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0.1 Leis de Newton 1

0.1 Leis de Newton

1. (a) Pela Terceira Lei de Newton, o módulo da força que um corpo exerce sobre o outro

é igual a força que outro exerce sobre um. Se Fabrício empurra Maurício é porque o

primeiro exerce uma força sobre o solo maior do que aquela que o segundo exerce

sobre o solo.

(b) Para haver mudança na velocidade de um objeto é preciso haver uma aceleração.

De acordo com a Segunda Lei de Newton, para haver aceleração em uma direção é

preciso haver uma força atuando nessa direção. Quando a bola quica no gramado, a

única força que atua na direção do movimento horizontal da bola é a de atrito entre a

grama e bola. Uma vez que a força de atrito atua sempre no sentido contrário ao do

movimento, essa força só pode diminuir o módulo da velocidade e jamais aumentá-

lo. Por outro lado, na grama molhada o coeficiente de atrito diminui e quando a bola

quica ela perde menos velocidade do que no caso de o gramado estar seco. Por ela

perder menos velocidade que o normal, há uma impressão equivocada de que ela

ganhe velocidade.

(c) O vetor velocidade da partícula aponta sempre na direção tangente à trajetória. Por-

tanto, apesar de ter sempre o mesmo módulo, como ele muda de direção, o vetor

não é constante.

2. (a) As forças que atuam no livro são: o peso, a normal, a força que o mantém pressio-

nado contra a parede e o atrito.

~F

~P

~N

~Fat

(b) As força peso e F tem módulos

|~P | = mg e |~F | = F


Como o livro está em repouso, a componente vertical da Segunda Lei de Newton

fornece

~Fat + ~P = 0 ⇒ |~Fat| = mg

Já a componente horizontal da Segunda Lei de Newton nos fornece

~F + ~N = 0 ⇒ | ~N | = F

3. (a) A Segunda Lei de Newton aplicada ao movimento desta partícula nos leva à seguinte

equação diferencial:

max = −kx+ F0 , (0.1)

ou, ainda, na forma

d2x

dt2+ ω2x =

F0

m, com ω =

√

k/m . (0.2)

(b) Devemos verificar se a equação anterior se torna uma identidade matemática quando

nela substituimos cada um dos movimentos dados no enunciado.

(i) Por subsituição direta, obtemos nesse casod2xi

dt2+ω2xi = 0 e, portanto, esse não

é um movimento possível da partícula. (ii) Por substituição direta, e observando que

cos(ωt) satisfaz à equação

(

d2

dt2+ ω2

)

cos(ωt) = 0 , (0.3)

temos(

d2

dt2+ ω2

)[

F0

kcos(ωt) +

F0

k

]

= 0 +ω2F0

k=

F0

m. (0.4)

Portanto, concluímos que esse é um movimento possível da partícula, pois satisfaz

à equação de movimento imposta pela Segunda Lei de Newton.

(iii) Repetindo o cálculo do item anterior, fica evidente que esse não é um movi-

mento possível da partícula, pois o sinal do termo F0/k está trocado.

4. (a) A equação cartesiana da trajetória é obtida eliminando-se o tempo das expressões

de x e y e relacionando diretamente essas coordenadas num instante qualquer. Da


equação para x temos gt2 = 20x, de forma que a segunda equação pode ser escrita

como

y = h− 2

520x = h− 8x . (0.5)

A equação anterior mostra que a trajetória da partícula é retilínea. Um trecho dessa

trajetória está indicado na figura. Nela, também indicamos por meio de uma seta o

sentido do movimento da partícula.

x

y

h/8

h

(b) Derivando a posição (vetorial) da partícula em relação ao tempo, obtemos a sua

velocidade

~v =d~r

dt=

gt

10ı̂− 4gt

5̂ . (0.6)

(c) Derivando a velocidade (vetorial) da partícula em relação ao tempo, obtemos a sua

aceleração

~a =d~v

dt=

g

10ı̂− 4g

5̂ . (0.7)

(d) A partir da Segunda lei de Newton (~Fr = m~a), vemos facilmente que

~Fr =mg

10ı̂− 4mg

5̂ . (0.8)

Como a força resultante é dada pela soma da força ~F , pedida no problema, com a

força peso, temos,

~Fr = ~F +m~g = m~a =⇒ ~F = m~a−m~g . (0.9)

Substituindo na equação anterior a expressão da aceleração dada por (0.7) e escre-

vendo ~g = −g ̂, obtemos

~F =mg

10ı̂− mg

5̂ . (0.10)


5. Embora o raio de cada órbita circular seja R, a distância entre as duas estrelas é sempre

2R. Aplicando a Segunda Lei de Newton para uma estrela qualquer, obtemos,

Gm2

(2R)2= mω2R = m

4π2

T 2R , (0.11)

onde usamos o fato de que a aceleração de uma partícula num movimento circular uni-

forme de raio R e freqüência angular ω tem módulo ω2R. Isolando m, obtemos,

m =16π2R3

T 2. (0.12)

6. (a) A Segunda Lei de Newton para o satélite é

m~a = −GmM

r2r̂ , (0.13)

onde denotamos por ~a a aceleração do satélite.

(b) Derivando a posição ~r = Rcos(ωt)̂ı + R sen(ωt)̂ em relação ao tempo, obtemos a

velocidade ~v = −ωR sen(ωt)̂ı + ωRcos(ωt)̂ı e a aceleração ~a = −ω2Rcos(ωt)̂ı −ω2R sen(ωt)̂ı. Portanto, temos ~a = −ω2~r. Obtemos, também,

r = |~r| =√

R2cos2(ωt) +R2 sen2(ωt) = R

Substituindo essas expressões para ~a e r na Segunda Lei de Newton (0.13), obtemos

−mω2~r = −GmM

R2r̂ ⇐⇒ ω2 =

GM

R3(0.14)

que é a relação entre ω, R, M e G que faz com que ~r = Rcos(ωt)̂ı+R sen(ωt)̂ı seja

um possível movimento desse satélite. Esse movimento tem período T = 2π/ω.

Portanto, usando a relação entre ω, R, M e G, obtemos T = 2π/√

GM/R3, ou

seja, T = 2π√

R3/(GM).

(c) Da função ~r = ~b + ~vt, obtemos que a aceleração é nula em qualquer instante,

~a = ~0. Também obtemos que, em diversos instantes, ~r = ~b + ~vt não é um vetor

nulo. Conseqüentemente, nesses instantes, o membro esquerdo da Segunda Lei de

Newton (0.13) é nulo e o membro direito não é nulo. Portanto, a função ~r = ~b+ ~vt

não satisfaz à Segunda Lei de Newton e, por isso, não é um movimento possível do

satélite.


7. Designando por m1 e m2 as respectivas massas dos satélites 1 e 2, a aplicação da Segunda

Lei de Newton aos movimentos dos dois nos permite escrever

GMm1

R2= m1

v21

R=⇒ v1 =

√

GM

R; (0.15)

GMm2

(4R)2= m2

v21

4R=⇒ v2 =

√

GM

4R. (0.16)

Dividindo a equação (0.15) pela equação (0.16), obtemos a razão desejada,

v1v2

=√4 = 2 . (0.17)

Problemas envolvendo forças vinculares

8. Como o bloco está em repouso, a Segunda Lei de Newton nos permite escrever

T cosθ − fat = 0 =⇒ fat =

√3

2T (0.18)

T senθ +N −mg = 0 =⇒ N = mg − 1

2T , (0.19)

onde N , fat e g são, respectivamente, os módulos da reação normal exercida pela super-

fície sobre o bloco, da força de atrito e da aceleração da gravidade, e já usamos o fato de

que θ = 30o. Note que, à medida que T aumenta, o valor de fat necessário para manter o

bloco em repouso também aumenta. Já o valor de N diminui, à medida que T aumenta.

Como o valor máximo para fat é µeN , esse valor também diminui à medida que T au-

menta. Ou seja, a partir de um certo valor crítico, denotado por Tc, o bloco entra em

movimento. Quando T = Tc, temos fat = µeN , de modo que as equações anteriores nos

levam ao resultado

µe

(

mg − 1

2Tc

)

=

√3

2Tc =⇒ Tc =

2µemg

µe +√3. (0.20)

9. (a) As forças sobre o bloco são a normal ~N exercida pela superfície lisa da cunha e o

peso m~g exercido pela Terra, conforme indicado na figura seguinte.


θ

M

m

~N

m~g

(b) As forças sobre a cunha são a normal ~N ′ exercida pela superfície do tablhado, a

força de atrito ~fe, também exercida pela superfície do tablado, o peso M~g exercido

pela Terra e a força − ~N exercida pelo bloco (que é a reação da forca ~N exercida

sobre o bloco pela cunha). Essas forças estão indicadas na figura seguinte.

θ

M

~fe

~N ′ m

− ~NM~g

(c) Na próxima figura, à esquerda, temos o diagrama das forças que agem sobre a cunha.

A direção de ~N é perpendicular à rampa inclinada da cunha e a direção do peso é

perpendicular à horizontal. Como o ângulo que a rampa faz com a horizontal é θ,

concluímos que o ângulo entre − ~N e M~g também é θ. Aplicando a Segunda Lei de

Newton à cunha, temos na direção horizontal

fe = N senθ . (0.21)

~fe

~N ′

− ~N M~g

θ

~N

m~g

θ


À direita, temos o diagrama de forças que agem sobre o bloco. O ângulo entre

normal e peso é determinado como no diagrama para a cunha. Aplicando ao bloco

a Segunda Lei de Newton, temos na direção da normal ~N a seguinte condição de

equilíbrio,

N = mg cos θ . (0.22)

Substituindo esse resultado em (0.21), obtemos a resposta para o módulo da força

de atrito ~fe,

fe = mg senθ cos θ . (0.23)

(d) Aplicando novamente a Segunda Lei de Newton à cunha temos, agora na direção

vertical, a seguinte condição de equilíbrio,

N ′ = Mg +N cos θ . (0.24)

Substituindo nessa equação o valor de N encontrado em (0.22), obtemos

N ′ = Mg +mg cos θ cos θ = (M +m cos2 θ)g , (0.25)

que é o valor procurado do módulo da normal ~N ′.

10. (a) As forças sobre o bloco são o peso m~g e a reação do plano inclinado, que de-

compomos na normal ~N e na força de atrito estático ~f , conforme indicadas na

figura que aparece abaixo. Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco, temos

X

Y

m~g

~f~N

θ

θ

θ

~f + ~N + m~g = m~a, onde ~a é a aceleração horizontal comum ao bloco à rampa e


ao caminhão. Vamos escolher um eixo OX na direção e sentido da aceleração ~a e

o eixo O† vertical, apontando para cima. Decompondo a Segunda Lei de Newton

segundo esses eixos, obtemos as equações

f cos θ −N sen θ = ma e f sen θ +N cos θ = mg . (0.26)

Multiplicando ambos os membros da primeira equação por cos θ, ambos os mem-

bros da segunda por sen θ e somando membro a membro as equações resultantes,

chegamos a f(cos 2θ + sen 2θ) = m(a cos 2θ + g sen 2θ), isto é,

f = m(a cos θ + g sen θ) . (0.27)

Agora, multiplicando ambos os membros da primeira equação por sen θ, ambos os

membros da segunda por cos θ e subtraindo membro a membro a primeira equação

resultante da segunda, obtemos N(cos 2θ + sen 2θ) = m(g cos θ − a sen θ), ou seja,

N = m(g cos θ − a sen θ) . (0.28)

A normal ~N é perpendicular à rampa e aponta no sentido da rampa para cima. O

atrito ~f tem a direção inclinada da rampa, no plano vertical que contém a aceleração,

e sentido de subida da rampa.

(b) A força de atrito estático satisfaz á desigualdade f ≤ µe N . Substituindo nela os

resultados (0.27) e (0.28), obtemos m(a cos θ + g sen θ) ≤ µe m(g cos θ − a sen θ),

donde a (cos θ + µe sen θ) ≤ g(µe cos θ − sen θ) e, conseqüentemente,

a ≤ µe − tg θ

1 + µe tg θg , isto é , amax =

µe − tg θ

1 + µe tg θg . (0.29)

Se a aceleração ultrapassar esse valor máximo a força de atrito estático não é capaz

de arrastar o bloco para frente com aceleração a e, conseqüentemente, ele começa

a deslizar plano abaixo. Notemos que, de acordo com o enunciado, temos tg θ <

tg θc = µe, o que impede a situação absurda de termos em (0.29) uma grandeza

positiva, o módulo a da aceleração, menor ou igual a uma grandeza negativa.

11. Por conveniência, repetimos a figura do enunciado.


θ~a

(a) Usando a Segunda Lei de Newton e supondo que seja nula a força de atrito, temos

N senθ = ma (0.30)

N cosθ = mg , (0.31)

onde N = | ~N |, a = |~a| e g é o módulo da aceleração da gravidade. Dividindo a

primeira equação pela segunda, obtemos

a = g tan θ . (0.32)

(b) Para que o bloco permaneça sem deslizar sobre a superfície da rampa mesmo quando

a assumir valores maiores que g tan θ deverá aparecer uma força de atrito sobre o

bloco, paralela à superfície da rampa e apontando no sentido de descida. Como

veremos, quanto maior for o valor de a, maior deverá ser o módulo da força de

atrito.

Aplicando a Segunda Lei de Newton nessa nova situação (força de atrito não-

nula), temos

N senθ + Fat cosθ = ma (0.33)

N cosθ − Fat senθ = mg , (0.34)

A partir da equação (0.34), podemos escrever

N =Fat senθ +mg

cosθ. (0.35)

Substituindo (0.35) em (0.33) e resolvendo para a força de atrito, obtemos

Fat = m(a cosθ − g senθ) . (0.36)


A expressão do módulo da reação normal sobre o bloco é obtida, simplesmente,

substituindo (0.36) em (0.35), o que nos fornece

N = m(a senθ + g cosθ) . (0.37)

Antes de prosseguirmos, analisemos a equação (0.36). Observe, inicialmente, que

para a = g tan θ temos Fat = 0, como foi mostrado no item (a). À medida que a

vai aumentando, cresce também o valor de Fat necessário para manter o bloco sem

deslizar sobre a rampa até que, para um certo valor de a, designado por amax, Fat

atinge seu valor máximo, dado por µeN .

Escrevendo Fat = µeN no lado esquerdo da equação (0.36) e substituindo para

N a expressão dada em (0.37), temos

µem (amax senθ + g cosθ) = m (amax cosθ − g senθ) .

Resolvendo a última equação para amax, obtemos, finalmente,

amax =senθ + µe cosθcosθ − µe senθ

g . (0.38)

(c) Observe que quando cosθ − µe senθ = 0, isto é, quando θ → θc = cotg−1(µe),

amax → ∞. Isso significa que a partir de θc, qualquer que seja a aceleração da

rampa, o bloco não deslizará sobre ela. Embora o aumento de a exija um valor de

Fat cada vez maior para manter o bloco sem deslizar, para θ ≥ θc o valor de N

cresce de tal forma que o atrito máximo µeN sempre é capaz de manter o bloco sem

deslizar sobre a rampa.

12. Por conveniência, repetimos a figura do enunciado. Aplicaremos, separadamente, a Se-

gunda Lei de Newton a cada corpo.

Analisando o movimento do bloco de massa M , podemos escrever, a partir da figura

Mg cos(θ)− µcMg sen(θ)− T = Ma , (0.39)


mMθ

onde T é a tensão no fio e usamos as relações trigonométricas cos(π/2 − θ) = sen(θ) e

sin(π/2− θ) = cos(θ).

Analogamente, analisando o movimento do bloco de massa m, temos

T −mg sen(θ) = ma (0.40)

As equações anteriores formam um sistema de duas equações e duas incógnitas. Resol-

vendo para a e T , obtemos

a =

[

M(cosθ − µc senθ)−m senθm+M

]

g (0.41)

e

T =mMg [cosθ + senθ(1− µc)]

m+M. (0.42)

13. (a) Atuam apenas duas forças sobre a partícula, o seu peso e a tensão exercida pelo

fio. Como o movimento ocorre num plano horizontal, a componente vertical da

tensão, Tz = T cos θ, contrabalança o peso. Denotando por θ o ângulo entre o fio e

a vertical, temos,

T cos θ = mg . (0.43)

Quanto maior for o ângulo θ maior será a tensão no fio necessária para manter o

movimento circular uniforme. No ângulo máximo, θmax, temos,

Tmax cos(θmax) = mg , (0.44)

o que nos leva ao resultado

θmax = cos−1(mg/Tmax) . (0.45)


(b) A componente horizontal da tensão aponta sempre para o centro da trajetória circu-

lar, de modo que

Tmaxsen(θmax) = mv2/r , (0.46)

onde r é o raio da trajetória d partícula e v o módulo de sua velocidade. Usando,

então, a equação Tmax cos(θmax) = mg, obtemos

v =√

gr sin(θmax)/ cos(θmax) . (0.47)

O período é dado por T = 2πr/v, ou seja,

T = 2π

√

r cos(θmax)

g sin(θmax)= T = 2π

√

ℓ cos(θmax)

g, (0.48)

onde usamos o fato de que r = ℓ sen(θmax).

14. (a) Uma vez que o bloco desliza com velocidade constante, sua aceleração é nula e,

pela Segunda Lei de Newton, é nula a soma de todas as forças sobre o bloco. As

vizinhanças do bloco são a Terra, o plano inclinado e a prancha. A Terra exerce

sobre o bloco a força peso, de módulo 3mg. O plano inclinado exerce sobre o bloco

uma força normal, de módulo N e uma força tangencial, a força de atrito cinético,

de módulo f = µN . A prancha também exerce sobre o bloco uma força normal,

de módulo N ′ e uma força tangencial, a força de atrito cinético, de módulo f ′ =

µN ′. Essas forças estão especificadas em módulo, direção e sentido no diagrama à

esquerda da figura.

3mg θ

N

f

N ′ f ′

mg

N ′

θ

f ′

T


Na direção do plano inclinado e na direção perpendicular ao plano inclinado, temos

as seguintes equações para o equilíbrio de forças: 3mg senθ = f + f ′ e N =

N ′ + 3mg cos θ, ou seja,

3mg senθ = µN + µN ′ e N = N ′ + 3mg cos θ . (0.49)

As vizinhanças da prancha são a Terra, o fio e o bloco. A Terra exerce sobre a

prancha a força peso, de módulo mg. O fio exerce sobre a prancha uma força de

módulo T na direção do plano inclinado. O bloco exerce sobre a prancha uma força

normal e uma força de atrito tangencial. Elas são as respectivas reações às forças

de ação normal e tangencial que a prancha exerce sobre o bloco e, pela Terceira

Lei de Newton, têm os mesmos módulos N ′ e f ′ das forças de ação, as mesmas

direções, e os sentidos opostos, tal como indicado no diagrama à direita da figura.

Na direção do plano inclinado e na direção perpendicular ao plano inclinado, temos

as seguintes equações para o equilíbrio de forças sobre a prancha: f ′+mg senθ = T

e N ′ = mg cos θ, ou seja,

µN ′ +mg senθ = T e N ′ = mg cos θ . (0.50)

Usando a segunda equação em (0.50) na segunda equação em (0.49), obtemos N =

4mg cos θ. Agora, substituimos essa expressão de N , e a expressão de N ′ dada na

segunda equação em (0.50), na primeira equação em (0.49). Obtemos 3mg senθ =

µ5mg cos θ, ou seja, µ = (3/5) tgθ.

(b) Para calcular a tensão T , substituímos na primeira equação em (0.50) o valor de µ

que acabamos de encontrar e o valor de N ′ dado na segunda equação em (0.50).

Obtemos (3/5) tgθ mg cos θ+mg senθ = T , donde (3/5)mg senθ+mg senθ = T .

Portanto, T = (8/5)mg senθ.

15. Para facilitar a compreensão da resolução do problema, repetimos a figura do enuncidado.

(a) Sobre a conta atuam duas forças, a normal e o peso. A normal deve ser decom-

posta em duas componentes, uma vertical, que se opõe ao peso, e outra centrípeta.


R

β

ω

Aplicando a Segunda Lei de Newton, temos:

N cosβ = mg (0.51)

N senβ = mω2R senβ =⇒ N = mω2R , (0.52)

onde usamos o fato de que o raio da trajetória circular da conta é R senβ. Dividindo

a equação (0.51) pela (0.52), obtemos

cosβ =g

Rω2=⇒ β = cos−1

( g

Rω2

)

(0.53)

(b) Para β = 0, N = mg e a velocidade angular do aro pode ser qualquer, inclusive

nula.

Já para o caso em que β → π/2, devemos ter

g

ω2R= cos(π/2) = 0 =⇒ ω −→ ∞ . (0.54)

Embora esse resultado pareça um tanto peculiar à primeira vista, ele pode ser facil-

mente entendido observando que para β → π/2 a direção da normal sobre a conta

vai tendendo a ser horizontal. Mas como sua componente vertical deve equilibrar

o peso, seu módulo deve tender para infinito. Lembre-se de que N = mω2R e,

portanto, N → ∞ implica ω → ∞.

16. Por conveniencia, repetimos a figura do enunciado.

(a) Para resolver esse problema é conveniente decompor as trações exercidas pelos fios

sobre a bolinha em suas componentes vertical e horizontal. Por conveniência, de-

signaremos por T1 a tensão no fio de cima e por T2 a tensão no fio de baixo.


L

L

L

m

ω

Inicialmente, note que o triângulo formado pelos fios e pela haste é equilátero,

de modo que o ângulo que cada fio faz com a horizontal é π/6. Com isso, o raio da

trajetória circular da bolinha é R = L cos(π/6) = L√3/2. Como o movimento é

horizontal, a componente vertical da aceleração da bolinha é nula, o que nos permite

escrever:T1

2=

T2

2+mg =⇒ T1 − T2 = 2mg . (0.55)

Usando o fato de que o movimento é circular uniforme e de raio L√3/2, temos

√3

2(T1 + T2) = mω2L

√3

2=⇒ T1 + T2 = mω2L . (0.56)

Resolvendo o sistema formado pelas equações (0.55) e (0.56), obtemos

T1 = mw2L/2 +mg ; (0.57)

T2 = mw2L/2−mg (0.58)

(b) Analisando as equações anteriores, vemos que nos movimentos circulares uniformes

desse sistema com velocidades angulares ω cada vez menores, ambas as tensões são,

também, cada vez menores. No entanto, existe um valor de ω, que designaremos

por ωmin, para o qual T2 = 0, ou seja, para o qual o fio de baixo deixa de exercer

qualquer força sobre a bolinha. É imediato mostrar que

T2 = 0 =⇒ ω2

minL

2g− 1 = 0 =⇒ ωmin =

√

2g

L. (0.59)

Movimentos circulares uniformes com ω < ωmin terão raios menores que L√3/2

e, nesses casos, o fio de baixo não estará esticado. Essa situação é a mesma que a

de um pêndulo cônico usual.


17. (a) Da Segunda Lei de Newton (componentes horizontais), podemos escrever também

F −N = Ma e N = ma , (0.60)

onde N é módulo da componente horizontal da força de contato entre os blocos e

usamos o fato de que os blocos têm a mesma aceleração. Das duas últimas equações,

obtemos

a =F

M +me N =

m

M +mF . (0.61)

A última equação relaciona a normal N com a força F aplicada. Note que à medida

que F diminui, N também diminui. No entanto, para que o bloco de massa m

não deslize sobre a superfície vertical do bloco de massa M , Fat = mg. Como o

módulo da força de atrito pode variar de zero até o valor máximo µeN , o menor

valor da normal possível deve satisfazer a equação

µeNmin = mg =⇒ Nmin =mg

µe

. (0.62)

Conseqüentemente, o valor mínimo de F é dado por

Fmin =M +m

mNmin =

M +m

m× mg

µe

=⇒ Fmin =(M +m)g

µe

. (0.63)

(b) As componentes verticais das forças que atuam sobre o bloco de massa M são as

seguintes: seu peso (Mg), a reação normal exercida pelo solo (NS) e a reação à

força de atrito (Fat = mg). Portanto, temos

NS = (M +m)g (0.64)

18. A figura mostra o bloco deslizando sobre a superfície interna do cone de ângulo α.

(a) Isolando as forças que atuam na partícula, temos, para as direções horizontal e ver-

tical da figura, respectivamente:

N cos α =mv2

r(0.65)

e

N senα = mg =⇒ N =mg

senα. (0.66)


mr

α

Substituindo a expressão da normal N na primeira das equações, temos

mg

senαcos α =

mv2

r=⇒ v =

√

g r

tanα. (0.67)

(b) O período do movimento é dado pela razão

T =2 π r

v= 2 π

√

r tanαg

(0.68)

19. A figura a que se refere o enunciado desse problema está reproduzida abaixo, para que

possamos identificar as posições dos blocos de massa M e m.

mMθ

Se o bloco de mass M não desce a rampa, então a tração exercida pelo fio contrabalanç a

a componente do peso paralela à rampa, isto é,

T = Mg sen(90− θ) = Mg cosθ . (0.69)

Analogamente, podemos escrever a condição para que o outro bloco também fique pa-

rado, a saber,

T = mg senθ + Fat . (0.70)

As duas equações anteriores nos levam a

Mg cosθ = mg senθ + Fat =⇒ M =mg senθ + Fat

g cosθ. (0.71)


Na iminência de movimento, temos Fat = µmg cos θ. Substituindo esse valor na equação

anterior, obtemos

M =senθ + µ cos(θ)

cosθm . (0.72)

20. Por conveniência, reproduzimos a figura do enunciado.

m m

π2 − θ θ

Plano 1Plano 2

(a) Para resolver este problema, vamos proceder em etapas:

(i) Determinar as acelerações ao longo dos dois planos inclinados.

Isolando as forças sobre cada bloco, obtemos ao longo do plano 1

mg sen θ = ma1 =⇒ a1 = g sen θ ,

e ao longo do plano 2

mg sen(π

2− θ

)

− fat = mg cos (θ)− fat = ma2

e

N = mg cos(π

2− θ

)

= mg sen θ

Combinando as duas equações acima, temos

mg cos θ − µcmg senθ = ma2

ou,

a2 = g (cos θ − µc senθ)

(ii) Depois vamos supor que a altura do triângulo seja h, de forma que as distâncias

ao longo do plano inclinado de θ (plano 1) e do plano inclinado de π/2 − θ (plano

2) sejam respectivamente:


d1 = h/sen θ e d2 = h/sen (π/2 − θ) = h/ cos θ .

(iii) Finalmente calculamos os tempos necessários para os dois blocos descerem as

rampas, e comparamos os resulados. Os tempos são dados por

t1 =

√

2 d1a1

(ao longo da rampa 1) e t2 =

√

2 d2a2

(ao longo da rampa 2)

Igualando os dois instantes acima, temos

t1 = t2 =⇒√

2h /senθa1

=

√

2h / cos θ

a2

Elevando ambos os membros ao quadrado e substituindo as expressões para as ace-

lerações a1 e a2, obtemos,

1

senθ(g senθ)=

1

cos θ g (cos θ − µc senθ). (0.73)

Rearranjando adequadamente os termos da equação anterior, temos,

cos2 θ − µc cos θ senθ = sen2θ , (0.74)

donde,

µc =cos2 θ − sen2θ

senθ cos θ=

2 cos 2 θ

sen 2 θ=

2

tan 2θ. (0.75)

(b) Para θ = π/4, as duas rampas têm a mesma inclinação e, conseqüentemente, o

mesmo comprimento. Nesse caso, obtemos para o coeficiente de atrito na rampa da

esquerda

µc = 2 cos(π/2)/sen(π/4) = 0 . (0.76)

Ou seja, para π/4, os blocos só chegarão simultâneamente ao solo se não houver

atrito sobre o bloco da esquerda, como esperado (uma vez que os comprimentos das

rampas são iguais e não há força de atrito sobre o bloco da direita).

21. (a) Para resolver este problema primeiro precisamos determinar a aceleração de cada

bloco para só depois igualar os tempos de descida, lembrando que o trajeto de cada

um é diferente. A força resultante em cada bloco é dada por

F ′

r= mgsen(π/2− θ)− µ′mg cos(π/2− θ) (0.77)


Fr = mg senθ − µmg cos θ (0.78)

Simplificando a primeira equação, temos

F ′

r= mg cos θ − µ′mg senθ . (0.79)

O que nos deixa com as seguintes acelerações

a′ = g[cos θ − µ′ senθ] (0.80)

a = g[senθ − µ cos θ] . (0.81)

O comprimento do plano inclinado da direita pode ser escrito como d = h/sen(θ),

onde h é a altura do triângulo. Da mesma forma d ′ = h/ cos(θ), lembrando que

sen(π/2 − θ) = cos(θ). Os tempos gastos pelos blocos em suas descidas são,

respectivamente, dados por

t =√

2d/a (0.82)

t′ =√

2d′/a′ (0.83)

Igualando os tempos de descida anteriores, obtemos

2d

a=

2d ′

a ′(0.84)

donde1

a senθ=

1

a ′ cos θ. (0.85)

Substituindo na equação anterior os valores das acelerações, obtemos

senθ senθ − µ cos θ = cos θ cos θ − µ′ senθ . (0.86)

Conseqüentemente, chegamos ao resultado desejado,

µ′ − µ =cos2 θ − sen2θ

cos θsenθ= 2 cot(2θ) . (0.87)

(b) Quando µ′ = µ obtemos a condição cos2(θ) = sen2(θ). Nesse caso, o ângulo θ deve

ser igual a π/4.


22. (a) As vizinhanças do bloco de baixo são a Terra, que exerce a força peso m~g, o fio

esticado, que exerce a força ~T na direção da rampa e apontando para cima, e a

própria rampa, que exerce a normal ~N e o atrito ~f , conforme abaixo indicados no

diagrama do bloco isolado. As vizinhanças do bloco de cima são a Terra, que exerce

a força peso m~g, a rampa, que exerce a normal ~N ′ e o atrito ~f ′, conforme abaixo

indicados no diagrama do bloco isolado, e o fio esticado, que exerce a força ~T ′.

Como o fio é ideal, ~T ′ = −~T . As forças de atrito, naturalmente, têm a direção da

rampa e apontam para cima, no sentido oposto ao dos movimentos dos blocos.

θ

θ

m~g

m~g

~N

~N ′

~T ′

~T

~f ′

~f

(b) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco de baixo, temos

mg senθ − T − f = ma e N −mg cos θ = 0 . (0.88)

Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco de cima, temos

mg senθ + T − f ′ = ma e N ′ −mg cos θ = 0 , (0.89)


onde a aceleração é a mesma do bloco de baixo porque o fio é ideal e, portanto,

inextensível. Das equações (0.88) e (0.89), obtemos

mg senθ−T−µmg cos θ = ma e mg senθ+T−2µmg cos θ = ma . (0.90)

Somando essas equações obtemos a aceleração e, subtraindo uma da outra, a tensão;

elas são dadas, respectivamente, por

a =

(

senθ − 3

2µ cos θ

)

g e T =1

2(µ cos θ) mg . (0.91)

0.1 leis de newtonfisica1.if.ufrj.br/.../html_2016_2/listas/probcap45gabarito.pdf · como o livro...

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