Problemas Resolvidos - Halliday 8ª Edição - Cap 08 - Energia potencial e conservação da energia

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 8 – Conservação da energia 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 8 – CONSERVAÇÃO DA ENERGIA 
 
80. Um escorrega tem a forma de um arco de circunferência tangente ao solo com uma altura de 4,0 
m e um raio de 12 m (Fig. 8-51). Uma criança de 25 kg desce pelo escorrega partindo do 
repouso e chega ao chão com uma velocidade de 6,2 m/s. (a) Qual o comprimento do escorrega? 
(b) Qual o valor médio da força de atrito que age sobre a criança durante a descida? Se em vez 
de ser tangente ao solo, o escorrega fosse tangente a uma linha vertical que passa pelo topo do 
escorrega, quais seriam (c) o comprimento do escorrega e (d) o valor médio da força de atrito 
sobre a criança? 
 
 (Pág. 183) 
Solução. 
(a) O cálculo do comprimento do escorrega é baseado na geometria da situação. Considere o 
esquema abaixo: 
 
Observando-se o triângulo retângulo da figura, podemos notar que: 
 
cos
R h
R



 
 
1cos
R h
R
 
 
  
 
 
O comprimento do escorrega corresponde ao arco de circunferência de raio R e ângulo . 
 
 
   
 
1 1
12 m 4,0 m
cos 12 m cos 10,09282 m
12 m
R h
s R R
R
           
   
 
 
10 ms 
 
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(b) Se não houvesse dissipação de energia durante a descida, a velocidade final da criança seria 
2 8,9 m/sv gh 
. Como foi dito que a velocidade final é de apenas 6,2 m/s, deduz-se que a força 
relativa ao atrito entre a criança e o escorrega executa trabalho no sentido de roubar energia 
mecânica do sistema. Ou seja: 
 
at atE W d   F s
 
Note que a força de atrito é variável. Esta depende da força normal, que por sua vez é variável ao 
longo da rampa. Podemos eliminar essa complicação tomando-se a força de atrito média (
atF
) para 
efetuar o cálculo do trabalho, o que elimina a necessidade de cálculo integral. 
 
 cos 180at at at atE d F ds F ds F s          F s
 
Escrevendo a energia mecânica em termos de energia potencial e cinética, teremos: 
 
atE U K F s      
 
 
   0 0 atU U K K F s     
 
No início do movimento, a velocidade da criança é nulo, logo K0 = 0. Ao final do movimento, no 
solo, sua energia potencial é nula, ou seja, U = 0. 
 
   00 0 atU K F s     
 
 
2
0
1
2
atK U mv mgh F s     
 
 
 
    
 
2 22 6,2 m/s 2 9,81 m/s 4,0 m2
25 kg 49,5897 N
2 2 10,09282 m
at
v gh
F m
s

    

 
 
50 NatF 
 
(c) Considere o seguinte esquema da nova situação: 
 
De acordo com a figura acima, nota-se que: 
 
'sen
h
R
 
 
 
' 1sen
h
R
     
 
 
Mas: 
 
 
 
 
' ' 1 1
4,0 m
cos 12 m cos 4,07804 m
12 m
h
s R R
R
           
   
 
 
' 4,1 ms 
 
(d) Neste caso, a força de atrito média terá o valor de: 
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 
    
 
2 22
'
'
6,2 m/s 2 9,81 m/s 4,0 m2
25 kg 122,7305 N
2 2 4,07804 m
at
v gh
F m
s

    

 
 
' 0,12 kNatF 
 
 
91. Numa fábrica, uma máquina de empacotamento deixa cair verticalmente um engradado de 300 
kg numa esteira rolante que se move com uma velocidade de 1,20 m/s. (Fig. 8-56). (A 
velocidade da esteira é mantida constante por um motor.) O coeficiente de atrito cinético entre o 
engradado e a esteira é 0,400. Depois de um pequeno intervalo de tempo, o engradado deixa de 
escorregar e passa a se mover com a mesma velocidade que a esteira. Para o intervalo de tempo 
durante o qual o engradado está se movendo em relação à esteira, calcule, para um sistema de 
coordenadas estacionário em relação à fábrica, (a) a energia cinética fornecida ao engradado, (b) 
o módulo da força de atrito cinético que age sobre o engradado e (c) a energia fornecida pelo 
motor. Por que as respostas de (a) e (c) são diferentes? 
 
 (Pág. 184) 
Solução. 
Considere a seguinte sequência de eventos que caracteriza a evolução do problema (vamos chamar 
o “engradado” de “pacote” para evitar conflito de índices com a esteira): 
1. Queda do pacote sobre a esteira, que se move com velocidade constante vE: 
 
 
2. O pacote toca a esteira e começa a deslizar (derrapar) sobre ela. Nesse momento, a velocidade do 
pacote (vP0) é nula. 
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3. O pacote continua deslizando sobre a esteira, mas sua velocidade está aumentando a cada 
instante: 
 
 
4. Após algum tempo, o pacote para de deslizar e adquire a mesma velocidade da esteira (vP2 = vE): 
 
a) A energia cinética fornecida ao pacote (KP) é simplesmente: 
 
  
22 2
2
1 1 1
300 kg 1,20 m/s
2 2 2
P P EK mv mv  
 
 
216 NPK 
 
b) A figura ao lado mostra o esquema de forças que age sobre o pacote 
enquanto desliza (acelera) sobre a esteira. Devemos notar que, na vertical 
(eixo y), as forças normal (FN) e gravitacional (Fg) anulam-se, ou seja, 
possuem módulos iguais e sentidos contrários. Logo: 
 
   20,400 300 kg 9,81 m/s 1177,2 Nat N gF F F mg       
 
1,18 kNatF 
 
(c) A energia fornecida pelo motor (EM) é igual à energia cinética fornecida ao pacote mais a 
energia dissipada no atrito entre o pacote e a esteira (trabalho da força de atrito, Wat): 
 
M P atE K W 
 (1) 
O trabalho da força de atrito é dado por: 
 
at atW d F s
 
onde ds é um elemento de deslocamento do pacote sobre a esteira. Como a força de atrito é 
constante e os vetores Fat e ds possuem mesma direção e mesmo sentido (x), teremos: 
 
' 'cos0at at at atW F ds F dx F x    
 (2) 
Na equação acima, substituímos ds por dx’, o que já será explicado. O estudante deve notar que x’ 
é o deslocamento do pacote sobre a esteira (ou seja, num referencial sobre a esteira), enquanto 
derrapa sobre ela, o que causa movimento acelerado do pacote para alcançar a velocidade da própria 
esteira. 
Para um observador no solo, o pacote parte do repouso e é acelerado no sentido x até alcançar a 
velocidade constante da esteira, vE. Como o movimento do pacote ocorre sobre uma superfície em 
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movimento, fica mais fácil determinar seu deslocamento (x’) a partir de
um referencial inercial 
fixo sobre a esteira (referencial x’y’, daí a substituição de ds por dx’). Nesse referencial, um 
observador veria o pacote com velocidade inicial v0x’ = vP’ = 1,20 m/s no sentido +x’, sendo 
desacelerado pela força de atrito Fat na direção x’. Ao término do deslizamento do pacote, este 
estará em repouso sobre a esteira. 
 
 
Cálculo de x’ (movimento acelerado): 
 
 2 2 ' '' 0 ' ' 02x x xv v a x x  
 
 
' ' '0 2P Pv a x  
 
 '2
'
'2
P
P
v
x
a
  
 (3) 
Cálculo da aceleração do pacote: 
 
' 'x xF ma
 
 
'
at PF ma 
 
 
' at
P
F
a
m
 
 (4) 
Substituindo-se (4) em (3), teremos: 
   
 
22
'
300 kg 1,20 m/s
0,183486 m
2 2 1177,2 N
P
at
mv
x
F
   
 
Substituindo-se este valor em (2), teremos: 
 
  1177,2 N 0,183486 m 216 JatW  
 
Agora podemos calcular a energia fornecida pelo motor substituindo-se os valores numéricos 
apropriados na Eq. (1): 
 
   216 N 216 NM P atE K W   
 
 
512 NME 
 
d) EM e KP são diferentes (EM  KP) porque o motor precisa fornecer mais energia do que o valor da 
energia cinética final do pacote por causa da perda de energia devida ao atrito entre o pacote e a 
esteira. 
 
 
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 8 – CONSERVAÇÃO DE ENERGIA 
 
02. Alega-se que até 900 kg de água podem ser evaporados diariamente pelas grandes árvores. A 
evaporação ocorre nas folhas e para chegar lá a água tem de ser elevada desde as raízes da 
árvore. (a) Suponha que em média a água seja elevada de 9,20 m acima do solo; que energia 
deve ser fornecida? (b) Qual a potência média envolvida, se admitirmos que a evaporação 
ocorra durante 12 horas? 
 (Pág. 159) 
Solução. 
(a) A água ao ser transportada para o topo da árvore tem sua energia potencial aumentada de UA = 0 
até UB = mgh. Ou seja: 
 
B AU U U  
 
 
U mgh 
 
O trabalho realizado para elevar a água corresponde à energia que deve ser fornecida: 
 
81.226,8 JW U mgh     
 
 
81,2 kJW  
 
(b) 
 
1,88025 W
W mgh
P
t t
  
 
 
 
1,88 WP 
 
 
10. Um carro de montanha russa, sem atrito, parte do ponto A (Fig. 25) com velocidade v0. Calcule 
a velocidade do carro: (a) no ponto B, (b) no ponto C, (c) no ponto D. Suponha que o carro 
possa ser considerado uma partícula e que permaneça o tempo todo no trilho. 
 
 (Pág. 159) 
Solução. 
Como a única força que realiza trabalho (peso do carrinho) é conservativa, o sistema é conservativo. 
Portanto é possível aplicar o princípio da conservação da energia mecânica. Vamos supor que na 
base da montanha russa Ug = 0. 
(a) 
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A BE E
 
 
A gA B gBK U K U  
 
 
2 2
0
1 1
2 2
Bmv mgh mv mgh  
 
 
0Bv v
 
(b) 
 
A CE E
 
 
A gA C gCK U K U  
 
 
2 2
0
1 1
2 2 2
C
h
mv mgh mv mg  
 
 
2 2
0 2 Cv gh v gh  
 
 
2
0Cv v gh 
 
(c) 
 
A DE E
 
 
A gA D gDK U K U  
 
 
2 2
0
1 1
0
2 2
Cmv mgh mv  
 
 
2 2
0 2 Cv gh v 
 
 
2
0 2Cv v gh 
 
 
13. Uma haste delgada de comprimento L = 2,13 m e de massa desprezível pode girar em um plano 
vertical, apoiada num de seus extremos. A haste é afastada de  = 35,5o e largada, conforme a 
Fig. 28. Qual a velocidade da bola de chumbo presa à extremidade inferior, ao passar pela 
posição mais baixa? 
 
 (Pág. 160) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
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A única força que realiza trabalho neste sistema é o peso da massa m. A tensão na corda, que é 
radial, é sempre ortogonal aos deslocamentos tangenciais da massa e, portanto, não realiza trabalho. 
Logo, a energia mecânica do sistema é conservada: 
 
A BE E
 
 
A gA B gBK U K U  
 
 
210 0
2
Bmgh mv  
 
 
22 ( cos ) Bg L L v 
 
 
2 (1 cos ) 2,749135 m/sBv gL    
 
2,75 m/sBv 
 
A expressão literal da resposta indica que se 1  cos  = 0 implica em vB = 0. Isso ocorre quando 
cos  = 1 ou  = 0o. 
 
21. A mola de um revólver de brinquedo tem constante elástica de 7,25 N/cm. O revólver é 
inclinado de 36,0
o
 acima da horizontal e dispara uma bola de 78 g à altura de 1,9 m acima da 
boca do revólver. (a) Qual a velocidade de saída da bola? (b) De quanto deve ter sido 
comprimida inicialmente a bola? 
 (Pág. 161) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Como o sistema é conservativo, vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica aos 
pontos B e C. 
 
B CE E
 
 
B gB C gCK U K U  
 
L
m
vB
Lcos
h
vA = 0
A
B
Ug = 0
m
g
y
x
h
v0
k

A
B
C
vC
d

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No ponto C o projétil tem velocidade vertical igual a zero e velocidade horizontal (que é a 
velocidade do projétil) igual a v0 cos . 
 
 
22
0 0
1 1
0 cos
2 2
mv m v mgh  
 
 
2 2 2
0 0 cos 2v v gh 
 
 
0 2
2
10,3874 m/s
1 cos
gh
v  
 
 
0 10 m/sv 
 
(b) Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos pontos A e B: 
 
A BE E
 
 
A gA eA B gB eBK U U K U U    
 
 
2 2
0
1 1 2
0 sen 0 0 
2 2
mgd kd mv
k
        
 
 
 2
2 02 sen 0
mvmg
d d
k k

  
 
As raízes desta equação são: 
 
1
2
0,108364
0,107123
d
d

 
 
Como d  0: 
 
1 0,11 md 
 
 
23. Uma corrente é mantida sobre uma mesa sem atrito, ficando um quarto do seu comprimento 
dependurado na borda (veja Fig. 33). O comprimento da corrente é L e sua massa m; que 
trabalho é necessário para puxar para o tampo da mesa a parte dependurada? 
 
 (Pág. 161) 
Solução. 
Considerando-se que a força F irá puxar a corrente para a direita com velocidade constante, seu 
módulo será sempre igual ao módulo do peso P(y) da parte suspensa da corrente. Como o peso o 
peso da parte suspensa da corrente é variável, F também é variável. Seja  a densidade linear de 
massa da corrente: 
 
m
L
 
 
 
m L
 
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A massa da parte suspensa, que depende do comprimento y (coordenada vertical) vale: 
 
( )ym y
 
Logo: 
 
( ) ( ) ( )y y yF P m g gy  
 
Portanto, o trabalho da força F(y) vale: 
 
0
/ 4
2 2
/ 4
( )
0
0
.
2 2 16
L
y L
y
y
m y mg L
W F dy gydy g
L L
    
 
 
32
mgL
W 
 
 
26. Duas crianças brincam de acertar, com uma bolinha lançada por um revólver de brinquedo 
situado na mesa, uma caixinha colocada no chão a 2,20 m da borda da mesa (veja a Fig. 35). 
Kiko comprime a mola de 1,10 cm, mas a bolinha cai a 27,0 cm antes da caixa. De quanto deve 
a mola ser comprimida pela Biba para atingir o alvo? 
 
 (Pág. 161) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
Vamos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica no lançamento horizontal da bola 
pela mola: 
 
0E E
 
 
0 0e eK U K U  
 
 
2 21 10 0
2 2
kx mv  
 
 
2 2kx mv
 
g
y
x
d
l
1
2
v
v0 = 0
x
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Logo, para o lançamento 1 teremos: 
 
2 2
1 1kx mv
 (1) 
Para o lançamento 2, teremos: 
 
2 2
2 2kx mv
 (2) 
Dividindo-se (1) por (2): 
 
1 1
2 2
x v
x v

 
 
2
2 1
1
v
x x
v

 (3) 
Movimento horizontal da bola: 
 
0 xx x v t 
 
Logo, para o lançamento 1 teremos: 
 
1l d v t 
 (4) 
Para o lançamento 2, teremos: 
 
2l v t
 (5) 
Dividindo-se (5) por (4) e lembrando-se que t tem o mesmo valor nessas equações: 
 
2
1
vl
l d v


 (6) 
Substituindo-se (6) em (3): 
 
2 1 1,25388 cm
l
x x
l d
 

 
 
2 1,25cmx 
 
 
27. Um pequeno bloco de massa m escorrega ao longo de um aro como mostrado na Fig. 36. O 
bloco sai do repouso no ponto P. (a) Qual a força resultante que atua nele quando estiver em Q? 
(b) A que altura acima do fundo deve o bloco ser solto para que, ao passar na parte mais alta do 
círculo, esteja a ponto de desprender-se dele? 
 
 (Pág. 161) 
Solução. 
(a) No ponto Q as forças que atuam no bloco são: 
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12 
 
 
mg P j
 (1) 
 
N N i
 (2) 
Em Q a força normal (N) é a própria força centrípeta do movimento circular de raio R, uma vez que 
o peso do bloco (P) não possui componente radial. Logo: 
 2
,
Q
c Q
mv
F N
R
 
 (3) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos P e Q: 
 
P QE E
 
 
P gP Q gQK U K U  
 
 
210 5
2
Qmg R mv mgR  
 
 
2 8Qv gR
 (4) 
Substituindo-se (4) em (3): 
 
8N mg
 (5) 
Substituindo-se (5) em (2): 
 
8mg N i
 (6) 
Portanto, a força resultante sobre o bloco no ponto Q vale: 
 
 R N P
 
 
8mg mg  R i j
 
(b) A condição para que no ponto T (topo da trajetória circular) o bloco esteja na iminência de 
desprender-se da superfície é que a força normal exercida pela superfície sobre o bloco (NT) seja 
zero. Logo, a força centrípeta do bloco no ponto T será seu próprio peso. 
 2
,
T
c T
mv
F P mg
R
  
 
 
2
Tv gR
 (7) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos pontos S e T, onde S é o novo ponto da 
rampa (altura h) de onde será solto o bloco a partir do repouso: 
 
S TE E
 
 
S gS T gTK U K U  
 
 
210 2
2
Tmgh mv mg R  
 (8) 
Substituindo-se (7) em (8): 
 
1
2
2
h R R 
 
x
yN
P
Q
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13 
 
5
2
R
h 
 
 
32. O fio da Fig. 38 tem comprimento L = 120 cm e a distância d ao pino fixo P é de 75,0 cm. 
Quando se larga a bola em repouso na posição mostrada ela oscilará ao longo do arco 
pontilhado. Qual será a sua velocidade (a) quando alcançar o ponto mais baixo do movimento? 
(b) quando alcançar o ponto mais elevado depois que o fio encostar no pino? 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e B: 
 
A BE E
 
 
A gA B gBK U K U  
 
 
210 0
2
BmgL mv  
 
 
2 4,8522 m/sBv gL 
 
 
4,85 m/sBv 
 
Esta velocidade é a mesma que seria obtida caso o bloco tivesse caído em queda livre da altura d + 
r. 
(b) De acordo com o resultado do problema 33 (Pág. 162), para que a bola faça um círculo completo 
ao redor do ponto P a distância d deve ser maior do que 3L/5. Como 3L/5 = 72 cm e d = 120 cm, 
isso implica em d  3L/5. Portanto, a bola faz uma trajetória circular completa ao redor do pino. 
Chamando de C o estado do sistema quando a bola está no topo da trajetória circular ao redor do 
pino: 
 
A CE E
 
 
A gA C gCK U K U  
 
A
B
C
Ug = 0
d
r
vA = 0
vB
vC
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210 2( )
2
CmgL mv mg L d   
 
 
2 2 4 ( )Cv gL g L d  
 
 
2 (2 ) 2,4261 m/sCv g d L  
 
 
2,43 m/sCv 
 
A expressão literal da resposta indica que se 2d  L = 0 implica em vC = 0. Isso ocorre quando d = 
L/2. Isto é verdade pois, neste caso, o ponto C (topo da trajetória circular em torno do pino) 
coincidiria com o pino (mesma altura do ponto A). 
 
33. Mostre, ainda em relação à Fig. 38, que, para a bolinha do pêndulo completar uma volta inteira 
em redor do pino deve ser d > 3L/5. (Sugestão: A bolinha deve ter velocidade no alto da 
trajetória, caso contrário o fio se afrouxa.) 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
A condição mínima para que a bola complete uma volta em torno do ponto P é que a tensão na 
corda seja zero. Nesta condição a força centrípeta do seu movimento circular será o próprio peso da 
bola. 
 2
C
c
mv
F P mg
r
  
 
 
2 ( )Cv gr g L d  
 (1) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia aos estados A e C: 
 
A CE E
 
 
A gA C gCK U K U  
 
 
210 2( )
2
CmgL mv mg L d   
 (2) 
A
C
Ug = 0
d
r
vA = 0
vC
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Substituindo-se (1) em (2): 
 
1
( ) 2( )
2
mgL mg L d mg L d   
 
 
2 2
2 2
L d
L L d   
 
 
3
5
L
d 
35. Um bloco de 3,22 kg parte do repouso e desliza uma distância d para baixo de uma rampa 
inclinada de 28,0
o
 e se choca com uma mola de massa desprezível, conforme a Fig. 32. O bloco 
desliza mais 21,4 cm antes de parar momentaneamente ao comprimir a mola, cuja constante 
elástica é de 427 N/m. (a) Quanto vale d? (b) A velocidade do bloco continua a aumentar 
durante certo tempo depois de chocar-se com a mola. Qual a distância adicional que o bloco 
percorre antes de alcançar sua velocidade máxima e começar a diminuir? 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema: 
 
Na ausência da força de atrito o sistema é conservativo e a energia mecânica é conservada: 
 
A BE E
 
 
A gA eA B gB eBK U U K U U    
 
l
A
B
Ug = 0

d
( ) send + l 
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210 ( )sen 0 0 0
2
mg d l kl     
 
 2
0,4453 m
2 sen
kl
d l
mg   
 
 
0,45 md 
 
(b) Considere o seguinte esquema da nova situação: 
 
Para encontrar a velocidade máxima que o bloco atinge após comprimir a mola de uma distância x 
vamos construir uma função v(x) = f(x) e em seguida encontrar o valor de x que torna dv(x)/dx = 0. 
Para construir v(x), vamos aplicar a conservação da energia mecânica aos pontos A, de onde o bloco 
é solto com velocidade nula, e C, o ponto onde a velocidade é máxima. 
 
A CE E
 
 
A gA eA C gC eCK U U K U U    
 
 
2 2
( )
1 1
0 ( )sen 0 ( )sen
2 2
xmg d l mv mg l x kx       
 
 1/ 22
( ) 2 sen ( )x
kx
v g d x
m
    
 
 
O valor de x que torna dv(x)/dx = 0 vale: 
 1/ 22
( ) 1 2
2 sen ( ) . 2 sen 0
2
xdv kx kx
g d x g
dx m m
 

   
       
  
 (1) 
A Eq. (1) somente será verdadeira se: 
 
2
2 sen 0
kx
g
m
  
 
 
sen
0,03473 m
mg
x
k

 
 
 
3,5 cmx 
 
 
l
A
C
Ug = 0

d
( ) send + l 
v(x)
x
( ) send + l 
( ) senl - x 
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36. Um garoto está assentado no topo de um hemisfério de gelo (Fig. 39). Ele recebe pequeno 
empurrão e começa a escorregar para baixo. Mostre que ele perde contato com o gelo num 
ponto situado à altura 2R/3, supondo que não haja atrito com o gelo. (Sugestão: A força normal 
anula-se quando se rompe o contato com o gelo.) 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
Como a única força que realiza trabalho é conservativa (força peso, P), há conservação da energia 
mecânica do sistema: 
 
A BE E
 
 
A gA B gBK U K U  
 
 
210
2
BmgR mv mgh  
 
 2
2
Bvh R
g
 
 (1) 
Na posição B o garoto está na iminência de perder contato com a superfície esférica. Isto significa 
que a força normal (N) que o gelo exerce sobre ele é zero. Logo, a força centrípeta do seu 
movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr). 
 
c rF P
 
 2
senB
mv h
mg mg
R R
 
 
 
2
Bv gh
 (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2 2
gh h
h R R
g
   
 
 
2
3
R
h 
 
 
x
y
R
m
B
A
P

 vBh
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37. A partícula m da Fig. 40 move-se em um círculo vertical de raio R, no interior de um trilho sem 
atrito. Quando m se encontra em sua posição mais baixa sua velocidade é v0. (a) Qual o valor 
mínimo vm de v0 para que m percorra completamente o círculo, sem perder contato com o trilho? 
(b) Suponha que v0 seja 0,775 vm. A partícula subirá no trilho até um ponto P no qual perde 
contato com ele e percorrerá o arco indicado aproximadamente pela linha pontilhada. Determine 
a posição angular  do ponto P. 
 
 (Pág. 162) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema: 
 
A condição mínima para que a partícula complete uma volta sem perder contato com o trilho é que 
sua força normal (N) seja zero no ponto mais alto de sua trajetória circular. Nesse ponto sua força 
centrípeta será o próprio peso da partícula (P). 
 
cF P mg 
 
 2
Bmv mg
R

 
 
2
Bv gR
 (1) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e B: 
 
A BE E
 
 
A gA B gBK U K U  
 
 
2 2
0
1 1
0 2
2 2
Bmv mv mg R  
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
2
0 4v gR gR 
 
P
R
m
T
Ug = 0v0
A
B vB
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0 5v gR
 (3) 
(b) Considere o seguinte esquema: 
 
No ponto P a partícula perde contato com a superfície, o que torna N nula. Logo, a força centrípeta 
do seu movimento circular será a componente de P na direção radial (Pr). 
 
c rF P
 
 2
senP
mv
mg
R

 
 
2 senPv gR 
 (4) 
Aplicando-se o princípio da conservação da energia mecânica aos estados A e P: 
 
A PE E
 
 
A gA P gPK U K U  
 
 
   
2 2
0
1 1
0,775 0 sen
2 2
Pm v mv mg R R    
 
 
2 2 2
00,775 2 2 senPv v gR gR   
 (5) 
Substituindo-se (3) e (4) em (5): 
 
20,775 .5 sen 2 2 sengR gR gR gR    
 
25.0,775 2 3sen 
 
 
 1 2
1
sen 5.0,775 2 19,5345
3
      
 
 
 
19,5 
 
 
56. Um pequeno objeto de massa m = 234 g desliza em um trilho que tem a parte central horizontal 
e as extremidades são arcos de círculo (veja Fig. 46). A parte horizontal mede L = 2,16 m e nas 
porções curvilíneas não há atrito. O objeto é solto no ponto A, situado à altura h = 1,05 m acima 
do trecho horizontal, no qual ele perde 688 mJ de energia mecânica, devido ao atrito. Em que 
ponto o objeto irá parar? 
P R
m
Pr
Ug = 0
v0

A
P
vP
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 (Pág. 164) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Assim que a partícula é solta, sua energia potencial gravitacional inicial UA é convertida em energia 
cinética. Essa energia vale: 
 
AU mgh
 
Como a parte curva não apresenta atrito, ao chegar ao ponto B sua energia cinética será: 
 
B AK U mgh 
 (1) 
Na parte plana o atrito começará a dissipar a energia mecânica da partícula, que está totalmente na 
forma de energia cinética. Devemos verificar se a partícula pára antes do ponto C ou se o ultrapassa, 
subindo a rampa oposta.
Cada vez que a partícula atravessa a parte plana a força de atrito (f) realiza 
um trabalho W. 
 
atE W 
 
 
C B atK K W 
 (3) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
C atK mgh W 
 
Como K é sempre positivo, temos que se mgh + Wat  0, o bloco vai subir a rampa oposta. Na 
verdade, mgh + Wat = 1,722317 J (lembre-se que Wat  0). Portanto a partícula atravessa a região 
central e sobe a rampa oposta. Cada vez que a partícula atravessa a parte plana ela perde Wat. O 
número de vezes que ela consegue atravessar a parte plana (n) é dado por: 
 
0atmgh nW 
 
 
3,50336
at
mgh
n
W
  
 
Ou seja, a partícula atravessa três vezes a parte central plana e pára aproximadamente em L/2 na 
quarta vez em que tenta atravessá-la. 
 
57. Dois picos nevados têm altitude de 862 m e 741 m, respectivamente, acima do vale entre eles. 
Uma pista de esqui estende-se do cimo do pico mais alto ao do mais baixo, conforme a Fig. 47. 
(a) Um esquiador parte do repouso no pico mais elevado. Qual sua velocidade ao chegar ao pico 
mais baixo se ele deslizou sem impulsionar-se com os bastões? Suponha que o solo esteja 
A
B C
D
h
L
c
U = 0g
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21 
gelado e por isso não há atrito. (b) Após uma nevada, uma esquiadora de 54,4 kg faz o mesmo 
trajeto, também sem utilizar os bastões e por pouco não consegue alcançar o pico mais baixo. 
De quanto aumenta a energia interna dos esquis e da neve sobre a qual ela desliza? 
 
 (Pág. 164) 
Solução. 
(a) Supondo que não haja atrito, as únicas forças que agem sobre o esquiador são o peso e a normal. 
Como esta é sempre ortogonal ao deslocamento do esquiador, não realiza trabalho. Logo, a força 
peso (força conservativa) é a única força que realiza trabalho, o que torna o sistema conservativo. 
Podemos aplicar o princípio da conservação da energia mecânica: 
 
1 2E E
 
 
1 1 2 2g gK U K U  
 
 
2
1 2 2
1
0
2
mgh mv mgh  
 
 
2
1 2 22 2gh v gh 
 
 
 2 1 22 48,7239 m/sv g h h  
 
 
2 48,7 m/sv 
 
(b) Agora há atrito entre o esqui e a neve e o trabalho realizado pelo atrito será igual à variação da 
energia mecânica do sistema. 
 
   2 1 2 2 1 1at g gW E E E K U K U       
 
 
     2 1 2 10 0 64.573,344 JatW mgh mgh mg h h       
 
O sinal negativo do trabalho indica que o sistema perdeu essa quantidade de energia, que foi 
convertida em calor que aquece a neve e os esquis. Logo, o aumento da energia interna observado 
da neve e dos esquis é: 
 
int,neve at,esquiador 64.573,344 JE W   
 
 
int,neve 64,6 kJE 