Seleção de Problemas SolucionadosV1

Esta é uma pré-visualização de arquivo. Entre para ver o arquivo original

M AT E R I A L S U P L E M E N TA R PA R A A C O M PA N H A R
MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
FUNDAMENTOS DE FÍSICA
Mecânica
9a Edição
HALLIDAY & RESNICK
JEARL WALKER
Cleveland State University 
VOLUME 1
Tradução e Revisão Técnica
Ronaldo Sérgio de Biasi, Ph.D.
Professor Titular do Instituto Militar de Engenharia – IME
Este Material Suplementar contém a Seleção de Problemas Solucionados – Volume 1 que pode ser usada 
como apoio para o livro Fundamentos de Física, Volume 1 – Mecânica, Nona Edição, 2012. Este material 
é de uso exclusivo de professores que adquiriram o livro.
Material Suplementar Seleção de Problemas Solucionados – Volume 1 traduzido do material original:
HALLIDAY & RESNICK: FUNDAMENTALS OF PHYSICS, VOLUME ONE, NINTH EDITION 
Copyright © 2011, 2008, 2005, 2003 John Wiley & Sons, Inc.
All Rights Reserved. This translation published under license.
 
Obra publicada pela LTC:
FUNDAMENTOS DE FÍSICA, VOLUME 1 – MECÂNICA, NONA EDIÇÃO
Direitos exclusivos para a língua portuguesa
Copyright © 2012 by 
LTC __ Livros Técnicos e Científicos Editora Ltda. 
Uma editora integrante do GEN | Grupo Editorial Nacional
Projeto de Capa: M77 Design
Imagem de Capa: Eric Heller/Photo Researchers, Inc. Used with permission of John Wiley & Sons, Inc. 
Reproduzida com permissão da John Wiley & Sons, Inc.
Editoração Eletrônica do material suplementar:
SUMÁRIO 
Capítulo 1 Medição 1
Capítulo 2 Movimento Retilíneo 2
Capítulo 3 Vetores 4
Capítulo 4 Movimento em Duas e Três Dimensões 7
Capítulo 5 Força e Movimento I 10
Capítulo 6 Força e Movimento II 13
Capítulo 7 Energia Cinética e Trabalho 16
Capítulo 8 Energia Potencial e Conservação de Energia 19
Capítulo 9 Centro de Massa e Momento Linear 21
Capítulo 10 Rotação 22
Capítulo 11 Rolamento, Torque e Momento Angular 23
1-5 
PENSE Este problema trata da conversão de furlongs em varas e cadeias, todas as quais são 
unidades de comprimento. 
EXPRESSE Como 1 furlong = 201,168 m, 1 vara = 5,0292 m e 1 cadeia = 20,117 m, os fato-
res de conversão são
1 0 201 168 201 168 1
5 029
, , ( , )
,
furlong m m vara= =
22
40
m
varas=
e
1 0 201 168 201 168 1
20
, , ( , )
,
furlong m m cadeia= =
1117
10
m
cadeias= .
Note que os metros (m) se cancelam.
ANALISE Usando os fatores de conversão já fornecidos, obtemos o seguinte:
(a) a distância d em varas é
d = =( )4 0 40, furlongs 4,0 furlongs varas
1 furlonng
varas= 160
(b) e a distância d em cadeias é
d = =( )4 0 10, furlongs 4,0 furlongs cadeias
1 furllong
cadeias.= 40
APRENDA Como 4 furlongs correspondem a aproximadamente 800 m, esse comprimento é 
aproximadamente igual a 160 varas (1 vara  5 m) e a 40 cadeias (1 cadeia  29 m). Assim, 
nossos cálculos estão corretos.
Capítulo 1: Medição
2-3 
PENSE Este problema de cinemática unidimensional envolve duas etapas e temos que calcular 
a velocidade média e a velocidade escalar média do carro. 
EXPRESSE Como a viagem foi feita em duas etapas, vamos chamar os deslocamentos de x1 
e x2 e os intervalos de tempo correspondentes de t1 e t2. Como o problema é unidimensio-
nal e os dois deslocamentos são no mesmo sentido, o deslocamento total é x = x1 + x2 e o 
tempo total de viagem é t = t1 + t2. Usando a definição de velocidade média dada pela Eq. 
2-2, temos:
v
x
t
x x
t tmed
.= = +
+


 
 
1 2
1 2
Para calcular a velocidade escalar média, note que, se a velocidade é uma constante positiva 
durante um intervalo de tempo t, a velocidade escalar é igual ao módulo da velocidade e a dis-
tância é igual ao módulo do deslocamento: d x v t= =| |  .
ANALISE
(a) Durante a primeira parte da viagem, o deslocamento é x1 = 40 km, e o intervalo de tempo é
t1
40 1 33= =( ,km)(30 km/h) h.
Durante a segunda parte da viagem, o deslocamento é x2 = 40 km, e o intervalo de tempo é
t2
40 0 67= =( ,km)(60 km/h) h.
O deslocamento total é x = x1 + x2 = 40 km + 40 km = 80 km e o intervalo de tempo total 
é t = t1 + t2 = 2,00 h. Assim, a velocidade escalar média é
v
x
tmed
km)
(2,0 h) km/h.= = =


(80 40
(b) Neste caso, a velocidade escalar média é igual ao módulo da velocidade média: smed 5 40 km/h.
(c) A figura a seguir mostra o gráfico da viagem completa. O gráfico é formado por dois seg-
mentos de reta, o primeiro com uma inclinação de 30 km/h, ligando a origem ao ponto (t1, 
x1) = (1,33 h, 40 km), e o segundo com uma inclinação de 60 km/h, ligando o ponto (t1, x1) 
ao ponto (t, x) = (2,00 h, 80 km). 
Capítulo 2: Movimento Retilíneo 
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 3
A velocidade média é igual à inclinação da reta que liga a origem ao ponto (t, x). 
APRENDA A velocidade média é uma grandeza vetorial que depende apenas do deslocamento 
total (que também é um vetor) do ponto inicial ao ponto final.
2-45 
PENSE Como a bola foi lançada verticalmente para cima e a única força que age sobre a bola 
é a força da gravidade, trata-se de um problema de cinemática unidimensional.
EXPRESSE Desprezando a resistência do ar, a = –g = –9,8 m/s2 (supondo que o sentido po-
sitivo do eixo y é para cima). Podemos usar as equações da Tabela 2-1 (com y no lugar de x) 
porque a aceleração é constante:
v v gt
y y v t gt
v v g
= − −
− = − −
= −
0
0 0
2
2
0
2
2 11
1
2
2 15
2
( )
( )
(yy y− −0 2 16) ( )
Fazemos y0 = 0. Quando a bola chega à altura máxima, a velocidade é zero. Assim, podemos 
relacionar a velocidade inicial v0 à altura máxima y pela equação 0 22 02= = −v v gy. 
O tempo necessário para a bola chegar à altura máxima é dado por v v gt= − =0 0 ou t v g= 0 / . 
Assim, para o percurso inteiro (do momento em que a bola deixa o solo até o momento em que 
volta ao solo), o tempo total é T t v g= =2 2 0 / .
ANALISE (a) No ponto mais alto do percurso, v = 0 e v gy0 2= . Como y = 50 m, temos:
 
v gy0 2 2 9 8 50 31 3= = =( , )( ) , .m/s m m/s2
(b) Substituindo v0 pelo valor encontrado no item (a), vemos que o tempo total gasto no per-
curso é
T v
g
= = = ≈2 2 31 3
9 8
6 39 6 40
( , )
,
, ,
m/s
m/s
s s.
2
(c) Nos gráficos a seguir, as distâncias, velocidades e tempos estão em unidades do SI. O gráfico 
da aceleração é uma reta horizontal em –9,8 m/s2.
APRENDA Para calcular o tempo total gasto no percurso, poderíamos ter usado a Eq. 2-15. 
Como no instante t T=  0, a bola volta à posição original (y = 0). Temos:
 
y v T gT T v
g
= − = ⇒ =0 2 0
1
2
20
3-7
PENSE Este problema trata do deslocamento e da distância total percorrida por uma mosca que 
se move de um canto de uma sala para o canto diagonalmente oposto. Isso significa que o vetor 
deslocamento é tridimensional. 
EXPRESSE O deslocamento da mosca é mostrado na figura a seguir, à esquerda.
Um sistema de coordenadas, como o da figura acima apresentada à direita, permite expressar o 
deslocamento como um vetor tridimensional. 
ANALISE (a) O módulo do deslocamento de um vértice até o vértice diagonalmente oposto é
 
d d c l a= = + +| | 2 2 2
Substituindo os valores dados, obtemos
d d c l a= = + + = + +| | ( , ) ( , ) ( , 2 2 2 2 24 30 3 70 3 00m m m)) ,2 6 42= m.
(b) O vetor deslocamento é uma linha reta que liga o ponto inicial ao ponto final. Como uma 
linha reta é a menor distância entre dois pontos, não existe nenhum caminho para o qual a dis-
tância percorrida seja menor.
(c) É claro que a distância pode ser maior. A mosca pode, por exemplo, se deslocar ao longo das 
arestas da sala. O deslocamento seria o mesmo, mas a distância coberta seria
c l a+ + = 11 0, .m
(d) A distância pode ser igual; basta que a mosca voe na direção do vetor deslocamento.
(e) Tomamos o eixo x apontando para fora do papel, o eixo y apontando para
a direita e o eixo z 
apontando para cima. Nesse caso, a componente x do deslocamento é l = 3,70 m, a componente 
y é c = 4,30 m, e a componente z é a = 3,00 m. Assim, 

d = + +( , ) ˆ ( ˆ ( ) ˆ3 70 m i 4,30 m) j 3,00 m k.
Respostas igualmente corretas podem ser obtidas permutando os eixos.
(f) Suponha que o caminho da mosca seja o que está representado por retas tracejadas na figura 
da esquerda. Faça de conta que existe uma dobradiça na aresta que liga a parede da frente ao 
piso e dobre a parede para baixo, como na figura da direita a seguir.
Capítulo 3: Vetores
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 5
O caminho mais curto a pé entre o canto inferior traseiro esquerdo e o canto superior dianteiro 
direito da sala é a reta tracejada que aparece no desenho da direita. O comprimento da reta é
L l a cmin , , ( , )= +( ) + = +( ) + =2 2 2 23 70 3 00 4 30 7m m m ,,96 m ..
APRENDA Para confirmar que o caminho mais curto é realmente Lmin, escrevemos a distância 
percorrida na forma
 
L y l c y a= + + − +2 2 2 2( )
em que y é a coordenada do ponto onde a mosca deixa o eixo y.
 
A condição para que a distância percorrida seja mínima é
 
dL
dy
y
y l
c y
c y a
=
+
− −
− +
=
2 2 2 2
0( ) .
Após algumas manipulações algébricas, constatamos que essa condição é satisfeita para 
y cl l a= +/( ),
 o que nos dá
L l c
l a
a
c
l amin ( ) ( )= + +



 + + +



 =
2
2
2
2
2
2
1 1 (( )l a c+ +2 2 .
Para qualquer outro caminho, a distância seria maior que 7,96 m.
3-15
PENSE Este problema envolve a soma de dois vetores, a e 

b. Devemos calcular as componen-
tes, o módulo e a orientação do vetor resultante.
EXPRESSE Na notação dos vetores unitários, o vetor a pode ser expresso na forma

a a a a ax y= + = +ˆ ˆ ( cos )ˆ ( sen )ˆi j i jα α .
e o vetor 

b pode ser expresso na forma

b b b b bx y= + = +ˆ ˆ ( cos )ˆ ( sen )ˆi j i jβ β .
De acordo com a figura, a 5 u1 e b 5 u1 + u2 (os ângulos são medidos em relação ao semieixo 
x positivo) e o vetor resultante é
 
  
r a b a b a b= + = + + + +[ cos cos( ) ˆ [ sen seu u u u1 1 2 1]i nn( ) ˆ ˆ ˆu u1 2+ = +]j i jr rx y
6 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
ANALISE (a) Como a = b = 10 m, u1 = 30° e u2 = 105,° a componente x de r é
r a bx = + + = +cos cos( ) ( ) cos ( ) cou u u1 1 2 10 30 10m m ss( ) ,30 105 1 59 + = m
(b) A componente y de r é
r a by = + + = +sen sen( ) ( )sen ( )seu u u1 1 2 10 30 10m m nn( ) ,30 105 12 1 + = m.
(c) O módulo de r é r r= = + =| | ( , ) ( , ) , 1 59 12 1 12 22 2m m m.r r= = + =| | ( , ) ( , ) , 1 59 12 1 12 22 2m m m.
(d) O ângulo entre r e o semieixo x positivo é 
u = 



= 

 =
− −tan tan
,
,
1 1 12 1
1 59
8
r
r
y
x
m
m
22 5, °.
APRENDA Como mostra a figura, o vetor resultante r está no primeiro quadrante, como era 
de se esperar. Note que o módulo de r também pode ser calculado usando a lei dos cossenos 
( 

a b, e r formam um triângulo isósceles):
 
r a b ab= + − − = + −2 2 2 2 22 180 10 10 2 10cos( ) ( ) ( ) (u m m m m
m.
)( )cos
,
10 75
12 2
°
=
3-41
PENSE O ângulo entre dois vetores pode ser calculado usando a definição de produto escalar.
EXPRESSE Como o produto escalar de dois vetores a e 

b é
 
 
a b ab a b a b a bx x y y z z⋅ = = + +cos ,f
o ângulo entre os dois vetores é dado por 
cos cosf f= + + ⇒ = +−a b a b a b
ab
a b a bx x y y z z x x y1 yy z za b
ab
+


 .
Como os módulos e as componentes dos dois vetores são dados, o ângulo f pode ser calculado. 
ANALISE Como a = + +( , )ˆ ( , )ˆ ( , ) ˆ3 0 3 0 3 0i j k e b = + +( , )ˆ ( , )ˆ ( , ) ˆ2 0 1 0 3 0i j k b = + +( , )ˆ ( , )ˆ ( , ) ˆ2 0 1 0 3 0i j k , os módulos dos 
vetores são
a a a a ax y z= = + + + +
 2 2 2 2 23 00 3 00 3 0( , ) ( , ) ( ,5 00 5 20
2 00 1
2
2 2 2 2
) ,
( , ) ( ,
=
= = + + +b b b b bx y z

5 000 3 00 3 742 2) ( , ) , .+ =
O ângulo entre os vetores é dado por
cos
( , )( , ) ( , )( , ) ( , )( , )
f = + +3 00 2 00 3 00 1 00 3 00 3 00(( , )( , ) , .5 20 3 74 0 926=
O ângulo é f = 22°.
APRENDA Como o próprio nome indica, o produto escalar de dois vetores é uma grandeza 
escalar, que pode ser expressa como o produto do módulo de um dos vetores pela componente 
do segundo vetor na direção do primeiro, como mostra a figura a seguir (veja também a Fig. 
3-18 do livro-texto).
4-37
PENSE A trajetória do mergulhador é uma trajetória balística. Estamos interessados no deslo-
camento do mergulhador. 
EXPRESSE Como a velocidade inicial não possui uma componente vertical, as Eqs. 4-21 e 
4-22 se reduzem a
x x v t
y y v t gt gt
x
y
− =
− = − = −
0 0
0 0
2 21
2
1
2
.
em que x0 0= , v vx0 0 2 0= = + , m/s e y0 = +10,0 m (escolhendo como origem a superfície da 
água). A figura mostra a situação do problema.
ANALISE (a) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância horizontal
x x v tx= + = + =0 0 0 2 0 0 80 1 60( , )( , ) ,m/s s m.
(b) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância vertical 
y y gt= − = − =0 2 2
1
2
10 0 1
2
9 80 0 80 6 86, ( , )( , ) ,m m/s s2 m.
(c) No instante em que o mergulhador atinge a água, y = 0. Explicitando t na equação 
y y gt= − =0 12 2 0, obtemos
t
y
g
= = =2 2 10 0
9 80
1 430 ( , )
,
,
m
m/s
s.
2
A distância horizontal coberta pelo mergulhador até atingir a água é R = x = (2,00 m/s)(1,43 s) 
= 2,86 m.
APRENDA Usando a Eq. (4-25) com u0 0= , a trajetória do mergulhador também pode ser 
descrita pela equação 
 
y y gx
v
= −0
2
0
22
.
O item (c) também pode ser resolvido usando a mesma equação: 
y y gx
v
x R v y
g
= − = ⇒ = = =0
2
0
2
0
2
0
2
2
0 2
2 2 0 10 0( , ) ( ,m/s mm
m/s
m
2
)
,
,
9 8
2 86= .
Capítulo 4: Movimento em Duas e Três Dimensões
8 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
4-47
PENSE A trajetória da bola é uma trajetória balística. Queremos saber se a bola passa por cima 
de um alambrado situado a uma certa distância do ponto de onde a bola foi lançada. 
EXPRESSE Escolhemos como origem o ponto do solo verticalmente abaixo do ponto de con-
tato entre o taco e a bola. Na ausência de um alambrado, com u0 45= ° ,, o alcance horizontal (até 
a altura de lançamento) é R = 107 m. Queremos saber a que altura do solo estará a bola quando 
tiver percorrido uma distância horizontal ′ =x 97 5, m, mas para isso precisamos conhecer a ve-
locidade inicial. A trajetória da bola é descrita pela Eq. 4-25:
y y x gx
v
− = −0 0
2
0 0
22
(tan ) ( cos ) .u θ
A figura (que não foi desenhada em escala) mostra a situação do problema.
ANALISE (a) Começamos por calcular a velocidade inicial v0. Substituindo o valor do alcance 
horizontal (y y= 0 para x R= ) e do ângulo de lançamento (u0 = 45°) na Eq. 4-25, temos:
v
gR
0
02
9 8 107
2 45
32 4= = ( )( )
⋅ °
=
sen
,
sen( ) ,u
m/s m2
mm/s.
Assim, o instante em que a bola chega ao alambrado é:
′ = ′ ⇒ ′ = ′ = ( )x v t t
x
v
( cos )
cos
,
,
0 0
0 0
97 5
32 4
u
u
m
m/s ccos
,
45
4 26
°
= s.
Nesse instante, a altura da bola (em relação ao solo) é
′ = + ( ) ′ − ′
= +
y y v t gt0 0 0 2
1
2
1 22 32 4
sen
, [( , ) s
u
m m/s een ]( , ) ( , )( , )
,
45 4 26 1
2
9 8 4 26
9 88
2 s m/s s
m
2−
=
o que significa que a bola consegue passar pelo alambrado, já que este tem 7,32 m de altura.
(b) No instante ′ =t 4 26, s, o centro da bola está 9,88 m – 7,32 m = 2,56 m acima do alambra-
do.
APRENDA Usando a equação acima, é fácil mostrar que a menor velocidade inicial para a qual 
a bola passa por cima do alambrado pode ser calculada resolvendo a equação
 
′ − = ′
− ′y y x gx
v
0 0
2
0 0
22
(tan ) ( cos ) ,u u
o que nos dá 31,9 m/s, aproximadamente. 
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 9
4-67 
PENSE Neste problema, temos uma pedra que gira inicialmente em um plano horizontal, presa 
a uma corda. Depois que a corda arrebenta, a pedra passa a descrever uma trajetória balística. 
EXPRESSE A pedra está descrevendo inicialmente um movimento circular uniforme (desenho 
de cima), mas passa a descrever uma trajetória balística depois que a corda arrebenta (desenho 
debaixo). 
 
Como a v R= 2 / , para calcular a aceleração centrípeta da pedra precisamos conhecer a veloci-
dade escalar durante o movimento circular, que é também a velocidade inicial do movimento 
balístico quando a corda arrebenta. Usamos as equações do movimento balístico (discutidas 
na Seção 4-6) para calcular essa última velocidade. Escolhendo o sentido do semieixo y posi-
tivo como para cima e a origem no ponto em que a pedra deixa de descrever o movimento cir- 
cular, as coordenadas da pedra durante o movimento balístico são dadas por x = v0t e y gt= − 12 2 
(já que v0y = 0). A pedra chega ao solo no ponto x = 10 m, y = –2,0 m. 
 
ANALISE Explicitando t na equação da componente y do deslocamento, obtemos t y g= −2 / , 
que podemos substituir na primeira equação. O resultado é o seguinte:
v x
g
y0 2
10
9 8
2 2 0
15 7= − = ( ) − −( ) =m
m/s
m
m/s.
2
,
,
,
Assim, o módulo da aceleração centrípeta é
a
v
R
= = ( ) =02
2
2
15 7
1 5
160
,
,
.
m/s
m
m/s
APRENDA Combinando as duas equações acima, obtemos a gx
yR
=
−
2
2
. De acordo com essa 
equação, quanto maior a distância percorrida, maior a aceleração centrípeta, como era de se 
esperar.
 
(visão lateral)
(visão superior)
após o lançamento
5-17
PENSE Um bloco preso a uma corda repousa em um plano inclinado. Podemos usar a Segun-
da Lei de Newton para calcular a força de tração da corda e a força normal a que o bloco está 
submetido.
EXPRESSE A figura mostra o diagrama de corpo livre do sistema. Como a aceleração do bloco 
é zero, a Segunda Lei de Newton nos dá
 
T – mg sen u = 0 
 
 
FN – mg cos u = 0
na qual T é a tração da corda e FN é a força normal que age sobre o bloco. 
 
ANALISE (a) Explicitando T na primeira equação, temos:
T mg= = =sen ( , )( , )sen .u 8 5 9 8 30 422kg m/s No
(b) Explicitando FN na segunda equação, temos:
F mgN = = ( )( ) =cos , , cosu 8 5 9 8 30 722kg m/s N.
(c) Quando a corda é cortada, deixa de exercer uma força sobre o bloco e o bloco começa a 
acelerar. Aplicando a Segunda Lei de Newton à componente x do peso, temos –mg sen u = ma, 
o que nos dá
a g= − = − = −sen ( , )sen , .u 9 8 30 4 9m/s m/s2 o 2
O sinal negativo indica que a aceleração é para baixo. O módulo da aceleração é 4,9 m/s2.
APRENDA A força normal FN a que o bloco está submetido deve ser igual a mg cos u para que 
o bloco se mantenha em contato com a superfície do plano inclinado. Quando a corda é cortada, 
o bloco adquire uma aceleração a = −g sen u, que no limite θ → °90 se torna −g, a aceleração 
de queda livre. 
5-31
PENSE Neste problema, analisamos o movimento de um bloco que primeiro escorrega para 
cima em um plano inclinado e depois escorrega para baixo. 
EXPRESSE A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre do sistema. 

FN é a força normal 
que o plano inclinado exerce sobre o bloco e mg é a força da gravidade a que o bloco está sub-
metido. Tomamos o eixo x paralelo à superfície do plano inclinado, apontando para a direita, e 
o eixo y perpendicular à superfície do plano inclinado, apontando para cima.
Capítulo 5: Força e Movimento I
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 11
A aplicação da Segunda Lei de Newton à componente x do movimento nos dá mg sen u = −ma, 
ou seja, a = −g sen u. Colocando a origem na base do plano inclinado, as equações da Tabela 2-1 
nos dão v v ax2 02 2= + e v = v0 + at. No ponto mais alto alcançado pelo bloco, v = 0; de acordo 
com a segunda equação, isso acontece no instante t v a= − 0 .
ANALISE (a) A coordenada x do ponto mais alto atingido pelo bloco é
x
v
a
= − = −
−( ) °


1
2
1
2
3 50
9 8 32 0
0
2 ( ,
, sen ,
m/s)
m/s
2
2


 = 1 18, m.
(b) O tempo que o bloco leva para chegar a esse ponto é
t
v
a
v
g
= = −
−
= −
−
=0 0 3 50
9 8 32 0sen
,
( , )sen ,u
m/s
m/s2 o
00 674, .s
(c) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, como não existem forças dissipa-
tivas neste problema, a velocidade vf com a qual o bloco chega de volta à base do plano incli-
nado é igual (em módulo) à velocidade inicial. Para mostrar que isso é verdade, basta fazer x = 
0 e resolver a equação x v t at= +0 12 2 para obter o tempo total de percurso do bloco (a soma dos 
tempos de subida e de descida). O resultado é o seguinte:
t
v
a
v
g
= − = −
−
= − ( )
−
2 2 2 3 50
9 8
0 0
sen
,
( , )senu
m/s
m/s2 332 0
1 35
,
, .
°
= s
A velocidade do bloco ao chegar de volta ao ponto de partida é, portanto,
v v at v gt= + = − = − ( )0 0 3 50 9 8 1 35sen , ( , ) , su m/s m/s s2 een ,32 3 50° = − m/s.
O sinal negativo indica que o bloco está se movendo no sentido negativo do eixo x.
APRENDA Como era de se esperar, a velocidade do bloco ao chegar de volta ao ponto de par-
tida é igual à velocidade inicial. Como vamos ver no Capítulo 8, isso é uma consequência da 
lei de conservação da energia. Se houvesse atrito, a velocidade final seria menor que a veloci-
dade inicial. 
5-55
PENSE Neste problema, uma força horizontal é aplicada ao bloco 1, que, por sua vez, exerce 
uma força sobre o bloco 2. Os dois blocos se movem juntos, como um sistema único. 
EXPRESSE Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (a) são mostra-
dos a seguir. 

F é a força aplicada e 

F12 é a força exercida pelo bloco 1 sobre o bloco 2. Note que 
F é aplicada diretamente ao bloco 1 e que, de acordo com a Terceira Lei de Newton, o bloco 2 
exerce uma força 
 
F F21 12= − sobre o bloco 1.
12 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 1, temos F F m a− =21 1 , em que a é a aceleração. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco 2, temos F m a12 = 2 . Como os blocos se movem 
juntos, têm a mesma aceleração. 
ANALISE (a) A partir da segunda equação, obtemos a relação a F m= 12 / 2, que substituímos na 
primeira equação para obter F F m F m− =21 121 2/ . Como F F21 12= , temos
F F m
m m
F21 12
kg
kg kg
N= =
+
=
+ ( ) =21 2
1 2
2 3 1 2
3 2 1 1
,
, ,
, , NN.
(b) Os diagramas de corpo livre dos dois blocos na situação do item (b) são mostrados a se-
guir:
As forças de contato entre os blocos são: 
′ = ′ =
+
=
+ ( ) =F F
m
m m
F21 12
kg
kg kg
N1
1 2
2 3
2 3 1 2
3 2 2
,
, ,
, ,, .1 N
(c) Note que a aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos. No item (a), a força F12 é a única 
força horizontal que age sobre o bloco de massa m2; no item (b), ′F21 é a única força horizontal 
que age sobre o bloco de massa m1 > m2. Como F m a12 = 2 no item (a) e ′ =F m a21 1 no item (b), 
para que as acelerações sejam iguais, devemos ter ′ >F F21 12, ou seja, as forças entre os blocos 
devem ser maiores na situação do item (b).
APRENDA Como mostra este problema, se dois blocos são acelerados por uma força externa, 
a força de contato entre os blocos é maior se o bloco de menor massa é usado para empurrar o 
bloco de maior massa, como no item (b). No caso especial em que as massas dos dois blocos 
são iguais, m m m1 2= = , ′ = =F F F21 21 / .2 
6-3
PENSE Como existe atrito entre a cômoda e o piso, é preciso aplicar uma força horizontal maior 
que um certo valor para que a cômoda entre
em movimento.
EXPRESSE A figura mostra o diagrama de corpo livre da cômoda. Chamamos de 

F
 a força 
horizontal aplicada, de 
fs a força de atrito estático (no sentido do semieixo x negativo), de FN a 
força normal exercida pelo piso (no sentido do semieixo y positivo), e de mg o peso da cômo-
da. Não consideramos a possibilidade de a cômoda tombar e supomos que a força é aplicada na 
horizontal. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y, obtemos
F f ma
F mg
s
N
− =
− =
,max
0
Como, de acordo com a segunda equação, FN = mg, a força máxima de atrito estático (de acordo 
com a Eq. 6-1) pode ser escrita na forma f mgs s,max = m .
Nesse caso, a primeira equação se torna
F mg mas− = =m 0
na qual fizemos a = 0 para levar em conta que a força de atrito estático é suficiente para equi-
librar a força aplicada.
ANALISE (a) Para µs = 0 45, e m = 45 kg, a equação acima nos dá
F mgs= = =m ( , )( )( , )0 45 45 9 8 198kg m/s N2 .
Para fazer a cômoda entrar em movimento, é preciso empurrá-la com uma força maior que este 
valor. Arredondando para dois algarismos significativos, podemos dizer que a força deve ser 
maior que F = 2,0 × 102 N.
(b) Substituindo m = 45 kg por m = 28 kg, um raciocínio semelhante nos dá F = ×1 2 102, N.
APRENDA Os valores calculados acima representam a força mínima necessária para vencer o 
atrito; essa força faz a cômoda se mover com uma aceleração relativamente pequena, que de-
pende da diferença entre a força de atrito estático e a força de atrito cinético. A aplicação de 
uma força maior que µsmg produz uma força resultante maior; quanto maior a força, maior a 
aceleração experimentada pela cômoda. 
Capítulo 6: Força e Movimento II
14 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
6-25 
PENSE Para que os dois blocos permaneçam em equilíbrio, deve haver atrito entre o bloco B 
e a superfície da mesa. 
EXPRESSE A figura mostra os diagramas de corpo livre do bloco B e do nó. 

T1 é a tensão da 
corda que está ligada ao bloco B e ao nó, 

T2 é a tensão da outra corda, 
f é a força de atrito está-
tico exercida pela mesa sobre o bloco B, 

FN é a força normal exercida pela mesa sobre o bloco 
B, PA é o peso do bloco A (PA é o módulo de m gA
) e PB é o peso do bloco B (PB é o módulo de 
m gB
).
Vamos escolher o sentido do eixo x como positivo para a direita e o sentido do eixo y como po-
sitivo para cima. Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos x e y para o bloco B e fazendo 
o mesmo para o nó, obtemos quatro equações:
T f
F P
T T
T P
s
N B
A
1
2 1
2
0
0
0
0
− =
− =
− =
− =
,max
cos
sen
u
u
nas quais supusemos que o atrito estático tem o valor máximo (o que nos permite usar a Eq. 
6-1). As equações apresentadas nos dão T Fs N1 = m , F PN B= e T T1 2= cosu.
ANALISE Resolvendo essas equações e fazendo ms = 0,25, obtemos
P T T F PA N Bs s= = = =
=
2 1
0 25 7
sen tan tan tan
( , )(
u u m u uµ
111 30 1 0 102N N) tan ,° = ×
APRENDA Como era de se esperar, o peso máximo de A é proporcional ao peso de B e ao coe- 
ficiente de atrito estático. Além disso, vemos que PA é proporcional a tan u (quanto maior o ân-
gulo, maior a componente vertical de T2 que sustenta o peso). 
6-51 
PENSE Um avião voa em círculos com as asas inclinadas. A força que mantém o avião nessa 
trajetória circular é uma força centrípeta.
EXPRESSE A figura mostra o diagrama de corpo livre para o avião. A massa do avião é m e 

Fl 
é a força de sustentação aerodinâmica. O módulo da aceleração centrípeta é dado por a = v2/R. 
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos eixos do problema (x para a direita e y para cima), 
temos:
F m v
R
F mg
l
l
sen
cos
u
u
=
=
2
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 15
 
Eliminando a massa nesse sistema de equações, obtemos tanu = v
gR
2
. Essa equação nos permite 
obter o valor do raio R.
 
ANALISE Para v = 480 km/h = 133 m/s e u = 40°, temos:
R v
g
=
°
= ≈=
2 2
2
133
9 8 40
2151 2
tan
( )
( , ) tanu
m/s
m/s
m ,,2 103× m
APRENDA Nossa abordagem para resolver este problema é semelhante à adotada no exemplo 
do livro intitulado “Carro em uma curva compensada”.
7-17
PENSE O helicóptero realiza trabalho ao levantar o astronauta. Esse trabalho é convertido em 
energia cinética do astronauta. 
EXPRESSE Vamos chamar de 

F a força para cima exercida pelo cabo sobre o astronauta. O 
astronauta também está sujeito à força da gravidade mg, que aponta para baixo. Sabemos ainda 
que a aceleração do astronauta é a = g/10 e aponta para cima. De acordo com a Segunda Lei de 
Newton, temos:
F mg ma F m g a mg− = ⇒ = + =( ) 11
10
,
que aponta para cima. 
ANALISE (a) Como a força exercida pelo cabo, F, e o deslocamento 

d
 têm a mesma direção 
e o mesmo sentido, o trabalho realizado pela força 

F é
W Fd mgdF = = = =
11
10
11
10
1
(72 kg)(9,8 m/s )(15 m)2
,, ,164 1 2× ≈ ×10 J 10 J.4 4
(b) De acordo com a Eq. 7-7, o trabalho realizado pela gravidade é
W F d mgdg g= − = − = − = −(72 kg)(9,8 m/s )(15 m)2 1 05, 88 1 1× ≈ − ×10 J 10 J.4 4,
(c) O trabalho total realizado é a soma dos dois trabalhos:
W W WF gtotal 4 4 310 J 1,058 10 J 1,06 10= + = × − × = ×1 164, JJ 1,1 10 J.3≈ ×
De acordo com o teorema do trabalho e energia, como o astronauta partiu do repouso, essa é a 
sua energia cinética final.
(d) Como K = mv2/2, a velocidade final do astronauta é
v
K
m
= = × =2 2 1 06 10 5 4
3( ,
,
J)
72 kg
m/s.
APRENDA No caso de uma aceleração vertical para cima, o trabalho total realizado é dado 
por 
W W W Fd F d m g a d mgd madF g gtotal = + = − = + − =( ) .
Como, de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, Wtotal = K = mv2/2, a veloci-
dade do astronauta é v ad= 2 , independentemente da massa do astronauta. Em nosso caso, 
v = =2 9 8 10 15 5 42( , / )( ) ,m/s m m/s, o que está de acordo com o resultado do item (d).
7-31 
PENSE Como a força aplicada varia com x, é preciso executar uma integração para calcular o 
trabalho realizado sobre o corpo.
Capítulo 7: Energia Cinética e Trabalho
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 17
EXPRESSE Quando o corpo se desloca ao longo do eixo x do ponto xi = 3,0 m para o ponto 
xf = 4,0 m, o trabalho realizado pela força é
W Fx dx x dx x xxi
x f
xi
x f
f i= ∫ = −∫ = − − = − (4,6 3 32 2( ) 00 J.2 23 0 21− = −, )
De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, temos
W K m v vf i= = −
1
2
2 2( )
em que vi é a velocidade inicial (em x = xi) e vf é a velocidade final (em x = xf). Conhecendo vi, 
podemos calcular vf. 
ANALISE (a) De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética,
v
W
m
vf i= + =
− + =2 2 21
2 0
8 0 6 62 2( )
,
( , ) ,J
kg
m/s m/s.
(b) Podemos usar o teorema do trabalho e energia para determinar o valor de xf. Como sabemos 
que o trabalho realizado sobre a partícula é W x xf i= − −( )3 2 2 , temos:
W K x x m v vf i f i= ⇒ − −( ) = −( ) 3 122 2 2 2 .
Fazendo vf = 5,0 m/s, obtemos:
x
m
v v xf f i i= − −( ) + = − −6
2 0 5 02 2 2 , ( ,kg
6 N/m
m/s)2 (( , ( , ,8 0 3 0 4 7m/s) m) m.2 2[ ] + =
APRENDA Como x xf i> , W x xf i= − − <3 02 2( ) , ou seja, o trabalho realizado pela força é ne-
gativo. De acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, isso significa que K < 0, ou 
seja, que a velocidade da partícula diminui com o passar do tempo.
7-35
PENSE Como a força aplicada varia com x, é preciso executar uma integração para calcular o 
trabalho realizado sobre a partícula. 
EXPRESSE Dada uma força unidimensional F(x), o trabalho realizado é igual à área sob a 
curva de F(x): W F x dx
xi
x f= ∫ ( ) .
ANALISE (a) A figura mostra o gráfico de F(x), supondo que a constante x0 é positiva. O tra-
balho é negativo
no trecho em que a partícula se desloca de x = 0 até x = x0 e positivo no trecho 
em que a partícula se desloca de x = x0 até x = 2x0. 
Como a área de um triângulo é igual a (base)(altura)/2, o trabalho realizado de x = 0 até 
x = x0 é W x F1 0 0 2= −( )( ) / e o trabalho realizado de x = x0 até x = 2x0 é W x x F x F2 0 0 0 0 02 2 2= − =( )( ) / ( )( ) / .
W x x F x F2 0 0 0 0 02 2 2= − =( )( ) / ( )( ) / .
18 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
O trabalho total é a soma dos dois trabalhos:
 
W W W F x F x= + = − + =1 2 0 0 0 0
1
2
1
2
0.
(b) A integral de F(x) é
W F x
x
dx F x
x
x
x
x
= −



= −


∫ 0 0 0
2
00 0
2
2
0
0
1
2
== 0.
APRENDA Se a partícula partir de x = 0 com uma velocidade inicial vi, um trabalho negativo 
W F x1 0 0 2 0= − </ fará a velocidade da partícula no ponto x = x0 diminuir para 
v v
W
m
v
F x
m
vi i i= + = − <2 1 2 0 0
2
,
mas a velocidade voltará a ser igual a vi no ponto x = 2x0, graças a um trabalho positivo 
W F x2 0 0 2 0= >/ .
8-11
PENSE Como foi visto no Problema 8-5, quando o floco de gelo escorrega para o fundo da taça, 
a energia potencial diminui e, portanto, de acordo com a lei de conservação da energia mecâni-
ca, a energia cinética aumenta. 
EXPRESSE se Ki é a energia cinética do floco de gelo na borda da taça, Kf é a energia cinética 
do bloco de gelo na borda da taça, Ui é a energia potencial gravitacional do sistema floco-Terra 
com o floco na borda da taça e Uf é a energia potencial gravitacional com o floco na borda da 
taça, temos:
 
K U K Uf f i i+ = +
Tomando a energia potencial como zero no fundo da taça, a energia potencial na borda é 
Ui = mgr, em que r = 0,220 m é o raio da taça e m é a massa do floco de gelo. Como o floco de 
gelo parte do repouso, Ki = 0. Chamando de v a velocidade do floco de gelo no fundo da taça, 
K mvf = 2 2/ .
 
ANALISE (a) De acordo com a lei de conservação da energia,
K U K U mv mgrf f i i+ = + ⇒ + = +
1
2
0 02 .
e a velocidade é, portanto, v gr= =2 2 08, m/s. 
(b) Como a expressão da velocidade é v gr= 2 , que não envolve a massa do floco de gelo, a 
velocidade é a mesma do item (a), 2,08 m/s, qualquer que seja a massa do floco de gelo.
(c) A energia cinética final é dada por K K U Uf i i f= + − . Se Ki aumentasse, Kf também aumen-
taria e, portanto, a velocidade final aumentaria.
APRENDA A lei de conservação da energia mecânica também pode ser expressa na forma 
  E K Umec = + = 0, o que nos dá  K U= − , ou seja, o aumento da energia cinética é sem-
pre igual à redução da energia potencial.
8-29
PENSE Ao deslizar para baixo no plano inclinado, o bloco comprime a mola, para momenta-
neamente e depois começa a subir. 
EXPRESSE Vamos chamar o ponto de partida de A, o ponto em que o bloco entra em contato 
com a mola de B, e o ponto em que a compressão da mola é x0 0 055= , m de C (veja a figura a 
seguir). O ponto C é nosso ponto de referência para calcular a energia potencial gravitacional. 
A energia potencial elástica da mola é zero quando a mola está relaxada.
Capítulo 8: Energia Potencial e Conservação de Energia
20 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
A constante elástica da mola pode ser calculada a partir das informações contidas na segunda 
frase do enunciado. De acordo com a lei de Hooke, temos:
k F
x
= = = ×270
0 02
1 35 104
N
m
N/m
,
, .
Chamando a distância entre os pontos A e B de l0, a distância máxima percorrida pelo bloco, 
l x0 0+ , está relacionada à altura inicial do bloco em relação ao ponto C por meio da equação 
senu =
+
h
l x
A
0 0
, na qual u = 30° é o ângulo do plano inclinado. 
ANALISE (a) De acordo com a lei de conservação da energia mecânica, temos 
K U K U mgh kxA A C C A+ = + ⇒ + =0
1
2 0
2
o que nos dá
h kx
mgA
= = ×0
2 4 2
2
1 35 10 0 055( , )( , )N/m m
2(12 kg)(9,,8 m/s ) m.2 = 0 174,
Assim, a distância máxima percorrida pelo bloco é
l x hA0 0 30
0 174
30
0 347 0 35+ =
°
=
°
= ≈
sen
,
sen
, ,
m
m m..
(b) De acordo com o resultado do item (a), l x0 0 0 347 0 055 0 292= = − =, , ,m m ml x0 0 0 347 0 055 0 292= = − =, , ,m m m e, portanto, 
a distância vertical percorrida pelo bloco a deslizar do ponto A para o ponto B é 
| | sen ( , )sen ,y h h lA B= − = = ° =0 0 292 30 0 146u m m.
Assim, de acordo com a Eq. 8-18, temos
0 1
2
1
2
2 2+ = + ⇒ =mgh mv mgh mv mg yA B B B | |
o que nos dá v g yB = = = ≈2 2 9 8 0 146 1 69 1 7| | ( , )( , ) , , m/s m m/s m/2 ss.
APRENDA A energia é conservada no processo. A energia total do bloco na posição B é 
E mv mghB B B= + = +
1
2
1
2
12 1 69 12 92 2( )( , ) ( )( ,kg m/s kg 88 0 028 20 4m/s m J,2 )( , ) ,=
que é igual à energia potencial elástica da mola quando o bloco está na posição C:
1
2
1
2
1 35 10 0 055 20 402 4 2kx = × =( , )( , ) ,N/m m J.
9-45
PENSE O corpo em movimento é um sistema isolado que não está sujeito a nenhuma força 
externa; quando se quebra em três pedaços, o momento é conservado, tanto na direção x como 
na direção y. 
EXPRESSE Vamos usar a seguinte notação: a massa do corpo original é M = 20,0 kg; a velo-
cidade inicial é v0 = (200 m/s)iˆ; a massa do primeiro pedaço é m1 = 10,0 kg; a velocidade do 
primeiro pedaço é v1 = (100 m/s)j ;ˆ a massa do segundo pedaço é m2 = 4,0 kg; a velocidade do 
segundo pedaço é v2 = −( ˆ500 m/s)i ; a massa do terceiro pedaço é m3 = 6,00 kg. De acordo com 
a lei de conservação do momento linear,
Mv m v m v m v   0 1 1 2 2= + + 3 3.
A energia liberada na explosão é igual a K, a variação da energia cinética.
ANALISE (a) A equação de conservação do momento linear nos dá

  
v
Mv m v m v
m
3
0 1 1 2 2
3
=
=
(20,0kg)(200m/s)i (
 
ˆ 110,0kg)(100m/s)j (4,0kg)( 500m/s)i
6,00kg
ˆ ˆ 
== (1,00 10 m/s) i (0,167 10 m/s) j3 3  ˆ ˆ
O módulo de v3 é
v3
2 2 31000 167 1 01 10= + − = ×( ) ( ) ,m/s m/s m/s.
 O ângulo que v3 faz com o eixo x é θ = tan–1 
(–167/1000) = –9,48° (ou seja, v3 faz um ângulo de 9,5° no sentido horário com o semieixo x 
positivo).
(b) A energia liberada é dada por 
∆K K K m v m v m v Mvf i= − = + +



 −
1
2
1
2
1
2
1
21 1
2
2 2
2
3 3
2
00
2 63 23 10= ×, J.
APRENDA A energia liberada na explosão, que é uma energia química, é convertida na ener-
gia cinética dos pedaços. 
Capítulo 9: Centro de Massa e Momento Linear
10-23
PENSE Para que a velocidade angular da roda aumente, é necessária uma aceleração angular 
positiva. 
EXPRESSE A velocidade linear da roda está relacionada à velocidade angular por meio da 
equação v r= ω , na qual r é o raio da roda. Se a roda sofre uma aceleração constante, a veloci-
dade angular em função do tempo é dada por v v a= +0 t.
ANALISE (a) A velocidade angular da roda é
v
p
0
200
60
20 9= =(
/min
,
rev/min)(2 rad/rev)
s
rad/s..
(b) De acordo com a Eq. 10-18, para r = (1,20 m)/2 = 0,60 m, temos:
v r= = =v0 0 60 20 9 12 5( , )( , ) ,m rad/s m/s.
(c) Para t = 1 min, v = 1000 rev/min e v0 = 200 rev/min, a Eq. 10-12 nos dá
a
v v= − =0 rev
t
800 2/ min .
(d) Com os mesmos valores usados no item (c), a Eq. 10-15 nos dá
u v v= +( ) = +1
2
1
2
200 1000 10 rev/min rev/mint ( )( ,00 600min rev.) =
APRENDA Uma outra forma de resolver o item (d) é usar a Eq. 10-13:
u u v a= + + = + +0 0 2
1
2
0 200 1 0 1
2
t t ( , (rev/min)( min) 8800 1 0 6002rev/min min rev.2 )( , ) =
10-43
PENSE Como o eixo de rotação não passa pelo centro do bloco, precisamos usar o teorema dos 
eixos paralelos para calcular o momento de inércia.
EXPRESSE De acordo com a Tabela 10-2(i), o momento de inércia de uma placa homogênea 
em relação a um eixo que passa pelo centro da placa e é perpendicular às faces maiores
é dado 
por I M a bCM = +12
2 2( ). Como um eixo paralelo passando por um dos vértices está a uma dis-
tância h a b= +( / ) ( / )2 22 2 do centro, temos:
 
I I Mh M a b M a b M a b= + = +( ) + +( ) = +( )CM 2 2 2 2 2 2 212 4 3 .
ANALISE Para M = 0 172, kg, a = 3 5, cm e b = 8 4, cm, temos:
 
I M a b= +( ) = +
3
0 172 0 0352 2 , [( ,kg
3
m) (0,084 m)2 2 ]] 4,7 10 kg m2= × ⋅−4 .
APRENDA O fato de que I I> CM significa que é mais difícil fazer a placa girar em torno de um 
eixo que passa por um dos vértices do que em torno de um eixo que passa pelo centro. 
Capítulo 10: Rotação
11-33
PENSE O momento angular 

 da partícula é dado pelo produto vetorial 


 = ×mr v e o torque 

t é dado pelo produto vetorial 

r F× .
EXPRESSE Seja r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, o vetor posição, v= + +v v vx y zˆ ˆ ˆi j k o vetor velocidade e m a 
massa da partícula. O produto vetorial de r e v é
 
r v yv zv zv xv xv yvz y x z y xˆ ˆ ˆ = −( ) + −( ) + −( )i j k..
O momento angular é dado pelo produto vetorial 


 = ×mr v . Quanto ao torque, escrevendo a 
força na forma 

F= + +F F Fx y zˆ ˆ ˆi j k, temos:
  
t = ×r F = − + − + −( )ˆ ( )ˆ ( ) ˆ.yF zF zF xF xF yFz y x z y xi j k
ANALISE (a) Fazendo m = 3,0 kg, x = 3,0 m, y = 8,0 m, z = 0, vx = 5,0 m/s, vy = −6 0, m/s e 
vz = 0 na expressão acima, obtemos

 = − −( , )[( , )( , ) ( , )( ,3 0 3 0 6 0 8 0 5 0kg m m/s m m/ss)] ˆ ( ˆ .k kg m s) k2= − ⋅174
(b) Como r x y= +ˆ ˆi j e F Fx= ˆi, o torque correspondente é

t = +( ) × ( ) = −x y F yFx xˆ ˆ ˆ ˆi j i k
 
Substituindo os valores dados, obtemos
 

t = −( ) −( ) = ⋅8 0 7 0 56, , ˆ ( ˆm N k N m) k.
(c) De acordo com a segunda lei de Newton, t = d/dt e, portanto, a taxa de variação do mo-
mento angular é 56 kg  m2/s2, no sentido positivo do eixo z.
APRENDA O momento angular 

 aponta no sentido negativo do eixo z e é perpendicular a r e 
a 

v. O torque t aponta no sentido positivo do eixo z e é perpendicular a r e a 

F .
11-45
PENSE Como o sistema formado pelo homem, os tijolos e a plataforma não está sujeito a ne-
nhuma força externa, o momento angular total do sistema é conservado. 
EXPRESSE Seja Ii o momento de inércia inicial do sistema e seja If o momento de inércia fi-
nal. Nesse caso, para que o momento angular total seja conservado, devemos ter Iivi = If vf. A 
energia cinética (de rotação) é dada por K = Iv2/2. 
ANALISE (a) O momento angular final do sistema é
v vf
i
f
i
I
I
=




= ⋅
⋅




6 0
2 0
1 2
,
,
,
kg m
kg m
re
2
2
vv s rev s.( ) = 3 6,
Capítulo 11: Rolamento, Torque e Momento Angular
24 SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS
(b) Como a energia cinética inicial é K Ii i i= v2 2/ e a energia cinética final é K If f f= v2 2/ , te-
mos:
K
K
I
I
f
i
f f
i i
= =
⋅( )( )v
v
2
2
2
2
2
2 0 3 6 2
6
/
/
, , /kg m rev s2
,, , /
, .
0 1 2 2
3 02
kg m rev s2⋅( )( ) =
(c) Ao aproximar os braços do corpo e reduzir o momento de inércia, o homem realiza um tra-
balho. A energia correspondente vem da energia interna do homem.
APRENDA O trabalho realizado pelo homem é igual à variação da energia cinética:
W K K K K K If i i i i i i= − = − = = = ⋅ ⋅3 2 6 0 2 1 22v p( , )( ,kg m r2 aad s J.)2 341=
11-65
PENSE Considerando um pequeno intervalo de tempo entre o instante em que o pedaço de massa 
de modelar está prestes a se chocar com a bola e o instante imediatamente após o choque, po-
demos usar a lei de conservação do momento angular. O momento angular inicial é o momento 
angular do pedaço de massa de modelar antes do choque. 
EXPRESSE Antes de se chocar com a bola, o pedaço de massa de modelar se move ao longo 
de uma reta que está a uma distância d/2 do eixo de rotação, em que d é o comprimento da bar-
ra. O momento angular do pedaço de massa de modelar é mvd/2, no qual m e v são a massa e a 
velocidade inicial do pedaço de massa de modelar. Depois que o pedaço de massa de modelar 
se choca com a bola, a barra passa a ter velocidade angular v e momento angular Iv, em que I 
é o momento de inércia do sistema formado pela barra, as duas bolas (cuja massa vamos cha-
mar de M) e o pedaço de massa de modelar. De acordo com a lei de conservação do momento 
angular, mvd/2 = Iv, no qual I = (2M + m)(d/2)2. 
ANALISE (a) Para M = 2,00 kg, d = 0,500 m, m = 0,0500 kg e v = 3,00 m/s, temos:
v = =
+( ) =
( )( )mvd
I
mv
M m d2
2
2
2 0 0500 3 00
2 2
, ,
( ,
kg m/s
000 0 0500 0 500
0 148
kg) kg m rad s+( )( ) =, , , .
(b) Como a energia cinética inicial é K mvi = 2 2/ e a energia cinética final é K If = v2 2/ , a ra-
zão entre as duas energias é K K I mvf i/ / .= v2 2 Como I M m d= +( ) /2 42 e v = +2 2mv M m d/ ( ) , 
temos:
K
K
m
M m
f
i
=
+
= ( ) + =2
0 0500
2 2 00 0 0500
0 012
,
, ,
,
kg
kg kg
33.
(c) A soma da energia cinética com a energia potencial do sistema formado pela barra, as duas 
rodas e o pedaço de massa de modelar é constante. Durante a rotação, quando uma das bolas 
desce uma distância h, a outra bola sobe uma distância igual e, portanto, a energia potencial total 
das duas bolas não muda. Assim, precisamos considerar apenas a energia potencial do pedaço de 
massa de modelar, que descreve um arco de 90° para chegar ao ponto mais baixo do percurso, 
ganhando energia cinética e perdendo energia potencial gravitacional no processo. Em seguida, 
o pedaço de massa de modelar gira para cima de um ângulo u, perdendo energia cinética e ga-
nhando energia potencial até ficar momentaneamente em repouso. Vamos tomar a energia po-
tencial do ponto mais baixo do percurso como zero. No momento do choque, o pedaço de massa 
de modelar está a uma distância d/2 acima desse ponto e, portanto, a energia potencial inicial 
é U mg di = ( / ).2 Quando o pedaço de massa para momentaneamente depois de girar para cima 
de um ângulo u, a altura final é (d/2)(1 – cosu) e a energia potencial é Uf = mg(d/2)(1 − cos u). 
A energia cinética inicial é a soma das energias das bolas e do pedaço de massa:
 
K I M m di = = +( )( )12
1
2
2 22
2 2v v .
SELEçãO DE PROBLEMAS SOLUCIONADOS 25
Na posição final, Kf = 0. De acordo com a lei de conservação da energia,
U K U K mg d M m d mg di i f f+ = + ⇒ + +( )

 = −2
1
2
2
2 2
1
2
2v ccos .u( )
Explicitando cos u, obtemos
cos
,
u v= − +






 = −
1
2
2
2
1
2
2 2 00
2M m
mg
d kg(( ) +
( )( )








0 0500
0 0500 9 8
0 500
2
,
, ,
,kg
kg m s
mm
2
rad s


 ( )
= −
0 148
0 0226
2
,
,
o que nos dá u = 91,3°. O ângulo total de rotação da barra é 90° + 91,3° = 181,3°.
APRENDA Este problema é um tanto complexo. Para resumir, calculamos v a partir da lei de 
conservação do momento angular. Parte da energia é perdida na colisão inelástica entre o pe-
daço de massa de modelar e uma das bolas. Entretanto, no movimento subsequente, a energia é 
conservada e podemos usar a lei de conservação da energia para calcular a rotação sofrida pela 
barra até parar momentaneamente.