exerc.moyses-cap.2

1

Resolução - Moyses

0.1 Exercício 8 - cap. 2 pg 38

O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15metros. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quandoo sinal muda para amarelo é 3m/s2 e ele pode ser freado a 5m/s2. Que velocidade mínimao carro precisa ter na mudança de sinal para amarelo a fim de que possa atravessar o sinalamarelo? Qual é a velocidade máxima que lhe permite parar ainda antes de atingir ocruzamento?

Primeira parte - velocidade mínima:

xf = xo + vo(t− to) +a

2(t− to)

2

45 = vo × 3 +3(3)2

215 = vo + 4, 5

vo = 10, 5 m/s = 37, 8 km/h (1)

Segunda parte:Velocidade máxima para uma aceleração de a = −5 m/s2 até parar

v2 = v2o − 2× 5× 30v2o = 300

vo = 17, 3 m/s = 62, 4 km/h (2)


Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15m atrás de um caminhão, ambostrafegando a 80 km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3 m/s2. O motoristadeseja ultrapassar o caminhão e retornar para sua mão 15 m a frente do caminhão. Nomomento que começa a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto,também a 80 km/h. A que distância mínima precisa estar do outro carro para que aultrapassagem seja segura?

x1, x2ex3: posição do carro, do caminhão e do outro carro (em outro sentido)Depois da ultrpassagem x1 = x3

vo = 80 km/h = 22, 22 m/sx2 = 15 + vot

x3 = x03 − vot = xmin − vot

vot+at2

2= xmin − vot

xmin = 2votm +at2m2

(3)

Para calcular esse tempo tm (tempo para ultrapassar o caminhão e se posicionar15 m a frente)

x1 = x2 + 15

2

votm +at2m2

= 15 + votm + 15; t2m =2

a× 30 =

60

3= 20 s2

tm = 4, 472 s

xmin = 2vo(4, 472) +a(20)

2= 228, 8 m (4)


Deixa-se cair uma pedra num poço profundo. O barulho da queda é ouvido 2s depois.Sabendo que a velocidade do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço.

Pedra:

y − yo = −gt202

; y − yo = −d

tp =

√

2d

g(5)

Som:

y − yo = vsts

ts =d

vs; tp + ts = 2 s

2 =

√

2d

g+

d

vs

(2− d

vs)2 =

2d

g

4− 4d

vs+

d2

v2s=

2d

g

d2 − (4vs +2v2sg

)d+ 4v2s = 0

d2 − 23544, 5 + 435600 = 0√∆ = 23507, 5

d =23544, 5− 23507, 5

2= 18, 5 (6)


Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo terceiro andar, situado 20macima do chão, 0.5s antes de se espatifar no chão.

Letra (a) Qual a altura do edifício?Letra (b) Com que velocidade o vaso atinge o chão?

v22 = v21 − 2g(y2 − y1)v22 = v21 − 2gy1 (eq.1)v22 = v2o − 2g(y2 − yo)

v22 = 0− 2g(0− h)v22 = 2gh (eq.2)

(eq.1) = (eq.2) => 2gh = v21 + 2gy1 (eq.3)

y2 − y1 = v1∆t− g

2∆t2

3

−y1 +g

2∆t2 = v1∆t

(g

2∆t2 − y1)

1

∆t(eq.4)

v1 = −37, 55 m/s (para baixo)

eq.3 => h = (v21 + 2gy1)1

2g= 91, 94 m (7)

(b)

v22 = v21 = 2gyo => v2 = 42, 45 m/s


Um foguete para pesquisa meteorológicas é lançado verticalmente para cima. O combus-tível, que lhe imprime uma aceleração de 1,5 g (g é a aceleração da gravidade) durante operíodo de queima, esgota-se após 1/2 minuto.

Letra (a) Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemosdesorezar a resistência do ar?

Letra (b) Com que velocidade e depois de quanto tempo ele voltaria a atingiro solo?

(a)

y1 − yo = vo(t1 − to) +a

2(t1 − to)

2

h1 =1, 5

2(9, 8)(30)2 = 6.615 m (8)

Velocidade para se chegar em h : v1 = vo + 15g(30) = 441 m/s:Agora é queda livre

v22 = v21 − 2g(y2 − y1)0 = 4412 − 2(9, 8)(y2 − y1)

h2 = 9922.5 mHmax = h1 + h2 = 16537.5 m

v2 = v1 − g(t2 − t1)0 = 441− 9, 8(t2 − t1)

t2 − t2 = 45 s (9)

(b)

∆y = Hmx

v2 = v2o − 2g∆yv = −√

2gh = 568, 7 m/sv = vo − g(t− to)

∆t = −y

g=

568, 7

9, 8= 58 s (10)

Tempo total no ar é

58s+ 30s+ 45s = 133s

4


No eixo x (MRU):

vx = vocos30o => x = vocos30

ottA é o tempo gasto para uma gota de água atingir o ponto A (y = 0, yo = 1, 5m)

tA = 15mvocos30o

No eixo y (MRUV, queda livre):

y = yo + vosen30ot− g

t2

2

0 = 1, 5 + vosen30otA − g

t2A2

0 = 1, 5 +vo(0, 5)× 15

vo × 0, 866− g

152

2v2o × 0, 75

0 = 1, 5 + 8, 66− 1470

v2ov0 = 12 m/s (11)


Altura máxima ym = v2osen2θ2g

Alcance da bola A = 2v2osenθcosθ

g

Letra (a)

A =√

82 + 15, 52 = 17, 44 m

ymA

=

v2osen2θ

2g

2v2osenθcosθ

g

ymA

=tgθ

4

θ = arctg4× 20

17, 44θ = 77, 7o (12)

Letra(b): A velocidade que a bola atinge a mesma altura de lançamento é opróprio vo

ym =v2osen

2θ

2gvo = 20, 26 m/s = 72, 9 km/h (13)

Letra(c): Tempo percorrido neste percurso é o tempo do vôo

t = tA =2vosenθ

gtA = 4 s (14)

5


Use a equação da trajetória

y = tgθ − gx2

2v2ocos2θ

y = tgθ − gx2

2v2ocos2(1 + tg2θ)

y = 3, 05 m− 2 m = 1, 05 m (15)

Faça

tgθ = r

x = 3 m

1, 05 = r3− 9, 8× 32

2× 49(1 + r2)

1, 05 = 3r − 0, 9(1 + r2)0, 9r2 − 3r + 1, 95 = 0

r1 = 2, 45 => θ1 = arctg r1 = 67, 7o

r2 = 0, 88 => θ2 = arctg r2 = 41, 4o (16)


O alcance de um projétil é 4 vezes sua altura máxima, e ele permanece no ar durante 2segundos. Letra (a) Em que ângulo ele foi lançado?

A = 4ym

tA = 2tm = 2vosenθ

g

ym =v2osen

2θ

2g

A =v2ogsen2θ

2v2osenθcosθ

g=

2v2osen2θ

gcosθ = senθ

θ = 45o (17)

Letra(b) Qual foi a velocidade inicial?

tA = 2vosenθ

g2× 9, 8 = 2vosenθ

vo =9, 8

sen45o=

√2× 9, 8 m/s = 13, 86 m/s (18)

Letra(c) Qual é o alcance? A = 19, 6 m

6


vy1 = |~v1|cos30o

|~v1| =29, 4 m/s

cos30o= 33, 95 m/s (19)

Letra(a)

vxB = |~v1|sen30ovxB = 33, 95 m/s× 0, 5 = 16, 97 m/s (20)

Letra(b)

∆y = voy −g

2∆t2

h = 44, 1 m (21)

Letra(c)

∆x = vxB∆t∆x = 17 m/s× 3 = 51 m (22)

Letra(d)

|~v1| = 34 m/s


v é a velocidade do martelo no instante anterior ao impacto.Pode-se erroneamente, em um primeiro raciocínio, pensar que a força com que

o martelo interage com o prego seria seu peso P = mg. Porém, devemos analisar qual aaceleração que o martelo impõe ao prego.

Suponha que vi = v é a velocidade do prego logo após o impacto do marteloe vf = 0 após o prego penetrar uma distância l na madeira. a é a aceleração média doprego.

v2f = vi − 2al

a =v2i2l

(23)

Pela terceira lei de Newton, o módulo da força sobre o prego é o mesmo móduloda força sobre o martelo.vi = v velocidade final da queda do martelo de uma altura h.

F = ma = mv2i2l

v2i = v2 = v2o − 2g∆yv2 = 2gh (24)

Então:

r =F

P=

mv2

2l

mg

r =m(2gh)

1jg=

h

l(25)

7


No sistema, m1 = 1Kg, m2 = 2Kg, m3 = 3Kg, e as massas das polias e das cordas sãodesprezíveis. Calcule as acelerações a1, a2 e a3 das massas m1, m2 e m3 e a tensão T dacorda.

Equações de equilíbrio das massas (1 a 3 respoectivamente):

T −m1g = m1a12T −m3g = m3a3T −m2g = m2a2 (26)

Vínculo:

l1 + 2l3 + l2 = La1 + 2a3 + a2 = 0a1 = −2a3 − a2 (27)

2T − 2m1a1 = 2m1g2T −m3a3 = m3g

2T − 2m2a2 = 2m2g (28)

m3g +m3a3 − 2m1(−2a3 − a2) = 2m1gm3g +m3a3 − 2m2a2 = 2m2g (29)

m3g +m3a3 + 4m1a3 + 2m1a2 = 2m1gm3g +m3a3 − 2m2a2 = 2m2g (30)

2m1a2 + (4m1 +m3) = (2m1 −m3)g−2m2a2 +m3a3 = (2m2 −m3)g (31)

8

2a2 + 7a3 = −g−4a2 + 3a3 = g (32)

a3 = − 1

17g

a2 = − 5

17g

a1 =7

17g (33)

Da primeira equação

T = m1a1 +m2g

T = m1(7

17+ 1)g

T = m124

17g =

24

17m1g (34)


Um pintor está sobre uma plataforma suspensa sobre uma polia. Puxando a carola em3, ele faz a plataforma subir com aceleração g/4. A massa do pintor pe de 80kg e daplataforma 40Kg. Calcule as tensões exercidas nas cordas 1, 2 e 3 e a força exercida sobrea plataforma.

homem: T3 +N −mhg = mhaplataforma: T2 −N −mpg = mpa

ahomem = aplataformaT3 = T2

(35)

T +N = mh(g + a)

9

T −N = mp(g + a) (36)

2T = (mp +mh)(g + a)

T =1

2(mp +mh)(g +

g

4)

T =1

2(mp +mh)

5

4g =

5

8(mp +mh)h

T = 735 N (37)

T1 = T2 + T3 = 735 N + 735 NT1 = 1470 N (38)

Força exercida pelo pintor sobre a plataforma

T +N = mh(g + a)

N = mh

5

4g − T

N = 980− 735 = 245 (39)


No sistema, as polias e fios tem massa desprezível. m1 = 1 Kg e m2 = 2 Kg.Letra (a) O sistema é solto com mvelocidade inicial nula. Usando a conservação

de energia, calcula as velocidades de m1 e m2 depois que m2 desceu uma distância y2.Letra (b) Calcule a partir daí as acelerações a1 e a2 das duas massas.

Sabendo que ∆y1 > 0 e ∆y2 < 0

2l1 + l2 = L2∆l1 = −∆l2

2∆y1 = −∆y2 = +|∆y2|2v1 = −v22y1 = −y2

10

4v21 = v22 (40)

Conservação de energia

∆K1 +∆K2 +∆U1 +∆U2 = 01

2m1v

21 +

1

2m2v

22 +m1g∆y1 +m2g∆y2 = 0

v212

+ v22 + g∆y1 + 2g∆y2 = 0

v222

+ 4v21 + gy1 + 2g(−2y1) = 0

9

2v21 − 3gy1 = 0

v21 =2

3gy1 => v21 =

2

3gy22

v21 = gy23

v22 = 4v21 =4

3gy2 (41)

Aceleraçõesm2 desce, pois o trabalho da gravidade é positivo, visto que a força e o deslo-

camento tem mesmo sentido.

W2 = m2a2y2 = ∆K2

m2a2y2 =m2v

22

2

a2y2 =1

2

4

3gy2

a2 =2

3g (42)

Trabalho realizado no sistema em m1 é negativo

W1 = m1a1y1 = ∆K1

m1a1y1 =m1v

21

2

a1y1 =1

2gy23

a1(−y22) =

1

2gy23

a1 = −g

3(43)

0.15 Exercício 19 - cap. 6

No sistema da figura, a bolinha de massa m, esta amarrada por fios de massa desprezívelao eixo vertical AB e gira com velocidade angular Ω em torno desse eixo. A distância ABvale I. Calcule as tensões nos fios superios e inferior: para que valor de Ω o fio inferiorficaria frouxo?

11

Figura 1: Bolinha amarrada nos fios


Um cabo iniforme de massa Me comprimento L, está inicialmente equilibrado sobre umapequena polia de massa desprezível, com a metade do cabo pendente de cada lado dapolia. Devido a um pequeno desequilibrio o cabo começa a deslizar para uma de suasextremidades, com atrito desprezível. Com que velocidade o cabo está se movendo quandoa sua outra extremidade deixa a polia?

Temos a equação da energia:∑

E = 0 (44)

Somente o lado 1 tem variação de energia potencial ∆U , o lado 2 (estado final) tem ∆UNulo.

Desenvolvendo a equação da energia em cada lado da polia, encontramos:

∆K1 +∆K2 +∆U1 +∆U2 = 0M2v2

2+

M2v2

2+ (u′

c − uc) + (uc − uc) = 0

Mv2

2+

M

2g−L

2= 0

v2 =−Lg

2(45)

Conforme o resultado, a velocidade do cabo quando a sua outra extremidadedeixa a polia, depende somente do comprimento e da gravidade.


Uma porta de 15Kg e 70cm de largura, suspensa por dobradiças bem azeitadas, estáaberta de 90o, ou seja, com seu plano perpendicular ao plano do batente, ela leva um

12

Figura 2: Bolinha submetida ao peso

empurrão na beirada aberta, com impacto equivalente ao de uma massa de 1kg, comvelocidade de 2, 5m/s. Qaunto tempo ela leva para fechar-se?

O primeiro passo é esboçar fisicamente o problema e escrever as equaçõesnecessárias:

Primeiro iniciaremos escrevendo as equações necessárias:

p = mv

I =1

3Ma2

Lz = |~rx~p|Lz = aρ = Iωθ = θ0 + ω∆t

(46)

Para encontrar-mos o tempo necessário, isolamos ∆t:

∆t =∆θ

ω(47)

Como é necessário ω na equação, tembém encontraremos ele:

ω =aρ

I(48)

Assim, ∆t é:

∆t =π2aρ

I

(49)

Em que ρ é a quantidade de movimento que impulsiona a porta e pode sercalculado com a massa do impacto e velocidade do mesmo, e I é o momento de inércia jámostrado em (46).

13

Figura 3: Cabo na polia

∆t =πI

2aρ

∆t =πMa2

6aρ

∆t =πMa

6mv(50)


Um vagão de massa m1 = 4 toneladas está sobre inclindado de inclinação θ = 45o, ligadoa uma massasuspensa m2 = 500 Kg pelo sistema de cabo e poliad ilustrado. Supôe-seque o cabo é inextensível a a massa das polias e cabo é desprezível. O coeficiente deatrito cinético entre o vagão e o plano inclinado é µc = 0, 5 e o sistema é solto do repouso.(a) Determine as relações entre os deslocamento s1 e s2 e as velocidades v1 e v2 dasmassa m1 e m2, respectivamente. (b) Utilizando a conservação da energia, calcule de quedistância o vagão se terá deslocado ao longo do plano inclinado quando sua velocidadeatingir 4, 5 km/h.

Letra (a) Como o vagão m1 desce o plano, ∆s2 é positivo e ∆s1 é negativo.

2∆s1 = −∆s22v1 = −v24v21 = v22 (51)

Letra (b)

∆K +∆U = −WFa

14

Figura 4: Estado final do cabo na polia

∆K1 +∆K2 +∆U1 +∆U2 = −µcN |∆s1|1

2m1v

21 +

1

2m2v

22 +m1g∆y1 +m2g∆y2 = −µcm1gcosθ|∆s1|

fazendo ∆s1 = −d1

2m1v

21 +

1

2m2(4v1)

2 +m1g(−φsen45o) +m2g(2d) = −µcm1gcos45od

1

2m1v

21 + 2m2v

21 −

m1gd√2

+ 2m2gd = −µcm1g√2

d

(m1√2− µcm1√

2− 2m2)gd = (m1/2 + 2m2)v

21

d =(m1/2 + 2m2)v

21

[m1√2(1− µc)− 2m2]g

d = 1, 15 m (52)


Um automóvel de massa m e velocidade inicial v0 é acelerado utilizando a potência máximaPM do motor durante um intervalo de tempo T . Calcule a velocidade do automóvel aofim desse intervalo.

PM =∆K

∆t=

12mv2 − 1

2mv0

T

v =

√

v2o +2PMT

m(53)


Um bloco de massa m = 10 Kg é solto em repouso do alto de um plano inclinado de45o em relação ao plano horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc = 0, 5. Depois

15

Figura 5: Porta empurrada

de percorrer uma distância d = 2 m ao longo do plano, o bloco colide com uma molade constante k = 800 N/m, de massa desprezível que se encontrava relaxada. (a) Qualé a compressão sofrida pela mola? (b) Qual é a energia dissipada pelo atrito durante otrajeto do bloco desde o alto do plano até a compressão máxima da mola? Que fraçãorepresenta da variação total de energia potencial durante o trajeto? (c) Se o coeficientede atrito estático com o plano é µc = 0, 8, que acontece com o bloco logo após colidir coma mola?

Trabalho realizado pela força de atrito

WFa = Fad = µcmgcos45odWFa = 34, 65× 2 J = 69, 3 J

(54)

até antes do contato com a mola

∆K +∆U = WFa1

2mv2 + 0−mgh = −69, 3 J

16

v2 =2

m× (69, 3 J) + 2gh =⇒ v = 6, 44 m/s

ou1

2mv2 = −69, 3 J + 138, 18 J =⇒ 1

2mv2 = 68, 9 J (55)

Compressão da mola:

∆K +∆U = W ′Fa

0− 1

2mv2 +

kx2

2− 0 = −µcmgxcos45o

k

2x2 + µcmgcos45o − 68, 9 = 0

400x2 + 34, 65x− 68, 9 = 0∆ = 11200, 5 + 110240 = 111440, 5

x =−34, 65± 333, 8

800x1 = 0, 37 m

x2 = −0, 46 m ⇒ a mola é contraída (56)

Letra(b)

W(2)Fa = µcmgcos45o(−0, 46 m) = 34, 65(−0, 46)

W(2)Fa = −16 JW total

Fa = −69, 3 J − 16 J = −85, 3J

(57)

Letra(c)

Ei = mgh = 10 kg × 9, 8 m/s× 1, 41 m+ 10 kg × 9, 8 m/s× 0, 46 m× sen45o

Ei = 138, 18 J + 31, 87 J = 170 J(58)

Fração de energia perdida 85,3 J

170 J= 0, 5


Uma bolinha amarrada a um fio de comprimento l = 1 m gira num plano vertical. (a)Qual deve ser a velocidade da bolinha no ponto mais baixo B para que ela descreva ocírculo completo? (b) A velocidade satisfazendo esta condição, verifica-se que a tensão

17

do fio quando a bolinha passar por B difere por 4, 41 N da tensão quando ela passa pelaposição horizontal A. Qual é a massa da bolinha?

Letra (b)

∆K +∆U = 01

2mv2B − 1

2mv2o + 0−mg(2l) = 0

para calcular vo: mg + T = mv2ol

T = 0 (tensão mínima)v2o = lg

1

2v2B − lg

2− 2lg = 0

v2B = 5lgvB = 7 m/s (59)

Letra (b)

em B TB −mg =mv2Bl

em A TA =mv2Al

TB − TA = mv2Bl

+mg −mmv2al

Velocidade em A: ∆K +∆U = 01

2mv2A − 1

2mv2B +mg(2l)− 0 = 0

v2A = v2B − 2gl = 5gl − 2glv2A = 3gl

então TB − TA = mv2Bl

+mg −m(3gl)

l4, 41 N = m5g +mg − 3mg

4, 41 N = 3mg

m =4, 41 N

3g= 0, 15 Kg = 150 g (60)


Um garotinho esquimó desastrado escorrega do alto do seu iglu, um domo hemisférico degelo de 3m de altura. (a) De que altura acima do solo ele cai? (b) A que distância daparede do iglu ele cai?

18

Figura 6: Esquimó no Iglu

Sobre as forças atuantes no iglu, podemos afirmar:

mg cos(θ) = Fcpmg cos(θ) =mVf

2

RgR cos(θ) = Vf

2

Vf2 = gh

(61)

Figura 7: Forças atuantes no Esquimó

Tendo as equações fundamentais, substituiremos as equações sucesivamente ainicar pelo somatório das energias = 0:

∆K +∆U = 0

19

mv2

2+mgh−mg(R) = 0

gh

2+ gh = gR

3

2h = R

h =2

3R

h = 2m(62)

Precisamos também descobrir a distância da parede que ele cai:

cos(θ) =h

R

cos(θ) =2

3θ = 48, 19o

(63)


y = y0 + v0yt− gt2

2∆y = −v sin θt− g

2t2

−2 = −√

gh sin θt− g

2t2

4, 9t2 + 3, 3t− 2 = 0∆ = 50, 09

t =−3, 3±√

50, 09

9, 8t = 0, 385s

(64)

Delta x:

x = x0 + v0xt

20

∆x = v cos θ

∆x =√

gh2

30, 385

∆x = 1, 14m(65)


R−R sin theta = 0, 76mD = ∆x− (R−R sin(θ))

D = 0, 37 (66)


Num parque de diversões, um carrinho desce de uma altura h para dar a volta no "loop"deraio R indicado na figura. (a) Desprezando o atrito do carrinho com o trilho, qual é amenor h1 de h necessário para permitir ao carrinho dar a volta toda? (b) Se R < h < h1,o carrinho cai do trilho num ponto B, quando ainda falta percorrer mais um ângulo θpara chegar até o topo A (Fig). Calcule θ. (c) Que acontece com o carrinho para h<R?

Figura 10: Carrinho no loop

21

Forças atuantes no carrinho na iminência do descolamento:

N +mg =mvf

2

RVf

2 = Rg(67)

∆K +∆U = 0mvf

2

2+mg(2R)−mgh1 = 0

gh1 =vf

2

2+ 2Rg

gh1 =Rg

2+ 2Rg

=5Rg

2

h1 =5R

2(68)

(b):

cos θ =Fcp

mgFcp = mg cos θ

mv2

R= mg cos θ

v2 = Rg cos θ(69)

Encontrando θ:

∆K +∆U = 0mvf

2

2+mg(R−R cos θ)−mgh = 0

Rg cos θ

2+ gR +Rg cos θ = hg

3R cos θ

2= h−R

cos θ =2

3(h

R− 1)

(70)

(c): Sendo α o ângulo complementar a θ, temos:

cosα =R− h

R

α = arccos(1− h

R)

(71)

22


Um canhão montado sobre uma carreta, apontando numa direçao que forma um ângulode 30o com a horizontal, atira uma bala de 50Kg, cuja velocidade na boca do canhão é de300m/s. A massa total do canhão e da carreta é de 5 toneladas. (a) Calcule a velcidadeinicial de recuo da carreta. (b) Se o coeficiente de atrito cinético é 0, 7, de que distânciaa carreta recua?

Figura 11: Carreta com canhão

Fazendo o somatório dos momentos, temos:

vxb = |vb| cos(30)mb +mccvcc = 0

vcc = − mb

mcc

vxb

vcc = − 50

5000300cos30

vcc = 2, 598m

s(72)

Precisamos lembrar da relação entre aceleração e µc :

µcmccg = mccaa = µcg

(73)

Aplicando toricelli:

V 21 = V 2

0 − 2a∆X02 = 2, 5982 − 2(0, 7)g∆X

∆X =6, 75

1, 4g

m2

s2∆X = 0, 49m

(74)

23


Calcula as coordenadas do CM indicadas na figura, um cpirculo de 1, 0 m de raio do qualfoi removido um círculo de 0, 5 m de raio, com uma separação de 0, 25 m entre os centrosO e O’ dos dois círculos.

Figura 12: Placa Homogênea

Observando a figura, temos:

xcm = 0 (75)

Disco completo:

ycm =My +m(0, 25)

M +m= 0

(76)

x é a posição do CM do disco com furo.

My = −m

4

y = −m

M(1

4)

(77)

Sendo que meM , são calculadas de acordo com a função abaixo:

m = ρπr2

M = ρπR2 − ρπr2

(78)

Substituindo em y:

m

M=

r2

R2 − r2=

12

2

12 − 12

2

m

M=

1434

24

m

M=

1

3(79)

Então o resultado é:

y = −m

M

1

4

y − 1

12m

(80)


No lançamento do foguete Saturno V são queimadas 2.100 toneladas de combustível em2, 5min, gerando um empuxo de 3, 4x107N . A massa total do foguete com sua carga éde 2.800 toneladas. (a) Calcule a velocidade de escape do combustível empregado. (b)Calcule a aceleração inicial do foguete na rampa de lançamento.

∂m

∂t=

2.100.000kg

2, 6x60s= 14.000

kg

s

F = −Ve

∂m

∂t(81)

(a)

3, 4x107N = −Ve(14.000kg

s)

ve = 2.428m

s= 2, 43

km

s(82)

(b)

F = −mg = mamg = 2, 744x107

a =(3, 4− 2, 744)X107

2.100.000a = 2, 34

m

s2(83)


Um avião a jato viaja a 900Km/h. Em cada segundo, penetram nos jatos 150m3 de arque, após a combustão, são ejetados com uma velocidade de 600m/s em relação ao avião.Tome a densidade do ar como 1, 3Kg/m3. (a) Calcule o empuxo exercido sobre o aviãoem N e em kgf. (b) Calcule a potência dos jatos, em W e em hp.

(a):

Fempuxo = Vrel∂m

∂t

25

∂m

∂t=

150m3x1, 3Kg

m3

1s= 195

Kg

s

F = (600m

s− 250

m

s)x195

Kg

sF = 68.250N

(84)

(b):

P = FvP = 68.250Nx250

m

s= 17, 06x106W

P = 2.290HP(85)

Considerando que o ar está em repouso e o avião está a 250m2

em relação aoar, então vrel = 600m

s− 250m

s.


Um caminhão tanque cheio de água, de massa total M, Utilizado para limpar as ruas comum jato de água, trafega por uma via horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc.Ao atingir a velocidade v0, o motorista coloca a marcha no ponto morto e liga o jato deágua, que é enviada para trás com a velocidade ve relativa ao caminhão, com uma vazãode λ litros por segudo. Ache a velocidade v(t) do caminhão depois de um tempo t.

Para resolver o problema, devemos encontrar uma fórmula que relacione o vo-lume despejado en função do tempo, pois a massa do sistema inicial e final são deiferentescom o passar do tempo. A Força de atrito foi calculada separadamente, utilizando o atritocinético.

λ =∂l

∂t=

∂µ

∂tµ = λt

µcmg = ma(86)

- Somatório da quantidade de movimento:

m∂v

∂t=

∂m

∂tvrel + Fext

m∂v

∂t=

∂m

∂tvrel − Fatrito

m∂v

∂t=

∂m

∂tvrel − µcmg

∂v

∂t=

∂m

m∂tvrel − µcg

∂v =∂m

mvrel − µcg∂t

v − v0 = lnmf

mi

vrel − µcgt

v = v0 − lnmf

mi

ve − µcgt

26

v = v0 + lnmi

mf

ve − µcgt

mi = Mmf = M − µt

(87)

Observe que a orientação da vrel é contrária a ve, sendo vrel orientada no sentidopositivo, em direção à frente do caminhão.

Sendo assim, a velocidade encontrada é:

v = v0 + lnM

M + µtve − µcgt (88)


Durante a madrugada, um carro de luxo, de massa total igual a 2400Kg, bate na traseirade um carro de massa total 1200Kg, que estava parado num sinal vermelho. O motoristado carro de luxo alega que o outro estava com as luze apagadas, e que ele vinha reduzindo amarcha ao aproximar-se do sinal, estando a menos de 10km/h quando o acidande ocorreu.A perícia constata que o carro de luxo arrastou o outro de uma distância igual a 10,5m, eestima o coeficiente de atrito cinético com a estrada no local do acidente em 0, 6. Calculea que velocidade o carro de luxo vinha realmente.

A colisão descrita no problema é inelástica:

Figura 13: Colisão inelastica

Encontramos a velocidade do veículo aplicando a formula da conservaçao domomento seguida da formula de toricelli:

M1v1 = (M1 +M2)Vf1

Vf1 =m1 +m2

m1

vf1

27

V 2f2 = V 2

f1 − 2a∆X(89)

Precisamos lembrar da relação entre aceleração e µ:

µMtg = Mta (90)

Assim, a velocidade do carro após colisão é:

Vf1 =√

2µg∆xVf1 = 11, 11m

s(91)

Subistituindo na equação da quantidade de movimento da colisão inelástica,encontramos a velocidade do carro de luxo antes da colisão:

V1 =32

2411, 11

V1 = 16, 7m

s

V1 = 60Km

h(92)


Um haltere formado por dois discos 1 e 2 iguais, de massa m, unidos por uma barrra rigidade massa desprezível e comprimento l = 30cm, repousa sobre uma mesa de ar horizontal.Um terceiro disco 3 de mesma massa m desloca-se com atrito desprezível e velocidadev0 = 3m/s sobre a mesa , perpendicularmente ao haltere, e colide frontalmente com odisco 2, ficando colado a ele (conforme a figura). Descreva completamente o movimentosubsequente do sistema.

Figura 14: Haltere

O primeiro passo para a resoluçao do problema, é igualar as quantidades demovimento para encontrar a velocidade:

Pi = mv0

28

Pf = 3mVPi = Pf

v =v03

(93)

Encontrando o centro de massa do sistema:

Figura 15: Centro de massa

ycm =ml

3m(94)

Momento de inércia:

I = m((2l

3)2) + 2m((

l

3)2)

I =6

9ml2 =

2

3ml2

(95)

Igualando os momentos anulares inicial e final, temos:

Li = Lf

mv0l

3=

2

3ml ∗ 2ω

ω =v02l

(96)


Demostre o seguinte teorema dos eixos perpendiculares: O momento de inércia de umaplaca (lâmina delgada) plana arbitrária em relação a um eixo Oz perpendicular a seuplano, com a origem O no plano da placa, é a soma dos momentos de inércia da placa emrelção aos eixos Ox e Oy, que formam com Oz um sistema de eixos ortogonais.

29

Figura 16: Placa arbitrária homogênea

Ix =

∫

dmx2

Iy =

∫

dmy2

Iz =

∫

dmρ2

(97)

Conforme o desenho, podemos subistituir ρ2 por x2 + y2, então, o Momentoem relação ao eixo Z, pode ser:

Iz =

∫

dm(x2 + y2) (98)

Separando a integral, temos:

Iz =

∫

dmx2 +

∫

dmy2 (99)

Substituindo as equações Ix e Iy em Iz, provamos a equação pedida:

Iz = Ix + Iy (100)


Uma mesa de coquetel tem um tampo giratório, que é uma tábua circular de raio Re massa M, capaz de girar com atrito desprezível em torno do eixo vertical da mesa.Uma bala de massa M« M e velocidade v, disparada por um convidado que abusou doscoquetéis, numa direçao horizontal, vai-se encravar na periferia da tábua. a) Qual é a

30

velocidade angular da rotaçao adquirida pela tábua? b) Que fração da energia cinéticainicial é perdida no impacto?

O primeiro passo é esboçar fisicamente o problema e escrever as equaçõesnecessárias:

Figura 17: Tampo giratório

Primeiro iniciaremos escrevendo as equações necessárias:

Lz = |~rx~p|I =

1

2MR2

Lz = rmvLz = Iω

Rmv =MR2ω

2(101)

Isolamos ωt:

ω =2mv

MR(102)

Como é necessário o resultado da energia cinética Ki na equação, temos:

Ki =mv2

2

Kf =Iω2

2=

1

2

MR2

2(2mv

MR)2

1

2

MR2

2(2mv

MR)2 =

m2R2

M(103)

Com Ki e Kf calculamos a fração de energia perdida no impacto:

Ki −Kf

Ki

=mv2

2− m2v2

M

mv2

2Ki −Kf

Ki

= 1− 2m

M(104)

31


Calcule o efeito da massa M da polia, de raio R, sobre o sistema desenhado a seguir: amassa m, que desliza sem atrito, está ligada à massa suspensa m’pelo fio que passa sobrea polia. Determine a) a aceleração do sistema; b) as tensões T e T’nos fios ligados a m em.

Figura 18: Blocos Tracionados

T ′ −m′g = m′aT = ma

(105)

Observe que esta equação tem duas variáveis, a tensão T e acelação a, preci-samos de mais uma segunda equação que pode ser obtida através do momento de inércia:

(T − T ′)R = Iα = Ia

R(106)

Expressando a tensão T − T ′, obtemos

T − T ′ =Iα

R2(107)

Substituindo a equação (105) na (107) obtemos:

Ia

R2+ a(m′ +m) = m′g (108)

Resolvendo a equação para a aceleracao obtemos:

a = gm′

m′ +m+ M2

(109)

32

Temos então a tração:

T ′ = m′g[m′

m′ +m+ M2

+ 1]

T = mgm′

m′ +m+ M2

(110)


Prense-se ao teto a ponta de uma fita métrica leve, enrolada num estojo circular de massam e raio r, e solta-se o estojo em repouso. (a) Calcule a aceleração linear do estojo.(b) Calcule a tensão da fita. (c) Calcula a velocidade linear do estojo depois que umcomprimento s da fita se desenrolou. verifique a conservação da energia.

De acordo com a figura...

Figura 19: Roda sob tração

T −mg = −ma (111)

Observe que esta equação tem duas variáveis, a tensão T e acelação a, preci-samos de mais uma segunda equação que pode ser obtida através do torque:

τ = Tr = Iα (112)

Expressando a tensão T , obtemos

T =ma

2(113)

Substituindo a equação (113) na (111) obtemos:

ma

2−mg = −ma (114)

resolvendo a equação para a aceleracao obtemos:

a =2g

3(115)

33

Temos então a tração:

T =ma

2=

mg

3(116)

Apartir da equação de torcelli demostramos a velocidade:

v2 = v2o + 2as

v =

√

2 · 23gs

v =

√

4

3gs (117)


A equação do cilindro em contato com o plano inclinado é obtida através da decomposiçãodas forças da gravidade, tração e força resultante:

T −mg sin(θ)− fa = ma (118)

Porém, para obter-mos o sistema de equações, analisamos o corpo 2 individu-almente, assim:

T −m′g = −m′aT = m′g −m′a (119)

Observe que as duas equacoes acima (118) e (119) tem tres variáveis, a acelaçãoa e a tensao T e a forca de atrito fa precisamos de mais uma segunda equação que envolveo torque no cilindro A, o qual depende da tensao e da forca atrito:

−mgsen(θ)− fa +m′g = ma+m′aTorque:

Tr + far =Ia

r

T + fa =Ia

r2

fa =Ia

r2− T =

ma

2−m′g +m′a (120)

Substituindo fa na equacao (118), temos:

−mgsen(θ)− ma

2+m′g −m′a+m′g = ma+m′a

2m′g −mgsenθ =3ma

2+ 2m′a

2g(m′msenθ

2) = 2(

3m

4+m′)a (121)

A partir da equação (121), podemos encontrar a aceleração do sistema emfunção das massas, da inclinação da rampa e da gravidade local:

a =(m′ − msenθ

2)

3m4+m′

g

(122)

34


Uma haste metálica delgada, de comprimento d e massa M , pode girar livremente emtorno de um eixo horizontal, que a atravessa perpendicularmente à distância d/4 de umaextremidade. A haste é solta a partir do repouso, na posição horizontal. (a) Calculeo momento de inércia I da haste, com respeito ao eixo em torno do qual ela gira. (b)Calcula a velocidade angular w adquirida pela haste após ter caído de um ângulo θ, bemcomo a aceleração angular a.

Para calcular o momento de inércia da barra delgada de comprimento d emassa M, utilizaremos a equação demostrada capitulo 12 do livro para um eixo paraleloao eixo que passa em seu centro de massa:

I = ICM +MI2 (123)

Para obter-mos o resultado final, devemos subistituir as devidas massas e com-primentos na equação, logo:

I =M

12d2 +M

d

4

2

(124)

A partir da equação (124), podemos encontrar o momento de inércia:

I = Md2

12+ (

d

4)2

I =7

48Md2 (125)

Dando sequencia ao exercício, calcularemos a velocidade angular ω adquiridaapós a haste ter caído um ângulo θ:

∆K +∆U = 0Iw2

2− 0−Mgh = 0

w2 =2Mgdsen(θ)

I4(126)

Fazendo as substituições:

w =

√

24gsen(θ)

7d(127)

Com a equação 12.3.7 do livro estudado, podemos encontrar:

τ = Iα

Mgd

4sin(90 + θ) = M

7

48d2α

α =12g

7dcos θ (128)

35


Uma bola homogênea de raio r rola sem deslizar desde o topo de um domo hemisféricode raio R.(a) Depois de percorrer que ângulo θ em relação a vertical a bol deixará asuperfície? (b) Com que velocidade v isso acontece?

Para calular-mos se a bola se descola do dorso hemisférico após percorer oangulo θ, temos que encontrar o momento em que a energia cinética e potencial possuem,em módulo o mesmo valor, pois é neste ponto, onde não há força resultante com o pisodo dorno, que ocorrerá o descolamento.

Escrevendo as equações obtidas da geometria do problema:

h = (R + r) cos(θ)sin(ϕ) = h/R

mg cos(θ) = Fcp

mg cos(θ) =mV 2

R + rmg2 = (R + r)g cos(θ)

(129)

Tendo as equações fundamentais, substituiremos as equações sucesivamente ainicar pelo somatório das energias = 0:

∆K +∆U = 0mv2

2+

Iω2

2+mgh−mg(R + h) = 0

R′ = R + rmv2

2+

2mr2

2 ∗ 5V

r

2

+mgR′ cos(θ)−mgR′ = 0

v2

2+

v2

5+ gR′ cos(θ)− gR′ = 0

7v2

10= gR′ − gR′cos(θ)

7R′g cos(θ)

10= gR′ − gR′ cos(θ)

(7

10+ 1) cos(θ) = 1

36

cos(θ) =10

7θ = 53, 97o

(130)

Podemos identificar que houve o descolamento do objeto no ângulo θ = 53, 97o,agora iremos calcular a velocidade que a bolinha está no momento que se descola do dornoesférico:

v =√

(R + r)g cos(θ)

v =

√

(R + r)g10

7(131)


Uma bola de boliche esférica é lançada, com velocidade inicial vo horizontal e sem rotaçãoinicial, sobre uma cancha horizontal, com coeficiente de atrito µc. (a) Que distância d abola percorrerá sobre a prancha até que comece a rolar sem deslizar? (b) Quanto tempot depois isso ocorre? (c) Qual é a velocidade v da bola nesse instante?

Para encontrar-mos a posição, tempo e velocidade da bola no momento emque ela rola sem deslizar, escreveremos as equações governantes da tendencia de giro dabola, a saber: Torque, velocidade angular e velocidade do centro do ponto P.

τ = FaR = −µcMgR = Iα

−µcMgR =2

5MR2α

α = −5

2µc

g

Rω = ω0 + αt, (ω0 = 0)

ω = −2

5µc

g

Rt

(132)

A velocidade do ponto p de contato no instante t é:

Vp = (v0 − µcgt)) + ωRVcm = v0 − µcgt

Vp = v0 −7µcgt

2(133)

37

Em t1 o deslizamento para e tem-se rolamento:

vp = 0

t1 =2v07µcg

(134)

Resultado de v no tempo que não temos deslizamento:

v = v0 − µcgt

v = v0 − µcg2v07µcg

v =5

7v0

(135)

Deslocamento do CM:

∆X = v0t−at2

2

∆X = v0t−µcgt

2

2

d = v0(2v07µcg

)− µcg

2(2v07µcg

)2

d =v20µcg

(2

7− 2

49)d =

v20µcg

(14− 2

49) =

12

49

v20µcg

(136)

0.39 Exercício 20

Calcule a magnitude de força F horizontal que é preciso aplicar, em direçao ao eixo O,para conseguir que o tambor cilindrico, de massa M e raio R, suba um degrau de alturad<R:

sin(γ) =R− d

R= 1− d

R

38

sin(ϕ) =

√

R2 − (R− d)2

R

sin(ϕ) =

√R2 −R2 + 2Rd− d2

R

sin(ϕ) =

√2Rd− d2

RFR sin(γ)−mgR sin(ϕ) = 0

FRR− d

R−mgR

√2Rd− d2

R= 0

F = mg

√

2Rd− d2

R− d(137)

exerc.moyses-cap.2

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