da oscilac¸a˜o. Enta˜o a ener-
gia potencial inicial e´ 9<;�U . A energia cine´tica inicial
e´ ! pois a bola parte do repouso. A energia potencial
final, no topo da oscilac¸a˜o, e´ 9<;X�6��Uu‹ff� e a energia
cine´tica final e´ 9<@��)���8�T9<;”��U‰u‰‹ff�«��� . O princı´pio da
conservac¸a˜o da energia fornece-nos
9/;XUv�?9<;ffi�ffi��URu‰‹ff�¬2
'
�
9/;”��URu‰‹ff�^�
Desta expressa˜o obtemos sem problemas que
‹&�
I
�
Uf�
Se ‹ for maior do que I Ur��� , de modo que o ponto mais
alto da trajeto´ria fica mais abaixo, enta˜o a velocidade da
bola e´ maior ao alcanc¸ar tal ponto e pode ultrapassa-lo.
Se ‹ for menor a bola na˜o pode dar a volta. Portanto o
valor I Ur��� e´ um limite mais baixo.
P 8-35 ­ (8-33 ­ /6 � )
Uma corrente e´ mantida sobre uma mesa sem atrito com
um quarto de seu comprimento pendurado para fora da
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mesa, como na Fig. 8-37. Se a corrente tem um com-
primento U e uma massa 9 , qual o trabalho necessa´rio
para puxa´-la totalmente para cima da mesa?
� O trabalho necessa´rio e´ igual a` variac¸a˜o da energia
potencial gravitacional a medida que a corrente e´ pu-
xada para cima da mesa. Considere a energia poten-
cial como sendo zero quando toda a corrente estiver
sobre a mesa. Divida a parte pendurada da corrente
num nu´mero grande de segmentos infinitesimais, ca-
da um com comprimento ‹�Z . A massa de um tal seg-
mento e´ �]®T�PU•�k‹�Z e a energia potencial do segmen-
to a uma distaˆncia Z abaixo do topo da mesa e´ ‹X
[�
u8�fi9¯�PUr�£;�Z5‹ Z . A energia potencial total e´
_�\u
9
U
;z°o±6²
}
ƒ
ZX‹�Z � u
'
�
9
U
;�¤
U
Yf¦
�
� u
'
Iff�
9<;XUf�
O trabalho necessa´rio para puxar a corrente para cima
da mesa e´, portanto, u³
›�?9/;XUr��I � .
P 8-37 ­ (8-35 ­ /6 � )
Um menino esta´ sentado no alto de um monte he-
misfe´rico de gelo (iglu!) (Fig. 8-39). Ele recebe um
pequenı´ssimo empurra˜o e comec¸a a escorregar para bai-
xo. Mostre que, se o atrito com o gelo puder ser des-
prezado, ele perde o contato com o gelo num ponto cuja
altura e´ �
§
�PI . (Sugesta˜o: A forc¸a normal desaparece
no momento em que o menino perde o contato como o
gelo.)
� Chame de ´ a forc¸a normal exercida pelo gelo no
menino e desenhe o diagrama de forc¸as que atuam no
menino. Chamando de ˆ o aˆngulo entre a vertical e o
raio que passa pela posic¸a˜o do menino temos que a forc¸a
que aponta radialmente para dentro e´ 9<;•…^†ff‡Xˆ1u�´ que,
de acordo com a segunda lei de Newton, deve ser igual
a forc¸a centrı´peta 9B@ff���
§
, onde @ e´ a velocidade do me-
nino. No ponto em que o menino se desprende do gelo
temos ´p�T! , de modo que
;•…F† ‡Xˆs�
@
�
§
�
Precisamos agora determinar a velocidade @ . Tomando
a energia potencial como zero quando o menino esta´ no
topo do iglu, teremos para 
���ˆ � a expressa˜o
��fiˆ �•�›uz9<;
§
�Q'µu‰…^†ff‡Xˆ �h�
O menino inicia seu movimeno do repouso e sua energia
cine´tica na hora que se desprende vale 9B@������ . Portan-
to, a conservac¸a˜o da energia nos fornece !���9<@������mu
9<;
§
�k'µuR…F† ‡Xˆ � , ou seja,
@
�
����;
§
�Q'µuR…F† ‡Xˆff�h�
Substituindo este resultado na expressa˜o acima, obtida
da forc¸a centrı´peta, temos
;•…^†ff‡Xˆ5�#�P;fl�k'µuR…F† ‡Xˆ �^j
ou, em outras palavras, que
…^†ff‡Xˆ5�
�
I
�
A altura do menino acima do plano horizontal quando
se desprende e´
§
…F† ‡Xˆ5�
�
I
§
�
8.2.2 Usando a Curva de Energia Potencial
P 8-39 (8-37/6 � )
A energia potencial de uma mole´cula diatoˆmica (H
�
ou
O
�
, por exemplo) e´ dada por
_�

=
’
�
u
Ž
=P¶
onde = e´ a distaˆncia entre os a´tomos que formam a
mole´cula e  e Ž sa˜o constantes positivas. Esta energia
potencial se deve a` forc¸a que mante´m os a´tomos unidos.
(a) Calcule a distaˆncia de equilı´brio, isto e´, a distaˆncia
entre os a´tomos para a qual a forc¸a a que esta˜o subme-
tidos e´ zero. Verifique se a forc¸a e´ repulsiva (os a´tomos
tendem a se separar) ou atrativa (os a´tomos tendem a se
aproximar) se a distaˆncia entre eles
e´ (b) menor e (c)
maior do que a distaˆncia de equilı´brio.
� (a) A forc¸a e´ radial (ao longo a line que une os
a´tomos) e e´ dada pela derivada de 
 em relac¸a˜o a = :
{
�›u
‹X
‹ =
�
'���
=
’
*
u
S�Ž
=P·
�
A separac¸a˜o = ƒ de equilı´brio e´ a separac¸a˜o para a qual
temos
{
��=
ƒ
�1�T! , ou seja, para a qual
'���u‰S�Ž5=
¶
ƒ
�#!ffi�
Portanto a separac¸a˜o de equilı´brio e´ dada por
=
ƒ
�i�]��E�PŽs�
’
²
¶
�i'��e')�6��m��Žs�
’
²
¶
�
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(b) A derivada da forc¸a em relac¸a˜o a = , computada na
separac¸a˜o de equilı´brio vale
‹
{
‹ =
� u
'��³¸�'JI 
=
’ }
ƒ
2
Y���Ž
=P¹
ƒ
� u
�k')��S�4u(Y���Ž5=
¶
K
�
=
’ }
ƒ
� u
����
=
’ }
ƒ
j
onde usamos o fato que, do item anterior, sabemos que
=
¶
ƒ
�€��E�PŽ . A derivada e´ negativa, de modo que a
forc¸a e´ positiva se = for um pouco menor que = ƒ , indi-
cando uma forc¸a de repulsa˜o.
(c) Se = for um pouco maior que = ƒ a forc¸a e´ negativa,
indicando que a forc¸a e´ de atrac¸a˜o.
8.2.3 Conservac¸a˜o da Energia
8.2.4 Trabalho Executado por Forc¸as de Atrito
E 8-45 (8-48/6 � )
Aproximadamente �ffi� �<%4'J! ¶ kg de a´gua caem por se-
gundo nas cataratas de Nia´gara a partir de uma altura de
��! m. (a) Qual a energia potencial perdida por segun-
do pela a´gua que cai? (b) Qual seria a poteˆncia gerada
por uma usina hidrele´trica se toda a energia potencial
da a´gua fosse convertida em energia ele´trica? (c) Se a
companhia de energia ele´trica vendesse essa energia pe-
lo prec¸o industrial de ' centavo de do´lar por quilowatt-
hora, qual seria a sua receita anual?
� (a) O decre´scimo na energia potencial gravitacional
por segundo e´
�]�X�	�&%(')!
¶
�F��$6� "ff�^����! �1�#�X�—�s%(')!�º J �
(b) A poteˆncia seria
Œ›�D���ffi�	�5%R'J!
º J �^�Q' s �1���X�—�5%(')! º W �
(c) Como a energia total gerada em um ano e´
\�?ŒE–� ���X�—�s%R'J!
¶ kW �^�k' ano �^��"ff��S�! h/ano �
� �X� Y&%R'J!
’
ƒ kW ¸ h j
o custo anual seria
���ffi� Y�%R'J!
’
ƒ
�^��!6� !6')�0���X� Y&%‰')!
¹ do´lares j
ou seja, �PYff! milho˜es de do´lares.
E 8-50 (8-??/6 � )
Um menino de �ffi' kg sobe, com velocidade constante,
por uma corda de S m em ')! s. (a) Qual o aumento da
energia potencial gravitacional do menino? (b) Qual a
poteˆncia desenvolvida pelo menino durante a subida?
� (a)
t
›�?9<;ffiM-�\�]�X')�F��$6� "ff�^��Sff�0�TI6� !�%R'J! * J �
(b)
Œ_�
t

�
I�! !�!
')!
�?I !�! W �
E 8-51 (8-??/6 � )
Uma mulher de ��� kg sobe correndo um lance de escada
de Y6�	� m de altura em Iffi�	� s. Qual a poteˆncia desenvol-
vida pela mulher?
�
Œi�
�]�����F��$6� "ff�
I6� �
�#S�$ I W �
E 8-55 (8-??/6 � )
Um nadador se desloca na a´gua com uma velocidade
me´dia de !6� � � m/s. A forc¸a me´dia de arrasto que se opo˜e
a esse movimento e´ de '�')! N. Qual a poteˆncia me´dia de-
senvolvida pelo nadador?
� Para nada com velocidade constante o nadador tem
que nadar contra a a´gua com uma forc¸a de ' 'J! N. Em
relac¸a˜o a ele, a a´gua passa a !6� � � m/s no sentido dos
seus pe´s, no mesmo sentido que sua forc¸a. Sua poteˆncia
e´
Œi�?»4¸^¼(�
{8½
�i�k'�')! �^��!ffi�	��� �G�#�PY W �
E 8-64 (8-43/6 � )
Um urso de � � kg escorrega para baixo num troco de
a´rvore a partir do repouso. O tronco tem ')� m de al-
tura e a velocidade do urso ao chegar ao cha˜o e´ de �X� S
m/s. (a) Qual a variac¸a˜o da energia potencial do urso?
(b) Qual a energia cine´tica do urso no momento em que
chega ao cha˜o? (c) Qual a forc¸a me´dia de atrito que agiu
sobre o urso durante a descida?
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LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
� (a) Considere a energia potencial gravitacional inicial
como sendo 
0,��\! . Enta˜o a energia potencial gravita-
cional final e´ 
�.5�iuz9<;XU , onde U e´ o comprimento da
a´rvore. A variac¸a˜o e´, portanto,
1.Euv
0,>�\uz9/;XU � u8�]�����F��$6� "ff�^�Q'����
� u3�ffi� $�Y&%R'J! * J �
(b) A energia cine´tica e´
+Ł�
'
�
9<@
�
�
'
�
����� �^�]�X� S �
�
�TI�$ff� J �
(c) De acordo com a Eq. 8-26, a variac¸a˜o da energia
mecaˆnica e´ igual a u3¾flU , onde ¾ e´ a forc¸a de atrito
me´dia. Portanto
¾B�iu
t
+¿2
t
U
�›u
I�$ff�³u‰��$�Y !
')�
���X'J! N �
P 8-66 (8-51/6 � )
Um bloco de I6� � kg e´ empurrado a partir do repouso
por uma mola comprimida cuja constante de mola e´ S�Yff!
N/m (Fig. 8-45). Depois que a mola se encontra total-
mente relaxada, o bloco viaja por uma superfı´cie hori-
zontal com um coeficiente de atrito dinaˆmico de !ffi�	��� ,
percorrendo uma distaˆncia de ��� " m antes de parar. (a)
Qual a energia mecaˆnica dissipada pela forc¸a de atrito?
(b) Qual a energia cine´tica ma´xima possuı´da pelo blo-
co? (c) De quanto foi comprimida a mola antes que o
bloco fosse liberado?
� (a) A magnitude da forc¸a de fricc¸a˜o e´ ¾B�?À>Á�´ , onde
À>Á e´ o coeficiente de atrito dinaˆmico e ´ e´ a forc¸a nor-
mal da superfı´cie sobre o bloco. As u´nicas forc¸as verti-
cais atuantes no bloco sa˜o a forc¸a normal, para cima, e
a forc¸a da gravidade, para baixo. Como a componente
vertical da acelerac¸a˜o do bloco e´ zero, a segunda lei de
Newton nos diz que ´p�?9<; , onde 9 e´ a massa do blo-
co. Portanto ¾Â��À>Á�9<; . A energia mecaˆnica dissipada
e´ dada por
t
[�œ¾�~Ã�¥À
Á
9<;ff~ , onde ~ e´ a distaˆncia
que o bloco anda antes de parar. Seu valor e´
t
D�i��!ffi�	��� �^��I6� � �^��$ffi� " �^�£��� " �0�?S Sffi� "�" J �
(b) O bloco tem sua energia cine´tica ma´xima quando
perde contato com a mola e entra na parte da superfı´cie
onde a fricc¸a˜o atua. A energia cine´tica ma´xima e´ igual a`
energia mecaˆnica dissipada pela fricc¸a˜o, ou seja, S�S6� " "
J.
(c) A energia que aparece como energia cine´tica esta-
va ariginalmente armazenada como energia potencial
ela´stica, da mola comprimida. Portanto
t
¥�‚��
��)��� ,
onde � e´ a constante da mola e 
 e´ a compressa˜o. Logo,
B�
b
�
t

�
�
b
�6��S Sffi� "�" �
S�Y !
�#!ffi� Yff� � m qTY S cm �
P 8-69 (8-55/6 � )
Dois montes nevados teˆm altitudes de "ff��! m e ����! m
em relac¸a˜o ao vale que os separa (Fig. 8-47). Uma pis-
ta de esqui vai do alto do monte maior ate´ o alto do
monte menor, passando pelo vale. O comprimento to-
tal da pista e´ Iffi�	� km e a inclinac¸a˜o me´dia e´ I�! K . (a)
Um esquiador parte do repouso no alto do monte maior.
Com que velovidade chegara´ ao alto do monte menor
sem se impulsionar com os basto˜es? Ignore o atrito. (b)
Qual deve ser aproximadamente o coeficiente de atrito
dinaˆmico entre a neve e os esquis para que o esquiador
pare exatamente no alto do pico menor?
� (a) Tome o zero da energia potencial gravitacional co-
mo estando no vale entre os dois picos. Enta˜o a energia
potencial e´ 
 , �T9/;ffiM , , onde 9 e´ a massa do esquiador
e M , e´ a altura do pico mais alto. A energia potencial
final e´ 
 . �D9/;ffiM . , onde M . e´ a altura do pico menor.
Inicialmente o esquiador tem energia cine´tica + , �Ä! .
Escrevamos a energia cine´tica final como + . �T9<@��)��� ,
onde @ e´ a velocidade do esquiador no topo do pico me-
nor. A forc¸a normal da superfı´cie dos montes sobre o
esquiador na˜o faz trabalho (pois e´ perpendicular ao mo-
vimento) e o atrito e´ desprezı´vel, de modo que a energia
mecaˆnica e´ conservada: 
0,”24+-,��D
�.m24+/. , ou seja,
9<;ffiM6,>�?9/;ffiM�.³2W9B@ff����� , donde tiramos
@��iÅ ��;”��M
,
u‰M
.
�1�
C
�ffi��$ffi� " �^��" ��!3uv����! �0�Y Y
m
s
�
(b) Como sabemos do estudo de objetos que deslizam
em planos inclinados, a forc¸a normal da superfı´cie in-
clinada dos montes no esquiador e´ dada por ´ �
9<;o…^†ff‡Xˆ , onde ˆ e´ o aˆngulo da superfı´cie inclinada em
relac¸a˜o a` horizontal, I ! K para cada uma das superfı´cies
em questa˜o. A magnitude da forc¸a de atrito e´ dada por
¾Æ��À>ÁP´��À>Á�9/;4…^† ‡ffiˆ . A energia mecaˆnica dissipa-
da pela forc¸a de atrito e´ ¾�~m�_À>Á�9<;ff~…^† ‡ffiˆ , onde ~ e´ o
comprimento total do trajeto. Como o esquiador atinge
o topo do monte mais baixo sem energia cine´tica, a ener-
gia mecaˆnica dissipada pelo atrito e´ igual a` diferenc¸a de
energia potencial entre os pontos inicial e final da tra-
jeto´ria. Ou seja,
À>Á�9/;ff~<…F† ‡Xˆ5�T9/;”��M�,flu‰M�.ff�hj
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 9 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
donde tiramos À>Á :
À>ÁÇ�
M�,”u‰M�.
~B…F† ‡Xˆ
�
" ��!³uv����!
��I6� �&%R'J!
*
�&…^†ff‡&I !
K
�#!ffi� !�I�S6�
P 8-74 (8-??/6 � )
Uma determinada mola na˜o obedece a` lei de Hooke. A
forc¸a (em newtons) que ela exerce quando distendida
de uma distaˆncia 
 (em metros) e´ de ���X� "�
<2�I "ffi� Y�
�� ,
no sentido oposto ao da distensa˜o. (a) Calcule o traba-
lho necessa´rio para distender a mola de 
v�‚!6� � m ate´
\�`' � ! m. (b) Com uma das extremidades da mola
mantida fixa, uma partı´cula de �X�e'�� kg e´ presa a` ou-
tra extremidade e a mola e´ distendida de uma distaˆncia
c�È' � ! . Em seguida, a partı´cula e´ liberada sem velo-
cidade inicial. Calcule sua velocidade no instante em
que a distensa˜o da mola diminuiu para 
Ł�w!6� � m.
(c) A forc¸a exercida pela mola e´ conservativa ou na˜o-
conservativa? Explique sua resposta.
� (a) Para distender a mola aplica-se uma forc¸a, igual
em magnitude a` forc¸a da mola pore´m no sentido oposto.
Como a uma distensa˜o no sentido positivo de 
 exerce
uma forc¸a no sentido negativo de 
 , a forc¸a aplicada tem
que ser
{
�\� �X� "�
&24I "ffi� Y�
�� , no sentido positivo de 
 .
O trabalho que ela realiza e´
É
� °
’aÊ
ƒ
ƒ
Ê Ë
�����ffi� "�
s2vI "ffi� Y�
�
�Q‹ 
� Ì
���ffi� "
�
�
2
I�"ffi� Y
I
*hÍ
’hÊ
ƒ
ƒ
Ê Ë
�?Iffi' � ! J �
(b) A mola faz Iffi' J de trabalho e este deve ser o au-
mento da energia cine´tica da partı´cula. Sua velocidade
e´ enta˜o
@��
b
��+
9
�
b
�6��Iffi' � !ff�
�X�e'��
�T�X� I � m/s �
(c) A forc¸a e´ conservativa pois o trabalho que ela faz
quando a partı´cula vai de um ponto 
’
para outro pon-
to 
�
depende apenas de 
’
e 
�
, na˜o dos detalhes do
movimento entre 
’
e 
�
.
P 8-79 (8-61/6 � )
Uma pedra de peso Î e´ jogada verticalmente para cima
com velocidade inicial @ ƒ . Se uma forc¸a constante ¾ de-
vido a` resisteˆncia do ar age sobre a pedra durante todo o
percurso, (a) mostre que a altura ma´xima atingida pela
pedra e´ dada por
M/�
@ff�
ƒ
�P;fl�k'•2o¾˜�Pγ�
�
(b) Mostre que a velocidade da pedra ao chegar ao solo
e´ dada por
@��?@ ƒ”¤
ÎTuW¾
Î42c¾r¦
’
²
�
�
� (a) Seja M a altura ma´xima alcanc¸ada. A energia
mecaˆnica dissipada no ar quando a pedra sobe ate´ a altu-
ra M e´, de acordo com a Eq. 8-26,
t
\�\u3¾”M . Sabemos
que
t
\�D��+ . 24
 . �Nu��+ , 24
 , �hj
onde + , e + . sa˜o as energias cine´ticas inicial e final, e
, e 
 . sa˜o as energias poetenciais inicial e final. Esco-
lha a energia como sendo zero no ponto de lanc¸amento
da pedra. A energia cine´tica inicial e´ +-,m�Ä9B@��
ƒ
��� , a
energia potencial inicial e´ 
0,1�›! , a energia cine´tica fi-
nal e´ +/.‰�:! e a energia potencial final e´ 
1.‰�:γM .
Portanto u3¾”M-�Î³M-u(9B@��
K
��� , donde tiramos
M<�
9<@
�
ƒ
�6�fiÎo24¾”�
�
Îf@
�
ƒ
��;”�fiÎo24¾”�
�
@
�
ƒ
�P;fl�k'�2o¾˜�Pγ�
j
onde substituimos 9 por Îm�); e dividimos numerador e
denominador por Î .
(b) Note que a forc¸a do ar e´ para baixo quando a pe-
dra sobe e para cima quando ela desce. Ela e´ sempre
oposta ao sentido da velocidade. A energia dissipada
durante o trajeto no ar todo e´ t V�¢u3� ¾”M . A ener-
gia cine´tica final e´ + . �O9<@��)��� , onde @ e´ a velocida-
de da pedra no instante que antecede sua colisa˜o com
o solo. A energia potencial final e´ 
�.o�œ! . Portanto
u3� ¾”M��?9B@ff�����6uf9B@ff�
ƒ
��� . Substituindo nesta expressa˜o
a expressa˜o encontrada acima para M temos
u
��¾�@��
ƒ
��;”�Q'•2c¾˜��γ�
�
'
�
9B@
�
u
'
�
9B@
�
ƒ
�
Deste resultado obtemos
@
�
�@
�
ƒ
u
��¾�@��
ƒ
9<;”�Q'•2c¾˜��γ�
� @
�
ƒ
u
� ¾�@ff�
ƒ
Î5�k'r2o¾˜�Pγ�
� @
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ƒ
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Îc2c¾r¦
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 10 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 10 de Novembro de 2003, a`s 10:23
� @
�
ƒ
¤
Î?uW¾
Îc2c¾ ¦
j
de onde obtemos o resultado final procurado:
@&�T@Pƒ”¤
Î?uW¾
Îc2c¾µ¦
’
²
�
�
Perceba que para ¾?�¥! ambos resultados reduzem-se
ao que ja´ conheciamos, como na˜o podeia deixar de ser.
8.2.5 Massa e Energia
E 8-92 (8-??/6 � )
(a) Qual a energia em Joules equivalente a uma massa
de 'J!ff� g? (b) Durante quantos anos esta energia aten-
deria a`s necessidades de uma famı´lia que consome em
me´dia ' kW?
� (a) Usamos a fo´rmula i�?9BÏF� :
i�D��!6�H')! � �^���ffi� $ $�"s%(')!
¹
�
�
�T$6�H'P�5%(')!
’kË J �
(b) Usamos agora D�?ŒE , onde Œ e´ a taxa de consumo
de energia e  e´ o tempo. Portanto,
1�

Œ
�
$ffi�e'��5%(')!
’kË
'A%R'J!
*
� $ffi�e'��5%R'J! ’
� segundos
� �X� $ffi'E%R'J!
Ë anos!
P 8-96 (8-??/6 � )
Os Estados Unidos produziram cerca de �X� Iffi'B%�')!
’
�
kW ¸ h de energia ele´trica em 1983. Qual a massa equi-
valente a esta energia?
� Para determinar tal massa, usamos a relac¸a˜o Ð�
9ÃÏ � , onde Ï5�D�ffi� $ $�"�%o'J! ¹ m/s e´ a velocidade da luz.
Primeiro precisamos converter kW ¸ h para Joules:
�ffi� I6'³%R'J!�’
� kW ¸ h � �X� Iffi'E%R'J!�’ � �Q'J! * W �^��I�S�! ! s �
� "ffi� I �s%R'J!�’
¹ J �
Portanto
9:�

Ï
�
�
"6� Iff�5%R'J!
’
¹
�]�X� $�$�"s%R'J!
¹
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�#$ �ffi� � kg �
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 11 de 11
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
9 Sistemas de Partı´culas 2
9.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
9.2.1 O Centro de Massa . . . . . . . 2
9.2.2 O Momento Linear . . . . . . . 5
9.2.3 Conservac¸a˜o do Momento Linear 6
9.2.4 Sistemas de Massa Varia´vel:
Um Foguete . . . . . . . . . . . 8
9.2.5 Sistemas de Partı´culas: Varia-
c¸o˜es na Energia Cine´tica . . . . 8
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam2.tex)
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 1
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
9 Sistemas de Partı´culas
9.1 Questo˜es
Q 9-2
Qual a localizac¸a˜o do centro de massa da atmosfera da
Terra?
�
9.2 Problemas e Exercı´cios
9.2.1 O Centro de Massa
E 9-1 (9-1/6 � edic¸a˜o)
(a) A que distaˆncia o centro de massa do sistema Terra-
Lua se encontra do centro da Terra? (Use os valores
das massas da Terra e da Lua e da distaˆncia entre os
dois astros que aparecem no Apeˆndice C.) (b) Expresse
a resposta do item (a) como uma frac¸a˜o do raio da Terra.
� (a) Escolha a origem no centro da Terra. Enta˜o a
distaˆncia ����� do centro de massa do sistema Terra-Lua
e´ dada por
���	��
��
���
��
��������
onde ��
 e´ a massa da Lua, ��� e´ a massa da Terra, a
��� e´ a separac¸a˜o me´dia entre Terra e Lua. Tais valores
encontram-se no Apeˆndice C. Em nu´meros temos,
����� 
���ff� fiffifl �"!�#ffi$%$'&'�(fi)�+* �"!�#ffi,�&
�ff� fiffifl �-!�#
$%$
�/.
� 021 �-!�#
$43
 5
� fl
5
�-!�#ffi6
m
�
(b) O raio da Terra e´ 7 � 
 fl)� fi8�9�:!�# 6 m, de modo que
temos
���	�
7
�
5
� fl
5
�"!�#
6
fl;� fiff�9�"!�#
6
#;�+�<fi)�
E 9-3 (9-3/6
�
)
(a) Quais sa˜o as coordenadas do centro de massa das treˆs
partı´culas que aparecem na Fig. 9-22? (b) O que acon-
tece com o centro de massa quando a massa da partı´cula
de cima aumenta gradualmente?
� (a) Sejam �>=@?
�4A
?B&
�(#
�
#2&
,
�>=
$
�4A
$
&
�C!
�
*ffi&
e
�(=ED
�CA
D�&
�F*
�
!�&
as coordenadas (em metros) das treˆs
partı´culas cujas respectivas massas designamos por � ? ,
�
$ e �
D
. Enta˜o a coordenada
=
do centro de massa e´
=
�	� 
�
? = ?
���
$
=
$
���
D = D
�
?
���
$
�G�
D
#
�
�(1;� #8&B�H!2� #8&
�
�
5
� #2&'�I*J� #2&
fi)� #
�
1;� #
�
5
� #
!ffi�K!
m
�
enquanto que a coordenada
A
e´
A
��� 
�
?
A
?
���
$
A
$
�G�
D
A
D
�
?
���
$
���
D
#
�
�I1)� #2&B�F*J� #2&
�
�
5
� #8&B�H!2� #8&
fi;� #
�
1)� #
�
5
� #
!2� fi
m
�
(b) A medida que a massa da partı´cula de cima e´ aumen-
tada o centro de massa desloca-se em direc¸a˜o a aquela
partı´cula. No limite, quando a partı´cula de cima for mui-
to mais massiva que as outras, o centro de massa coin-
cidira´ com a posic¸a˜o dela.
E 9-12 L (9-9/6 � )
Uma lata em forma de cilindro reto de massa M , al-
tura N e densidade uniforme esta´ cheia de refrigerante
(Fig. 9-30). A massa total do refrigerante e´ � . Fazemos
pequenos furos na base e na tampa da lata para drenar
o conteu´do e medimos o valor de O , a distaˆncia verti-
cal entre o centro de massa e a base da lata, para va´rias
situac¸o˜es. Qual e´ o valor de O para (a) a lata cheia e
(b) a lata vazia? (c) O que acontece com O enquanto a
lata esta´ sendo esvaziada? (d) Se = e´ a altura do lı´quido
que resta em um determinado instante, determine o va-
lor de
= (em func¸a˜o de M , N e � ) no momento em que
o centro de massa se encontra o mais pro´ximo possı´vel
da base da lata.
� (a) Como a lata e´ uniforme seu centro de massa esta´
localizado no seu centro geome´trico, a uma distaˆncia
N�P
*
acima da sua base. O centro de massa do refri-
gerante esta´ no seu centro geome´trico, a uma distaˆncia
=
P
*
acima da base da lata. Quando a lata esta´ cheia tal
posic¸a˜o coincide com NQP
*
. Portanto o centro de massa
da lata e com o refrigerante que ela conte´m esta´ a uma
distaˆncia
OR
M
�
NQP
*2&
�G�
�
NQP
*ffi&
M
�G�
N
*
acima da base, sobre o eixo do cilindro.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
(b) Consideramos agora a lata sozinha. O centro de
massa esta´ em NQP
*
acima da base, sobre o eixo do ci-
lindro.
(c) A medida que = decresce o centro de massa do re-
frigerante na lata primeiramente diminui, depois cresce
ate´ NQP
*
novamente.
(d) Quando a superfı´cie superior do refrigerante esta´ a
uma distaˆncia
=
acima da base da lata a massa do fre-
frigerante na lata e´ ��S 
�(=
PTN
&
�
, onde � e´ a massa
quando a lata esta´ cheia ( = 
UN ). O centro de massa do
refrigerante apenas esta´ a uma distaˆncia
=
P
*
da base da
lata. Logo
O 
M
�
N�P
*ffi&
����S
�>=
P
*2&
M
��� S
M
�
N�P
*ffi&
�
�>=
PTN
&
�
�(=
P
*ffi&
M
���
=
PTN
MVN
$
���
=E$
*)�
MVN
�G�
=W&
�
Encontramos a posic¸a˜o mais baixa do centro de massa
da lata com refrigerante igualando a zero a derivada de O
em relac¸a˜o a
=
e resolvendo em relac¸a˜o a
=
. A derivada
e´ dada por
X
O
X
=
*
�
=
*)�
MVNZY
�
=[&
Y
�
MVN
$
���
=W$�&
�
*;�
MVN
���
=[&
$
�
$�=E$
�
*
M
�
N
=
YGM
�
N
$
*)�
MVN
���
=[&
$
�
A soluc¸a˜o de �
$B=E$
�
*
M
�
N
=
YGM
�
N
$
#
e´
=
MVN
�
\
Y
!
�^]
!
�
�
M`_
�
Usamos a soluc¸a˜o positiva pois
=
e´ positivo.
Substituindo-se agora o valor de
=
ne expressa˜o de O
acima, ou seja, em
OQ
MVN
$
���
=E$
*;�
MVN
�G�
=W&
�
e simplificando, encontramos finalmente que
OQ
NaM
� b
]
!
�
�
M
Y
!�c��
E 9-14 (9-11/6
�
)
Um velho Galaxy com uma massa de
*
5
#2#
kg esta´ via-
jando por uma estrada reta a 1ffi# km/h. Ele e´ seguido por
um Escort com uma massa de
!�flffi#ffi#
kg viajando a fl2#
km/h. Qual a velocidade do centro de massa dos dois
carros?
� Sejam ��d e e d a massa e a velocidade do Galaxy e
��f e e f a massa e velocidade do Escort. Enta˜o, con-
forme a Eq. (9-19), a velocidade do centro de massa e´
dada por
e<�	� 
� d
e
d �G� f
e
f
��d:�G��f
�F*
5
#2#2&'�(1ffi#8&
�
�H!�flffi#2#2&B�Iflffi#8&
*
5
#2#
�
!�fl2#ffi#
�<*
km/h
�
Note que as duas velocidades esta˜o no mesmo sentido,
de modo que ambos termos no numerador tem o mesmo
sinal. As unidades usadas na˜o sa˜o do Sistema Interna-
cional.
E 9-20 (9-15/6 � )
Um proje´til e´ disparado por um canha˜o com uma velo-
cidade inicial de
*<#
m/s. O aˆngulo do disparo e´
fl2#2g
em
relac¸a˜o a` horizontal. Quando chega ao ponto mais al-
to da trajeto´ria, o proje´til explode em dois fragmentos
de massas iguais (Fig. 9-33). Um dos fragmentos, cu-
ja velocidade imediatamente apo´s a explosa˜o e´ zero, cai
verticalmente. A que distaˆncia do canha˜o o outro frag-
mento atinge o solo, supondo que o terreno seja plano e
a resisteˆncia do ar possa ser desprezada?
� Precisamos determinar as coordenadas do ponto de
explosa˜o e a velocidade do fragmento que na˜o cai reto
para baixo. Tais dados sa˜o as condic¸o˜es iniciais para
um problema de movimento de proje´teis, para determi-
nar onde o segundo fragmento aterrisa.
Consideremos primeiramente o movimento do proje´til
original, ate´ o instante da explosa˜o. Tomemos como ori-
gem o ponto de disparo, com o eixo
=
tomado horizontal
e o eixo
A
vertical, positivo para cima. A componente
A
da velocidade e´ dada por eh
ieTj%k�Yml8n e e´ zero no
instante de tempo no
peTj%k8P�l-
�
eTjTP�l
&
sen qrj , onde eTj
e´ a velocidade inicial e qrj e´ o aˆngulo de disparo. As
coordenadas do ponto mais alto sa˜o
=
seTjutTnv
 w eTjyx'z2{JqrjB|En
�
e
j
&C$
l
sen q j x'z2{Jq j
�F*<#8&H$
0;� 1 sen
flffi#
g
x'z2{
fl2#
g
!T�ff�}�
m
�
e
A
 e
j
kTn�Y
!
*
l8n
$
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
!
*
e
$
j
l
sen
$
q j
!
*
�F*<#8&H$
0;� 1 sen
$
fl2#
g
!
.
� fi
m
�
Como enta˜o nenhuma forc¸a horizontal atua, a compo-
nente horizontal do momento e´ conservada. Como um
dos fragmentos tem velocidade zero apo´s a explosa˜o, o
momento do outro fragmento tem que ser igual ao mo-
mento do proje´til originalmente disparado.
A componente horizontal da velocidade do proje´til ori-
ginal e´ e j xBz2{)q j . Chamemos de M a massa do proje´til
inicial e de ~)j a velocidade do fragmento que se move
horizontalmente apo´s a explosa˜o. Assim sendo, temos
Me j xBz8{Jq j 
M€~;j
*
�
uma vez que a massa do fragmento em questa˜o e´ MUP
*
.
Isto significa que
~
j
*
e
j
xBz2{)q
j
*)�F*<#8&
xBz8{
flffi#
g
*<#
m/s
�
Agora considere um proje´til lanc¸ado horizontalmente no
instante na
#
com velocidade de
*<#
m/s a partir do
ponto com coordenadas
�>=
j
�CA
j
&
�C!r�ff�}�
�
!
.
� fi8&
m. Sua
coordenada
A
e´ dada por
A
A
j
Ylffn
$
P
*
, e quando
ele aterrisa temos
A
#
. O tempo ate´ a aterrisagem e´
n‚
„ƒ
*
A
jTP�l e a coordenada
=
do ponto de aterrisagem
e´
=
=
j
�
~;j'nv
=
j
�
~)j
]
*
A
j
l
!r�ff�}�
�
*ffi#
]
*;�H!
.
� fi8&
0)� 1
.
fi
m
�
E 9-21 (9-17/6
�
)
Dois sacos ideˆnticos de ac¸u´car sa˜o ligados por uma cor-
da de massa desprezı´vel que passa por uma roldana sem
atrito, de massa desprezı´vel, com .
#
mm de diaˆmetro.
Os dois sacos esta˜o no mesmo nı´vel e cada um possui
originalmente uma massa de .
#ffi#
g. (a) Determine a
posic¸a˜o horizontal do centro de massa do sistema. (b)
Suponha que
*<#
g de ac¸u´car sa˜o transferidos de um saco
para o outro, mas os sacos sa˜o mantidos nas posic¸ oes
originais. Determina a nova posic¸a˜o horizontal do cen-
tro de massa. (c) Os dois sacos sa˜o liberados. Em que
direc¸a˜o se move o centro de massa? (d) Qual e´ a sua
acelerac¸a˜o?
� (a) Escolha o centro do sistema de coordenadas co-
mo sendo o centro da roldana, com o eixo
=
horizontal
e para a direita e com o eixo
A
para baixo. O centro de
massa esta´ a meio caminho entre os sacos, em
=
#
e
A
Z… , onde … e´ a distaˆncia vertical desde o centro da
roldana ate´ qualquer um dos sacos.
(b) Suponha *<# g transferidas do saco da esquerda para
o saco da direita. O saco da esquerda tem massa 5
12#
g e
esta´ em
=[?
†Y
*
. mm. O saco a` direita tem massa .
*ffi#
g e esta´ em
=
$
�
*
. mm. A coordenada
=
do centro
de massa e´ enta˜o
=
�	� 
�
?‡=@?
�G�
$
=
$
�
?
�G�
$
�
5
1ffi#8&B�
Y
*
.
&
�
�
.
*ffi#2&'�
�
*
.
&
5
*<#
�m.
*<#
!ffi� #
mm
�
A coordenada
A
ainda e´ … . O centro de massa esta´ a
*ffifl
mm do saco mais leve, ao longo da linha que une os dois
corpos.
(c) Quando soltos, o saco maispesado move-se para bai-
xo e o saco mais leve move-se para cima, de modo que
o centro de massa, que deve permanecer mais perto do
saco mais pesado, move-se para baixo.
(d) Como os sacos esta˜o conectados pela corda, que pas-
sa pela rolsdana, suas acelerac¸o˜es tem a mesma magni-
tude mas direc¸o˜es opostas. Se ˆ e´ a acelerac¸a˜o de � $ ,
enta˜o Y‰ˆ e´ a acelerac¸a˜o de �
?
. A acelerac¸a˜o do centro
de massa e´
ˆ
�	�
�
?T�
Y‰ˆ
&
���
$
ˆ
�
?
���
$
^ˆ
�
$
Y
�
?
�
?
���
$
�
Precisamos recorrer s`egunda lei de Newton para encon-
trar a acelerac¸a˜o de cada saco. A forc¸a da gravidade
�
?
l , para baixo, e a tensa˜o Ł na corda, para cima,
atuam no saco mais leve. A segunda lei para tal saco
e´
�
?
l�Y-ŁU
VY
�
?
ˆ
�
O sinal negativo aparece no lado direito porque ˆ e´ a
acelerac¸a˜o do saco mais pesado (que qa˜o e´ o que esta-
mos considerando!). As mesma forc¸as atuam no saco
mais pesado e para ele a segunda lei de Newton fornece
�
$
l�Y"Ł
�
$
ˆ
�
A primeira equac¸a˜o fornece-nos Ł„
 �
?
l
�h�
?
ˆ que
quando substituida na segunda equac¸a˜o produz
ˆ‹
�
�
$
Y
�
?B&
l
�
?
�G�
$
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 4
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
Portanto, substituindo na equac¸a˜o para ˆ �	� , encontra-
mos que
ˆ8��� 
l
�
�
$
Y
�
?B&C$
�
�
?
���
$
&
$
�(0)� 12&'�
.
*<#
Y-5
1ffi#2&C$
�
5
12#
�/.
*<#2&
$ 
#;� #;!�fl
m/s
$ffi�
A acelerac¸a˜o e´ para baixo.
E 9-22 (9-19/6 � )
Um cachorro de . kg esta´ em um bote de
*<#
kg que se
encontra a
fl
m da margem (que fica a` esquerda na Fig. 9-
34a). Ele anda *)� 5 m no barco, em direc¸a˜o a` margem, e
depois pa´ra. O atrito entre o bote e a a´gua e´ desprezı´vel.
A que distaˆncia da margem esta´ o cachorro depois da
caminhada? (Sugesta˜o: Veja a Fig. 9-34b. O cachorro
se move para a esquerda; o bote se desloca para a di-
reita; e o centro de massa do sistema cachorro+barco?
Sera´ que ele se move?)
� Escolha o eixo
=
como sendo horizontal, com a ori-
gem na margem, e apontanto para a direita na Fig. 9-
34a. Seja ��Œ a massa do bote e = ŒI sua coordenada ini-
cial. Seja �Ž a massa do cachorro e = Ž� sua coordenada
inicial. A coordenada do centro de massa e´ enta˜o
=
���
��Œ
=
ŒFW���Ž
=
Ž�
�
Œ
���
Ž
�
Agora o cachorro caminha uma distaˆncia
X
para a es-
querda do bote. Como a diferenc¸a entre a coordenada
final do bote
=
ŒF e a coordenada final do cachorro
=
Ž‘
e´
X
, ou seja = Œ� Y = Ž‘ 
 X , a coordenada do centro de
massa pode tambe´m ser escrita como
=
�	�
�Œ
=
Œ�’����Ž
=
Ž‘
�
Œ
���
Ž
�
Œ
=
Ž‘
���
Œ
X
�G�
Ž
=
Ž‘
�Œ	���Ž
�
Como nenhuma forc¸a horizontal externa atua no siste-
ma bote-cachorro, a velocidade do centro de massa na˜o
pode mudar. Como o bote e o cachorro estavam inicial-
mente em repouso, a velocidade do centro de massa e´
zero. O centro de massa permance na mesma posic¸a˜o
e, portanto, as duas expresso˜es acima para
=
��� devem
ser iguais. Isto significa que
��Œ
=
ŒFW���Ž
=
Ž�
�Œ
=
Ž‘’���Œ
X
�G�Ž
=
Ž‘
�
Isolando-se
=
Ž‘ obtemos
=
Ž‘
��Œ
=
ŒFW���Ž
=
Ž�
Y
��Œ
X
�
Œ
�G�
Ž
�I*ffi#2&B�Ifl2&
�
�
.
&B�(fl8&
Y
�I*<#8&B�F*J�
5
&
*<#
�m.
5
� #21
m
�
Observe que usamos
=
ŒF
=
Ž�
.
´E estritamente ne-
cessa´rio fazer-se isto? Se na˜o for, qual a vantagem de
se faze-lo?...
9.2.2 O Momento Linear
E 9-23 (9-??/6
�
)
Qual o momento linear de um automo´vel que pesa
!�fl)� #ffi#2#
N e esta´ viajando a 1ffi1 km/h?
� A “moral” deste problema e´ cuidar com as unidades
empregadas:
“
�
e 
!�fl2#ffi#2#
0;� 1
1ffi1��"!�#
D
fi2flffi#2#
fiffifl2*ffi1)!
kg m/s
�
na direc¸a˜o do movimento.
E 9-24 (9-21/6 � )
Suponha que sua massa e´ de
1ffi#
kg. Com que veloci-
dade teria que correr para ter o mesmo momento linear
que um automo´vel de
!�flffi#2#
kg viajando a !ffi�+* km/h?
� Chamando de �Ž e e Ž a massa e a velocidade do car-
ro, e de � e e a “sua” massa e velocidade temos, grac¸as
a` conservac¸a˜o do momento linear,
e 
��Ž
e
Ž
�
�C!�flffi#2#2&'�H!ffi�+*��-!�#
D
&
�(1ffi#8&B�Ififfiflffi#2#2&
fl)� fl8�
m/s
�
Poderı´amos tambe´m deixar a resposta em km/h:
e�
�
Ž
e
Ž
�
�H!�flffi#ffi#8&B�C!ffi�+*ffi&
1ffi#
*
5 km/h
�
Perceba a importaˆncia de fornecer as unidades ao dar
sua resposta. Este u´ltimo valor na˜o esta´ no SI, claro.
E 9-25 (9-20/6 � )
Com que velocidade deve viajar um Volkswagen de 1)!�fl
kg (a) para ter o mesmo momento linear que um Ca-
dillac de
*<fl
.
#
kg viajando a !�fl km/h e (b) para
ter a
mesma energia cine´tica?
� (a) O momento sera´ o mesmo se �:” e ” 
 � �•e<� ,
donde tiramos que
e
”
�
�
�”
e
�
*<fl
.
#
1)!�fl
�H!�fl2&
.
!ffi� 0ffifl
km/h
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 5
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
(b) Desconsiderando o fator ! P * , igualdade de energia
cina´tica implica termos � ” e
$
”
�
� e
$
�
, ou seja,
e
”
]
�
�
� ”
e � 
]
*ffifl
.
#
1;!�fl
�C!�fl2&
*<1;� 12fi
km/h
�
E 9-26 (9-??/6
�
)
Qual o momento linear de um ele´tron viajando a uma
velocidade de
#)� 0ffi02– ( 
 *J� 08���-!�# , m/s)?
� Como a velocidade do ele´tron na˜o e´ de modo algum
pequena comparada com a velocidade
–
da luz, faz-se
necessa´rio aqui usar a equac¸a˜o relativistica para o mo-
mento linear, conforme dada pela Eq. 9-24:
“
�
e
—
!
YV˜u™
Ž
™
�(0;�š!2!›�-!�#Jœ
Du?
&'�I*J� 08���!�#2,'&
ƒ
!
Y
�(#;� 0202&
$
!ffi� 0)!T�9�"!�#
œW$
?
kg žm/s
�
Sem o fator relativı´stico terı´amos achado
“EŸ
�I0)�K!ffi!o�-!�#
œ
D‡?
&B�I*)� 0ff���-!�#
,
&
*)�+�<#
.
�"!�#
œ[$4$
kg žm/s
�
ou seja, um valor �9� 
 ! PJƒ ! Y �I#)� 0ffi08& $ & vezes menor:
“
�
“EŸ
�
9.2.3 Conservac¸a˜o do Momento Linear
E 9-33 (9-27/6 � )
Um homem de
!�#ffi#
kg, de pe´ em uma superfı´cie de atrito
desprezı´vel, da´ um chute em uma pedra de
#)�}�T#
kg, fa-
zendo com que ela adquira uma velocidade de
fi;� 02#
m/s.
Qual a velocidade do homem depois do chute?
�
Como nenhuma forc¸a com componente horizontal atua
no sistema homem-pedra, o momento total e´ conserva-
do. Como tanto o homem como a pedra esta˜o em repou-
so no inı´cio, o momento total e´ zero antes bem como
depois do chute, ou seja
�R 
e
 ‰����¡
e
¡
#
�
onde o subı´ndice “ refere-se a` pedra e o subı´ndice O
refere-se ao homem. Desta expressa˜o vemos que
e
¡
€Y
�  
e
 
� ¡
 Y
�I#)�}�T#2&'�(fi;� 02#2&
!�#2#
 Y
#;� #8*2�
m/s
�
onde o sinal negativo indica que o homem move-se no
sentido oposto ao da pedra. Note que o sentido da pedra
foi implicitamente tomado como positivo. Note ainda
que a raza˜o das massas coincide com a raza˜o dos pesos.
E 9-36 (9-29/6
�
)
Um homem de
�
. kg esta´ viajando em uma carroc¸a a *J� fi
m/s. Ele salta para fora da carroc¸a de modo a ficar com
velocidade horizontal zero. Qual a variac¸a˜o resultante
na velocidade da carroc¸a?
� O momento linear total do sistema home-carroc¸a e´
conservado pois na˜o atuam forc¸as externas com com-
ponentes horizontais no sistema. Chamemos de � Ž a
massa da carroc¸a, e a sua velocidade inicial, e e Ž sua
velocidade final (apo´s o homem haver pulado fora). Se-
ja � ¡ a massa do homem. Sua velocidade inicial e´ a
mesma da carroc¸a e sua velocidade final e´ zero. Portan-
to a conservac¸a˜o do momento nos fornece
�
�
¡
�G�
Ž
&
e 
�
Ž
e
Ž
�
de onde tiramos a velocidade final da carroc¸a:
e
Ž
e
�
�¡’����Ž
&
��Ž
�F*J� fi2&B���
.‰�
fiffi08&
fi20
fl)�}�
m/s
�
A velocidade da carroc¸a aumenta por
fl;�+�
Y
*)� fi
¢5
�
5
m/s. De modo a reduzir sua velocidade o homem faz
com que a carroc¸a puxe-o para tra´s, de modo que a
carroc¸a seja impulsionada para a frente.
E 9-38 (9-33/6
�
)
O u´ltimo esta´gio de um foguete esta´ viajando com uma
velocidade de
�Tfl2#ffi#
m/s. Este u´ltimo esta´gio e´ feito de
duas partes presas por uma trava: um tanque de com-
bustı´vel com uma massa de
*ffi0ffi#
kg e uma ca´psula de
instrumentos com uma massa de
!
.
#
kg. Quando a tra-
va e´ acionada, uma mola comprimida faz com que as
duas partes se separem com uma velocidade relativa de
0;!�#
m/s. (a) Qual a velocidade das duas partes depois
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
que elas se separam? Suponha que todas as velocida-
des teˆm a mesma direc¸a˜o. (b) Calcule a energia cine´tica
total das duas partes antes e depois de se separarem e
explique a diferenc¸a (se houver).
� (a) Suponha que nenhuma forc¸a externa atue no site-
ma composto pelas duas partes no u´ltimo esta´gio. O mo-
mento total do sistema e´ conservado. Seja ��£ a massa
do tanque e �Ž a massa da ca´psula. Inicialmente ambas
esta˜o viajando com a mesma velocidade e . Apo´s a trava
ser acionada, � £ tem uma velocidade e £ enquanto que
�Ž tem uma velocidade e Ž . Conservac¸a˜o do momento
fornece-nos
�
� £ �/��Ž
&
e¤
� £
e
£ ����Ž
e
Ž
�
Apo´s a trava ser solta, a ca´psula (que tem menos massa)
viaja com maior velocidade e podemos escrever
e
Ž
Ue
£¥�
e
S‡¦�§
�
onde e S‡¦�§ e´ a velocidade relativa. Substituindo esta ex-
pressa˜o na equac¸a˜o da conservac¸a˜o do momento obte-
mos
�
�Q£@�G�
Ž
&
e¤
��£
e
£¥���
Ž
e
Ž
�G�
–
e
S‡¦�§
�
de modo que
e
Ž
�
��£@���
Ž
&
e�Y
�
Ž
e
S%¦‘§
�
£
����Ž
 e�Y
�
£
�
£
�G�Ž
e
S‡¦�§
�Tflffi#2#
Y
!
.
#
*<02#
�
!
.
#
�I0)!�#8&
�ffi*<0ffi#
m/s
�
A velocidade final da ca´psula e´
e
Ž
Ue
£
�
e
S‡¦�§
�ffi*<0ffi#
�
0)!�#
12*ffi#ffi#
m/s
�
(b) A energia cine´tica total antes da soltura da trava e´
¨

!
*
�
��£@���
Ž
&
e
$
!
*
�I*<02#
�
!
.
#2&'�F�<flffi#ffi#8&
$
!2� *8�ff!o�-!�#
?
j J
�
A energia cine´tica total apo´s a soltura da trava e´
¨

!
*
�
£
e
$
£
�
!
*
�Ž
e
$
Ž
!
*
�I*ffi0ffi#E�F�<*ffi0ffi#8&
$
�
!
*
�H!
.
#2&'�(12*ffi#ffi#8&
$
!ffi�+*2�
.
�"!�#
?
j J
�
A energia cine´tica total aumentou levemente. Isto deve-
se a` conversa˜o da energia potencial ela´stica armazenada
na trava (mola comprimida) em energia cine´tica das par-
tes do foguete.
E 9-39 (9-39/6
�
)
Uma caldeira explode, partindo-se em treˆs pedac¸os.
Dois pedac¸os, de massas iguais, sa˜o arremessados em
trajeto´rias perpendiculares entre si, com a mesma velo-
cidade de
fiffi#
m/s. O terceiro pedac¸o tem uma massa
treˆs vezes a de um dos outros pedac¸os. Qual o mo´dulo,
direc¸a˜o e sentido de sua velocidade logo apo´s a ex-
plosa˜o?
� Suponha que na˜o haja forc¸a externa atuando, de modo
que o momento linear do sistema de treˆs pec¸as seja con-
servado. Como o momentum antes da explosa˜o era zero,
ele tambe´m o e´ apo´s a explosa˜o. Isto significa que o ve-
tor velocidade dos treˆs pedac¸os esta˜o todos num mesmo
plano.
Escolha um sistema de coordenadas XY, com o eixo ver-
tical sendo o eixo
A
, positivo para cima. A partir da
origem deste diagrama, desenhe na direc¸a˜o negativa do
eixo X o vetor
fi
��©
, correspondente ao momento da
parı´cula mais pesada. Os dois outros momentos sa˜o re-
presentados por vetores �Qª apontando num aˆngulo q
?
no primeiro quadrante e q $ no quarto quadrante, de mo-
do que q
?
�
q
$
02#2g (condic¸a˜o do problema).
Como a componente vertical do momento deve conser-
var-se, temos com as convenc¸o˜es acima, que
�
e sen q
?
Y
�
e sen q $ 
#
�
onde e e´ a velocidade dos pedac¸os menores. Portan-
to devemos necessariamente ter que q
?
«q
$ e, como
q
?
�
q
$
02#2g
, temos que q
?
q
$
s5
.
g
.
Conservac¸a˜o da componente
=
do momento produz
fi
�
~€
*
�
e¬xBz8{Jq
?
�
Consequentemente,
a velocidade ~ do pedac¸o maior e´
~†
*
fi
e­xBz8{Jq
?
*
fi
�(fi2#2&
x'z2{ff5
.
g
!
5 m/s
�
no sentido negativo do eixo
=
. O aˆngulo entre o vetor
velocidade do pedac¸o maior e qualquer um dos pedac¸os
menores e´
!�1ffi#
g
Y"5
.
g
!�fi
.
g
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 24 de Junho de 2003, a`s 2:00 p.m.
9.2.4 Sistemas de Massa Varia´vel: Um Foguete
E 9-48 (9-41/6 � )
Uma sonda espacial de
fl2#ffi02#
kg, viajando para Ju´piter
com uma velocidade de
!�#
. m/s em relac¸a˜o ao Sol, acio-
na o motor, ejetando 1ffi# kg de gases com uma velocidade
de
*
.
fi
m/s em relac¸a˜o a` sonda. Supondo que os gases
sa˜o ejetados no sentido oposto ao do movimento inicial
da sonda, qual a sua velocidade final?
� Ignore a forc¸a gravitacional de Ju´piter e use a Eq. (9-
47) do livro texto. Se e  e´ a velocidade inicial, M  e´ a
massa inicial, e  e´ velocidade final, M  e´ a massa final,
e ® e´ a velocidade do ga´s de exausta˜o, enta˜o
e

se
 �
®’¯š°
M

M

�
Neste problema temos M  
flffi#20ffi#
kg e M  
flffi#ffi02#
Y
1ffi#
flffi#;!�#
kg. Portanto
e

!�#
.±�
*
.
fi
¯K°
b
flffi#ffi02#
flffi#)!�#
c
!�#21
m/s
�
E 9-49 (9-43/6
�
)
Um foguete em repouso no espac¸o, em uma regia˜o em
que a forc¸a gravitacional e´ desprezı´vel, tem uma massa
de
*)�
.2.
�9!�#ffi²
kg, da qual
!ffi� 1)!��9!�#ffi²
kg sa˜o combustı´vel.
O consumo de combustı´vel do motor e´ de 5
1ffi#
kg/s e a
velocidade de escapamento dos gases e´ de
fi)�+*2�
km/s. O
motor e´ acionado durante
*
.
#
s. (a) Determine o em-
puxo do foguete. (b) Qual e´ a massa do foguete depois
que o motor e´ desligado? (c) Qual e´ a velocidade final
do foguete?
� (a) Como se ve no texto logo abaixo da Eq. 9-46, o
empuxo do foguete e´ dado por ³†
U7´® , onde 7 e´ a taxa
de consumo de combustı´vel e ® e´ a velocidade do gas
exaustado. No presente problema temos 7µ
€5
1ffi#
kg e
®�
fi)�+*2���"!�#
D
m/s, de modo que
³†
^7´®Q
�
5
1ffi#8&B�(fi;� *8���-!�#
D
&
!ffi�
.
���"!�#
6
N
�
(b) A massa do combustı´vel ejetado e´ dada por
M
Ž
g
�
Œ
7›¶‹n , onde ¶‹n e´ o intervalo de tempo da quei-
ma de combustı´vel. Portanto
M
Ž
g
�
Œ
�
5
1ffi#8&B�I*
.
#8&
!ffi�+*<# �"!�#
²
kg
�
A massa do foguete apo´s a queima e´
M

·M

YGM
Ž
g
�
Œ
�I*)�
.2.
Y
!2� *ffi#2&­�-!�#
²
!ffi� fi
.
�"!�#
²
kg
�
(c) Como a velocidade inicial e´ zero, a velocidade final
e´ dada por
e

 ®¸¯K°
M

M

�(fi)�+*2���"!�#
D
&
¯K°
b
*J�
.ffi.
�-!�# ²
!ffi� fi
.
�-!�#
²
c
*J� #ffi1 �-!�#
D
m/s
�
E 9-56 (9-47/6 � )
Duas longas barcac¸as esta˜o viajando na mesma direc¸a˜o
e no mesmo sentido em a´guas tranqu¨ilas; uma com
uma velocidade de
!�#
km/h, a outro com velocidade
de
*ffi#
km/h. Quando esta˜o passando uma pela outra,
opera´rios jogam carva˜o da mais lenta para a mais ra´pida,
a` raza˜o de
!�#ffi#2#
kg por minuto; veja a Fig. 9-38. Qual
a forc¸a adicional que deve ser fornecida pelos motores
das duas barcac¸as para que continuem a viajar com as
mesmas velocidades? Suponha que a transfereˆncia de
carva˜o se da´ perpendicularmente a` direc¸a˜o de movimen-
to da barcac¸a mais lenta e que a forc¸a de atrito entre as
embarcac¸o˜es e a a´gua na˜o depende do seu peso.
�
9.2.5 Sistemas de Partı´culas: Variac¸o˜es na Energia
Cine´tica
E 9-60 (9-55/6 � )
Uma mulher de .2. kg se agacha e depois salta para cima
na vertical. Na posic¸a˜o agachada, seu centro de massa
esta´ 5
#
cm acima do piso; quando seus pe´s deixam o
cha˜o, o centro de massa esta´
02#
cm acima do piso; no
ponto mais alto do salto, esta´
!r*<#
cm acima do piso. (a)
Qual a forc¸a me´dia exercida sobre a mulher pelo piso,
enquanto ha´ contato entre ambos? (b) Qual a velocida-
de ma´xima atingida pela mulher?
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 8
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, a`s 10:17
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
10 Coliso˜es 2
10.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
10.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
10.2.1 Impulso e Momento Linear . . . 2
10.2.2 Coliso˜es Ela´sticas em Uma Di-
mensa˜o . . . . . . . . . . . . . 4
10.2.3 Coliso˜es Inela´sticas em Uma
Dimensa˜o . . . . . . . . . . . . 6
10.2.4 Coliso˜es em Duas Dimenso˜es . 7
10.2.5 Problemas Adicionais . . . . . 7
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam2.tex)
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10 Coliso˜es
10.1 Questo˜es
Q 10-1
Explique como a conservac¸a˜o de energia se aplica a uma
bola quicando numa parede.
�
10.2 Problemas e Exercı´cios
10.2.1 Impulso e Momento Linear
E 10-3 (10-1/6 � edic¸a˜o)
Um taco de sinuca atinge uma bola, exercendo uma
forc¸a me´dia de ��� N em um intervalo de ��� ms. Se a
bola tivesse massa de �	��
�� kg, que velocidade ela teria
apo´s o impacto?
� Se 
 for a magnitude da forc¸a me´dia enta˜o a magni-
tude do impulso e´ ����
���� , onde ��� e´ o intervalo de
tempo durante o qual a forc¸a e´ exercida (veja Eq. 10-8).
Este impulso iguala a magnitude da troca de momen-
tum da bola e como a bola esta´ inicialmente em repouso,
iguala a magnitude ��� do momento final. Resolvendo
a euqac¸a˜o 
���������� para � encontramos
�ff�
����
�
�
fi
���ffifl
fi
���ff� ���"!$#�fl
�	��
��
�%
"��� m/s �
E 10-9 (10-5/6 � )
Uma forc¸a com valor me´dio de �&
���� N e´ aplicada a uma
bola de ac¸o de �	� 'ffi� kg, que se desloca a �(' m/s, em uma
colisa˜o que dura 
*) ms. Se a forc¸a estivesse no senti-
do oposto ao da velocidade inicial da bola, encontre a
velocidade final da bola.
� Considere a direc¸a˜o inicial do movimento como po-
sitiva e chame de 
 a magnitude da forc¸a me´dia, ��� a
durac¸a˜o da forc¸a, � a massa da bola, ��+ a velocidade
inicial da bola, ��, a velocidade final da bola. Enta˜o a
forc¸a atua na direc¸a˜o negativa e o teorema do impulso-
momento fornece
-
����.�/�0�
,
-
���
+
�
Resolvendo para � , obtemos
� , � � +
-
��1�
�
� �('
-
fi
�&
����*fl
fi
*)2� ��� !3# fl
�	� 'ffi�
�
-54
) m/s �
A velocidade final da bola e´ 4 ) m/s.
P 10-12 (10-9/6 � )
Um carro de ��'ffi�ffi� kg, deslocando-se a �	� 6 m/s, esta´ ini-
cialmente viajando para o norte, no sentido positivo do
eixo 7 . Apo´s completar uma curva a` direita de 8ffi�ffi9 para
o sentido positivo do eixo : em ';� 4 s, o distraido moto-
rista investe para cima de uma a´rvore, que pa´ra o carro
em 6ffi��� ms. Em notac¸a˜o de vetores unita´rios, qual e´ o
impulso sobre o carro (a) durante a curva e (b) durante
a colisa˜o? Qual a intensidade da forc¸a me´dia que age
sobre o carro (c) durante a colisa˜o? (e) Qual e´ o aˆngulo
entre a forc¸a me´dia em (c) e o sentido positivo do eixo
: ?
� (a) O momento inicial do carro e´
<
+
�=��>?�
fi
��'ffi�ffi�ffifl
fi
�"� 6ffiflA@B�
fi
)C'ffi�ffi� kg Dm/s flA@
e o momento final e´
fi
)E'ffi��� kg Dm/s
flGF . O impulso que nele
atua e´ igual a` variac¸a˜o de momento:
H
�
<
,
-
<
+I�
fi
)E'ffi��� kg Dm/s fl
fi
F
-
@CflJ�
(b) O momento inicial do carro e´ < + � fi )C'ffi�ffi� kg Dm/s flKF
e o momento final e´ < , �L� . O impulso atuando sobre
ele e´
H
�
<
,
-
<
+I�
-
fi
)C'ffi�ffi� kg Dm/s flKF
(c) A forc¸a me´dia que atua no carro e´
M
�JN
�
�
<
���
�
H
���
�
fi
)C'ffi�ffi� kg Dm/s fl
fi
F
-
@Efl
'O�
4
�
fi
�
4
�ffi� N fl
fi
F
-
@Cfl
e sua magnitude e´ 
�PN
�
fi
�
4
��� N flRQ 
2�S
�6��ffi� N.
(d) A forc¸a me´dia e´
M
�PN
�
H
���
�
fi
-
)E'ffi�ffi� kg Dm/s flGF
6ffi���ff�?�&�
!3#
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�
fi
-
"�T�2� ����U N flVF
e sua magnitude e´
M
�PN
�%
"�T�W�?�&�
U
N.
(e) A forc¸a me´dia e´ dada acima em notac¸a˜o vetorial
unita´ria. Suas componentes : e 7 tem magnitudes
iguais. A componente : e´ positiva e a componente 7
e´ negativa, de modo que a forc¸a esta´ a '*� 9 abaixo do
eixo : .
P 10-13 (10-??/6 � )
A forc¸a sobre um objeto de ��� kg aumenta uniforme-
mente de zero a ��� N em ' s. Qual e´ a velocidade final
do objeto se ele partiu do repouso?
� Tome a magnitude da forc¸a como sendo 
X�SY5� , on-
de Y e´ uma constante de proporcionalidade. A condic¸a˜o
que 
Z�S��� N quando ���/' s conduz a
YS�
fi
��� N flR[
fi
' s fl\�X�C
"��� N/s �
A magnitude do impulso exercido no objeto e´
�]�
^
U
_
%`ffi�.�
^
U
_
Y5�V`��a�
�
Y5�GbOc
c
c
U
_
�
�
fi
�C
"����fl
fi
'*fl
b
� ����� N D s �
A magnitude deste impulso e´ igual a` magnitude da
variac¸a˜o do momento do objeto ou, como o objeto par-
tiu do repouso, e´ igual m`agnitude do momento final:
�]�=���
, . Portanto
�
,
�
�
�
�
�&���
���
�X�&� m/s �
P 10-14 (10-13/6 � )
Uma arma de ar comprimido atira dez chumbinhos de
 g por segundo com uma velocidade de ����� m/s, que
sa˜o detidos por uma parede rı´gida. (a) Qual e´ o mo-
mento linear de cada chumbinho? (b) Qual e´ a energia
cine´tica de cada um? (c) Qual e´ a forc¸a me´dia exercida
pelo fluxo de chumbinhos sobre a parede? (d) Se ca-
da chumbinho permanecer em contato com a parede por
�	�
4 ms, qual sera´ a forc¸a me´dia exercida sobre a parede
por cada um deles enquanto estiver em contato? (e) Por
que esta forc¸a e´ ta˜o diferente da forc¸a em (c)?
� (a) Se � for a massa dum chumbinho e � for sua ve-
locidade quando ele atinge a parede, enta˜o o momento
e´ d
�/���ff�
fi
ff� ���
!3#
fl
fi
���ffi�ffifl��Z� kg Dm/s e
na direc¸a˜o da parede.
(b) A energia cine´tica dum chumbinho e´
f
�
�
�0�gbB�
�
fi
ff� ���
!3#
fl
fi
�����ffiflKb5�S
ffi��� J �
(c) A forc¸a na parede e´ dada pela taxa na qual o momen-
to e´ transferido dos chumbinhos para a parede. Como
os chumbinhos na˜o voltam para tra´s, cada chumbinho
transfere
d
�h��� � kg Dm/s. Se �ffi chumbinhos colidem
num tempo ��� enta˜o a taxa me´dia com que o momento
e´ transferido e´
�PN
�
d
�ffi
�1�
�
fi
��� �ffifl
fi
�&�ffifl.�Z�&� N �
A forc¸a na parede tem a direc¸a˜o da velocidade inicial
dos chumbinhos.
(d) Se �1� e´ o intervalo de tempo para um chumbinho
ser freado pela parede, enta˜o a forc¸a me´dia exercida na
parede por chumbinho e´
�PN
�
d
���
�
��� �
�;�
4
� ���
!3#
�j�
4�4ffi4
�
4�4 N �
A forc¸a tem a direc¸a˜o da velocidade inicial do chumbi-
nho.
(e) Na parte (d) a forc¸a foi mediada durante o interva-
lo em que um chumbinho esta´ em contato com a parede,
enquanto na parte (c) ela foi mediada durante o intervalo
de tempo no qual muitos chumbinhos atingem a parede.
Na maior parte do tempo nenhum chumbinho esta´ em
contato com a parede, de modo que a forc¸a me´dia na
parte (c) e´ muito menor que a me´dia em (d).
P 10-26 (10-15/6 � )
Uma espac¸onave e´ separada em duas partes detonando-
se as ligac¸o˜es explosivas que as mantinham juntas. As
massas das partes sa˜o �&
��ffi� e �&k��ffi� kg; o mo´dulo do im-
pulso sobre cada parte e´ de 6��ffi� N D s. Com que velocida-
de relativa as duas partes se separam?
� Consideremos primeiro a parte mais leve. Suponha
que o impulso tenha magnitude � e esteja no sentido po-
sitivo. Seja �ml , �ffil a massa e a velocidade da parte mais
leve apo´s as ligac¸o˜es explodirem. Suponha que ambas
as partes esta˜o em repouso antes da explosa˜o. Enta˜o,
n
�/�
l
�
l , de modo que
�
l
�
�
�ml
�
6ffi���
�C
����
�S�	��
�� m/s �
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O impulso na parte mais pesada tem a mesma magnitu-
de mas no sentido oposto, de modo que - �%�h�
b
�
b
,
onde �
b
, �
b
sa˜o a massa e a velocidade da parte mais
pesada. Portanto
�
b
�
-
�
�
b
�
-
6ffi���
�&k��ffi�
�
-
�	�T�
4
) m/s �
A velocidade relativa das partes apo´s a explosa˜o e´
�	��
��
-
fi
-
�	�T�
4
)�flV�=�;� 'O�C) m/s �
P 10-28 (10-38/6 � )
A espac¸onave Voyager 2 (de massa � e velocidade �
relativa ao Sol) aproxima-se do planeta Ju´piter (de mas-
sa
n
e velocidade o relativa ao Sol) como mostra a
Fig. 10-33. A espac¸onave rodeia o planeta e parte no
sentido oposto. Qual e´ a sua velocidade, em relac¸a˜o ao
Sol, apo´s este encontro com efeito estilingue? Conside-
ra �p�q�C
 km/s e or�q��6 km/s (a velocidade orbital
de Ju´piter). A massa de Ju´piter e´ muito maior do que a
da espac¸onave; nts � . (Para informac¸o˜es adicionais,
veja “The slingshot effect: explanation and analogies”,
de Albert A. Bartlett e Charles W. Hord, The Physics
Teacher, novembro de 1985.)
� Considere o encontro num sistema de refereˆncia fixo
em Ju´piter. Quando eventuais perdas de energia forem
desprezı´veis, o encontro pode ser pensado como uma
colisa˜o ela´stica na qual a espac¸onave emerge da “co-
lisa˜o” com uma velocidade de mesma magnitude que a
velocidade que possuia antes do encontro. Como a ve-
locidade inicial da espac¸onave e´
�
+
�/�2u�oj�Z�&
5u=��6��=
ffi� km/s
medida a partir de Ju´piter, ela se afastara´ de Ju´piter com
�
,
��
ffi� km/s. Passando para o sistema original de re-
fereˆncia no qual o Sol esta´ em repouso, tal velocidade e´
dada por
�*v
,
�/��,wu�oj�S
��5u=��6��S6�k km/s �
10.2.2 Coliso˜es Ela´sticas em Uma Dimensa˜o
E 10-29 (10-35/6 � )
Os blocos da Fig. 10-34 deslizam sem atrito. (a) Qual e´
a velocidade > do bloco de ��� 4 kg apo´s a colisa˜o? (b)
Suponha que a velocidade inicial do bloco de 
"� ' kg se-
ja oposta a` exibida. Apo´s a colisa˜o, a velocidade > do
bloco de �ffi� 4 kg pode estar no sentido ilustrado?
� (a) Seja � l , � lK+ e � lR, a massa e a velocidade inicial
e final do bloco a` esquerda, e �
b
, �
b
+ e �
b
, as corres-
pondentes grandezas do bloco a` direita. O momento do
sistema composto pelos dois blocos e´ conservado, de
modo que
�mlx�ffilK+Ouy�
b
�
b
+z�/�]lP�ffilK,wuy�
b
�
b
,Oe
donde tiramos que
�ffilR, �
�mlx�ffilK+3u{�
b
�
b
+
-
�
b
�
b
,
� l
� �	� �5u
"� '
���
45|
"���
-
'O� 8*}B�X�ffi� 8 m/s �
O bloco continua andando para a direita apo´s a colisa˜o.
(b) Para ver se a colisa˜o e´ inela´stica, comparamos os va-
lores da energia cine´tica total antes e depois da colisa˜o.
A energia cine´tica total ANTES da colisa˜o e´
f
+
�
�
�
l
�
b
lG+
u
�
�
b
�
b
b
+
�
�
fi
�ffi�
4
fl
fi
�	� �ffifl
b
u
�
fi
	� 'gfl
fi
"����fl
b
�=6	�ffi��) J �
A energia cine´tica total DEPOIS da colisa˜o e´
f
,
�
�
�
l
�
b
lR,
u
�
�
b
�
b
b
,
�
�
fi
���
4
fl
fi
��� 8ffifl
b
u
�
fi
"� '*fl
fi
'O� 8*fl
b
�=6;���~) J �
Como f + � f , , vemos que a colisa˜o e´ ela´stica,
(c) Agora �
b
+
�
-
"��� m/s e
�ffilR, �
�]lP�ffilG+$uy�
b
�
b
+
-
�
b
�
b
,
�
l
� �"���5u
	� '
	� �
|
-
	� �
-
';� 8
}
�
-
�"�
4 m/s �
Como o sinal indica, a velocidade deve opor-se ao sen-
tido mostrado.
E 10-33 (10-37/6 � )
Um carro de 6�'ffi� g de massa, deslocando-se em um tri-
lho de ar linear sem atrito, a uma velocidade inicial de
�ffi� 
 m/s, atinge um segundo carro de massa desconhe-
cida, inicialmente em repouso. A colisa˜o entre eles e´
ela´stica. Apo´s a mesma, o primeiro carro continua em
seu sentido original a �	� 4�4 m/s. (a) Qual e´ a massa do
segundo carro? (b) Qual e´ a sua velocidade apo´s o im-
pacto? (c) Qual a velocidade do centro de massa do
sistema formado pelos dois carrinhos?
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� (a) Seja � l , � lK+ , � lR, a massa e as velocidades inicial
e final do carro que originalmente se move. Seja �
b
e
�
b
, a massa e a velocidade final do carro originalmente
parado ( �
b
+ �� . Enta˜o, de acordo com a Eq. 10-18,
temos
�ffilR,1�
�]l
-
�
b
� l u{�
b
�ffilG+R�
Desta expressa˜o obtemos para �
b
:
�
b
�
� lK+
-
� lR,
�ffilR,€u{�ffilK+
� l
�
�ffi� 
-
�	�
4�4
�ffi� 
5u��	�
4�4
fi
6�'*� g fl\�=8�8 g �
(b) A velocidade do segundo carro e´ dada por
�
b
, �
E�ml
� l u{�
b
� lG+ �
fi
�;� 6�'ffi�ffifl
�	� 6�'*�u��	� ��8ffi8
fi
����
�fl
� ��� 8 m/s �
(c) A velocidade do centro de massa do sistema formado
pelos dois carrinhos satisfaz a equac¸a˜o
‚
�
fi
�
l
uy�
b
flG��ƒz„…���
l
�
lK+
u{�
b
�
b
+
�
Lembrando que �
b
+
�/� , temos
��ƒz„…�
�
l
�
lK+
�ml.uy�
b
�
fi
6�'*�ffifl
fi
����
�fl
6�'ffi�5u�8�8
�=�	� 8�6 m/s �
Observe que usamos gramas em vez de kilogramas.
E 10-34 (10-41/6 � )
Um corpo de 
"� � kg de massa colide elasticamente com
outro em repouso e continua a deslocar-se no sentido
original com um quarto de sua velocidade original. (a)
Qual e´ a massa do corpo atingido? (b) Qual a veloci-
dade do centro de massa do sistema formado pelos dois
corpos se a velocidade inicial do corpo de 
"� � kg era de
';� � m/s?
� (a) Sejam � l , � lG+ , � lR, a massa e as velocidades antes
e depois da colisa˜o do corpo que se move originalmen-
te. Sejam �
b
e �
b
, a massa e a volcidade final do corpo
originalmente em repouso. De acordo com a Eq. 10-18
temos
�ffilR,1�
�
l
-
�
b
�
l
u{�
b
�ffilG+R�
Resolvendo para �
b
obtemos, para �ffilK,1�=�ffilK+†[E' ,
�
b
�
�ffilK+
-
�ffilK,
�
lR,
u{�
lG+
�
l
�
�
-
�E[C'
�C[C'Bu=�
fi
�
l
fl
�
6
�
fi
"� �ffifl��X�ffi� 
 kg �
(b) A velocidade do centro de massa do sistem formado
pelos dois corpos satisfaz a equac¸a˜o
‚
�
fi
�ml�u{�
b
fl‡� ƒz„ ���mlP�ffilK+Ou{�
b
�
b
+R�
Resolvendo para � ƒˆ„ com �
b
+z�S� encontramos
��ƒˆ„‰�
�mlx�ffilK+
� l u{�
b
�
fi
	� �*fl
fi
'O� �*fl
"� �Bu/�ffi� 
�=
	� � m/s �
E 10-37 (10-43/6 � )
Duas esferas de titaˆnio se aproximam frontalmente com
velocidades de mesmo mo´dulo e colidem elasticamente.
Apo´s a colisa˜o, uma das esferas, cuja massa e´ de 6ffi��� g,
permanece em repouso. Qual e´ a massa da outra esfera?
� Seja �]l , �ffilK+ , �ffilK, a massa e as velocidades antes e
depois da colisa˜o de uma das partı´culas e �
b
, �
b
+ , �
b
, a
massa e as velocidades antes e depois da colisa˜o, da ou-
tra partı´cula. Enta˜o, de acordo com a Eq. 10-28, temos
�
lR,
�
�]l
-
�
b
�
l
uy�
b
�
lK+
u
E�
b
�
l
u{�
b
�
b
+
�
Suponha que a esfera � esteja viajando originalmente no
sentido positivo e fique parada apo´s a colisa˜o. A esfera 
esta´ viajando originalmente no sentido negativo. Subs-
tituindo �ffilK+Ł�� , �
b
+‹�
-
� e �ffilK,��Œ� na expressa˜o
acima, obtemos ���/�ml - 6��
b
. Ou seja,
�
b
�
�
l
6
�
6���� g
6
�X���ffi� g �
E 10-40  (10-??/6 � )
ATENC¸A˜O: ESTE PROBLEMA FOI MAL TRADUZIDO
NO LIVRO TEXTO. USE A TRADUC¸A˜O QUE SEGUE:
Um elevador esta´ deslocando-se para cima num poc¸o a
4 ft/s ( �ffi� kffi6 m/s). No instante em que o elevador esta´
a 4 � ft ( ��k;� 4 m) do topo, larga-se uma bola do topo do
poc¸o. A bola quica elasticamente do teto do elevador.
(a) A que altura ela pode elevar-se em relac¸a˜o ao topo
do poc¸o? (b) Fac¸a o mesmo problema supondo que o
elevador esteja descendo a 4 ft/s ( �ffi� kffi6 m/s). (Dica: a
velocidade da bola em relac¸a˜o ao elevador e´ meramente
revertida pela colisa˜o.)
Nota: no sistema de unidades em questa˜o, a acelerac¸a˜o
da gravidade vale ŽŁ�/6*
 ft/s
b
.
� (a)
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LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, a`s 10:17
10.2.3 Coliso˜es Inela´sticas em Uma Dimensa˜o
E 10-41 (10-23/6 � )
Acredita-se que a Cratera do Meteoro, no Arizona
(Fig. 10.1), tenha sido formada pelo impacto de um me-
teoro com a Terra ha´ cerca de 20.000 anos. Estima-se a
massa do meteoro em �Ł���� l
_
kg e sua velocidade em
)�
���� m/s. Que velocidade um meteoro assim transmiti-
ria a` Terra numa colisa˜o frontal?
� Seja �‘ a massa do meteoro e �‘’ a massa da Terra.
Seja �� a velocidade do meteoro imediatamente antes
da colisa˜o e � a velocidade da Terra (com o meteoro)
apo´s a colisa˜o. O momento do sistema Terra-meteoro e´
conservado durante a colisa˜o. Portanto, no sistema de
refereˆncia Terra antes da colisa˜o temos
�

�

�
fi
�

uy�
’
fl‡�3e
de modo que encontramos para �
�ff�
�

�

�‘“uy�‘’
�
fi
)�
����ffifl
fi
��� ���
l
_
fl
�"� 8�kff�?�&�
b
U
u��ff� ���
l
_
�
4
�?�&�
!
l”l
m/s �
Para ficar mais fa´cil de imaginar o que seja esta velo-
cidade note que, como 6 4 �‹�•
E'��m6 4 ���–�—6;�&��6 4 �ffi��� ,
temos
4
�?�&�
!
l”l
m/s � 4 �?�&� ! l”l
fi
6	�&��6
4
�����*fl m/ano
� �	� ���	�&k�8 m/ano
� ��� k�8 mm/ano �
´E uma velocidade MUITO difı´cil de se medir, na˜o?...
E 10-42 (10-21/6 � )
Um treno´ em forma de caixa de 4 kg esta´ deslocando-se
sobre o gelo a uma velocidade de 8 m/s, quando um pa-
cote de �&
 kg e´ largado de cima para dentro dele. Qual
e´ a nova velocidade do treno´?
� Precisamos considerar apenas a componente horizon-
tal do momento do treno´ e do pacote. Seja �0˜ , �E˜ a mas-
sa e a velocidade inicial do treno´. Seja �š™ , a massa do
pacote e � velocidade final do conjunto treno´ u pacote.
A componente horizontal do momento deste conjunto
conserva-se de modo que
��˜‡�E˜V�
fi
��˜›u{�š™�fl‡�3e
de onde tiramos
�‹�
�E˜œ��˜
��˜›u{�–™
�
fi
8	� �ffifl
fi
4
� �ffifl
4
u/�C
�S6 m/s �
P 10-53 (10-29/6 � )
Um vaga˜o de carga de 6*� t colide com um carrinho auxi-
liar que esta´ em repouso. Eles se unem e 
*)� da energia
cine´tica inicial e´ dissipada em calor, som, vibrac¸o˜es, etc.
Encontre o peso do carrinho auxiliar.
� Seja �
N
e �
N
a massa e a velocidade inicial do vaga˜o,
�]ž a massa do carrinho auxiliar e � a velocidade fi-
nal dos dois, depois de grudarem-se. Conservac¸a˜o do
momento total do sistema formado
pelos dois carros
fornece-nos �
N
�
N
�
fi
�
N
u{� ž fl‡� donde tiramos
�Ł�
�
N
�
N
�
N
u{�]ž
�
A energia cine´tica inicial do sistema e´ f + �Ÿ�
N
�
b
N
[�
enquanto que a energia cine´tica final e´
f
,
�
�
fi
�
N
uy�
ž
fl‡�
b
�
�
fi
�
N
uy�]žxfl
fi
�
N
�
N
fl
b
fi
�
N
uy�
ž
fl
b
�
�
�
b
N
�
b
N
�
N
u{�‘ž
�
Como 
ffi)� da energia cine´tica original e´ perdida, temos
f
,
�=�;��)�6
f
+ , ou seja,
�
�
b
N
�
b
N
�
N
uy�
ž
�S�	�~)E6
�
�
N
�
b
N
e
que, simplificada, fornece-nos �
N
[
fi
�
N
u��
ž
fl �¡�;��)�6 .
Resolvendo para � ž encontramos
�
ž
�
�	��
ffi)
�	�~)E6
�
N
�=�;� 6g)C�
N
�
fi
�	� 6*)�fl
fi
6*��fl
� �C
"� 8ffi� toneladas
� �C
"� 8ffi���?�&�
# kg �
A raza˜o das massas e´, obviamente, a mesma raza˜o dos
pesos e, chamando de ‚
N
o peso do vaga˜o, temos que o
peso
‚ do carrinho auxiliar e´
‚
�=�;� 6g)
‚
N
�
fi
�	� 6*)�fl
fi
6ffi���?�&�
#
fl
fi
8;� k*fl
� �&
4
� 8;�€� ���
# N �
Observe que o resultado final na˜o depende das velocida-
des em jogo.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6 de 7
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Outubro de 2003, a`s 10:17
10.2.4 Coliso˜es em Duas Dimenso˜es
E 10-63 (10-49/6 � )
Em um jogo de sinuca, a bola branca atinge outra ini-
cialmente em repouso. Apo´s a colisa˜o, a branca desloca-
se a 6;� � m/s ao longo de uma reta em aˆngulo de 
�
�9 com
a sua direc¸a˜o original de movimento, e o mo´dulo da ve-
locidade da segunda bola e´ de 
 m/s. Encontre (a) o
aˆngulo entre a direc¸a˜o de movimento da segunda bola e
a direc¸a˜o de movimento original da bola branca e (b) a
velocidade original da branca. (c) A energia cine´tica se
conserva?
� (a) Use a Fig. 10-20 do livro texto e considere a bo-
la branca como sendo a massa �ml e a outra bola como
sendo a massa �
b
. Conservac¸a˜o das componentes : e 7
do momento total do sistema formado pelas duas bolas
nos fornece duas equac¸o˜es, respectivamente:
���ffilG+t� ���ffilK,\¢J£ffi¤	¥�l\uy���
b
,\¢J£*¤"¥
b
� �
-
���ffilK, sen ¥�l.u{�0�
b
, sen ¥
b
�
Observe que as massa podem ser simplificadas em am-
bas equac¸o˜es. Usando a segunda equac¸a˜o obtemos que
sen ¥
b
�
�
lR,
�
b
,
sen ¥ l �
6;� �
	� �
sen 
�
 9 �S�	� 4 � 4 �
Portanto o aˆngulo e´ ¥
b
��'O�&9 .
(b) Resolvendo a primeria das equac¸o˜es de conservac¸a˜o
acima para �ffilG+ encontramos
� lG+ � � lR, ¢(£ffi¤"¥ l u{�
b
, ¢J£ffi¤	¥
b
�
fi
6;� �ffifl"¢J£*¤;
�
9
u
fi
"� �ffifl"¢(£ffi¤"'O�
9
��'O��)�� m/s �
(c) A energia cine´tica inicial e´
f
+I�
�
���
b
+
�
�
�
fi
';�~)��ffifl
b
�Z����� 6�� �
A energia cine´tica final e´
f
, �
�
�0� b
lR,
u
�
��� b
b
,
�
�
�S¦
fi
6;� �ffifl
b
u
fi
	� �*fl
bP§
�Sk	�T�(� �
Portanto a energia cine´tica na˜o e´ conservada.
10.2.5 Problemas Adicionais
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7 de 7
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, a`s 9:44 a.m.
Exercı´cios Resolvidos de Dinaˆmica Cla´ssica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a QUARTA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
11 ROTAC¸ ˜AO 2
11.1 Questiona´rio . . . . . . . . . . . . . . . 2
11.2 Exercı´cios e Problemas . . . . . . . . . 2
11.3 Problemas Adicionais . . . . . . . . . . 9
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(listam2.tex)
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 1
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, a`s 9:44 a.m.
11 ROTAC¸ ˜AO
11.1 Questiona´rio
Q11-3.
O vetor que representa a velocidade angular de rotac¸a˜o
de uma roda em torno de um eixo fixo tem de estar ne-
cessariamente sobre este eixo?
� Sim, o vetor velocidade angular define o eixo de
rotac¸a˜o. Mesmo quando o eixo na˜o e´ fixo, o vetor esta´
dirigido ao longo desse eixo, como no caso do movi-
mento de um pia˜o. A velocidade angular de precessa˜o
tambe´m e´ um vetor dirigido ao longo da direc¸a˜o em
torno da qual o eixo do pia˜o precessiona.
Q11-8.
Por que e´ conveniente expressar � em revoluc¸o˜es por
segundo ao quadrado na expressa˜o �����	��
���� ��
�
e
na˜o na expressa˜o ��������� ?
� Porque na equac¸a˜o ����� � 
ff�flfi ��ffi� , � e � � tambe´m
sa˜o quantidades mensura´veis em revoluc¸o˜es e revo-
luc¸o˜es por segundo, respectivamente. Mas na equac¸a˜o
��� �!�"� , para se obter a acelerac¸a˜o linear em m/s
�
, �
deve ser expressa em radianos/s
�
.
Q11-9.
Um corpo rı´gido pode girar livremente em torno de um
eixo fixo. ´E possı´vel que a acelerac¸a˜o angular deste
corpo seja diferente de zero, mesmo que a sua veloci-
dade angular seja nula (talvez, instantaneamente)? Qual
o equivalente linear desta situac¸a˜o? Ilustre ambas as
situac¸o˜es com exemplos.
� Sim. Se o corpo rı´gido for submetido a uma
desacelerac¸a˜o, sua velocidade angular eventualmente
sera´ nula, e depois comec¸ra´ a crscer no sentido con-
tra´rio. O equivalente linear dessa situac¸a˜o pode ser a de
um corpo jogado verticalmente para cima; sua velocida-
de zera no ponto mais alto da trajeto´ria e ele torna a cair.
Q11-13.
Imagine uma roda girando sobre o seu eixo e considere
um ponto em sua borda. O ponto tem acelerac¸a˜o radial,
quando a roda gira com velocidade angular constan-
te? Tem acelerac¸a˜o tangencial? Quando ela gira com
acelerac¸a˜o angular constante, o ponto tem acelerac¸a˜o
radial? Tem acelerac¸a˜o tangencial? Os mo´dulos dessas
acelerac¸o˜es variam com o tempo?
� Sim, a acelerac¸a˜o radial e´ �$#%�&�
�
� . A acelerac¸a˜o
tangencial e´ nula nesse caso. Girando com acelerac¸a˜o
angular constante, o ponto da borda tem acelerac¸a˜o ra-
dial �$#(')
+*,�-')��
+*
�
� e acelerac¸a˜o tangencial ���.�&��� ,
constante.
Q11-15.
Qual a relac¸a˜o entre as velocidades angulares de um par
de engrenagens acopladas, de raios diferentes?
� Pontos da borda das engrenagens tem a mesma velo-
cidade linear: �
�
�
�
�/�
�
�
�
. Assim, a engrenagem que
tem o menor raio, tem a maior velocidade angular.
Q11-21.
A Fig. 0(021 3245� mostra uma barra de 0 m, sendo metade
de madeira e metade de metal, fixada por um eixo no
ponto O da extremidade de madeira. Uma forc¸a F e´
aplicada ao ponto a da extremidade de metal. Na Fig.
020(163(427 , a barra e´ fixada por um eixo em 8 9 na extremi-
dade de metal e a mesma forc¸a e´ aplicada ao ponto ��9 da
extremidade de madeira. A acelerac¸a˜o angular e´ a mes-
ma para os dois casos? Se na˜o, em que caso ela e´ maior?
� A densidade dos metais e´ maior do que das ma-
deiras, tal que na situac¸a˜o (b), o momento de ine´rcia
da barra em relac¸a˜o ao ponto 8 9 e´ maior do que no
caso (a). Assim, pela relac¸a˜o :;�=<>� , vem que
<@?BADC$�E?FADC/�G<H?BIJC$�E?FIKC . As acelerac¸o˜es angulares na˜o
sa˜o iguais nos dois casos, sendo �E?BALC>M/�E?FIKC .
11.2 Exercı´cios e Problemas
Sec¸a˜o 11-2 As Varia´veis de Rotac¸a˜o
11-6P.
Uma roda gira com uma acelerac¸a˜o angular � dada por
���ON2��
QP RTS27D
�
, onde t e´ o tempo, e a e b sa˜o cons-
tantes. Se � � e´ a velocidade inicial da roda, deduza as
equac¸o˜es
para (a) a velocidade angular e (b) o desloca-
mento angular em func¸a˜o do tempo.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, a`s 9:44 a.m.
� (a) Para obter a velocidade angular, basta integrar a
acelerac¸a˜o angular dada:
UWV
V$XZY
�>[\�
U
�
]
�
Y
Q[
�^R_���.���`
bacR^7�
P
�d'�
+*E�e� � �f�>
 a Rg7�
P
(b) O deslocamento angular e´ obtido integrando a velo-
cidade angular:
Ufh
h X Y
� [ �
U
�
]
�
Y
 [
�iRj�
�
�/�
�
k�f�
Ql
4
R^7
a
N
�m')
+*>���
�
�f�
Ql
4
R^7
a
N
11-10P.
Uma roda tem oito raios de S2n cm. Esta´ montada sobre
um eixo fixo e gira a 3poq4 rev/s. Voceˆ pretende atirar
uma flecha de 35n cm de comprimento atrave´s da ro-
da, paralelamente ao seu eixo, sem que a flecha colida
com qualquer raio. Suponha que tanto a flecha quan-
to os raios sejam muito finos; veja a Fig. 0(021 3(r . (a)
Qual a velocidade mı´nima que a flecha deve ter? (b)
A localizac¸a˜o do ponto que voceˆ mira, entre o eixo e a
borda da roda, tem importaˆncia? Em caso afirmativo,
qual a melhor localizac¸a˜o?
� (a) O aˆngulo entre dois raios consecutivos e´ sfftHN e o
tempo necessa´rio para percorreˆ-lo e´
E�
�
�
�
sfftHN
4@s
��nmoun�4 s.
A velocidade mı´nima da flecha deve ser enta˜o
v
�-w
�
npox35n
npoqn24
�eN\oun m/s.
(b) Na˜o, se a velocidade angular permanece constante.
11-15E.
O volante de um motor esta´ girando a 3(4poun rad/s. Quan-
do o motor e´ desligado, o volante desacelera a uma taxa
constante ate´ parar em 35nmoun s. Calcule (a) a acelerac¸a˜o
angular do volante (em rad/s � ), (b) o aˆngulo percorrido
(em rad) ate´ parar e (c) o nu´mero de revoluc¸o˜es comple-
tadas pelo volante ate´ parar.
� (a) Sendo � � �y3(4zoqn rad/s, tem-se
�W�e�	�{R^��
E��n
�j�
� �
�
324zoqn
3(npoqn
�|0(ox3(4 rad/s
�
1
(b) O aˆngulo percorrido e´
���e�	��
Rj�
�
3
���y3245n rad.
(c) Para o nu´mero de revoluc¸o˜es } , temos
}~�
�
3{s
�yS(poq€(n revoluc¸o˜es 1
11-23P.
Um disco gira em torno de um eixo fixo, partin-
do do repouso com acelerac¸a˜o angular constante ate´
alcanc¸ar a rotac¸ a˜o de 0n rev/s. Depois de completar r2n
revoluc¸o˜es, sua velocidade angular e´ 0‚4 rev/s. Calcule
(a) a acelerac¸a˜o angular, (b) o tempo necessa´rio para
completar as r2n revoluc¸o˜es, (c) o tempo necessa´rio para
alcanc¸ar a velocidade angular de 0n rev/s e (d) o nu´mero
de revoluc¸o˜es desde o repouso ate´ a velocidade de 0‚n
rev/s.
� (a) A velocidade angular do disco aumenta de 0‚n
rad/s para 0H4 rad/s no intervalo necessa´rio para comple-
tar as r(n revoluc¸o˜es.
�
�
�/�
�
�
�f3E�i�
�^�/�
�
R
�
�
�
3	�
��02oun(N rev/s
�
1
(b) O tempo necessa´rio para as r(n voltas e´
��
�^Rƒ�	�
�
��Nm1 € s.
(c) O tempo ate´ alcanc¸ar 0n rad/s e´
[
�
���
�
��m1 r�3 s.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, a`s 9:44 a.m.
(d) E o nu´mero de voltas dadas no intervalo e´
�"�
�
�
�
3(�
��N2€ revoluc¸o˜es.
Sec¸a˜o 11-5 As Varia´veis Lineares e Angulares
11-29E.
Uma turbina com 0(ox35n m de diaˆmetro esta´ girando a 35n2n
rev/min. (a) Qual a velocidade angular da turbina em
rad/s? (b) Qual a velocidade linear de um ponto na sua
borda? (c) Que acelerac¸a˜o angular constante (rev/min � )
aumentara´ a sua velocidade para 0n2n(n rev/min em r2n s?
(d) Quantas revoluc¸o˜es completara´ durante esse interva-
lo de r(n s?
� (a) A velocidade angular em rad/s e´
�g�
'K35n2n2*„'K3@s…*
r(n
�y35nm1 (N rad/s.
(b) Qualquer ponto da borda da turbina move-se a` velo-
cidade
v
�†�E����'K3(np1 5N$*L')nm1 r2n2*	��0H3z1645r m/s.
(c) A acelerac¸a˜o angular necessa´ria e´
�ƒ�
�jRƒ�
�
�
0n(n2n R^3(n(n
021 n
��€2n(n rev/min
�
.
(d) O nu´mero do voltas no intervalo de 021 n minuto e´
�"�
�
�
Rƒ�
�
�
35�
��r2n(n rev.
11-34E.
Uma certa moeda de massa M e´ colocada a uma
distaˆncia R do centro do prato de um toca-discos. O
coeficiente de atrito esta´tico e´ ‡…ˆ . A velocidade angular
do toca-discos vai aumentando lentamente ate´ ��� , quan-
do, neste instante, a moeda escorrega para fora do prato.
(a) Determine �	� em func¸a˜o das grandezas M, R, g e ‡…ˆ .
(b) Fac¸a um esboc¸o mostrando a trajeto´ria aproximada
da moeda, quando e´ projetada para fora do toca-discos.
� (a) A moeda esta´ sob a ac¸a˜o da forc¸a centrı´peta
‰
�yŁ‹�
�„Œ
1
Quando o prato atinge a velocidade ��� , a forc¸a cen-
trı´peta e´ igual a` ma´xima forc¸a de atrito esta´tico:
Ł‹�
�LŒ
��‡ o Ł‹
� o �|Ž
‡ o 
Œ
(b) A moeda e´ projetada tangencilamente, seguindo uma
trajeto´ria retilı´nea.
11-36P.
A turbina de um motor a vapor gira com uma velocida-
de angular constante de 0‚4(n rev/min. Quando o vapor
e´ desligado, o atrito nos mancais e a resisteˆncia do ar
param a turbina em 3zoq3 h. (a) Qual a acelerac¸a˜o angular
constante da turbina, em rev/min
�
, durante a parada? (b)
Quantas revoluc¸o˜es realiza antes de parar? (c) Qual a
componente tangencial da acelerac¸a˜o linear da partı´cula
situada a 45n cm do eixo de rotac¸a˜o, quando a turbina
esta´ girando a (4 rev/min? (d) Em relac¸a˜o a` partı´cula do
ı´tem (c), qual o mo´dulo da acelerac¸a˜o linear resultante?
� (a) O intervalo dado corresponde a 0‚S23 min. A
acelerac¸a˜o angular e´
�j�
� o
��0(1B0S2r rev/min
�
.
(b) O nu´mero de voltas ate´ parar e´
���
�
�
o
3(�
�e2(n(S rev.
(c) Para obter a acelerac¸a˜o linear tangencial em uni-
dades SI, a acelerac¸a˜o angular deve estar expressa em
rad/s
�
. Fazendo a conversa˜o, obtemos �ƒ�|0(1 (€‘’0np“�P
rad/s
�
e
� t �y�…���yp1 p0‘ƒ0‚n “ a m/s
�
.
(d) A velocidade angular �W�‹54 rev/min corresponde a
z1 €�4 rad/s e
� r �/�
�
�i��S(nm1 €m0 m/s
�
.
Portanto, o mo´dulo da acelerac¸a˜o linear resultante e´
�Z��” �
�
t �W�
�
r
�yS(np1 €p0 m/s
�
.
11-42P.
Quatro polias esta˜o conectadas por duas correias con-
forme mostrado na Fig. 0(0 RWS(n . A polia A ( 0‚4 cm de
raio) e´ a polia motriz e gira a 0n rad/s. A B ( 0‚n cm de
raio) esta´ conectada a` A pela correia 0 . A •
[
( 4poun cm
de raio) e´ conceˆntrica a` B e esta´ rigidamente ligada a
ela. A polia C ( 324 cm de raio) esta´ conectada a` •
[
pela
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 4
LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, a`s 9:44 a.m.
correia 3 . Calcule (a) a velocidade linear de um ponto
na correia 0 , (b) a velocidade angular da polia B, (c) a
velocidade angular da polia •
[
, (d) a velocidade linear
de um ponto na correia 3 e (e) a velocidade angular da
polia C.
� (a) A velocidade linear de qualquer ponto da correia
0 e´
v
�
�/� A � A �|0(164 m/s.
(b) A velocidade v
�
e´ a velocidade dos pontos da borda
da polia • , cuja velocidade angular e´ enta˜o
� B �
v
�
� B
�|0‚4 rad/s.
(c) As polias • e •
[
giram em torno do mesmo eixo, de
modo que
� B’ �/� B �|0‚4 rad/s.
(d) A velocidade linear de qualquer ponto da correia 3 e´
v
�
�/� B’ � B’ �ynp1–54 m/s.
(e) Os pontos da borda da polia — tem velocidade linear
v
�
. Portanto,
� C �
v
�
� C
�eSm1 n rad/s.
Sec¸a˜o 11-6 Energia Cine´tica de Rotac¸a˜o
11-46P.
A mole´cula de oxigeˆnio, 8 � , tem massa total de
4z1 Sff.0np“
�q˜
kg e um momento de ine´rcia de 0(1 5N
.0np“
a
˜
kg ™m
�
, em relac¸a˜o ao eixo que atravessa perpendicular-
mente a linha de junc¸a˜o dos dois a´tomos. Suponha que
essa mole´cula
tenha em um ga´s a velocidade de 45n2n m/s
e que sua energia cine´tica de rotac¸a˜o seja dois terc¸os da
energia cine´tica de transla c ca˜o. Determine sua veloci-
dade angular.
� Com a relac¸a˜o dada entre as energias cine´ticas, temos
š
rot. �
3
S
š
trans.
0
3
<›�
�
�
3
S-œ
0
3%
v
�„ž
Introduzindo os valores de

, < e v , obtemos �Ÿ�
rp1–54"j0n
�
�
rad/s.
Sec¸a˜o 11-7 Ca´lculo do Momento de Ine´rcia
11-49E.
As massas e as coordenadas de quatro partı´culas sa˜o as
seguintes: 45n g,  ¡�¢3zoqn cm, £¤�¢3poun cm; 3(4 g,  ¥�‹n ,
£¤�eN\oun cm; 3(4 g,  ’�&R^Spoqn cm, £Z�&RjSmoun cm; S(n g,
 ��|R¦3zoqn cm, £%��Nmoqn cm. Qual o momento de ine´rcia
do conjunto em relac¸a˜o (a) ao eixo x, (b) ao eixo y e
(c) ao eixo z? (d) Se as respostas para (a) e (b) forem,
respectivamente, A e B, enta˜o qual a resposta para (c)
em func¸a˜o de A e B?
� Este exercı´cio e´ uma aplicac¸a˜o do teorema dos ei-
xos perpendiculares, na˜o apresentado dentro do texto.
Este teorema e´ va´lido para distribuic¸o˜es de massa con-
tidas num plano, como placas finas. Aqui temos uma
distribuic¸a˜o discreta da massa no plano  \£ . Vamos indi-
car as massas por

i e coordenadas   i e £ i na ordem em
que aparecem no enunciado.
(a) Momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao eixo   : a
distaˆncia das partı´culas ao eixo e´ medida no eixo £
< x � §
i

i £
�
i
�

�
£
�
�
�

�
£
�
�
�

P
£
�
P
�

a
£
�
a
� 021 S2n24"j0n
“
a kg ™ m
�
1
(b) Para o ca´lculo do momento de ine´rcia em relac¸a˜o
ao eixo £ , a distaˆncia da partı´cula ao eixo e´ medida ao
longo do eixo   :
< y � §
i

i  
�
i
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� 4z1 N�4"j0n
“
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kg ™ m
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1
(c) Para o eixo ¨ , temos
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i o com �
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i �e 
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�
i 1
Os ca´lculos fornecem < z ��021 Zj0np“ a kg ™ m
�
.
(d) Somando os valores obtidos para < x e < y, confirma-
mos a relac¸a˜o
< z ��< x �f< y o
que podemos identificar como o teorema dos eixos per-
pendiculares.
11-51E.
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Duas partı´culas, de massa m cada uma, esta˜o ligadas
entre si e a um eixo de rotac¸a˜o em O por dois basto˜es
delgados de comprimento l e massa M cada um, confor-
me mostrado na Fig. 020ER©S23 . O conjunto gira em torno
do eixo de rotac¸a˜o com velocidade angular � . Determi-
ne, algebricamente, as expresso˜es (a) para o momento
de ine´rcia do conjunto em relac¸a˜o a O e (b) para a ener-
gia cine´tica de rotac¸a˜o em relac¸a˜o a O.
� (a) O momento de ine´rcia para o eixo passando por
8 e´
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(b) A energia cine´tica de rotac¸a˜o e´
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11-58P.
(a) Mostre que o momento de ine´rcia de um cilindro
so´lido, de massa M e raio R, em relac¸a˜o a seu eixo cen-
tral e´ igual ao momento de ine´rcia de um aro fino de
massa M e raio
Œ
t(ª 3 em relac¸a˜o a seu eixo central. (b)
Mostre que o momento de ine´rcia I de um corpo qual-
quer de massa M em relac¸a˜o a qualquer eixo e´ igual ao
momento de ine´rcia de um aro equivalente em relac¸a˜o a
esse eixo, se o aro tiver a mesma massa M e raio k dado
por «
�
ª
<
Ł
1
O raio k do aro equivalente e´ chamado de raio de
girac¸a˜o do corpo.
� (a) Os momentos de ine´rcia, em relac¸a˜o aos eixos
mencionados, do aro e do cilindro sa˜o
< A �yŁ
Œ
�
e < A �
0
3
Ł
Œ
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1
Para que estes momentos de ine´rcia sejam iguais, o aro
deve ter um certo raio
Œ
[
:
< A � < C
Ł
Œ
[
�
�
0
3
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Œ
�
Œ
[ �
Œ
ª 3
(b) Igualando os momentos de ine´rcia mencionados, te-
mos
<"�y< A ��Ł
«
�
1
Do que obtemos diretamente
«
�
Ž
<
Ł
1
Sec¸a˜o 11-8 Torque
11-64P.
Na Fig. 0(0�R¡S(r , o corpo esta´ fixado a um eixo no ponto
O. Treˆs forc¸as sa˜o aplicadas nas direc¸o˜es mostradas na
figura: no ponto A, a €moun m de O,
‰
¬
��0n N; no ponto
B, a Nmoqn m de O, ‰
­ �-0r N; no ponto C, a Spoun m de
O,
‰ff®
��0 N. Qual o torque resultante em relac¸a˜o a O?
� Calculamos o torque produzido por cada uma das
forc¸as dadas:
: A � � A
‰
A ¯‚°‚± N$4
�
�y4(rp1642 N ™m, anti-hora´rio o
: B � � B
‰
B ¯‚°‚± 2n
�
�yr5N N ™m, hora´rio o
: C � � C
‰
C ¯‚°‚± 3(n
�
�|0p1645n N ™m, anti-hora´rio 1
Tomando o sentido positivo para fora do plano da
pa´gina, somamos os valores obtidos acima para ter o
torque resultante:
: R � : A Rƒ: B �g: C
� 0‚3p1 n$ N ™m, anti-hora´rio
Sec¸a˜o 11-9 A Segunda Lei de Newton para a Rotac¸a˜o
11-70P.
Uma forc¸a e´ aplicada tangencialmente a` borda de uma
polia que tem 0‚n cm de raio e momento de ine´rcia de
02ounj¢0nz“²P kg ™m
�
em relac¸a˜o ao seu eixo. A forc¸a
tem mo´dulo varia´vel com o tempo, segundo a relac¸a˜o
‰
�enmoq4(n�
2�’npoqS(n�
�
, com F em Newtons e t em segun-
dos. A polia esta´ inicialmente em repouso. Em 
>�‹Spoqn
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s, quais sa˜o (a) a sua acelerac¸a˜o angular e (b) sua velo-
cidade angular?
� (a) O torque atuando sobre a polia no instante consi-
derado e´
:³'�
>�eSm1 n�*E�/�
‰
'�
>�ySp1 n2*E�enm1 N$3 N ™m 1
A acelerac¸a˜o angular neste instante e´
�{'�
>�eSm1 n�*E�
:
<
��N�3 rad/s
�
1
(b) Obtemos a velocidade angular integrando a func¸a˜o
�{'�
+* :
U V
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Y
� [ �
U
�
]
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 [ �fS(n5
 [
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Y
 [
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+*G� 3(45
�
�e0‚n5
P
�d'�
E�eSm1 n�*G� N2�4 rad/s.
11-75P.
Dois blocos ideˆnticos, de massa M cada um, esta˜o liga-
dos por uma corda de massa desprezı´vel, que passa por
uma polia de raio R e de momento de ine´rcia I (veja Fig.
0(0�R�N�n ). A corda na˜o desliza sobre a polia; desconhece-
se existir ou na˜o atrito entre o bloco e a mesa; na˜o ha´
atrito no eixo da polia. Quando esse sistema e´ liberado,
a polia gira de um aˆngulo � , num tempo t, e a acelerac¸a˜o
dos blocos e´ constante. (a) Qual a acelerac¸a˜o angular da
polia? (b) Qual a acelerac¸a˜o dos dois blocos? (c) Quais
as tenso˜es na parte superior e inferior da corda? Todas
essas respostas devem ser expressas em func¸a˜o de M, I,
R, � , g e t.
� (a) Se o sistema parte do repouso e a acelerac¸a˜o e´
constante, enta˜o ���y��
�
t(3 e
�ƒ�
3@�
�
1
(b) Desconsiderando qualquer atrito, a acelerac¸a˜o das
massas e´ a acelerac¸a˜o dos pontos da borda da polia:
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Œ
�
35�
Œ
�
1
(c) Chamemos ´
�
a tensa˜o na parte vertical da corda.
Tomando o sentido para baixo como positivo, escreve-
mos
Ł‹�Rj´
�
��Ł���1
Com a acelerac¸a˜o obtida acima, a tensa˜o ´
�
e´
´
�
�yŁ
œ
�R
3@�
Œ
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1
Aplicando a segunda Lei rotacional para a polia ( esco-
lhendo o sentido hora´rio como positivo), temos
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Œ
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Tirando ´ � , vem
´
�
��Ł‹�R
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Œ
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R
35<2�
Œ
�
1
11-77P.
Uma chamine´ alta, de forma cilı´ndrica, cai se houver
uma ruptura na sua base. Tratando a chamine´ como um
basta˜o fino, de altura h, expresse (a) a componente ra-
dial da acelerac¸a˜o
linear do topo da chamine´, em func¸a˜o
do aˆngulo � que ela faz com a vertical, e (b) a compo-
nente tangencial dessa mesma acelerac¸a˜o. (c) Em que
aˆngulo � a acelerac¸a˜o e´ igual a g?
� (a) A componente radial da acelerac¸a˜o do topo da
chamine´ e´ � r �µ�
�‚¶
. Podemos obter � usando o
princı´pio da conservac¸a˜o da energia. Para um aˆngulo
� qualquer, temos
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¶
o
e acelerac¸a˜o radial do topo enta˜o e´
� r �eS5²'+0cR
·„¸
¯
�2*L1
(b) Para obter a componente tangencial da acelerac¸a˜o do
topo, usamos agora a segunda Lei na forma rotacional:
: � <��
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
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3
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¶
, chegamos a` acelerac¸a˜o pedida
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(c) A acelerac¸a˜o total do topo e´
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·L¸
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LISTA 2 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 19 de Setembro de 2003, a`s 9:44 a.m.
Fazendo �¹�  , e alguma a´lgebra, obtemos uma
equac¸a˜o do segundo grau para a varia´vel
·L¸
¯
� , cuja
raiz fornece �"�eS(Nm164 � .
Sec¸a˜o 11-10 Trabalho, Poteˆncia e Teorema do
Trabalho-Energia Cine´tica
11-82P.
Uma re´gua, apoiada no cha˜o verticalmente por uma das
extremidades, cai. Determine a velocidade da outra ex-
tremidade quando bate no cha˜o, supondo que o extremo
apoiado na˜o deslize. (Sugesta˜o: considere a re´gua co-
mo um basta˜o fino e use o princı´pio de conservac¸a˜o de
energia.)
� Seguindo a sugesta˜o dada, temos

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o
que fornece �e�
”
S5pt
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. Portanto, a velocidade da ex-
tremidade da re´gua, quando bate no cha˜o, e´
v
�†�
w
�&” S5
w
1
11-83P.
Um corpo rı´gido e´ composto por treˆs hastes finas,
ideˆnticas, de igual comprimento l, soldadas em forma de
H (veja Fig. 020�R’N\0 ). O corpo gira livremente em volta
de um eixo horizontal que passa ao longo de uma das
pernas do H. Quando o plano de H e´ horizontal, o corpo
cai, a partir do repouso. Qual a velocidade angular do
corpo quando o plano do H passa pela posic¸a˜o vertival?
� O momento de ine´rcia do corpo rı´gido para o eixo
mencionado e´
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
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Usando o princı´pio da conservac¸a˜o da energia, temos
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w
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e, tirando a velocidade angular, resulta
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3
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w
1
11-86P.
Uma casca esfe´rica uniforme, de massa M e raio R, gira
sobre um eixo vertical, sem atrito (veja Fig. 020,RfN�3 ).
Uma corda, de massa desprezı´vel, passa em volta do
equador da esfera e prende um pequeno corpo de massa
m, que pode cair livremente sob a ac¸a˜o da gravidade. A
corda prende o corpo atrave´s de uma polia de momento
de ine´rcia I e raio r. O atrito da polia em relac¸a˜o ao eixo
e´ nulo e a corda na˜o desliza na polia. Qual a velocidade
do corpo, depois de cair de uma altura h, partindo do
repouso? Use o teorema do trabalho-energia.
� Seguindo a sugesta˜o do enunciado, o trabalho rea-
lizado pela gravidade sobre a massa

e´ º �


¶
.
Como o sistema parte do repouso, a variac¸a˜o da energia
cine´tica e´ »
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v
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3
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p �
0
3
< C �
�
C o
onde � p e´ a velocidade angular da polia e < C e � C sa˜o
o momento de ine´rcia e a velocidade angular da casca
esfe´rica. A velocidade de

e´ tambe´m a velocidade li-
near dos pontos da borda da polia e dos pontos do equa-
dor da casca esfe´rica. Enta˜o podemos expressar as ve-
locidades angulares em termos da velocidade linear da
massa

:
� p �
v
�
e � C �
v
Œ
1
Apo´s essas considerac¸o˜es, temos, finalmente
º �
»
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ž
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�
Tirando a velocidade v , obtemos
v
�
�
3


¶

�W<ztH�
�
�T3(Ł�t5S
1
Lembrando a equac¸a˜o de movimento v
�
��3(�
¶
, pode-
mos facilmente destacar a acelerac¸a˜o do resultado obti-
do, a` qual chegamos se resolvemos o problema usando
a segunda Lei.
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11.3 Problemas Adicionais
11-91.
Uma polia de npox35n m de raio esta´ montada sobre um
eixo horizontal sem atrito. Uma corda, de massa des-
prezı´vel, esta´ enrolada em volta da polia e presa a um
corpo de 3poun kg, que desliza sem atrito sobre uma su-
perfı´cie inclinada de 3(n � com a horizontal, confor-
me mostrado na Fig. 11-43. O corpo desce com uma
acelerac¸a˜o de 3poun m/s
�
. Qual o momento de ine´rcia da
polia em torno do eixo de rotac¸a˜o?
� Vamos usar aqui a segunda Lei, nas formas trans-
lacional e rotacional. Tomando o sentido positivo para
baixo do plano inclinado temos


¯°‚±
35n
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
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Para o movimento da polia, escrevemos
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�
1
Trazendo ´ da primeira para a segunda equac¸a˜o, e ex-
plicitando < , temos
<"�fl
�
�
�
'�
¯‚°‚±
3(n
�
R^�$*E�ynp1 n245N kg ™m
�
1
11-93.
Dois discos delgados, cada um de Nmoqn kg de massa e
raio de npouN2n m, sa˜o ligados conforme mostrado na Fig.
11-44 para formar um corpo rı´gido. Qual o momen-
to de ine´rcia desse corpo em volta do eixo A, ortogonal
ao plano dos discos e passando pelo centro de um deles?
� Temos aqui uma aplicac¸a˜o do teorema dos eixos pa-
ralelos. O momento de ine´rcia do conjunto escrevemos
como
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�
�W<
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o
onde <
�
�

�
�
t53 e´ o momento de ine´rcia do disco pelo
qual passa o eixo. Para obter o momento < � do outro
disco em relac¸a˜o a esse eixo, usamos o teorema:
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3 
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Para o corpo rı´gido todo temos enta˜o
<"�y<
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��4

�
�
�ySp163 kg ™m
�
1
11-96.
Um cilindro uniforme de 0n cm de raio e 3(n kg de mas-
sa esta´ montado de forma a girar livrmente em torno
de um eixo horizontal paralelo ao seu eixo longitudi-
nal e distando 4zoun cm deste. (a) Qual o momento de
ine´rcia do cilindro em torno do eixo de rotac¸a˜o? (b) Se
o cilindro partir do repouso, com seu eixo alinhado na
mesma altura do eixo de rotac¸a˜o, qual a sua velocidade
angular ao passar pelo ponto mais baixo da trajeto´ria?
(Sugesta˜o: use o princı´pio de conservac¸a˜o da energia.)
� (a) Usamos o teorema dos eixos paralelos para obter
o momento de ine´rcia:
< � < CM �

¶
�
�
0
3%
�
�
�
½¼
�
3…¾
�
� np1B0‚4 kg ™m
�
(b) Colocando o referencial de energia potencial nula no
ponto mais baixo pelo qual passa o centro de massa do
cilindro, temos ¿
�
�
š
�


�
3
�
0
3
<(�
�
Resolvendo para a velocidade angular, obtemos
�f��020(1 N(N rad/s 1
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