física - pvs.cederj.edu.br · 63 71 77 83 87 93 99 103 107 111 119 capítulo 11 a 3a lei de newton...

Carlos Alberto Faria LeiteEDEN VIEIRA COSTA

5ª EDIÇÃO REVISADA

Módulo 12012

Física

Fundação Cecierj

PRÉ-VESTIBULAR SOCIAL

fisica1-2012b.pdf 1 1/2/2012 13:14:24fisica1-2012-final.pdf 1 23/02/2012 15:13:07

Governo do Estado do Rio de Janeiro

GovernadorSérgio Cabral

Secretário de Estado de Ciência e TecnologiaAlexandre Cardoso

Fundação Cecierj

PresidenteCarlos Eduardo Bielschowsky

Vice-Presidente de Educação Superior a DistânciaMasako Oya Masuda

Vice-Presidente CientíficaMônica Damouche

Pré-Vestibular Social

Rua da Ajuda 5 - 16º andar - Centro - Rio de Janeiro - RJ - 20040-000Site: www.pvs.cederj.edu.br

DiretoraMaria D. F. Bastos

Coordenadores de FísicaCarlos Alberto Faria Leite

Eden Vieira Costa

Material Didático

Elaboração de ConteúdoCarlos Alberto Faria LeiteEden Vieira Costa

RevisãoPatrícia Sotello Soares

Capa, Projeto Gráfico, Manipulação de Imagens e Editoração EletrônicaRenata Vidal da Cunha

Foto de CapaSachin Ghodke

Copyright © 2012, Fundação Cecierj Nenhuma parte deste material poderá ser reproduzida, transmitida e gravada, por qualquer meio eletrônico, mecânico, por fotocópia e outros, sem a prévia autorização, por escrito, da Fundação.

L533pLeite, Carlos Alberto Faria.

Pré-vestibular social : física. v. 1 / Carlos Alberto Faria Leite; Eden Vieira Costa. – 5. ed. rev. – Rio de Janeiro : Fundação CECIERJ, 2012.

120 p. ; 20,5 x 27,5 cm.

ISBN: 978-85-7648-816-3

1. Grandezas físicas. 2. Cinemática. 3. Leis de Newton. 4. Trabalho e potência. 5. Energia cinética. 6. Energia potencial. 7. Energia mecânica. 8. Conservação de energia. I. Costa, Eden Vieira. II. Título.

CDD 530


5

7

13

19

25

29

35

41

45

49

57

Apresentação

Capítulo 1Grandezas Físicas :: Vetores :: O Sistema Internacional de Unidades

Capítulo 2Introdução ao estudo da Cinemática :: Movimento Retilíneo Uniforme (MRU)

Capítulo 3O Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV)

Capítulo 4O movimento de queda livre

Capítulo 5Lançamento de projéteis

Capítulo 6Movimento Circular Uniforme

Capítulo 7O Movimento Circular Uniformemente Variado (MCUV)

Capítulo 8Composição vetorial de velocidades

Capítulo 9A 1a Lei de Newton

Capítulo 10A 2a Lei de Newton

Sumário


63

71

77

83

87

93

99

103

107

111

119

Capítulo 11A 3a Lei de Newton e as condições de equilíbrio

Capítulo 12Gravitação

Capítulo 13Trabalho, potência e rendimento

Capítulo 14A energia cinética e sua relação com o trabalho

Capítulo 15A energia potencial

Capítulo 16A energia mecânica e a conservação da energia

Capítulo 17Impulso e momento linear

Capítulo 18Colisões

Capítulo 19Atividades complementares

Gabaritos

Bibliografia


Apresentação

A tecnologia teve um avanço tão grande nos últimos anos que nos surpreende o fato de que na época do nascimento dos próprios autores desses módulos (por volta de 1950) não existiam computadores eletrônicos. A televisão estava apenas engatinhando e não havia TV em cores nem gravadores de vídeos.

O moderno telescópio Hubble não poderia ser instalado em órbita terrestre, pois não havia naves e estações espaciais. O primeiro satélite artificial da Terra (o Sputinik) foi lançado em 1959 e o primeiro homem a fazer um voo orbital completo foi Yuri Gagarin, em 1961. Hoje em dia as naves fazem voos precisos, atingindo planetas muito distantes, e até mesmo saindo do sistema solar. Não havia sido descoberta a maneira de se produzir luz laser, o que permitiu o enorme avanço tanto nos sistemas de transmissão de telefonia e de imagens por meio de fibras ópticas, e na medicina, por exemplo, com as modernas técnicas de correção de defeitos da visão por meio de operações a laser. Podemos citar ainda, como exemplos de inovações tecnológicas ocorridas há bem pouco tempo, os leitores e gravadores de discos a laser, que já deixaram para trás os gravadores de vídeos, e as câmeras fotográficas digitais, que já estão tornando obsoletas as câmeras comuns, sem falar dos novos materiais de fibrocarbono mais resistentes e muito mais leves que o aço.

Esses são apenas uns poucos exemplos de conquistas que têm trazido um grande conforto e bem-estar para a humanidade.

Os estudos que vamos realizar constituem uma pequena parte do conhecimento científico, uma parte inicial, que permitiram alguns desses avanços.

As leis que começaremos a estudar foram elaboradas principalmente a partir do século XVII, entretanto, a curiosidade sobre os fenômenos da natureza existe desde a antiguidade, no tempo das grandes civilizações, como a chinesa, a hindu e a egípcia, que se preocupavam principalmente com os conhecimentos astronômicos, de grande importância para as plantações e as colheitas das lavouras, centenas de anos antes de nossa era (antes de Cristo). Os povos árabes que tanto desenvolveram a matemática, sem falar da civilização greco-romana com seus grandes filósofos, físicos, matemáticos e astrônomos tais como Sócrates, Platão, Aristóteles, Pitágoras, Heron, Euclides, Apolônio e Arquimedes, para citar apenas alguns dos grandes homens que nos deixaram um extenso legado de conhecimentos científicos e filosóficos cuja forte influência alcança nossos dias.

O método aplicado nas descobertas das leis que vamos estudar foi idealizado por Galileu Galilei (1564 – 1642) o primeiro a introduzir o método científico no estudo dos fenômenos naturais. Esse método consiste na experimentação, isto é, as hipóteses a respeito de como a natureza se comporta são levantadas, depois são testadas através de experimentos e, após verificadas, são elaboradas leis que descrevem o fenômeno estudado.

Esperamos que ao final dos estudos todos tenham uma boa ideia do que seja a Física e seu objeto de estudo, e que possam apresentar o conhecimento apreendido expressando-o de forma clara, em linguagem científica adequada.


Esperamos ainda, tanto dos monitores quanto dos nossos caros alunos, que mantenham um contato o mais estreito possível conosco, não apenas para tirar as dúvidas porventura existentes mas também nos ajudando a modernizar e a tornar mais claros e objetivos os textos apresentados.

Ao final de cada capítulo foram incluídos exercícios, alguns de vestibulares de várias universidades. É importante verificar que você deverá sempre fazer cada exercício até a obtenção de uma resposta, para depois verificar se a sua solução está correta. É através dos exercícios que você pode verificar se ainda existe alguma dúvida no conteúdo estudado. Olhar a resposta do exercícios antes de tentar resolvê-lo você mesmo é uma prática muito prejudicial para sua aprendizagem.

Carlos Alberto Faria LeiteEden Vieira Costa


[ ]:: Meta ::Apresentar aos alunos os principais tipos de grandezas estudadas em Física, suas relações e o modo de operar com elas.

:: Objetivos ::

1Grandezas Físicas :: Vetores

O Sistema Internacional de Unidades


8 :: FÍSICA :: MÓDULO 1

Representando um vetor graficamente

A seta não é um vetor, é apenas uma representação gráfica que nos ajuda a visualizá-lo. Um vetor é um “objeto” ou “ente” matemático que tem módulo, direção e sentido.

Outras RepresentaçõesPodemos também representar um vetor utilizando uma letra, com uma

pequena seta em cima. Para representar o vetor “vê”, escrevemos . Para representar explicitamente o módulo de , escrevemos | | (com uma barra de cada lado), ou simplesmente V (sem a “setinha”).

Graficamente:Consideremos um vetor com módulo 20.

Este aqui terá módulo 40.

E este aqui, módulo 30.

O comprimento da seta representa o módulo do vetor.

Atividade 1Agora você: dê mais alguns exemplos de grandezas escalares e grandezas

vetoriais. Leve a lista para discussão em sala:Grandezas escalares

Grandezas vetoriais

Grandezas escalares

Imagine um automóvel que, viajando entre Nova Friburgo e Niterói, percorre os cerca de 130 quilômetros da estrada em 2 horas. Quais grandezas físicas estão envolvidas no movimento que acabamos de descrever?

Em primeiro lugar, temos a distância percorrida, isto é, o comprimento da estrada. Temos, também, o tempo gasto no percurso e, finalmente uma outra grandeza, que relaciona o caminho percorrido com o tempo gasto no percurso, nos indicando a rapidez com que foi feita a viagem, a qual chamamos velocidade. A velocidade é definida como a razão entre a distância percorrida e o tempo gasto no percurso. Isto é:

No caso do nosso automóvel, a velocidade V será então:

Dizemos que o módulo da velocidade do automóvel é de 65 km/h.Veja que o comprimento da estrada não depende do fato de o automóvel

estar viajando de Friburgo para Niterói ou de Niterói para Friburgo. Da mesma forma, o tempo “passa” do mesmo jeito, independentemente de “para onde” o móvel está se dirigindo. As grandezas tempo e comprimento são chamadas grandezas escalares.

Grandezas escalares são as que ficam bem definidas apenas pelos seus valores numéricos, seguidos das respectivas unidades de medida:

Exemplos de grandezas escalares:tempo → a seção de cinema durou 2 h;comprimento → a régua tem 30 cm;área → a sala de aula tem 48 m2;volume → a capacidade do balde é de 6 litros;massa → o caminhão pode transportar 3 toneladas.Sendo um dos propósitos da mecânica determinar “onde” o móvel estará

após decorrido um certo tempo, torna-se muito importante saber o sentido em que o móvel está se deslocando. Além disso, o motorista pode, sem querer, entrar numa estrada errada, isto é, tomar uma outra direção e acabar não chegando nem em Friburgo nem em Niterói. Para que o movimento fique bem definido, torna-se importante saber também a direção e o sentido da velocidade, além do seu valor numérico (seu módulo).

Grandezas vetoriais

As grandezas físicas que só ficam bem definidas se soubermos a sua direção e sentido, além do seu módulo, são descritas em linguagem matemática por um vetor. Para nosso estudo é conveniente representar um vetor por um segmento de reta orientado (uma “seta”) do seguinte modo:

Velocidadetempo

=distanciaˆ

Vquilometros

horaskm h= =130

265

ˆ/

10 10

r

V

r

V

r

V

�

V

�

V�

V

�

V

A extremidade (ponta) da seta nos indica o Sentido do vetor.

Esta é a Origem do vetor.

O comprimento da seta nos indica o Módulo (ou Intensidade) do vetor.

Esta é a chamada reta suporte e sua inclinação nos indica a Direção do vetor.

�

V


CAPÍTULO 1 :: 9

O Método do Paralelogramo para a Adição de Vetores

É comum termos que somar apenas dois vetores, sendo conveniente utilizar o método descrito abaixo. Consideremos dois vetores quaisquer e , representados por:

Para somá-los, colocamos os dois vetores com uma origem comum e traçamos retas paralelas a cada um dos vetores, passando pela extremidade do outro, respectivamente:

O vetor resultante é obtido ligando-se a origem comum à interseção das retas auxiliares, que formam o paralelogramo.

A Subtração de Vetores

Para subtrairmos um vetor de outro podemos proceder como na soma, mas invertendo-se o sentido do vetor a subtrair. Assim, para efetuarmos – , com os mesmos vetores dados anteriormente, faremos:

Observe que o vetor – tem o mesmo módulo e direção, mas sentido contrário ao vetor + .

Um outro modo de se fazer a subtração graficamente consiste em colocar os dois vetores com uma origem comum. Para efetuarmos a diferença – , ligamos a extremidade do segundo ( ) à origem do primeiro ( ). Vejamos:

Veja que o vetor resultante é o mesmo que o anterior.

A Adição de Vetores :: Método Gráfico

Consideremos , e grandezas vetoriais quaisquer, de módulo 3, 2 e 1, respectivamente, representadas graficamente a seguir:

Para fazer a soma + + , graficamente, escolhemos uma origem, e colocamos os vetores um em seguida do outro. A soma é obtida ligando-se a origem do primeiro à extremidade do último:

A ordem dos vetores não altera a sua soma (a soma vetorial é comutativa). Vamos somar na seguinte ordem: + + :

Veja que o vetor resultante é igual ao anterior (tem o mesmo módulo, direção e sentido).

Atividade 2Utilize uma régua e faça você a soma dos vetores na ordem + + , a

partir da origem O indicada a seguir. Verifique se o vetor resultante é o mesmo dos casos anteriores.

a

�

a�

b�

c

�

a�

b�

c

a

b

c

R

R = a + b + c

Este é o vetor resultante e seu comprimento representa o módulo.

b

c

R

a

�

a�

b�

c

�

R

b

c

�

a�

b�

c

a

b

a

bR

Este é o vetor resultante.

a

b

�

a�

b

�

a�

b

�

a�

b

�

b

�

b

a

b R

Resultante

�

b�

a

a

bR

�

RO



e são as componentes de .A seguir, vamos olhar em detalhe o triângulo retângulo da figura anterior,

onde o cateto Fx é o módulo de ; o cateto Fy é o módulo de e a hipotenusa é o módulo do nosso vetor (vamos representar os módulos dos vetores pela mesma letra, mas sem a “setinha” superposta).

Lembrando as definições de seno e cosseno de um ângulo agudo (menor que o ângulo reto), num triângulo retângulo, temos:

e

Logo, no triângulo retângulo que vimos, temos:

E também:

Vamos nos lembrar de que a tangente de um ângulo é dada por:

Logo, temos:

A tangente do ângulo nos indica a inclinação da hipotenusa. Assim, nesses casos, conhecida a tangente do ângulo fica conhecida a direção do vetor (no caso o nosso vetor ).

Atividade 3Mostre você que a tangente pode ser dada pela razão entre o seno e o

cosseno do ângulo, isto é, mostre que .

Casos Especiais

Podemos determinar facilmente o módulo do vetor resultante em três casos particulares: quando os vetores têm o mesmo sentido, quando têm sentidos opostos, e quando são perpendiculares. Vejamos a soma dos vetores e em cada caso.

1o caso: e têm o mesmo sentido. Em módulo, temos que R = a + b como na soma algébrica comum.

2o caso: e têm sentidos opostos. Neste caso, R = a – b, como na soma algébrica comum.

3o caso: e são perpendiculares. Aqui aplicamos o teorema de Pitágoras: . Podemos escrever, também, em termos dos módulos dos vetores:

Teorema de Pitágoras: num triângulo retângulo o quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos catetos.

Decomposição de um Vetor em Componentes Perpendiculares

Já vimos como podemos encontrar a resultante de dois vetores perpendiculares, utilizando o teorema de Pitágoras. Em nosso estudo, como veremos mais adiante na decomposição dos movimentos ou das forças que atuam sobre um corpo, é conveniente que façamos o inverso, isto é, conhecendo um vetor, encontremos as suas componentes perpendiculares.

Consideremos um vetor que faz um ângulo α com o eixo horizontal (eixo x). As suas componentes horizontal e vertical são as projeções de sobre os eixos x e y, conforme a figura a seguir:

�

�

�

R a b= +2 2

R a b= +2 2

α

F

F x

y

F

x

y

a b

R

R a

b

a

b

R

�

a�

b

�

a�

b

�

a�

b

�

a�

b

�

F

�

Fx

�

Fy

�

F�

Fx

�

Fy

�

F

�

F

�

Fx

�

Fy

senocateto

hipotenus (de um angulo)

oposto a esse anguloˆˆ

=aa

cosseno (de um angulo)cateto adjacente a esse angulo

hipˆ

ˆ=

ootenusa

tangente (de um angulo)cateto oposto ao angulo

cateto adˆ

ˆ=

jjacente ao anguloˆ

t gFy F

x

α =

t gsen

cos α α

α=

α

F

FFy

x

Este cateto é oposto ao ângulo α e tem o mesmo comprimento que Fy.

Este cateto é um dos lados do ângulo α. Ele é adjacente ao ângulo α.

Esta é a hipotenusa.

senF

FF seny

y onde F α α= =

cos cos onde F x xα α= =

FF

F

�

F


CAPÍTULO 1 :: 11

É de grande utilidade conhecermos os valores do seno, do cosseno e da tangente dos ângulos de 30º, 45º, 60º e 90º, muito comuns nos problemas de física. A seguir, temos a tabela onde deixamos alguns valores para você completar com base nas definições dadas, anteriormente.

Ângulo (em graus)

seno cosseno tangente

0 0 1 0

30

45

60

90 1 ∞

ExemploA força também é uma grandeza vetorial. Suponha que uma pessoa

está puxando uma caixa sobre um piso bem liso, fazendo uma força de 10 N (newtons), segundo um ângulo de 45º com a horizontal de modo que a caixa é arrastada para a direita, conforme ilustrado na figura abaixo.

Neste caso, a força que realmente faz a caixa se mover é apenas a componente da força na direção do movimento, sua componente . Vejamos:

Assim, a força na direção do movimento (x) será:

E a componente vertical de , , o que faz? (pense um pouco e discuta com os colegas em sala).

O Sistema Internacional de Unidades

As grandezas físicas podem ser medidas em muitas unidades diferentes. O comprimento, por exemplo, pode ser medido em centímetros, metros ou quilômetros. Já nos países de língua inglesa, é comum o uso da polegada como unidade de comprimento. Para que fossem uniformizadas as diversas unidades de medidas utilizadas no mundo, a maioria dos países resolveu adotar as unidades do Sistema Internacional de Unidades (que chamaremos S.I.). Este sistema foi proposto na 11a Conferência Geral de Pesos e Medidas, sendo o Brasil um de seus signatários. O Brasil adota esse sistema desde 1960, por meio de uma lei sancionada pelo então presidente da república, João Goulart.

Em 1971, uma nova grandeza mecânica, o mol, foi acrescentada ao S.I. para a quantidade de matéria.

Grandezas Fundamentais da Mecânica

As grandezas fundamentais da mecânica são o comprimento, a massa e o tempo. Suas unidades no Sistema Internacional são dadas no quadro a seguir:

Grandeza Unidade de medida Abreviaturacomprimento metro m

massa quilograma kgtempo segundo s

Obs.: Não existe plural de abreviaturas. Por exemplo, 3 metros abrevia-se como 3 m e não 3 ms ou pior ainda 3 mts.

Todas as outras grandezas mecânicas são derivadas dessas três fundamentais. Por exemplo, a velocidade, como vimos, é a razão entre o comprimento (distância) e o tempo, por isso sua unidade S.I. é o m/s. Mais adiante, à medida que formos estudando as outras grandezas, veremos quais são suas unidades no S.I.

Existem outras unidades que, por terem um uso muito comum, serão também estudadas como, por exemplo, o minuto e a hora para o tempo ou o quilômetro por hora (km/h) para a velocidade. Essas são chamadas unidades práticas.

Transformação de Unidades

Para passarmos da unidade prática, km/h (quilômetro por hora) para a unidade S.I. de velocidade, o m/s (metro por segundo), fazemos:

Assim, em resumo, temos:

12

32

22

3

22

32

F Fx cos 45º Newtons= = = ≅ ≅102

25 2 5 1 41 7i ,

45˚

F

direção e sentido do movimentocaixa

45˚

Fy

xFx

F

y

�

F�

Fx

�

Fy

�

F11

1000 13 6

m3600 s

kmh

m s= =,

/

m/s km/h

Multiplicar por 3,6

Dividir por 3,6



5) Uma força de 100 newtons faz um ângulo de 30º com o eixo horizontal. Calcular os módulos das componentes horizontal e vertical (consulte a tabela das funções trigonométricas dada anteriormente).

6) Analise as afirmativas abaixo e assinale se verdadeira (V) ou falsa (F), conforme o caso.

a) ( ) Dois vetores de mesma direção têm sempre o mesmo suporte. b) ( ) Dois vetores de mesma direção têm sempre o mesmo sentido. c) ( ) Dois vetores de mesmo suporte têm sempre a mesma direção.d) ( ) Dois vetores de mesmo suporte têm sempre o mesmo sentido.

7) Determine graficamente o vetor soma ( ) e o vetor subtração ( ) dos vetores dados a seguir.

8) Um ônibus viaja a 108 km/h. Expresse sua velocidade em unidades do sistema internacional.

9) A grandeza trabalho (τ) pode ser definida como o produto da força pelo deslocamento, sendo sua unidade SI (no sistema internacional de unidades) chamada de J (joule). A grandeza força é definida como o produto da massa pela aceleração. Escreva o J em termos das unidades fundamentais (também chamadas primárias) do SI .

Exercícios

1) Como podemos distinguir entre uma grandeza escalar e uma grandeza vetorial?

2) Identifique cada uma das grandezas a seguir, escrevendo V ou E, entre os parênteses, conforme a grandeza seja vetorial ou escalar, respectivamente.

a) Temperatura ( ) b) Volume ( ) c) Peso ( )d) Massa ( ) e) Força ( ) f) Pressão ( )g) Comprimento ( ) h) Voltagem ( ) i) Tempo ( )j) Velocidade ( ) k) Aceleração ( ) l) Campo elétrico ( )m) Corrente elétrica ( )

3) Cite algumas unidades práticas (usuais) que não se encontram no S.I. para o comprimento e a velocidade.

4) Dados os vetores e representados, encontre, graficamente, os vetores resultantes das operações que se pede:

a) +

b) –

c) –

cd

�

c�

d

�

c�

d

�

c�

d

�

c�

d

�

Fx

�

Fy

�

�

a b+�

�

a b−

a�

b�


[ ]:: Meta ::

:: Objetivos ::

2Introdução ao Estudo da Cinemática:movimento retilíneo uniforme (mru)



Podemos representar as coordenadas da posição, por exemplo, em um sistema de dois eixos perpendiculares, x e y, onde cada “par ordenado” (x, y) indica uma posição. Veja a figura a seguir:

Com esse sistema de eixos podemos representar muitos tipos de movimentos por meio de seus gráficos. Por exemplo, o gráfico da posição S em função do temopo t. Em vez do par de números puros x e y, o par (x, y), usamos o par ordenado (S, t), isto é, a posição S onde o móvel se encontra e o instante t correspondente àquela posição.

No caso do movimento retilíneo uniforme que estamos estudando, precisamos de apenas um eixo, isto é, podemos trabalhar em apenas uma dimensão.

ExemploConsideremos o movimento de uma formiguinha que caminha do ponto A ao

ponto B. Ela pode fazer o percurso através de inúmeras trajetórias. Por exemplo, as trajetórias 1, 2 ou 3.

Um Sistema de Referência: os Eixos Cartesianos

É importante sabermos localizar o móvel na trajetória. Para isto, vamos utilizar um sistema de referência chamado de eixos cartesianos, idealizado por René Descartes.

René Descartes (1596–1650)

Introdução

A Mecânica é a parte da Física que estuda o movimento dos corpos, abrangendo, por exemplo, desde o movimento de um carrinho de brinquedo descendo uma rampa, uma pedra lançada para o alto, um caixote puxado por meio de uma corda ou mesmo o movimento dos planetas e das estrelas distantes. Através das leis, definições e equações que regem os movimentos, podemos prever onde um móvel irá chegar, e quando chegará em um outro lugar do espaço, desde que conheçamos sua posição e sua velocidade em um determinado instante inicial.

Estudaremos em primeiro lugar, nos capítulos de número 2 a 8 apenas os principais tipos de movimentos, sem nos preocupar com suas causas e efeitos. A essa parte da Mecânica chamamos de Cinemática. Nos capítulos seguintes, estudaremos as leis que regem o movimento dos corpos assim como as causas e efeitos desses movimentos. A essa parte do estudo chamamos de Dinâmica (ou Mecânica propriamente dita).

Estudaremos também um caso particular do movimento, que é a situação (ou “estado”) de repouso, e suas condições. A essa parte da mecânica chamamos de Estática.

Para iniciar os nossos estudos de cinemática é necessário conhecer alguns conceitos relativos aos movimentos bastantes gerais e importantes, que definiremos a seguir.

Referencial e Trajetória

Imagine que você está viajando em um ônibus. Se olhar pela janela verá as casas, os postes de luz, as pessoas lá fora se movendo para trás em relação a você. Caso olhe o passageiro sentado no banco a seu lado, dirá que ele está em repouso (parado). Assim, para caracterizarmos um movimento, é necessário especificar em relação a que ou a quem o móvel está se movendo (ou está em repouso).

Chamamos de referencial a qualquer corpo, objeto, ou conjunto de objetos em relação aos quais verificamos se o corpo está em movimento ou em repouso.

Um móvel pode, em princípio, fazer qualquer caminho para ir de um ponto a outro.

Chamamos trajetória aos sucessivos pontos do espaço que o corpo ocupa durante o percurso.

A

B

1

2

3

3–2

3

2

x

yEste é o ponto (–2, 3)

Este é o ponto (3, 2)

Grande filósofo e matemático francês criador do sistema de eixos coordenados, responsável por grande avanço no estudo da geometria.


CAPÍTULO 2 :: 15

Tomamos uma reta orientada, onde estabelecemos uma origem (a posição zero) e dividimos a reta em distâncias igualmente espaçadas, por exemplo, em metros e orientamos a reta para a direita, indicando seu sentido positivo.

Desse modo, se dizemos que um móvel se encontra na posição 8 significa que ele está 8 m à direita da origem. Se dissermos que está na posição -2, significa que o móvel está 2 m à esquerda da origem. Não é comum, mas perfeitamente possível, orientarmos a reta para a esquerda, isto é, definirmos o sentido esquerdo como negativo se isto puder nos facilitar de alguma forma os cálculos.

O Deslocamento (ΔS) e o Intervalo de Tempo (Δt)

Sempre usamos a letra grega Δ (delta maiúsculo) para indicar um intervalo de uma grandeza qualquer. Vamos chamar as posições sobre a trajetória, genericamente de S. Chamaremos a posição inicial Si e a posição final Sf . Analogamente, para o tempo, chamaremos ti para o instante inicial e tf o instante final. ΔS representará o intervalo entre duas posições e Δt entre dois instantes de tempo.

Consideremos um móvel que se encontra na posição Si = 20 m, no instante ti = 0 s e que no instante tf = 20 s passa pela posição Sf = 100 m, conforme ilustrado no sistema de referência dado a seguir:

O deslocamento é calculado do seguinte modo: ΔS = Sfinal – Sinicial

Assim, no caso, temos o deslocamento: ΔS = Sf – Si = 100 – 20 = 80 m.

Do mesmo modo, o intervalo de tempo é calculado como: Δt = tfinal – tinicial

Assim, no nosso exemplo, Δt = tf – ti = 20 – 0 = 20 s.

A Velocidade Média Vm

Como vimos no Capítulo 1, a velocidade é a grandeza que relaciona o caminho percorrido com o tempo gasto no percurso. Com respeito ao móvel que estamos considerando, sabemos que ele caminhou de posição 20 m até a posição 100 m, e que gastou 20 segundos, mas não sabemos o que ocorreu entre essas duas posições. Ele pode ter corrido muito, pode ter freado, pode até ter dado uma parada, de modo que sua velocidade pode ter variado bastante durante o percurso. Quando calculamos a razão entre o deslocamento total ΔS e o intervalo de tempo Δt, gasto no percurso, estamos calculando apenas a velocidade média do móvel.

No nosso exemplo, temos:

Obs.: A velocidade real que o móvel possui em cada instante de tempo e em cada ponto da trajetória chamamos de velocidade instantânea. Vamos estudar esse conceito mais adiante.

Veja que é apenas uma velocidade média, não é necessariamente

a velocidade do móvel em qualquer instante. Esta definição vale para qualquer tipo de movimento. Dessa forma, o caminho percorrido por um móvel ΔS em um intervalo de tempo Δt pode ser sempre calculado por ΔS = Vm

.Δt desde que consigamos calcular ou conheçamos a velocidade média Vm do móvel.

O Movimento Retilíneo Uniforme (MRU)

O movimento uniforme se caracteriza pela velocidade uniforme, isto é, a velocidade é constante durante todo o trajeto. Nesse caso, a velocidade média é a própria velocidade do móvel em qualquer instante.

A Equação do Movimento

Consideremos um móvel que está numa posição qualquer S0 da trajetória, no instante em que começamos a contar o tempo, isto é, em tinicial = 0, e que num instante posterior, t, chega à posição S, conforme representado no referencial a seguir.

Durante todo o movimento temos:

(onde, nesse caso, V é uma constante)

Passando primeiro o t, e depois o S0 para o segundo membro da equação, teremos: S = S0 + Vt que é a equação horária do MRU. Tanto a velocidade V quanto a posição inicial S0 são constantes.

ExemploConsideremos um móvel que caminha em linha reta, com velocidade constante

de 10 km/h, a partir do quilômetro 30 de uma estrada. Escrever a função horária do movimento e calcular a posição do móvel no instante t = 2,5 h.

Solução:Neste caso, temos S0 = 30 km e V = 10 km/h. Como V é constante, temos

um MU e a equação do movimento é do tipo S = S0 + V t. Para esse móvel, temos, então: S = 30 + 10t onde t está em hora e S em quilômetro.

VSt

S St

sm f i

f it m= Δ

Δ=

−−

= −−

= =100 2020 0

8020

4 /

– 30 – 20 – 10 10 +20 +30 +40 +50 +60 +70 +80 +90 +1000

S i

(metros)

S f

ΔΔ

=−−

=St

VS

V ou St

0

0

0 ΔS

S (t = 0) (instante t)

(origem)

0 S

VStm = Δ

Δ

– 3 – 2 – 1 0 +1 +2 +4+3 +5 +6 +7 +8 +9 +10

(metros)



Calculando a velocidade através do gráfico.Como nesse caso a velocidade é constante, podemos escolher qualquer

intervalo de tempo para o cálculo, por exemplo, entre t = 1s e t = 5 s, teremos:

, como já sabíamos, pois a equação

do movimento é S = 30 + 10t. Logo: S0 = 30 m e V = 10 m/s (em S = S0 + Vt, equação horária do MRU).O gráfico da velocidade. Como no caso V = constante e igual a 10 m/s temos:

Exercícios

1) Um corredor olímpico, disputando a prova dos 100 metros rasos, fez o percurso em 10 segundos. Calcule a velocidade média do atleta.

2) Você observa o clarão de um raio numa noite chuvosa e, 3 segundos depois, escuta o barulho do trovão. Sabendo que o som se propaga a aproximadamente 340 m/s no ar, calcule a que distância de você caiu o raio.

3) Um motorista de um ônibus levou 2,0 h para ir de Niterói a Nova Friburgo, percorrendo uma distância aproximada de 130 km, tendo parado 30 min para fazer um lanche. Determine a velocidade escalar média do ônibus em km/h e em m/s, ao final da viagem.

A posição do móvel em t = 2,5 h será: S = 30 + 10 × 2,5 = 30 + 25 = 55 km.

Gráficos do MRU

Gráfico da Posição em Função do Tempo S × tDe um modo geral, temos:Se a velocidade V é positiva, S aumenta linearmente com o tempo.

Representação da reta S = S0 + vt

Se a velocidade V é negativa, S diminui linearmente com o tempo.

Representação da reta S = S0 – vt

Gráfico de V × t para o MRUComo a velocidade é constante, temos:

Vejamos um exemplo numérico:

ExemploVamos rever o exemplo anterior onde o móvel tem equação horária S = 30 +

10t no S.I. Calculando-se as posições do móvel para os instantes t = 0, t = 1, t = 2, t = 3, t = 4 e t = 5 segundos, podemos preencher a tabela:

tempo (s) 0 1 2 3 4 5posição (m) 30 40 50 60 70 80

e construir os gráficos da posição e da velocidade em função do tempo para este móvel:

Para fazer o gráfico de S = 30 + 10t, primeiro marcamos as posições para cada par ordenado (t, S): (0, 30); (1, 40); (2, 50) etc. Depois ligamos os pontos.

t

v

V

80

60

40

S (m)

t (s)31

20

0 42 5

S

S

t

0

S

t

S0

VSt

ms= =

−−

= =ΔΔ

80 405 1

404

10

0 32 5 t (s)

5

10

15

V (m/s)

1 4


CAPÍTULO 2 :: 17

4) Um carro percorre 20 km com velocidade constante e igual a 60 km/h e, a seguir, 60 km também com velocidade constante e igual a 90 km/h, na mesma direção e sentido. Determine sua velocidade média nos 80 km assim percorridos.

5) A equação horária para o movimento de um móvel é S = 2,0 + 4,0t, sendo S expresso em metro e t em segundo.

a) Determine a posição escalar inicial.

b) Determine a velocidade escalar.

c) Determine a posição escalar no instante 1,5 s.

6) Dois móveis, A e B, descrevem a mesma trajetória retilínea, com equações horárias SA = 20 + 5t e SB = 50 – 10t, sendo S expresso em metro e t em segundo. Sabendo que os móveis partiram ao mesmo tempo de suas posições iniciais, calcule a posição e o instante em que os dois móveis se encontram.

7) O gráfico de S × t para o movimento de um móvel está representado na figura a seguir.

Pede-se:a) a posição inicial S0 do móvel.

b) A posição do móvel no instante t = 5 s.

c) Calcular a velocidade do móvel.

d) Escrever a equação horária do movimento.

0 2 8 10

20

40

60

S (m)

t (s)4 6

8) (UEL/2001) Um pequeno animal desloca-se com velocidade média igual a 0,5 m/s. A velocidade desse animal em km/dia é:

(A) 13,8 (B) 48,3 (C) 43,2 (D) 1,80 (E) 4,30.

9) (UFPE/2001) Um velocista percorre uma distância de 100 m em 10 s. Quantos quilômetros ele percorre em 10 min, supondo que ele mantenha essa mesma velocidade média?

(A) 6,0 km(B) 5,0 km(C) 7,0 km (D) 4,0 km(E) 3,0 km.

10) (UFPE/2002) A equação horária para o movimento de uma partícula é x(t) = 15 – 2t, onde x é dado em metros e t em segundos. Calcule o tempo, em segundos, para que a partícula percorra uma distância que é o dobro da distância à origem no instante t = 0 s.

(A) 10 s (B) 20 s(C) 30 s (D) 15 s (E) 12 s.

11) (Cederj/2007) Um ônibus e um caminhão partem simultaneamente da cidade A com destino à cidade B, distante 120 km de A. O ônibus faz a viagem com uma velocidade escalar média de 80 km/h e o caminhão, com velocidade escalar média de 75 km/h. Sendo assim, o ônibus chegou à cidade B:

(A) 4 minutos antes do caminhão; (B) 6 minutos antes do caminhão;(C) 8 minutos antes do caminhão; (D) 10 minutos antes do caminhão;(E) 12 minutos antes do caminhão.

12) (ESFA0-RJ/1999) Um carro de bombeiros, para atender um chamado, sai do quartel às 14h 32min, percorrendo 10,0 km até o local do sinistro. Tendo chegado a esse local às 14h 40min, e gasto 2,5 litros de combustível, calcule, para o trajeto de ida:

a) a velocidade média da viatura, em km/ h;

b) o consumo médio de combustível, em km/litro.



13) (Cederj/2004) Um atleta corre durante duas horas seguidas com um aparelho que registra o número de seus batimentos cardíacos por minuto, mas sem registrar a distância percorrida. O aparelho registrou 100 batimentos por minuto durante a primeira meia hora, 120 batimentos por minuto na hora seguinte e, finalmente, 145 batimentos por minuto na meia hora final. A relação entre a frequência cardíaca e a velocidade desse atleta é conhecida e dada no gráfico seguinte.

Determine a distância percorrida pelo atleta durante as duas horas de treinamento.

Dica: durante a meia hora inicial, como diz o enunciado, os batimentos cardíacos do atleta permaneceram na marca de 100 batimentos por minuto. De acordo com o gráfico a sua velocidade era de 6 km/h. Portanto a distância percorrida nesse intervalo foi D1 = 6 (km/h) . 1/2 (h) = 3 km. Siga esse raciocínio e calcule as respectivas distâncias na hora seguinte e na meia hora final...

14) (UERJ/2000 – modificado) Um juiz, que está na posição J da figura a seguir, apita uma falta num instante t0 . Um goleiro, na posição G, leva um intervalo de tempo Δt1 = t1 – t0 para ouvir o som do apito, propagado ao longo do segmento JG. Decorrido um intervalo de tempo Δt2 = t2 – t1 , o goleiro houve o eco dessa onda sonora, através de sua reflexão num ponto P da parede. Considerando que a velocidade do som no ar é 340 m/s e que a distância entre o goleiro e o juiz é de 60 m, determine o valor, em segundos, de:

a) Δt1

b) Δt2

15) (Unificado-RJ/2000) Na figura temos uma “malha” formada por 16 retângulos iguais.

M

P

Uma partícula deve ir do ponto P ao ponto M percorrendo a menor distância possível, deslocando-se somente por sobre as linhas da figura e com velocidade média de 2 cm/s. Como exemplo, temos a seguir, uma representação de um desses caminhos.

M

P

Se a partícula leva 16 segundos para completar o percurso, pode-se concluir que o perímetro de cada retângulo, em cm, mede:

(A) 32(B) 24(C) 16(D) 8(E) 4

1

90100

120

145

No de batimentos por unidade de tempo (min –1)

2 3 4 5 6 7 8

V (km/h)

40 m 40 m

P

J G


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:: Objetivos ::

3O Movimento Retilíneo

Uniformemente Variado (MRUV)



A variação da velocidade com o tempo é a aceleração. Assim:

Passando primeiro o t e depois o V0 para o segundo membro da equação vem: V = V0 + at que é a equação da velocidade para o MRUV onde V0 e a são constantes.

ExemploConsideremos um móvel que tem velocidade inicial V0 = 10 m/s e que

aumenta a velocidade com aceleração constante, a = 5 m/s2.a) Escrever a equação da velocidade.Solução:Sabemos que a equação é do tipo V = V0 + at. Assim, com V0 = 10 m/s e a

= 5 m/s2 temos, no SI: V = 10 + 5t .

b) Construir o gráfico da velocidade em função do tempo.Solução:Atribuimos valores para t e calculamos a velocidade para cada instante. Por

exemplo,t = 0 s ⇒ 10 + 5 × 0 = 10 m/st = 1 s ⇒ 10 + 5 × 1 = 15 m/st = 2 s ⇒ 10 + 5 × 2 = 20 m/sAssim, podemos construir o gráfico:

c) Determinar a velocidade do móvel em t = 3,0 s.Solução:Podemos ver diretamente no gráfico (veja você!) onde t = 3,0 s ⇒ V = 25 m/s.

Ou calculamos analiticamente, usando a equação da velocidade V = 10 + 5t onde t = 3,0 s ⇒ V = 10 + 5 × 3, 0 = 10 + 15 = 25 m/s .

A Equação do Deslocamento (Equação Horária) do MRUV

Ao estudarmos a velocidade média vimos que para qualquer tipo de movimento podemos calcular o caminho percorrido por ΔS = Vm

. t. Para o caso do movimento

uniformemente variado, pode-se mostrar que a velocidade média entre dois pontos

A aceleração

No item anterior estudamos o movimento em que a velocidade era constante. Normalmente, quando entramos num automóvel ou num ônibus, ele se encontra parado e temos que, gradativamente, aumentar a velocidade para fazer a viagem. Ao encontrar um sinal fechado, ou quando chegamos no fim da viagem, temos que frear para diminuir a velocidade ou mesmo parar. É comum aumentar ou diminuir a velocidade durante um percurso. A aceleração mede como a velocidade varia com o tempo, do mesmo modo que a velocidade mede como a posição varia com o tempo. Quando um motorista aperta o acelerador do automóvel ao chegar em uma subida íngreme, mas o carro não aumenta a velocidade, não há aceleração, ela só existe quando a velocidade varia.

Definição de aceleração média

Aceleração média é a razão entre a variação da velocidade (ΔV) e o intervalo de tempo (Δt) decorrido durante a variação da velocidade. Assim:

ExemploUm carro que partindo do repouso (parado), atinge a velocidade de 80 km/h

em 10 segundos tem aceleração:

, isto é, o km/h por segundo.

Isto significa que a velocidade varia de 8 km/h em cada segundo.

Unidade S.I. de Aceleração

No Sistema Internacional de Unidades a velocidade é medida em m/s e o tempo em segundos. Assim, a unidade S.I. De aceleração é o m/s2 pois:

Assim, uma aceleração de um metro por segundo ao quadrado, significa que a velocidade varia de um metro por segundo em cada segundo.

A Equação da Velocidade

O movimento uniformemente variado se caracteriza pela aceleração constante. Neste caso a velocidade varia uniformemente com o tempo.

Vamos considerar um móvel que sai de uma posição S0 com velocidade V0 quando começamos a contar o tempo (em t0 = 0) e que depois de um certo tempo, t, chega numa posição S, com velocidade V, mas com aceleração constante, conforme ilustra a figura.

aVt

V

t= Δ

Δ=

−−

V

t final inicial

final inicial

aVt

km hs

= ΔΔ

= =8010

8 (km/h)

(s)/

m ss

ms

ms

/= =

s i

12

ΔΔ

=−−

=Vt

Va

Vt

0

0

ΔS S

V0 (t = 0) V (instante t)

O (origem) S0

0 1 2 3 4 5

V (m/s)

t (s)

20

40

10

30


CAPÍTULO 3 :: 21

Gráficos da Velocidade e da Aceleração no MRUV

V = V0 + atSe V aumenta ... a aceleração é positiva

V = V0 – atSe V diminui ... a aceleração é negativa

ExemploA equação da velocidade em função do tempo para o movimento de uma

partícula é dada por V = 5,0 + 2,0t (no SI). Esboçar os gráficos de V × t e a × t para este movimento.

Veja que para t = 0 s V = 5, 0 m/s e para t = 1,0 s (por exemplo) temos V = 7,0 m/s enquanto que a aceleração é igual a 2,0 m/s2 para todo t. Os gráficos são:

A “Área” Sob a Curva V × T

Veja que ao calcularmos a “área” sobre a curva da velocidade em função do tempo até o eixo dos tempos t, na verdade fazemos o produto de velocidades por tempos, e o resultado não é uma “área” mas sim um deslocamento, ou caminho percorrido, ΔS.

ExemploO gráfico da velocidade em função do tempo para o movimento de um móvel

está representado na figura a seguir. Pede-se calcular o caminho percorrido pelo móvel entre os instantes t = 0 e t = 4,0 s.

do caminho, é igual à média das velocidades entre esses pontos. Isto é, para um MRUV temos:

Assim, a equação ΔS = Vm . t se torna

Como no MUV, V = V0 + at, escrevemos:

Finalmente: é a equação horária do MUV onde V0 e a são constantes.

Veja que este movimento é bem diferente do movimento uniforme. Aqui a velocidade aumenta linearmente com o tempo, mas o deslocamento aumenta bem mais rápido. Aumenta de forma quadrática com o tempo (com t “ao quadrado”).

ExemploSuponha que um móvel passe pela origem dos movimentos com velocidade

de 6 m/s, com aceleração constante de 4 m/s2. Vamos escrever a função horária do movimento.

Solução:Nesse caso V0 = 6 m/s e a = 4m/s2. Assim sua equação horária será:

, isto é, ΔS = 6t + 2t2

Em que posição estará o móvel no instante t = 2 s?Temos: ΔS = 6 × 2 + 2 × 22 = 12 + 2 × 4 = 12 + 8 = 20 m

Gráfico de S × t no MRUV

O gráfico tem a forma de uma parábola

Movimento retardado: Movimento acelerado:

VV

m 0V

=+2

Δ =+

⋅SV

tV 0

2

Δ =+ +

⋅ =+

Sat V

tt atV 2V 0 0 0

2 2

2

Δ = +S V tat

0

2

2

Δ = +S tt

642

2

V

t0

V0

0V

V

t0

t (s)

5,0

1,0

7,0

V (m/s)

S S V tat= + − 0 0

2

2S S V t

at= + + 0 0

2

2

S

t

S0

S

t

S0

a

t0

a

t0

t (s)

2,0

a (m/s2)



Solução:O caminho percorrido, ΔS, é a “área” sobre a curva. Para facilitar o cálculo

vamos dividir a “área” do seguinte modo:

Logo,

A Equação de Torricelli

Podemos resolver todos os problemas numéricos de MRUV por meio das equações da velocidade V = V0 + at e da equação horária:

Entretanto, são muito comuns os problemas onde não é dado o tempo e, nesses casos, torna-se muito útil uma terceira equação, a equação de Torricelli, que é obtida pala eliminação do tempo nas duas equações citadas acima.

Esta equação relaciona a velocidade com o deslocamento. Tente você encontrá-la, como exercício, pela eliminação do tempo nas outras duas equações do MUV.

ExemploSuponha um móvel em MRUV com velocidade inicial V0 = 6,0 m/s e

aceleração a = 4,0 m/s2. Deseja-se calcular a velocidade do móvel ao chegar à posição 20 m.

Δ = + + +

Δ =− ×

+ × + × +

S A A A A

S

1 2 3 4

( ) ,, ,

100 25 2 02

25 2 0 100 1 01000 1 0

275 50 100 50

275

m

×

Δ = + + +Δ =

,

S

S

50

100

1,0 2,0 3,0 4,0

V (m/s)

t (s)

50

100

1,0 2,0 3,0 4,0

V (m/s)

t (s)

AA

A

13

4A 2

Δ = +S V tat

0

2

2

V V a S2 2 2= + Δ 0

Solução:Podemos calcular o tempo gasto para chegar à posição 20 m:

E depois a velocidade do móvel neste instante de tempo:V = V0 + at ⇒ V = 6,0 + 4,0 × 2 ⇒ V = 14 m/s.Como não é dado o tempo, em vez dos cálculos acima podemos usar

diretamente a equação de Torricelli:

Exercícios

1) Um carro com uma velocidade de 25 m/s freia com aceleração constante e percorre 60 m até parar. Calcule o valor da aceleração.

2) Um avião, partindo do repouso, tem aceleração uniforme na pista e percorre a distância de 800 m até levantar voo com velocidade de 100 m/s. Calcule o intervalo de tempo gasto nesse processo.

3) Um carro leva 12 s para atingir a velocidade 100 km/h, partindo do repouso. Supondo que sua aceleração seja constante, quanto ele se desloca até atingir essa velocidade?

4) O gráfico da figura representa como varia a posição (S) de um homem em função do tempo (t). Determine a velocidade do homem nos instantes:

a) 5,0 s

b) 20 s

Δ = + ⇒ = + ⇒ = + ⇒ =S V tat

tt

t t t 0 s2 2

2

220 6 0

42

20 6 0 2 2, ,

V V a S V2 2 22 6 0 2 0 4 0 20 196= + Δ ⇒ = + × × = ⇒ 02 , , ,

V V196 14⇒ = ⇒ = m/s

40

20

10 20 30

S(m)

t(s)


CAPÍTULO 3 :: 23

5) O movimento de dois carros são descritos pelo gráfico da figura a seguir. Com respeito às velocidades dos dois móveis podemos afirmar corretamente que:

(A) são as mesmas em todos os instantes.(B) são as mesmas no instante t1 .(C) são as mesmas no instante t2 .(D) são sempre diferentes e V1>V2 .(E) são sempre diferentes e V1<V2 .

6) Um movimento uniformemente variado é descrito pela função: s = 12 + 10t – t2. Determine a velocidade média no intervalo entre os instantes 1,0 s e 4,0 s.

7) Um automóvel com velocidade 90 km/h é freado uniformemente com aceleração 2,5 m/s2 até parar. Determine o espaço percorrido pelo automóvel durante a freada.

8) A tabela dá os valores da velocidade instantânea de um móvel em função do tempo.

t (s) 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0V (m/s) 7,0 10 13 16 19

Determine: a) o tipo de movimento.

b) a velocidade inicial.

c) a aceleração.

9) A equação horária de um movimento uniformemente variado é s = 5t2 + 20t + 8. A posição e o tempo estão expressos no SI. Determine:

a) a aceleração

b) a velocidade inicial

c) a posição inicial

d) a equação para a velocidade.

10) A equação horária de um movimento uniformemente variado é s = 2t2 – 24t + 40. A posição e o tempo estão expressos no SI.

a) Entre quais instantes o movimento é retardado?

b) Entre quais instantes o movimento é acelerado?

11) A equação horária de um movimento uniformemente variado é s = 5t2 – 35t + 50. A posição e o tempo estão expressos no SI.

a) Em que instante o móvel passa pela origem das posições?

b) Em que instante o móvel inverte o sentido do movimento?

12) O um vagão do metrô RJ acelera a partir do repouso a 1,2 m/s2 na estação Cinelândia para percorrer a primeira metade da distância até a estação Carioca e depois desacelera a –1,2 m/s2 na segunda metade da distância de 1,1 km entre as estações. Determine:

a) o tempo de viagem entre as estações.

b) a velocidade máxima do metrô entre as estações.

13) Duas localidades A e B estão separadas pela distância de 180 km. Simultaneamente, passam por essa localidade os móveis P e Q. P passa por A e dirigi-se a B; Q passa por B e dirigi-se a A. Seus movimentos são uniformes. P tem velocidade 90 km/h e Q tem velocidade 60 km/h. Determine o instante e a posição do encontro dos móveis.

t1 t2tempo

Posição

0

V1

V2



14) A velocidade média de um móvel durante a metade de um percurso é 30 km/h e esse mesmo móvel tem velocidade média de 10 km/h na metade restante desse mesmo percurso. Determine a velocidade média do móvel no percurso total.

15) Você dirige seu automóvel por 8,3 km em uma rodovia reta com velocidade igual a 70 km/h. Ao final desse trecho pára por falta de combustível. Você então caminha 1,9 km durante 27 min, até encontrar um posto de gasolina. Qual a sua velocidade média desde o instante que o carro começou a se mover até você chegar ao posto de gasolina?

16) Podemos afirmar que dois móveis que aumentam a velocidade de 20 m/s para 60 m/s têm a mesma aceleração?

17) Rubinho Barrichelo aumenta a velocidade de seu carro de 72 km/h para 144 km/h em 40 segundos. Calcule a aceleração do carro em m/s2.

18) A tabela a seguir, dá valores da velocidade instantânea de um móvel em função do tempo:

t(s) 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0V(m/s) 7,0 10 13 16 19

a) Determine a aceleração escalar.

b) Determine a velocidade inicial (no instante t = 0 s).

19) (UFPE/2001) Um motorista está viajando em uma estrada com velocidade constante de 20 m/s. Um cavalo entra na estrada a 50 m adiante e pára. Qual a aceleração constante mínima que fará o carro parar imediatamente antes de atingir o cavalo?

(A) 3,0 m/s2 (B) 4,0 m/s2 (C) 5,0 m/s2 (D) 2,0 m/s2

(E) 6,0 m/s2

20) (Cederj/2005) Uma partícula move-se ao longo do eixo OX, sempre no sentido positivo, em movimento retilíneo e uniformemente acelerado (MRUV). Ela passa pela origem no instante t = 0. No instante t = 2,0 s ela se encontra a 6,0 m da origem e no instante t = 4,0 s, a 20,0 m dessa mesma origem.

Calcule:a) a aceleração da partícula.

b) a sua velocidade no instante inicial.

(Dica: escreva a equação horária da partícula (MRUV) para as duas posições dadas no enunciado)

21) (Cederj/2003) Numa rodovia em que a velocidade máxima é de 60 km/h, um automóvel movimenta-se à velocidade constante de 108 km/h. Ao perceber um radar eletrônico a 125 m de distância, o motorista tenta reduzir a velocidade, imprimindo ao automóvel uma aceleração constante de módulo igual a 2,0 m/s2. É possível afirmar (corretamente) que o motorista “escapou” da multa ao passar pelo radar eletrônico? Apresente uma justificativa numérica para sua resposta.

22) (Cederj/2004) Considere dois carros A e B, que se movimentam ao longo de uma estrada retilínea e que no instante t = 0 s estão emparelhados nessa estrada. O gráfico desenhado abaixo mostra como variam os módulos das velocidades dos carros com o tempo para 0 ≤ t ≤ t2 . Note que nessa figura está marcado o instante t1 , que corresponde à única interseção dos gráficos.

A respeito dos movimentos dos carros é correto afirmar que:(A) no instante t0 os módulos das velocidades dos carros são iguais, mas eles

se movem em sentidos opostos.(B) no instante t1 os carros voltam a ficar emparelhados na estrada.(C) no instante t1 os módulos das velocidades dos carros são iguais, mas

ambos possuem uma aceleração nula.(D) embora no instante t1 os módulos das velocidades dos carros sejam

iguais, a distância percorrida pelo carro A, no intervalo (0, t1) é maior do que a percorrida pelo carro B, nesse mesmo intervalo.

(E) os carros estão em movimento não uniforme, os módulos de suas acelerações decrescem desde o instante inicial até o instante t1 e crescem a partir de t1 .

A

A

B

0

v

t1 t2 t

B


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:: Objetivos ::

4O Movimento de Queda Livre



. O deslocamento se torna

. A velocidade V = V0 + at será dada por V = V0 – gt

. E a equação de Torricelli será

ExemploImagine que uma pedra é lançada para cima, na vertical, com velocidade de

30 m/s. Vamos calcular (vamos usar g = 10m/s2 para facilitar os cálculos):a) a posição da pedra após decorridos 2 s.Solução:Temos que:

b) a velocidade da pedra também em t = 2 s.Solução:Temos que: V = V0 – gt ⇒ V = 30 – 10 × 2 = 30 – 20 = 10 ⇒ V = 10 m/s

c) a altura máxima que a pedra atinge.Solução:Veja que ao atingir a altura máxima, a pedra para de subir. Sua velocidade

se torna momentaneamente nula, mas continua com aceleração, pois imediatamente após atingir a altura máxima a pedra continua seu movimento, agora aumentando a velocidade, na descida.

Logo temos que com V = 0 e y = ymáximo Isto é, 02 = 302 – 2 × 10 . ym ⇒ 02 = 302 – 2 × 10 . ym

Onde:

Exercícios

1) Um corpo cai livremente a partir do repouso. Determine: a) sua aceleração.

b) a distância que ele cai em 3,0 s.

c) sua velocidade após ter caído 70 m.

d) o intervalo de tempo necessário para atingir a velocidade de 25 m/s.

Introdução

Um exemplo de movimento retilíneo uniformemente variado é o movimento de queda livre. Na realidade quando um corpo cai de grandes alturas seu movimento é prejudicado pela resistência do ar. Este não permite que a velocidade aumente indefinidamente. Ao falarmos de queda livre, estamos supondo uma queda de pequena altura, ou estamos simplesmente desprezando a resistência do ar. Nesse caso, todos os corpos caem com a mesma aceleração, chamada de aceleração da gravidade.

Próximo ao nível do mar e próximo do equador terrestre, a aceleração da gravidade (que chamaremos de g) vale 9,81 m/s2. Essa é a chamada aceleração normal da gravidade. Nos exercícios, é comum utilizarmos o valor aproximado de 10 m/s2, para facilitar as contas.

Vamos estudar três casos bastantes comuns:

i) Um corpo é abandonado a partir do repousoVamos imaginar uma pedra que é abandonada a partir do repouso. Como o

movimento é vertical, vamos orientar nosso sistema de referência para baixo e chamar as sucessivas posições simplesmente de y. Veja com atenção os sistemas de referência desenhados ao lado de cada caso.

Com V0 = 0 e a = g teremos:


. A velocidade V = V0 + at será dada por V = gt

. E podemos também utilizar a equação de Torricelli que no caso se torna V2 = 2gy

ii) Um corpo é lançado verticalmente para baixoNesse caso temos uma velocidade inicial V0 ≠ 0:Com V0 ≠ 0 e a = g teremos:


. A velocidade V = V0 + at será dada por V = V0 + gt

. E a equação de Torricelli se torna

iii) Um corpo é lançado verticalmente para cimaNesse caso temos que tomar um pouco mais de cuidado pois o movimento

é retardado. Após o lançamento, com uma certa velocidade V0, o corpo diminui a velocidade. A velocidade está orientada para cima e a aceleração da gravidade é sempre “para baixo”. Nesses casos a aceleração será negativa. Assim:

Com V0 ≠ 0 e a = – g teremos:

y

a = g

V0 = 0

Δ = +S V tat

0

2

2y

gt=2

2

V V a S2 2= + Δ 02

y V tgt= + 0

2

2

V V gy2 2= + 02

y V tgt= − 0

2

2

V V gy2 2= − 02

y V tgt

y y= − ⇒ = × −×

= − = ⇒ = 0

m2 2

230 2

10 22

60 20 40 40

V V gv2 2= − 02

y ym m= = = ⇒ =3020

90020

45 452

m

a = g

y

V0

0

V

a = g

0

y

Δ = +S V tat

0

2

2

V V a S2 2= + Δ 02

Δ = +S V tat

0

2

2

V V a S2 2= + Δ 02


CAPÍTULO 4 :: 27

e) o intervalo de tempo necessário para o corpo cair 3,0 x 102 m.

2) Uma pedra, deixada cair de uma ponte, atinge a água em 5,0 s. Calcule: a) a velocidade com que a pedra atinge a água.

b) a altura da ponte. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

3) Uma pedra é atirada verticalmente para cima e atinge uma altura de 20 m. Determine a velocidade com que ela foi lançada. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

4) Uma pedra é atirada verticalmente para cima, com uma velocidade de 20 m/s. Ela é apanhada em seu caminho de volta, em um ponto 5,0 m acima de onde ela foi lançada. Determine:

a) A velocidade da pedra quando ela foi apanhada.

b) A duração de todo o percurso. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

5) Uma bola é arremessada verticalmente para cima e retorna ao ponto de partida em 4,0 s. Determine a velocidade inicial. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

6) Um míssil é disparado verticalmente para cima com uma velocidade inicial de 5,0 x 102 m/s. Calcule:

a) A altura máxima alcançada.

b) O tempo gasto para atingir a altura máxima.

c) A velocidade instantânea ao final de 60 s.

d) Quando ele estará a uma altura de 10 km. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

7) Deixa-se cair um saco de lastro de um balão que está a 3,0 x 102 m acima do chão, subindo com uma velocidade de 13 m/s. Para o saco de lastro, determine:

a) A máxima altura alcançada.

b) Sua posição e velocidade 5,0 s após ter sido solto.

c) O intervalo de tempo gasto para atingir o chão. Despreze resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

8) Verificou-se que uma pedra leva 3,0 s para cair do alto de um edifício de 15 andares até o chão. Despreze a resistência do ar, suponha que a pedra parta do repouso e que g = 10 m/s2. Determine a altura do edifício.

9) Um corpo em queda livre, a partir do repouso, percorre uma certa distância nos primeiros 2,0 s de queda. Logo, a distância percorrida nos primeiros 6,0 s de queda será:

(A) dupla(B) tripla(C) seis vezes maior(D) nove vezes maior (E) doze vezes maior

10) Um corpo cai livremente de uma altura de 200 m. Dividindo esta altura em duas partes que possam ser percorridas em tempos iguais, teremos:

(A) 100 m e 100 m(B) 50 m e 150 m(C) 75 m e 125 m(D) 40 m e 160 m(E) 20 m e 180 m

11) Lançou-se um corpo verticalmente para cima, no vácuo, com velocidade inicial igual a 30 m/s, num lugar onde g = 10 m/s2. A altura máxima atingida pelo corpo e o tempo decorrido para atingi-la valem, respectivamente:

(A) 45 m e 3,0 s (B) 80 m 4,0 s(C) 90 m e 3,0 s (D) 90 m e 6,0 s (E) 90 m e 5,0 s

12) Um corpo é lançado verticalmente para cima, no vácuo, com velocidade inicial igual a 40 m/s. Decorridos 7,0 s do lançamento, podemos afirmar que:

(A) a velocidade mudou de sentido e a aceleração também.(B) a aceleração mudou de sentido e a velocidade não.(C) o movimento é ascendente e a velocidade é 30 m/s.



(D) o movimento é descendente e a velocidade é 30 m/s.(E) a velocidade e a aceleração são constantes.

13) De um mesmo ponto situado acima do solo lançam-se simultaneamente, segundo uma mesma vertical, dois corpos (A e B). O corpo A para cima e o corpo B para baixo. Ambos com a mesma velocidade inicial. Desprezando a resistência do ar, podemos concluir que:

(A) A chega ao solo antes de B e com velocidade maior.(B) A chega ao solo depois de B e com velocidade maior.(C) A e B chegam ao solo simultaneamente e com a mesma velocidade.(D) A chega ao solo depois de B e com a mesma velocidade.(E) A chega ao solo antes de B e com a mesma velocidade.

14) Um pedra é lançada da superfície da Terra, verticalmente para cima com velocidade inicial de 9,4 m/s. Ao atingir a sua altura máxima, os módulos da velocidade e da aceleração da pedra serão, respectivamente, iguais a:

(A) 9,4 m/s e 9,8 m/s2 (B) 0,0 e 0,0 (C) 9,4 m/s e 0,0 (D) 4,7 m/s e 9,8 m/s2 (E) 0,0 m/s e 9,8 m/s2

15) Deixa-se cair uma pedra em um poço e ouve-se o choque da pedra contra o fundo 9,0 s depois. Desprezando-se a resistência do ar, considerando-se a velocidade do som igual a 320 m/s e g = 10 m/s2, podemos concluir que a profundidade do poço é:

(A) 80 m(B) 160 m(C) 320 m(D) 40 m(E) 20 m

16) Um martelo cai de uma construção e atinge o solo com velocidade de 24 m/s. Considere nula velocidade inicial do martelo e g = 10 m/s2. Determine:

a) De que altura o martelo caiu.

b) Quanto tempo levou para o martelo cair.

17) (Cederj/2006) Uma pedra é lançada, de uma altura de 15 m do solo, verticalmente para cima, e atinge uma altura máxima de 20 m acima do solo. Considere a resistência do ar desprezível e g = 10 m/s2.

a) Calcule com que velocidade a pedra foi lançada.

b) Calcule o tempo decorrido desde o instante em que atinge a altura máxima até o instante em que atinge o solo.

18) Para a mesma pedra do exercício anterior, calcule o tempo para a pedra chegar ao chão.


[ ]:: Meta ::Introduzir o princípio da decomposição de movimentos de Galileu Galilei na análise do movi-mento dos projéteis.

:: Objetivos ::

5Lançamento de Projéteis



Onde o alcance é:

Na direção horizontal x = V0t, assim, o alcance é dado por A = V0tq onde tq é o tempo gasto na queda podendo

ser calculado por (movimento vertical). Utilize

essas equações para mostrar que o alcance, no caso, é

dado por .

ExemploUma pedra é lançada horizontalmente do alto de um edifício, com uma

velocidade inicial de 5 m/s. Desprezando a resistência do ar e supondo g = 10m/s2, calcule:

a) a posição da pedra 2 segundos após o lançamento;b) a velocidade da pedra nesse instante.Solução:a) A posição é dada pelas coordenadas horizontal x, e vertical y.

b) Para calcular a velocidade precisamos calcular suas componentes Vx e Vy.

ExemploUm avião de salvamento, voando horizontalmente a 720 m de altitude com

velocidade constante de 50 m/s, deixa cair um pacote com medicamentos e víveres para um grupo de pessoas no solo. A que distância, medida na horizontal,

x V t

m

= = × =

=×

=

o

2

m

y=gt2

5 2 10

10 22

202

V V V m s

V gt V

V

x o x

y y

m/s

m/s

= ⇒ == = ⇒ =

= + =

5

10 2 20

5 20 20 62 2

/

,

i

xt = 0V

y

V

V

t = 2sV = V

y

x 0

0

Introdução

O primeiro cientista a estudar com detalhes o movimento dos projéteis foi Galileu Galilei, sua grande contribuição foi ter demonstrado que esses tipos de movimento podem ser decompostos em dois movimentos distintos, um horizontal e outro vertical, o que permite seu estudo com grande facilidade.

Lançamento Horizontal

Quando um corpo é lançado horizontalmente, no vácuo, seu movimento é composto de um movimento horizontal uniforme e de um movimento descendente, naturalmente acelerado, descrevendo uma trajetória parabólica. Podemos simplesmente usar as equações do movimento uniforme na horizontal e as equações do movimento uniformemente acelerado (com aceleração da gravidade g) para o movimento vertical, como estudamos na “queda livre”.

Vamos trabalhar com dois eixos, x e y, como na figura a seguir.

A velocidade em cada ponto é tangente à trajetória sendo que a componente horizontal, V0, permanece constante enquanto a componente vertical Vy aumenta de acordo com a aceleração g, conforme ilustrado na figura a seguir.

Na horizontal temos um movimento uniforme onde a velocidade é Vx = V0 = constante e a coordenada x é dada por x = V0t.

Na vertical temos um movimento de queda livre, assim a velocidade varia de

acordo com Vy = gt e a coordenada y é dada por .

O Alcance

Quando um corpo é lançado horizontalmente a partir de uma altura h do solo uma equação bastante útil é a do alcance, que nos dá a coordenada x de onde o corpo cairá.

h

V0

y

xalcance A

V0

x

y

Trajetória parabólica

VV

V

Vy

y

y

0

0

V

0V

= 0

Movimento uniformemente variado

Movimento uniforme

ygt=

2

2

A Vhg

= o

2

ygt=

2

2

A Vhg

= o

2


CAPÍTULO 5 :: 31

o pacote deve ser abandonado do avião para alcançar as pessoas? (O alcance). Desprezar a resistência do ar.

Solução:A distância horizontal que o pacote irá percorrer é dada por x = A = V0t (MU)

onde o tempo é igual ao tempo que o pacote leva para cair. Calculemos então o tempo de queda.

Na direção vertical temos “queda livre” (MUV) com aceleração g. Assim:

Logo, para esse tempo, o pacote andará na horizontal uma distância de: A = V0t = 50 × 12 ⇒ A = 600 m.

E o pacote deve ser abandonado a 600 m antes do grupo de pessoas, na direção horizontal.

Obs.: Poderíamos também ter utilizado a equação do alcance. Verifique você esta possibilidade!

Atividade 1Pense você: visto da Terra a trajetória do pacote é uma linha parabólica. Qual

é o tipo de trajetória obervada por alguém dentro do avião?

Lançamento Oblíquo

No caso do lançamento oblíquo temos que considerar que, desde o início do lançamento, a velocidade tem componente vertical e horizontal. A trajetória também é parabólica como, por exemplo, podemos observar numa bola chutada por um goleiro ao bater o “tiro de meta”. Vejamos a figura a seguir onde a bola é lançada com velocidade inicial V0 fazendo um ângulo α com a horizontal

hgt

thg

= ⇒ = = = =2

22 2 720

10144 12

s

i

V

0

0x

V

V0y

x

y

h máx

Alcance A

posição (x, y) qualquerP

Aqui Vy = 0

α

Da mesma forma que no lançamento horizontal vamos descrever o movimento da bola decompondo-o em um movimento horizontal, onde não há aceleração (nosso velho conhecido MU) e num movimento vertical, um MUV com aceleração – g, que também já conhecemos. Vamos então escrever as equações correspondentes aos dois movimentos.

As velocidades iniciais agora são V0x = V0 cos α (em x) e V0y = V0 sen α (em y). Assim as equações da velocidade se tornam: Vx = V0 cos α que é constante no MU e Vy = V0 sen α – gt (o movimento é MUV retardado pois V0y é “para cima” e g é “para baixo”).

Para as coordenadas x e y temos: x = V0 cos αt como no MU,

e como no MUV retardado.

No movimento vertical, em y, onde temos MUV, podemos também usar a equação de Torricelli. Do seguinte modo: com V → Vy ; V0 → V0 sen α ; a → – g e ΔS → y .

Escrevemos, então:

O Tempo de Subida e o Tempo de Descida

Temos que o tempo de subida é igual ao tempo de descida, pois tanto as distâncias como as acelerações são as mesmas. O tempo total do lançamento é a soma dos dois. Temos:

Tempo de Subida (para atingir a altura máxima)Temos que Vy = V0sen α – gt. Na altura máxima t = tsubida e Vy = 0 logo:

O Tempo Total (para subir e descer)Temos:

Altura MáximaNa altura máxima aplicamos Torricelli com Vymáx

= 0 e ymáx = hmáx

ExemploUm projétil é lançado do solo para cima, segundo um ângulo de 60º com a

horizontal, com velocidade de 400 m/s. Calcule o que se pede:

Dados: aceleração da gravidade g = 10 m/s2, sen 60º = e cos 60º = 0,5

y V sen tgt= − o α

2

2

V V sen gy y2

o= −( )α 2 2

V V a S2 2= + Δ 02

tV sen

g subida o=

α

tV sen

g total o= 2

α

Logo V V sen gy V sen gh

Assim

a, ( ) ( )

,

m x

h

y2

o

ma

= − − ⇒ = −0 2 0 22 2α α

xx o=

( )V sengα 2

2

32

v0v0

v0

v0vy

vy

vy

y

x

solo



a) O tempo para o corpo atingir a altura máxima.b) A altura máxima.c) O tempo para voltar ao solo.d) O alcance.e) A velocidade no instante t = 8 s.f) A posição do corpo também em t = 8 s.Solução:a) O tempo para o corpo atingir a altura máxima:

b) A altura máxima:

c) O tempo para voltar ao solo é igual ao dobro do tempo de subida:ttotal = 2tsubida = 69,2 s

d) O alcance:A = V0 cos α ttotal = 400 × 0,5 × 69,2 = 13.840 m

e) A velocidade em t = 8 s. Para calcularmos a velocidade temos que calcular Vx e Vy.

Para calcular V usaremos Pitágoras:

f) A posição em t = 8 s. Temos que calcular x e y em t = 8 s.

Exercícios

1) Uma esfera rola com velocidade constante de 10 m/s sobre uma mesa horizontal. Ao abandonar a mesa, ela fica exclusivamente sob ação da gravidade (g = 10 m/s2), atingindo o solo em um ponto situado a 5,0 m da borda da mesa. Determine:

a) O tempo de queda.

b) A altura da mesa.

c) A velocidade da esfera ao atingir ao solo. Resp. a) 0,50 s; b) 1,25 m; c) 11,2 m/s.

2) Um avião voa horizontalmente a 2,0 x 103 m de altura com velocidade de 2,5 x 102 m/s no instante em que abandona um objeto. Determine:

a) O tempo de queda do objeto.

b) A distância que o objeto percorre na horizontal até atingir o solo.

c) A velocidade do objeto ao tocar o solo. Considere desprezível a resistência do ar e g = 10 m/s2.

Resp. a) 20 s; b) 5,0 x 103 m; c) 3,2 x 102 m/s.

3) Um corpo é lançado obliquamente no vácuo com velocidade inicial 100 m/s, numa direção que forma com a horizontal um ângulo θ tal que senθ = 0,80 e cosθ = 0,60. Adotando g = 10 m/s2, determine:

a) Os valores das componentes horizontal e vertical da velocidade no instante de lançamento.

b) A altura máxima atingida pelo corpo.

c) O alcance máximo. Resp. a) v0x = 60 m/s e v0y = 80 m/s; b) 320 m; c) 960 m.

4) Um projétil lançado obliquamente a partir do solo descreve uma trajetória parabólica tocando o solo novamente num ponto situado 10 m do ponto de lançamento. Sendo 10 m/s o menor valor da velocidade durante o trajeto, determine a duração do movimento. Despreze a ação do ar e adote g = 10 m/s2.

Resp. 1,0 s

tV sen

g subida o

s= =

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

×=

α400

32

10400 32 10

34 6,

hV sen

g max o

m=

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

×=

( )α 2

2

2

4003

2

2 106000

V V

V V sen gt

x o

y o

m/s

= = × =

= − = × − ×

cos ,α

α

400 0 5 200

4003

210 88 266= m/s

V V V V2 2 2200 266 333= + = + ⇒ = x2

y2 m/s

x V t

Y V sen tgt

= = × × =

= − = × ×

o

o

m

cos ,α

α

400 0 5 8 1600

2400

32

2

8810 8

22451

2

−×

=

m

V

V

V

x

y


CAPÍTULO 5 :: 33

5) De um ponto situado a 125 m acima do solo, lança-se um corpo, horizontalmente, com velocidade inicial igual a 20 m/s. Determine:

a) O módulo da velocidade do corpo 3,0 s após o lançamento.

b) A posição do corpo neste instante.

c) O tempo gasto pelo corpo para atingir o solo.

d) O alcance.

6) Lança-se um projétil com velocidade inicial de 50 m/s, formando um ângulo α acima da horizontal (sen = 0,60 e cosα = 0,80). Considerando g = 10 m/s2 e desprezando a resistência do ar, pede-se:

a) O módulo da velocidade do projétil 2,0 s após o lançamento.

b) A posição do projétil no mesmo instante.

c) O tempo gasto para atingir a altura máxima.

d) A altura máxima.

e) O alcance.

7) Um projétil é lançado de um ponto situado a 35 m do chão plano e horizontal, com velocidade inicial de 50 m/s, formando um ângulo α acima da horizontal (senα = 0,60 e cosα = 0,80). Considere g = 10 m/s2 e despreze a resistência do ar. Determine:

a) o tempo gasto para o projétil atingir o solo.

b) o alcance.

8) Lança-se um projétil com velocidade inicial de 100 m/s, formando um ângulo de 30º acima da horizontal. Considere g = 10 m/s2 e despreze a resistência do ar. Depois de quanto tempo ele passará por um ponto da sua trajetória situado a 80 m (distância vertical) acima do ponto de lançamento?

9) Um objeto é lançado de um avião. A partir desse instante são registrados os seguintes dados:

tempo (s) 0 1 2 3distância horizontal (m) 0 30 60 90 distância vertical (m) 0 5 20 45

O objeto atinge o solo 20 s após ser lançado. Considere g = 10 m/s2 e despreze a resistência do ar. Determine:

a) As equações horárias dos movimentos horizontal e vertical.

b) A equação da trajetória.

c) A altura do avião no instante do lançamento.

d) A distância horizontal percorrida pelo objeto até atingir o solo.

10) Do alto de um edifício deixa-se cair uma esfera de chumbo. Simultaneamente, atira-se uma esfera de cortiça com velocidade horizontal e igual a 10 m/s. Considere desprezível a resistência do ar. A esfera de chumbo atingirá o solo antes, ao mesmo tempo ou depois da esfera de cortiça?

11) Um jogador de futebol chuta uma bola A que permanece no ar um certo intervalo de tempo. Um outro jogador chuta uma bola B que permanece no ar durante o mesmo intervalo de tempo, mas percorre uma distância horizontal maior.

a) As alturas máximas atingidas pelas bolas são iguais ou diferentes?

b) As velocidades iniciais das bolas são iguais ou diferentes?

c) As inclinações iniciais são iguais ou diferentes?

12) Um avião voa horizontalmente com velocidade de 80 m/s à altura de 180m acima de uma planície horizontal. Um projétil é atirado com destino ao avião, de uma arma junto ao solo, no instante quando o avião e a arma se situam na mesma vertical. Admita g = 10 m/s2 e despreze a resistência do ar. Qual deve ser o ângulo de tiro, admitindo que o projétil seja lançado com velocidade de 160 m/s?



(D) IV (E) V

18) (UFV/2001) Duas bolas encontram-se a uma mesma altura H em relação ao chão. No mesmo instante em que a bola 1 é solta com velocidade inicial nula, a bola 2 é lançada horizontalmente. Desconsiderando a resistência do ar, podemos afirmar que:

(A) as duas bolas só chegam juntas ao chão caso a massa da bola 2 seja maior que a massa da bola 1.

(B) a bola 1 chega primeiro ao chão já que sua trajetória linear é mais curta que a trajetória parabólica da bola 2.

(C) a bola 2 chega primeiro ao chão já que, como possui uma velocidade inicial diferente de zero, gasta menos tempo do que a bola 1 para percorrer a distância vertical H.

(D) as duas bolas chegam juntas ao chão já que, nas duas situações, além da altura H ser a mesma, são iguais as componentes verticais das velocidades iniciais, bem como as acelerações.

(E) as duas bolas só chegam juntas ao chão caso a bola 2 seja mais pesada que a bola 1.

19) (UFPE/2002) Numa partida de futebol, uma falta é cobrada de modo que a bola é lançada segundo um ângulo de 30º com o gramado. A bola alcança uma altura máxima de 5,0 m. Qual é o módulo da velocidade inicial da bola em km/h? Despreze a resistência do ar.

(A) 36 km/h(B) 18 km/h(C) 72 km/h(D) 80 km/h(E) 54 km/h

20) (UFPE/2002) Um projétil é lançado do solo, segundo um ângulo de 15º com a horizontal. Ele atinge um alvo no solo que se encontra a uma distância igual ao alcance máximo que o projétil teria se fosse lançado com uma velocidade inicial de 15 m/s e ângulo de lançamento de 45º. Qual foi a velocidade de lançamento do projétil, em m/s? Despreze a resistência do ar.

(A) 21,2 m/s(B) 40 m/s(C) 36,4 m/s(D) 12 m/s(E) 26,3 m/s

21) Um corpo é lançado verticalmente para cima. Com respeito à aceleração (a) e à velocidade (V) do corpo ao atingir o ponto mais alto da trajetória podemos afirmar corretamente que:

(A) V < 0 e a = 0(B) V > 0 e a > 0(C) V = 0 e a = 0(D) V ≠ 0 e a = 0(E) V = 0 e a ≠ 0

13) Uma bola é lançada horizontalmente com velocidade inicial igual a 2,0 m/s. A bola leva 2,0 s para atingir o solo que é horizontal. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2. A bola atinge o solo a que distância da vertical de lançamento?

14) Um projétil é atirado horizontalmente do alto de uma torre de 125 m de altura, com velocidade inicial de 80 m/s. Suponha g = 10 m/s2 e calcule:

a) O tempo de queda.

b) A velocidade do projétil ao atingir o solo.

15) Um corpo é lançado, a partir do solo, para cima, segundo um ângulo de 30º com a horizontal, com velocidade de 300 m/s. Suponha g = 10 m/s2 e calcule:

a) A altura máxima atingida pelo corpo.

b) O alcance.

16) (UFF/2004) lançamentos aéreos de 87 t de alimentos (sem uso de paraquedas) na localidade de Luvemba, em Angola. Os produtos foram ensacados e amarrados sobre placas de madeira para resistirem ao impacto da queda. www.angola.org

A figura ilustra o instante em que um desses pacotes é abandonado do avião. Para um observador em repouso na Terra, o diagrama que melhor representa a trajetória do pacote depois de abandonado, é:

(A) I (B) II (C) III (D) IV (E) V

17) Com respeito à mesma situação da questão anterior, como estará melhor representada a trajetória do pacote visto por um observador dentro do avião?

(A) I (B) II (C) III

I II III IV V


[ ]:: Meta ::Introduzir os conceitos de ângulo central, de velocidade angular e de período e frequência dos movimentos periódicos.

:: Objetivos ::

6Movimento Circular Uniforme



Definido dessa forma, o ângulo é medido em radianos. Assim, 1 radiano é o ângulo central que subentende um arco igual ao raio. Isso corresponde a um ângulo de aproximadamente 57º.

Veja que o radiano é obtido pala razão entre dois comprimentos, por isso é uma grandeza adimensional (não tem dimensão).

ExemploObserve na figura a seguir, que quando θ corresponder a uma volta completa,

isto é, quando θ = 360º, teremos um arco de comprimento 2πR (o perímetro da circunferência). Assim:

, isto é, uma volta corresponde o ângulo de 2π radianos.

Da mesma forma o ângulo de 90º subentende um arco de do perímetro (2πR) do círculo. Assim:

Atividade 1Faça você: calcule o valor dos ângulos de 180º e 60º em radianos.

Você se lembra quanto vale o número π, e como se obtém o seu valor?

O número π é a razão entre o comprimento de uma circunferência qualquer e seu diâmetro. Vários povos da Antiguidade já o haviam descoberto (como os chineses e os gregos) muitos séculos atrás. Seu valor aproximado é π ≅ 3, 1416...

Velocidade Angular

Chamaremos a velocidade angular de ω (ômega minúsculo).A definição de velocidade angular é análoga à da velocidade linear, .

90°R

360°

3602

2º= =π πRR

radianos (rad)

14

90

14

2 24 2

º=( )

= =π π πR

RR

R (rad)

VSt

= ΔΔ

A Velocidade

Num movimento qualquer a velocidade tem o mesmo sentido do movimento e direção tangente à trajetória.

No movimento circular uniforme a trajetória é uma circunferência de círculo. O movimento é dito uniforme porque a velocidade é constante em módulo, embora sua direção varie em cada ponto da trajetória (veja na figura a seguir).

Para estudarmos os movimentos curvilíneos é importante levarmos em conta o caráter vetorial das grandezas, pois a direção do movimento varia instante após instante e não podemos mais tratar a velocidade e a aceleração como grandezas escalares, como no movimento retilíneo. Além disso, é necessário recordarmos um pouco nossos conhecimentos sobre os ângulos.

Assim se torna mais fácil o estudo do movimento circular. Para nos referirmos a um ângulo usaremos uma letra grega, sendo muito utilizadas as letras α (alfa), β (beta), θ (teta) ou γ (gama).

Ângulo Central

Vamos considerar um ângulo θ, com vértice no centro de um círculo de raio R. Ângulo central é, por definição, a razão entra a medida do arco e o raio da circunferência. Assim, na figura:

R

V

V

V

V

V

R 1

V 2

R 2

CC

1

2

V 1

Tangente à curva

Trajetória

θ

R

B

A

arco AB (onde θ está em radianos)

θ = =arcoraio

ABR

�


CAPÍTULO 6 :: 37

Para um corpo que executa um movimento de rotação, a velocidade angular é definida como:

ExemploConsideremos um móvel que executa 10 voltas (10 . 2π rad) em 5 segundos.

Sua velocidade angular será:

Relação Entre Grandezas Angulares e Grandezas Lineares

Se um móvel percorre uma circunferência, seu caminho percorrido, ΔS, é igual ao arco descrito sobre a mesma. Dessa forma, podemos relacionar as grandezas angulares com as grandezas lineares estudadas anteriormente. Veja a figura a seguir:

Podemos escrever:

Dividindo ambos os membros por Δt vem:

Ou seja, a velocidade escalar é igual ao produto da velocidade angular pelo raio da circunferência.

O Período (T)

Chamamos de período de um MCU ao tempo gasto para o móvel executar uma rotação completa.

Vamos denominar o período por T. Vejamos alguns períodos bem conhecidos:

. Período de rotação da Terra: T = 1 dia = 24 h;

. Período de rotação da Lua em torno da Terra: T ≅ 28 dias;

. Período de rotação do ponteiro dos segundos de um relógio: T = 60 s.A unidade S.I. de período é o segundo (s).

ω ω θ= ′ =deslocamentot

angulartempo gasto

, isto e ΔΔ

ωθ π π

π= =×

= = = × ≈ΔΔt

rad s rad s10 2

520

54 4 3 14 12 6

/ , , /

A Frequência ( f )

Chamamos de frequência ao número de repetições por unidade de tempo para qualquer acontecimento que se repete regularmente no tempo. No caso do movimento circular, a frequência é o número de voltas por unidade de tempo.

Veja que o período é o tempo gasto para uma volta completa, assim, a frequência será uma volta por período:

A unidade de frequência é o inverso da unidade de tempo, Assim, no S.I. temos: unidade de frequência = 1/s (ou s–1). Podemos também dizer rotações por segundo, rps, que tem o mesmo significado, ou ainda hertz (Hz) em homenagem ao Físico alemão Heinrich Hertz (1857–1894), descobridor das “ondas hertzianas” que possibilitou a invenção do rádio e posteriormente da televisão.

Assim, em resumo, temos no S.I.:

ExemploConsidere um disco de vitrola que executa 33 rotações por minuto (rpm).

Vamos calcular sua frequência no S.I.Solução:Como 1 min = 60 s teremos no S.I.:

Relação Entre Velocidade Angular ω e Período T

Veja que, por definição, o período é o tempo para o móvel completar uma volta. Como uma volta corresponde a um deslocamento angular de 2π radianos, teremos Δθ = 2π e Δt = T. Assim:

A Aceleração no Movimento Circular Uniforme

Como pode? O movimento não é uniforme? Como temos aceleração? Acontece, que no movimento circular uniforme, a velocidade tem módulo constante, mas muda de direção o tempo todo. A aceleração, nesse caso, é responsável pela variação na direção da velocidade com o tempo. No MCU a aceleração é perpendicular à velocidade e tem o sentido do centro da trajetória. Ela é chamada de aceleração centrípeta. Veja a figura.

A

B

ΔθΔS = AB

Δ = = Δ =θ θABR

SR

S R onde Δ Δ

ΔΔ

= ΔΔ

= = ΔΔ

=St t

R VSt t

V Rθ ω θ ω mas e entao

ΔΔ

�

unidades

rps Hz de frequencia (ou s -1ˆ )= = =1

1 1

fT

= 1

frotações= = =33

133

600 55

min,

s Hz

ωθ π

ωπ

=ΔΔ

= =t T T

2 2 , isto Ø, é,



2) Uma roda gigante executa uma volta em 1 minuto. Vamos calcular a velocidade angular e o deslocamento angular para 5 s de movimento.

Solução:A velocidade angular é dada por assim precisamos

do período T.Como o móvel executa uma volta por minuto temos T = 1 min = 60 s, a

velocidade angular será então:

O deslocamento angular para Δt = 5 s será:

ExemploSupondo que o raio da roda gigante do exercício anterior, tem 10 m de

comprimento. Calcule a aceleração centrípeta de um ponto de sua extremidade.Solução:Temos R = 10 m. Como ac = ω2R temos:

Exercícios

1) Um ventilador gira com uma velocidade de 9,0 x 102 rpm. Determine: a) A velocidade angular de um ponto da pá do ventilador.

b) A velocidade tangencial de um ponto da extremidade da pá sabendo-se que a distância entre o centro e a extremidade da pá é igual a 20 cm.

2) Uma correia passa por uma polia com 25 cm de raios (veja a figura a seguir). Sabendo que um ponto da correia tem velocidade 5,0 m/s, determine a velocidade angular da roda em rotações pos segundo (rps).

3) Um objeto de 2,0 x 102 g é preso a extremidade de uma corda e posto a girar em torno de um ponto fixo com velocidade angular de 3,0 rps em um círculo supostamente horizontal de raio 1,2 m. Determine o valor da aceleração centrípeta.

Observe que a aceleração centrípeta é perpendicular à trajetória, assim, ela é chamada também de aceleração normal.

De um modo geral, a aceleração centrípeta (ac) é dada por: onde V é a velocidade e R o raio da curva.

Note que quanto maior a velocidade do móvel (maior V) ou quanto menor o raio da curva, maior será a aceleração centrípeta (ac).

Unidade S.I. de Aceleração Centrípeta

Vamos escrever as grandezas V e R em termos de suas unidades.

Como temos que a unidade de ac é:

Relação Entre a Aceleração Centrípeta e a Velocidade Angular ω

Lembrando que V = ωR, vamos substituir o V em :

Exemplos1) Vamos calcular a frequência, o período e a velocidade angular de um

móvel que executa um MCU, com 100 rotações por segundo.Solução:A frequência é f = 100 rps ou 100 Hz, assim, o período será:

Como , neste caso, a velocidade angular será:

V

V

R ac

a c

a

msm

msm

ms m

m s c =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = = =

2 2

2 2

221

/

aVR c =

2

aVR c =

2

aVR c =

2

ω θ ω π= ΔΔ

=t T

ou 2

ω π π π= = =2 260 30T

rad/s

ω θ θ ω θ π π= ΔΔ

⇒ Δ = Δ ⇒ Δ = =t

t30

56

rad

a c2 m/s= ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

= ≅π π3

109

10 112 2

i i

Tf

= = =1 1100

0 01, s

ω θ π= ΔΔ

=t T

2

ω π π= = =2 20 01

200T ,

rad/s

25 cm5,0 m/s

aVR

RR

RR

R c c , isto e , a= = = ′ =2 2 2 2

2( )ω ω ωé,


CAPÍTULO 6 :: 39

4) Um satélite para observação de queimadas na Amazônia circunda a Terra numa altitude de 6,0 x 102 km, onde a aceleração da gravidade vale 8,2 m/s2. Determine o período da órbita do satélite. Dado: o raio da Terra vale 6,37 x 103 km.

5) Um satélite artificial terrestre move-se em órbita circular numa altitude 3,3 x 102 km. O módulo de sua velocidade é 7,7 km/s. Determine:

a) O valor da aceleração centrípeta.

b) O valor da aceleração da gravidade na altitude de 3,3 x 102 km. Dado: o raio da Terra vale 6,37 x 103 km.

6) Calcule a aceleração da Terra em seu movimento de translação em torno do Sol. Considere a órbita circular e de raio 1,5 x 1011 m.

7) Calcule em radianos:a) 30º

b) 45º

c) 60º

d) 80º

8) Determine a velocidade angular do ponteiro dos segundos de um relógio em rad/s.

9) Calcule o comprimento de um arco subentendido por um ângulo central de 90º em uma circunferência com 10 m de raio.

10) O raio da Terra é de cerca de 6.400 km. Calcule a velocidade linear V de um ponto da superfície terrestre situada no equador em km/h. Suponha a Terra perfeitamente esférica.

11) Um trem viaja numa curva de raio igual a 1,0 km com velocidade escalar constante igual a 20 km/h. Qual ângulo central que o arco percorrido pelo trem subtenderá num intervalo de tempo igual a 15 s?

12) Um disco de 31,4 cm de diâmetro gira com velocidade angular constante de 1200 rpm. A velocidade escalar de um ponto situado na periferia do disco vale aproximadamente:

(A) 10 m/s(B) 20 m/s(C) 30 m/s(D) 40 m/s(E) 50 m/s

13) Um projetor de cinema projeta 24 quadros por segundo. A altura de cada quadro na fita é igual a 18 mm. Sabendo que o carretel de onde o filme está enrolado tem um diâmetro de 40 cm, sua velocidade angular é:

(A) 2,16 rad/s(B) 2,16 rps(C) 1,08 rad/s(D) 159,6 rpm(E) 314 rad/s.

14) Um satélite de comunicações permanece estacionário em relação à Terra. Qual a velocidade angular do satélite?

15) Uma roda de raio 60 cm percorre uma trajetória retilínea com velocidade de 86,4 km/h, sem deslizar. Determine os valores da velocidade angular e da frequência dessa roda.

16) Uma pedra é posta a girar em MCU por meio de um barbante de comprimento 2,0 m. A velocidade escalar da pedra é 10 m/s. Determine:

a) A aceleração centrípeta da pedra.

b) A velocidade angular da pedra.

c) O período e a frequência do movimento.



17) Determine a velocidade de um projétil disparado contra um alvo rotativo colocado a 15 m de distância. O alvo executa 300 rpm, e, o arco medido entre o ponto visado no momento do disparo e o ponto de impacto do projétil no alvo é 180º.

18) Duas polias são ligadas por uma correia. Uma tem 40 cm de raio e realiza 120 rps. A outra, que tem 60 cm de raio, deverá realizar:

(A) 180 rps(B) 120 rps(C) 60 rps(D) 80 rps(E) 20 rps

19) Uma partícula executa um movimento circular uniforme. Responda o que se pede:

a) descreva a trajetória da partícula;

b) descreva o que ocorre com a velocidade da partícula;

c) o movimento circular uniforme tem aceleração?

20) A roda de um motor gira a 240 rpm. Determine as velocidades angular e linear de um ponto situado 10 cm do eixo de rotação, no S.I.

21) A Lua gira uniformemente em torno da Terra levando 28 dias para efetuar uma volta completa. Sabendo-se que a distância média Terra-Lua é de 3,4 × 105km, calcule a velocidade linear (tangencial) e a aceleração centrípeta da Lua, relativas ao movimento de translação da Lua em torno da Terra.

22) (Cederj/2005) Considere duas cidades A e B situadas sobre o equador terrestre, conforme indica a figura. Os habitantes da cidade A observam 2 horas depois o mesmo céu estrelado que foi visto na cidade B. Com essas observações é possível dizer que o ângulo θ entre os meridianos que passam pelas cidades A e B é:

(A) 20º(B) 90º(C) 360º(D) 30º(E) 60º

Dica: a velocidade angular da Terra é de (uma volta/dia) = (360º/24 h). Assim, em duas horas...

23) Considere os três ponteiros de um relógio, dos segundos, dos minutos e das horas, nessa ordem. Determine:

a) O período do movimento de rotação.

b) A frequência de cada um deles, respectivamente.

24) (PUC-Rio/2000) Um disco está girando com rotação constante em torno de um eixo vertical que passa pelo seu centro. Um certo ponto Q está duas vezes mais afastado desse centro do que um outro ponto P. A velocidade angular de Q, num certo instante, é:

(A) a mesma que a de P.(B) duas vezes maior que a de P.(C) a metade da de P.(D) quatro vezes maior que a de P.(E) um quarto da de P.

25) (PUC-MG/1999) Na figura, 1, 2 e 3 são partículas de massa m. A partícula 1 está presa ao ponto O pelo fio a. As partículas 2 e 3 estão presas, respectivamente, à partícula 2 pelos b e c. Todos os fios são inextensíveis e de massa desprezível. Cada partícula realiza um movimento circular uniforme com centro em O. Sobre as frequências angulares ω e as velocidades lineares V para cada partícula é correto afirmar que:

(A) ω1 < ω2 < ω3 e V1 = V2 = V3

(B) ω1 > ω2 > ω3 e V1 = V2 = V3

(C) ω1 < ω2 < ω3 e V1 < V2 < V3 (D) ω1 = ω2 = ω3 e V1 > V2 > V3 (E) ω1 = ω2 = ω3 e V1 < V2 < V3

Aθ

B

Equador

O 1

23

a bc


[ ]:: Meta ::Introduzir os conceitos de aceleração angular, aceleração centrípeta e aceleração tangencial, definir as relações entre as grandezas angulares e lineares e aplicar esses conceitos nos proble-

:: Objetivos ::

7O Movimento Circular

Uniformemente Variado (MCUV)



A Aceleração Total no MCUV

A aceleração total é a soma vetorial da aceleração centrípeta com a aceleração tangencial. Como e são perpendiculares, o módulo de é dado por Pitágoras:

Quando a velocidade aumenta, a aceleração tangencial tem a mesma direção e sentido de , conforme ilustrado na figura a seguir:

Se o movimento é retardado, então é contrária ao e | | diminui com o tempo.

Repare na direção e sentido de nos dois casos anteriores.

A Aceleração Angular

No MCUV a velocidade angular ω está variando com o tempo, assim teremos uma aceleração angular, que chamaremos de α (alfa), definida pela razão entre a variação da velocidade angular e o tempo gasto para ocorrer esta variação:

onde Δω = ωf – ωi e Δt é o intervalo de tempo.

A unidade S.I. de α é dada por:

unidade de

α ω= ΔΔt

α ωθ

= ΔΔ

=

ΔΔΔ

= =unidadet

unidade de

radss

rad s de tt

/ 2

C

V

a t

a c

a total

V

| V | diminui

C

V

Va c

a

a t

total

| V | aumenta

�

a c

�

a t

�

a total

a a a a total c2

t2= = +

�

V

�

V

�

a t

�

V�

V

�

a total

Introdução

Dizemos que um móvel executa um movimento circular uniformemente variado quando sua trajetória é uma circunferência e o módulo de sua velocidade varia uniformemente no tempo. Nesse movimento a velocidade varia tanto em direção quanto em módulo. Veja na figura uma ilustração do que acabamos de dizer.

No MCUV a aceleração é responsável pela variação tanto do módulo quanto da direção de . Isto significa que a aceleração tem uma parte centrípeta, responsável pela variação da direção da velocidade, e uma parte na mesma direção da velocidade (tangencial à trajetória), responsável pela variação de módulo da velocidade chamada de aceleração tangencial at. Veja a ilustração a seguir:

Para ilustrar o que estamos dizendo, imagine uma bicicleta que entra numa curva de 50 metros de raio com velocidade de 4 m/s e sai da curva, 5,0 segundos depois, com velocidade de 10 m/s. Como V aumenta de 4 para 10 m/s , temos uma aceleração tangencial:

Teremos também uma aceleração centrípeta, pois a direção da velocidade muda à medida que o ciclista faz a curva. Como o módulo da velocidade está variando, a aceleração centrípeta também varia, para manter o raio da trajetória,

pois . Vejamos.

No início da curva temos:

Ao sair da curva, temos:

aVt t

2 m/s= ΔΔ

= − = =10 44

64

1 5,

aVR c =

2

aVR c i2

2 m/s= = = =420

1620

0 82

,

aVR c f2

2 m/s= = = =1020

10020

5 02

,

R

V

1V

2

(instante t1 )

(instante t2 )

R

ac

a

V

t

�

V


CAPÍTULO 7 :: 43

O deslocamento angular será:

Cada rotação corresponde a uma volta completa, isto é, 2π rad. Assim, para 130 rad teremos:

ExemploUm automóvel com velocidade de 18 km/h encontra-se numa pista de

corrida, circular, de 30 m de raio. Em determinado instante o motorista imprime uma aceleração constante de modo que decorridos 10 segundos a velocidade passa a ser de 25 m/s. Pede-se calcular:

a) a aceleração tangencial;b) a distância percorrida nos 10 primeiros segundos;c) a velocidade angular após 9,5 s de aceleração;d) o deslocamento angular nos primeiros 5 s do movimento;e) a aceleração centrípeta em t = 5 s.Solução:Os dados do problema são:

e para t = 10 s temos V = 25 m/s

a) Cálculo da aceleração tangencial:V = V0 + att ⇒ 25 = 5 + at10 ⇒ at = 2,0 m/s2

b) A distância percorrida em 10 s:Nos dez primeiros segundos, o móvel percorre um arco de circunferência de

comprimento:

c) A velocidade angular em t = 9,5 s:Temos: ω = ω0 + αt (*) onde

Assim, em (*) ω = 0,166 + 0,066 × 9,5 = 0,793 rad/s

ExemploUm disco que atinge uma velocidade angular de 50 rad/s, a partir do

repouso, em 10 s, tem uma aceleração angular de:

Relação entre a Aceleração Angular α e o Raio da Trajetória R

Vamos supor um movimento circular onde no instante inicial t0, as velocidades tangencial e angular sejam V0 e ω0 e que num instante posterior sejam V1 e ω1. Assim, lembrando que V = ωR, teremos:

V0 = ω0 . R e V1 = ω1 . RAssim (V1 – V0) = (ω1 – ω0) . R ⇒ ΔV = Δω . R.Dividindo ambos os membros pelo mesmo Δt teremos:

Logo at = α . R isto é, no MCUV a aceleração é o produto da aceleração angular pelo raio da trajetória.

Vamos resumir nosso estudo relacionando o que estudamos no movimento retilíneo uniformemente variado com o estudo do MCUV.

No MCUV, tanto a velocidade linear quanto a velocidade angular, variam uniformemente. Desse modo, podemos relacionar diretamente as equações do MCUV com as do movimento retilíneo uniformemente variado, com apenas uma diferença, pois no movimento circular existe também uma aceleração centrípeta,

.

Podemos aplicar as equações tanto na forma linear quanto na forma angular, conforme resumido no quadro a seguir:

Equações do MRUV (lineares), a = atangencial

Equações do MCUV (angulares)

V = V0 + at ω = ω0 + αt

ExemploA velocidade angular da polia de um motor varia de 3 rad/s para 10 rad/s

em um tempo de 20 s. Determine o número de rotações que a polia realizou nesse intervalo de tempo.

Solução:Temos que ω0 = 3 rad/s, ω = 10 rad/s e t = 20 sVamos primeiro calcular a aceleração angular, usando a equação da

velocidade angular.

α ω= ΔΔ

= − =t

rad s50 0

105 0 2, /

ΔΔ

= ΔΔ

⋅Vt t

R

a t

� �

ω

α

ω ω α α α= + ⇒ = + ⇒ = 0 t rad s10 3 3720

2i /

Δ = + = + = + =θ ωα

0

tt2

2

23 20

720

20

260

7 40040

ii i

π πx ,

1 1302

20 7 (rotaçãoo)

2 (rotações)

130 rotações= ⇒ = ≅x

Vms

m 0 km/h m/s, R = = = =18180003600

5 30

Δ = + = + ⇒ Δ = + =S V t at S 0 m12

5 1012

2 10 50 100 1502 2i i i

V R 0 0 0 rad/s= ⇒ = =ω ω 530

0 166,

a R t2 rad/s= ⇒ = =α α 2

300 066,

Δ = +S V tat

0

2

2

V V a S2 2= + Δ 02

Δ = +θ ω α 0t

t2

2

ω ω α θ2 2= + Δ 02

aVR

R c c ou a= =2

2ω

= + = rad60 70 130



4) Uma partícula parte do repouso e desloca-se sobre uma circunferência de raio R = 10 cm, com aceleração angular constante de 6,28 rad/s2. Após 5 segundos de movimento, calcule o que se pede:

a) o ângulo descrito;

b) o número de voltas executadas pela partícula;

c) a aceleração centrípeta.

5) Determine a aceleração angular de uma roda que é acelerada a partir do repouso, atingindo a velocidade angular de 20 rad/s após ter dado 10 voltas completas.

�

V

d) Para calcular o deslocamento angular vamos aplicar a forma angular da equação horária:

e) Para a aceleração centrípeta temos ac = ωR. Precisamos calcular o ω em t = 5 s.

Então ω = ω0 + αt = 1,66 + 0,66 × 5 = 0,496 rad/s. Assim, ac = ω2R = (0,496)2 × 30 = 7,38 m/s2

Exercícios

1) Um volante gira com 200 rpm e é então retardado com taxa constante de 2,0 rad/s2. Determine: (a) o intervalo de tempo necessário para o volante atingir o repouso; (b) o número de rotações que ele efetua durante esse intervalo de tempo.

2) Na figura mostramos os vetores velocidade e aceleração de uma partícula P descrevendo uma trajetória circular. Classifique o movimento da partícula, com respeito à variação da velocidade.

3) Um móvel executa um movimento circular uniformemente acelerado de modo que sua velocidade no instante t é , conforme representado na figura. Esboce, na própria figura, os vetores aceleração tangencial e aceleração centrípeta.

Δ = + = +

= + =

θ ωα

θ

0

tt

Assim

2 2

20 166 5

0 066 52

0 83 0 835 1 6

,,

, , ,

ii

Δ 55 rad

CV

a

V

P


[ ]:: Meta ::

:: Objetivos ::

8Composição vetorial de velocidades



Composição de Velocidades

Vamos imaginar como exemplo um pequeno barco navegando em um rio sereno, sem corredeiras. Considere que a correnteza é para a direita e que a velocidade do rio em relação à Terra é | | = +3 km/h (sentido escolhido como positivo). Vamos analisar três situações distintas.

A) Barco descendo o rioConsidere que o barco desce o rio (caminha para a direita) com velocidade

dada por | | = + 4 km/h, em relação ao rio.

Como uma pessoa que estiver na margem (na Terra) veria o barco descer o rio? Com qual velocidade?

Pense um pouco antes de continuar, releia o texto anterior, reveja a figura.Uma pessoa que estiver numa das margens verá o barco descer com uma

velocidade maior que a velocidade do barco em relação ao rio, pois, nesse caso, a velocidade do rio em relação à Terra tem o mesmo sentido da velocidade do barco, isto é, o rio “ajuda” o barco a descer.

Vejamos graficamente:

Nesse caso as velocidades têm a mesma direção assim elas podem ser somadas como na soma algébrica comum. Assim, em módulo:

| | = | | + | | = + 4 + 3 = +7 (km/h)Lembre-se que para indicar apenas os módulos das velocidades, podemos

escrever sem colocar as “setinhas” e sem as barras laterais:Vbarco; Terra = Vbarco; rio + Vrio; Terra = + 4 + 3 = + 7 (km/h)

B) Barco subindo o rioE se o barco estiver virado para a esquerda, no sentido contrário à correnteza,

com a mesma velocidade, em módulo, de 4 km/h em relação ao rio? O barco desce ou sobe o rio? Pense um pouco antes de seguir adiante. A figura a seguir ilustra essa situação.

Nesse caso a velocidade do barco em relação ao rio também tem módulo de 4 km/h, mas no sentido da esquerda (contra a correnteza). Como as velocidades têm a mesma direção elas se somam como na soma algébrica comum, mas atribuímos um sinal negativo à velocidade por ter sentido contrário a que nós consideramos como positiva. Graficamente temos:

Nesse caso teremos (em módulo):Vbarco; Terra = Vbarco; rio – Vrio; Terra = + 3 – 4 = –1 (km/h)Veja que o barco “ganhou” da correnteza, pois o sinal negativo indica que a

velocidade do barco em relação à Terra tem sentido oposto à da velocidade do rio em relação à Terra (que escolhemos como positiva). O barco anda para a frente. Para a esquerda, subindo o rio.

C) Barco atravessando o rio de uma margem à outraAgora vamos supor que o barco esteja indo de uma margem à outra,

mantendo-se sempre na direção perpendicular às margens do rio, conforme ilustrado na figura a seguir.

Vamos calcular a velocidade do barco em relação à Terra.Neste caso temos também = + mas a soma não

pode ser feita algebricamente pois os vetores não são colineares, isto é não têm a mesma direção. Temos que efetuar a soma vetorialmente:

Vrio Terra

�

;

Vbarco rio

�

;

Vbarco

�

; Terra Vbarco rio

�

; Vrio Terra

�

;

Vbarco rio

�

;

Vrio Terra

�

;

Vbarco

�

; Terra Vbarco rio

�

; Vrio Terra

�

;

Margem (Terra)

Margem

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�

Vbarco; Terra

� Este é o vetor resultante = velocidade do barco em relação à Terra.

Margem (Terra)

Margem

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�

Veja que o vetor resultante = velocidade do barco em relação à Terra, tem o sentido contrário à velocidade do rio.

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�

Vbarco; Terra

�

Margem (Terra)

Margem

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�


CAPÍTULO 8 :: 47

Solução gráfica:

Cálculo algébrico do módulo de Como os vetores são perpendiculares, aplicamos Pitágoras.

A direção da velocidade Em relação à margem do rio a direção pode ser calculada pela tangente do

ângulo α, onde:

(isto corresponde a um ângulo α ≅ 53º)Se desejarmos que o barco atravesse o rio perpendicularmente às margens,

temos que virar o leme de modo que a velocidade do barco em relação ao rio faça um ângulo α = 53º (à esquerda) em relação à margem.

Exercícios

1) Um barco está com o motor funcionando em regime constante. Sua velocidade em relação ao rio tem módulo 5,0 m/s. A correnteza do rio se movimenta em relação às margens com 2,0 m/s. Determine o módulo da velocidade do barco em relação às margens:

a) O barco se move paralelo à correnteza e no mesmo sentido.

b) O barco se move paralelo à correnteza e em sentido contrário.

2) O piloto de uma lancha atravessa um rio de 60 m de largura. A velocidade da lancha em relação ao rio é vLR = 10 m/s e a velocidade do rio em relação às margens é vRM = 2,0 m/s.

a) Se o piloto mantiver o eixo da embarcação perpendicular à direção da correnteza, a que distancia, abaixo do ponto de partida, a lancha atracará na outra margem?

b) Se o piloto mantiver o eixo da embarcação inclinado, a fim de que a lancha atravesse o rio perpendicularmente à correnteza, qual deverá ser o valor do ângulo de inclinação. Dado: sen(12º) = 0,20.

3) Um barco deve atravessar um rio em direção perpendicular à correnteza, cuja velocidade é de 10 km/h. A velocidade do barco em relação à água é de 20 km/h. O barco deverá fazer com a correnteza um ângulo de :

(A) 120º (B) 150º (C) 90º (D) 0º(E) 60º

4) Um barco sai do ponto A (fig. x) para atravessar um rio de 2,0 km de largura. A velocidade da correnteza é de 3,0 km/h. A travessia é feita segundo a menor distância AB e dura (1/2) hora. A velocidade do barco em relação à correnteza é:

(A) 2,0 km/h(B) 3,0 km/h(C) 4,0 km/h(D) 5,0 km/h(E) 6,0 km/h

5) Num dia de chuva sem vento, a chuva cai verticalmente em relação ao solo com velocidade de 10 m/s. Um carro se desloca horizontalmente com 20 m/s em relação ao solo. Determine o módulo da velocidade da chuva em relação ao carro.

6) Um disco rola sem deslizar sobre um solo horizontal, mantendo-se na vertical. A velocidade do centro O, em relação ao solo tem módulo v. Determine os módulos das velocidades dos pontos A, B, C e D, em relação ao solo, no instante representado na figura.

Vbarco

�

; Terra

V V Vbarco Terra barco rio rio Terra; / / = ( ) + ( ) = + = + =2 2 2 24 3 16 9 25

Vbarco Terra; = (5 kkm h/ )

tgcateto oposto

cateto adjacenteα = = =

43

1 333,

O v

A

B

C

2,0 km

A

3,0 km/h

αEsta é a velocidade Vbarco; Terra

Nós, na Terra, veremos o barco andar

numa diagonal em relação às margens.

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�

�

Vbarco; Terra

�

Esta seria então a velocidade do barco em relação à Terra, perpendicular às margens.

α

Vrio; Terra

�

Vbarco; rio

�

Vbarco; Terra

�



7) Sob a chuva que cai verticalmente, uma pessoa caminha horizontalmente com velocidade de 1,0 m/s inclinando o guarda-chuva de 30º em relação à vertical. Determine a velocidade da chuva em relação ao solo. Dado: tg (60º) = 1,7.

8) (UFRS) A velocidade de um barco navegando rio abaixo é de 10 km/h para um observador parado na margem do rio. A velocidade do mesmo barco navegando rio acima é de 6 km/h. Supondo que a diferença de velocidade se deve exclusivamente à velocidade da correnteza do rio, qual é essa velocidade?

( A) 2 km/h(B) 3 km/h(C)4 km/h(D) 5 km/h(E) 8 km/h

9) (Cederj/2008) A figura mostra uma águia perseguindo uma presa. No instante inicial ti , a presa se encontra a 6 m verticalmente abaixo da águia. Desse instante até o instante final tf , em que a águia captura a presa, o movimento da presa é horizontal, retilíneo e uniforme, tendo ela percorrido uma distância de 8m, e o movimento da águia é curvilíneo e não uniforme, conforme indicado na figura.

VA e VP são as velocidades vetoriais da águia e da presa, respectivamente, no intervalo que vai de ti até tf .

Determine a razão entre os módulos das velocidades vetoriais médias VA e VP, isto é, calcule VA / VP .

10) (PUC–MG) Um objeto em movimento circular uniforme passa pelo ponto A e, 1 segundo após passa pelo ponto B:

A aceleração média nesse intervalo de tempo é, em m/s:(A) 12(B) 2(C) 4(D) zero(E) 0,5

Dica: Faça o cálculo: vetorialmente.

Use o método gráfico para a subtração de vetores e o teorema de Pitágoras, dado no capítulo 1.

11) (ENQ–RJ) Subindo um rio, a velocidade de um barco é 6,0 m/s. Descendo, é de 10,0 m/s. Qual a velocidade da correnteza?

(A) 1,0 m/s(B) 1,5 m/s(C) 2,0 m/s(D) 2,5 m/s(E) 8,0 m/s

12) (Fuvest–SP) Um barco atravessa um rio de margens paralelas de largura d = 4 km. Devido à correnteza, a componente da velocidade do barco ao longo das margens é VA = 0,5 km/h em relação às margens. Na direção perpendicular às margens a componente da velocidade é VB = 2 km/h. Pergunta-se:

a) Quanto tempo o barco leva para atravessar o rio?

b) Ao completar a travessia, qual é o deslocamento do barco na direção das margens?

�

�

� �

aVt

V VtM

Final Inicialédia = =

−ΔΔ Δ

6 m

8 m

A

B

V = m/s2

V = m/s2


[ ]:: Meta ::Introduzir o conceito de força e estabelecer sua relação com o movimento dos corpos.

:: Objetivos ::a

9A 1a Lei de Newton



Forças perpendiculares

Forças paralelas

2 - A força da qual estamos tratando aqui é um agente que atua sobre o corpo, trata-se de um agente externo ao corpo, isto é, existe alguma coisa ou alguém exercendo a força sobre o corpo, e quando essa ação externa acaba a força também acaba. Não devemos confundir força com movimento.

Consideremos um exemplo:

ExemploImagine uma mesa de bilhar e uma bola em repouso sobre ela. Se nenhum

agente externo agir sobre a bola, ela permanecerá parada sobre a mesa e nada acontece. Imagine agora que você empurra a bola sobre a mesa. Enquanto você está com a mão sobre a bola, empurrando-a, você exerce uma força sobre ela e altera o seu movimento, alterando sua velocidade até o instante em que você a solta. Assim que você larga a bola, a força feita pela mão cessa, mas a bola continua se movendo na direção em que você a empurrou, sem necessidade de força alguma.

A essa propriedade dos corpos, de permanecer em repouso ou movimento (retilíneo e uniforme) mesmo que não haja força alguma agindo sobre o corpo chamamos de inércia.

Resumindo: chamamos de força a qualquer agente externo que modifica o estado de movimento do corpo. Se este está parado, a força faz com que comece a se mover, acelerando-o. Se o corpo estiver em movimento, a força pode fazer o corpo diminuir a velocidade, aumentar a velocidade ou modificar a direção da velocidade. Em qualquer desses casos o corpo estará “acelerado”.

Acelerado (força agindo) = constante (força nula)

V0 = 0VVV

V

v

Introdução

Até aqui vimos a parte da mecânica, chamada cinemática, onde estudamos vários tipos de movimento. Passaremos agora a estudar as leis gerais que regem esses movimentos e as condições para que os corpos permaneçam em equilíbrio. Foi Galileu Galilei (1564–1642) quem iniciou o estudo sistemático sobre o movimento dos corpos. Introduziu o método científico no estudo dos fenômenos da Natureza, baseando seus estudos e conclusões na experimentação. Sir Isaac Newton (1642–1727) nascido coincidentemente no ano da morte de Galileu, alguns anos mais tarde, aos 25 anos de idade, conseguiu uma das mais brilhantes sínteses do conhecimento humano a respeito da natureza, particularmente no que diz respeito ao movimento dos corpos, ao enunciar as leis gerais que regem esses movimentos. Nesse módulo vamos iniciar o estudo dessas leis e suas aplicações. São elas:

A 1a lei, também chamada lei da inércia, se refere aos corpos em equilíbrio podendo ser estático ou dinâmico, isto é, corpos em repouso (parados) ou em movimento retilíneo e uniforme.

A 2a lei, também conhecida como princípio fundamental da dinâmica, relaciona as forças aplicadas em um corpo com a aceleração que estas produzem.

A 3a lei, chamada de lei da ação e reação, estuda as forças entre dois corpos que estão interagindo um com o outro.

Uma outra lei, que estudaremos mais tarde, é a chamada lei da gravitação universal, que nos mostra de que forma a “matéria atrai a matéria” e permite compreender o movimento do Sol, dos planetas e seus satélites.

Para iniciarmos nosso estudo é necessário que conheçamos primeiro dois importantes conceitos estudados na mecânica. São eles o conceito de força e o conceito de inércia.

A Força e a Inércia

Todos sabemos que quando empurramos uma caixa, levantamos um balde d‘água ou puxamos uma gaveta, estamos exercendo uma força sobre esses objetos. Para compreendermos melhor o que vem a ser uma força vamos destacar primeiramente algumas das suas propriedades.

1 - As forças são grandezas vetoriaisPara representarmos as forças e fazermos operações matemáticas com elas,

faremos uso das propriedades dos vetores que estudamos no primeiro capítulo. Vamos nos lembrar com o exemplo a seguir:

Consideremos duas forças e agindo ao mesmo tempo sobre um corpo em várias situações. Chamaremos a força resultante de . A resultante é a força que sozinha produziria o mesmo efeito sobre o corpo que todas as outras juntas.

Ângulo qualquer

R

F2

1F

R1F

F2

R = F1 + F2

�

F 1�

F 2�

R

F

F1

2

R

R = F1

+2 F2

2

F

R

1 2F

R = F2_ F1


CAPÍTULO 9 :: 51

Isso significa que na ausência de forças, ou quando a soma das forças que agem sobre um corpo for nula, ou o corpo fica em repouso (parado) ou em movimento retilíneo uniforme. Isto é, resumidamente:

Se = 0 ⇔ REPOUSO OU MRUConcluímos então que o estado de equilíbrio natural da matéria pode ser tanto

o estado do repouso, e o corpo só abandona o repouso se alguma força agir sobre ele, como também o estado de movimento retilíneo uniforme, e o corpo permanece em MRU a não ser que algum agente externo (uma força) atue sobre ele.

Aplicações

Vamos ver agora algumas aplicações. Na maioria dos casos de equilíbrio, onde a força resultante sobre o corpo é nula ( = 0), teremos uma das situações descritas abaixo.

Consideremos as forças , , , e atuando sobre um corpo qualquer. Vamos nos lembrar de que os módulos da forças podem representados por:

| | = F1 ; | | = F2 ; | | = F3 ; | | = F4 ; | | = F5

a) As forças que atuam no corpo são paralelas, isto é, têm a mesma direção. Veja que o sentido positivo está indicado na figura.

A resultante pode ser obtida pela soma algébrica (com números positivos e negativos). No equilíbrio = 0 e, em módulo, R = F1 + F2 – F3 – F4 – F5 = 0

b) As forças são perpendiculares.

Nesse caso, tanto as componentes das forças no eixo x quanto no eixo y devem ser nulas

= 0 ⇒ F3 + F5 – F2 = 0 ⇒ F2 = F3 + F5

= 0 ⇒ F1 – F4 = 0 ⇒ F1 = F4

“A força é um agente que modifica o estado de repouso ou de movimento dos corpos.”

Mas se eu tentar empurrar um carro, engrenado, ou com o freio de mão puxado, mesmo com muita força nada acontece; eu não consigo modificar seu “estado de repouso”. Como se explica esse fato?

Pense bem. Nesse caso você realmente exerce uma força sobro o carro, mas o próprio chão onde o carro está também faz uma força sobre ele de modo que a força resultante sobre o carro é nula. O máximo que pode acontecer é você ficar com a mão doendo ou mesmo amassar um pouco a lataria do carro, mas ele permanecerá no estado de repouso.

A esse tipo de força, feita pelo chão sobre as rodas do carro, chamamos força de atrito. Nesse caso as forças de atrito anulam a força feita por você, tornado a resultante nula, e o carro permanece em equilíbrio estático (parado).

Voltemos à nossa bola de bilhar.Imagine uma mesa muito lisa e comprida e que você empurrou a bola sobre

ela. Mesmo depois de você ter largado a bola ela permanecerá em movimento, assim você poderia dizer: “Então a força que eu fiz sobre a bola continua agindo sobre ela.” Correto? A reposta de Newton é: não, não é necessário força alguma para que a bola permaneça em movimento.

Galileu também já havia verificado esse fato, mas foi Newton que o expressou sob a forma de um novo conceito, o conceito de inércia.

Inércia é a propriedade dos corpos de permanecerem em seu estado, seja de repouso ou de movimento retilíneo uniforme.

A 1a Lei de Newton (a lei da inércia)

Agora que já sabemos o que é inércia, podemos enunciar a 1a lei de Newton simplesmente assim: “todo corpo possui inércia.” Ou então:

“Todo corpo permanece em repouso ou em movimento retilíneo uniforme a não ser que um agente externo exerça uma força sobre ele.”

Força feita por você

Força de atrito Força de atrito

Chão

�

R

�

R

�

F 1�

F 2�

F 3�

F 4�

F 5

�

F 1�

F 2�

F 3�

F 4�

F 5

F

F1

2

3F

F4

5F

x (+)

F

F

F

x

y

1

2

3F

4

5F

�

R

�

R x�

R y



2) Em cada caso representado abaixo, várias forças atuam sobre um corpo. Analise cada um verificando se o corpo permanece ou não em equilíbrio. Justifique suas respostas.

a)

b)

c)

3) Um anel se encontra sobre uma mesa muito lisa (sem atrito) sendo puxado pelas forças , e , conforme mostra a figura abaixo. O módulo de | | vale F1 = 100 N. Sabendo que sen α = 0,60 e cos α = 0,80 calcule os valores de e para que o anel fique em equilíbrio.

c) As forças têm qualquer direção. Nesse caso temos que nos lembrar a decomposição de vetores conforme estudado no capítulo 1, projetando as forças nos eixos x e y, quando for o caso, e depois proceder como no exemplo anterior.

que substituimos por

Assim,no eixo x: = 0 ⇒ F1 cos α – F2 = 0 ⇒ F2 = F1 cos αno eixo y: = 0 ⇒ F1 sen α – F3 = 0 ⇒ F3 = F1 sen αFaça agora esses exercícios para aplicar seus conhecimentos.

Atividades

A unidade de medida de força no sistema internacional de unidades (SI) é o newton e sua abreviação é N. Mais tarde veremos a definição dessa unidade de medida de força.1) Você e um colega puxam juntos um carrinho com rodas, sobre uma superfície bem lisa exercendo as forças = 5 N e = 6 N sobre ele, conforme ilustra a figura.

Calcule a força deve ser feita sobre o carrinho para que o mesmo fique em equilíbrio.

FF

1F2

�

F 1�

F 2

�

F

F

F

F

α

x

y

1

2

3

F = 8 N3

F = 4 N1

F = 6 N2

x

y

20 N

8 N

4 N

12 N

30 N

10 N

x

y

10 N10 N

10 N

�

F 1�

F 2�

F 3�

F 1

�

F 2�

F 3

F

F1

F2

3

αx

y

x

y

F3

F2

F1

sen α

F1

cos α

�

R x�

R y


CAPÍTULO 9 :: 53

Algumas forças muito comuns na Natureza

Todos os corpos ao nosso redor, e nós mesmos, somos submetidos a algumas forças muito comuns na Natureza. Vamos conhecê-las com mais detalhes para que possamos continuar nossos estudos e aplicar os conhecimentos adquiridos em situações práticas de nosso cotidiano.

. A força peso: o peso é a força de atração da gravidade, exercida pela Terra sobre todos os corpos ao seu redor. Ela é sempre na direção vertical e com sentido de cima para baixo, apontando para o centro da Terra.

. As forças de apoio: sempre que colocamos um objeto sobre alguma coisa, uma mesa, por exemplo, essa, por ser um corpo rígido cujas moléculas estão fortemente ligadas, impede que o objeto desça ao encontro do chão (da Terra) exercendo uma força sobre o objeto com uma direção que é perpendicular (normal) à superfície de contato entre o objeto e a mesa. Chamamos a esse tipo de força de força normal . Vejamos alguns exemplos de objetos apoiados sobre uma superfície rígida:

. As forças de atrito ( ): as forças de atrito aparecem quando tentamos arrastar um objeto sobre uma superfície, ela é sempre contrária à direção na qual estamos tentando arrastar ou estamos arrastando o objeto. É uma força que depende muito dos tipos de superfícies que estão em contato e principalmente das irregularidades que existem nessas superfícies.

. Forças de tração (como as forças feitas por meio de fios ou cordas): quando puxamos um carrinho ou uma caixa por meio de uma corda, ou penduramos uma roupa no varal, dizemos que a corda ou o varal fica “tracionado”, estamos exercendo sobre eles uma força de tração. Note que por meio de um fio ou uma corda podemos apenas “puxar” alguma coisa, não podemos “empurrar” ou “comprimir”. Vejamos alguns exemplos:

ExemploUma caixa pesando 20 newtons se encontra em repouso sobre uma mesa,

conforme mostra a figura abaixo. Responda o que se pede a seguir.

a) Representar as forças que estão atuando sobre a caixa;b) O valor da força normal.Solução:a) Apenas duas forças externas atuam sobre a caixa: a força peso exercida

pela Terra, e a força de contato feita pela mesa sobre a caixa, chamada de força normal .

b) A caixa se encontra em repouso, logo a força resultante sobre ela deve ser nula, assim, vetorialmente temos:

Como e são paralelas (têm a mesma direção) mas têm sentidos opostos, fazemos, algebricamente: N – P = 0 onde N = P = 20 newtons.

Corpo 1

Corpo 3

Corpo 2 P

P

P

objeto

N

objeto

N

Terra

Arado

T�

P

�

N

�

fat

N1 N2

objeto

N1N2

objeto

VaralTT

Roupa

� � �

R P N= + = 0

N

P

caixa

mesa

�

P

�

N

�

P�

N



Um pouco mais sobre a força de atrito

O atrito é uma força bastante familiar. Ela aparece sempre quando arrastamos um corpo sólido sobre outro. A figura a seguir representa um bloco em equilíbrio apoiado sobre uma superfície plana e horizontal. Ao tentarmos puxar um bloco para a direita com uma força , como representado, surge sempre uma força contrária à tendência do movimento chamada força de atrito, .

Como o bloco está em equilíbrio, a força resultante sobre o bloco deve ser nula. Isso nos permite concluir que, em módulo:

N = P = m . g (∑ y = 0) e F = fat (∑ x = 0)A força ( ) que age sobre um corpo em repouso, quando tentamos arrastá-lo,

é chamada de força de atrito estático. A experiência mostra que se fizermos a força aumentar, a partir de zero, o corpo entrará em movimento quando o módulo de ultrapassar um certo valor limite. Isto nos leva a concluir que a força de atrito estático é variável, podendo variar desde zero até um valor máximo. A experiência também nos mostra que a força de atrito estático máxima é diretamente proporcional à força normal à superfície de contato. Assim podemos escrever:

fat ∝ N (a força de atrito é proporcional à força normal N)Podemos então afirmar que: fat ≤ μE . NO coeficiente de proporcionalidade μE é chamado de coeficiente de atrito

estático. É uma grandeza adimensional, característica das superfícies em contato.Se por outro lado o corpo se encontra em movimento, o atrito é diferente,

normalmente é menor que o atrito estático e é chamado atrito cinético. Em uma boa aproximação o seu valor é dado por:

fat = μC . NO coeficiente de proporcionalidade μC é chamado de coeficiente de atrito

cinético. Para um mesmo par de superfícies em contato, a experiência nos mostra que a força de atrito cinético é menor do que a força de atrito estático máxima. Assim: μC < μE

Exemplos1) Vamos supor que a mesma caixa do exemplo anterior é puxada para a

direita com uma força = 4 N, mas mesmo assim ela permanece em repouso. Pede-se descrever as forças que atuam sobre a caixa e calcular a força de atrito.

Solução:A caixa não se move, isso se deve ao fato de surgir uma força de atrito, ,

contrária à força que tenta puxar a caixa para a direita. Assim as forças que agem sobre a caixa são:

A caixa não se move nem para a esquerda nem para a direita, assim na direção horizontal (eixo x) temos:

A caixa não “sobe” nem “desce”, assim, na direção vertical (eixo y) temos:

Note que no exemplo anterior tomamos os sentidos “para a direita” e “para cima” como positivos.

2) Uma caixa de peso igual a 100 newtons está em repouso sobre um plano inclinado que faz um ângulo α com a horizontal, conforme ilustra a figura. Sabendo-se que sen α = 0,60 e cos α = 0,80, pede-se representar adequadamente as forças que atuam na caixa, discutir as condições de equilíbrio, e calcular a força normal, , a força de atrito e o coeficiente de atrito estático.

Solução:Vamos traçar dois eixos cartesianos x e y convenientes e representar as forças

que atuam na caixa.

Haverá equilíbrio se houver uma força de atrito pelo menos igual a sen α caso contrário o corpo descerá o plano inclinado acelerado, como veremos no próximo capítulo.

No equilíbrio temos que ter = 0. Logo, no eixo x temos:

No eixo y temos:

ou N – P cos α = 0 ⇒ N = P cos α = 100 × 0,80 ⇒ N = 80 NCoeficiente de atrito:

�

F

�

fat

�

R F f F fx at at= ⇒ − = ⇒ =0 0

�

R N P N P y = ⇒ − = ⇒ =0 0

Fatf

N

P

�

F�

fat

�

fat

�

F�

F

�

F�

F

�

�

�

R f Psen x at = ⇒ + =0 0α

� � �

R N P y = ⇒ + =0 0cosα

α

y

P sen

fat

P cos α

α

N

P

α

x

α

�

N�

fat

�

P

�

R

f Psen f Psen at atou − + = ⇒ = = ×0 100 0α α ,660 60⇒ =f N at

f NNfatat

= ⋅ ⇒ = = =μ μ8060

0 75,

NF�

F�

x

y

P = m . gP = m . g

NFat

�

Fat

�


CAPÍTULO 9 :: 55

3) Duas pessoas estão segurando um bujão de gás de 150 newtons de peso, por meio de um cabo de vassoura de peso desprezível, se comparado ao peso do bujão. O bujão está mais perto da pessoa da esquerda de tal maneira que esta faz uma força que é o dobro da força feita pela pessoa da direita. A figura abaixo ilustra a situação. Vamos calcular a força que cada pessoa está fazendo para segurar o bujão, supondo que tudo está em repouso.

Solução:As forças que atuam sobre o bujão são:

Como o bujão está em equilíbrio temos que ter uma força resultante nula, assim:

(*)

Temos duas incógnitas para calcular, e , mas como sabemos que uma das forças é o dobro da outra, fazemos = 2 e substituimos em (*) assim,

4) Um avião viajando na horizontal, em “velocidade de cruzeiro”, constante, de 600 km/h, mantém seus motores ligados exercendo uma força de “propulsão” também constante de 2.800 N. Pede-se esboçar as forças que atuam sobre o avião durante o voo e calcular a força de resistência do ar.

Solução:As forças que atuam sobre o avião são:

F1

F2

P

A situação é de equilíbrio dinâmico (equilíbrio com movimento). O avião se move em linha reta com velocidade constante. Assim, a força resultante sobre o avião tem que ser nula. Temos, então:

Na vertical: = 0 logo Peso = Força de sustentação.Na horizontal: = 0 assim Força de resistência do ar = Força dos motores

(empuxo), isto é, FResistência = empuxo = 2.800 N.

Exercícios

1) Enuncie o princípio da inércia.

2) Em cada caso abaixo uma partícula está submetida a várias forças. Calcule a força (em módulo direção e sentido) que é capaz de manter a partícula em equilíbrio em cada um deles. (Observação: chamamos de partícula a um corpo cujas dimensões são desprezíveis, no sentido de que não são importantes para a solução do problema)

a)

b)

3) Um corpo de peso igual a 50 N está suspenso por uma corda presa em uma parede e, ao mesmo tempo, é puxado para a direita por uma pessoa, de modo que permanece em equilíbrio na situação mostrada na figura. Calcule a força feita pela pessoa e a tração na corda presa na parede. (Dados: sen 30º = 0,50 e cos 30º = 0,86)

� � � � � � � � � �

R F F P F F P F F P= ⇒ + + = + − = ⇒ + =0 0 01 1 1 2 2 2 onde

2 33

1503

50

2

� � � � � �

�

�

�

F F P F P FP

F

F

2 2 2 2 2

1

N

Logo

+ = ⇒ = ⇒ = = ⇒ =

=��

F 2 N= × =2 50 100

�

F 1�

F 2�

F 1�

F 2

�

R x

�

R y

F = 8 N

F = 10 N

F = 20 N3 1

2

x

y

F = 3 N

2F = 4 N

1

Reação à força dos motores

Força de sustentação sob as asas

Força de resistência do ar

Peso do avião



7) (UFF/1996) Na figura, o fio mantém o bloco A encaixado entre os blocos B e C, fixos. Os atritos nas superfícies de contato entre os blocos são desprezíveis. O diagrama de vetores que melhor representa as forças que atuam no bloco A é:

(a) (b)

(c) (d)

(e)

8) (UFSCAR/2001) Os módulos das componentes ortogonais do peso P de um corpo valem 120 N e 160 N. Pode-se afirmar que o módulo de P é:

(A) 140 N (B) 200 N (C) 280 N(D) 40 N(E) 340 N

9) (Cederj/2008) Uma carga de peso P, suspensa em uma roldana móvel, é mantida em repouso pela ação de uma força f como ilustra a figura. Só é vantajoso usar a roldana móvel para sustentar a carga em repouso se | f | < | P |. Considere os fios e a roldana ideais. Sabe-se ainda que, na posição de equilíbrio, a vertical é a bissetriz do ângulo θ entre os fios.

Calcular o valor do ângulo θ entre os fios, com o sistema em repousa, abaixo do qual é vantajoso usar a roldana móvel para sustentar a carga.

(Dica: usando a figura, escreva a condição necessária para o repouso; encontre P/f e veja o que é preciso para que | f | < | P |.

4) Um pequeno carrinho de brinquedo, de peso = 2,0 N, encontra-se sobre um plano inclinado sem atrito, conforme indica a figura. Responda o que se segue. (Dados: sen 30º = 0,50 e cos 30º = 0,86)

a) O carrinho ficará em equilíbrio?

b) Calcule a força , paralela ao plano, que deve ser aplicada ao carrinho para que ele permaneça em equilíbrio.

c) Calcule a força normal.

5) A Locomotiva de um trem puxa vários vagões carregados de minério de ferro exercendo sobre os mesmos uma força de 78.000 N. Sabendo-se que todo o sistema se move com velocidade constante de 20 km/h, analise cada afirmativa abaixo indicando se é falsa (F) ou verdadeira (V).

a) ( ) A força de atrito sobre os vagões é nula.b) ( ) A força de atrito sobre os vagões é de 3.900 N.c) ( ) O sistema, locomotiva mais vagões, está em equilíbrio estático.d) ( ) O sistema, locomotiva mais vagões, está em equilíbrio dinâmico.

6) (UFF/2001) Um cubo se encontra em equilíbrio apoiado em um plano inclinado, conforme mostra a figura. Identifique a melhor representação da força que o plano exerce sobre o cubo.

(A) (B)

(C) (D)

(E)

�

F

�

P

30º

fio

A

B

C

fθ


[ ]:: Meta ::Introduzir a relação entre a força resultante e a aceleração adquirida por um corpo e o conceito de massa inercial.

:: Objetivos ::

10A 2a Lei de Newton



Nesse mesmo caso no qual o carrinho se encontra inicialmente em movimento, se aplicamos uma força contrária a esse movimento, isto é, no sentido contrário à velocidade, o efeito será o de diminuir a velocidade do carrinho até ele parar. Se a força continuar agindo, sem descontinuidade, o módulo da velocidade irá então aumentar, mas agora no mesmo sentido da força.

Esse é um caso semelhante ao de um corpo lançado verticalmente para cima onde a força peso atua continuamente e o corpo vai diminuindo a velocidade até atingir a altura máxima, onde a velocidade se anula. Em seguida o corpo começa a cair, aumentando a velocidade sempre com a mesma aceleração, a aceleração da gravidade.

O significado da massa na mecânica Newtoniana

Um outro conceito muito importante na mecânica newtoniana deriva do fato de a aceleração ser inversamente proporcional à massa do corpo, isto é,

Imagine que você pegue uma pedra e a jogue com bastante força. Mesmo que ela esteja inicialmente em repouso é fácil acelerar a pedra, que pode atingir uma grande velocidade e cair bem longe. Imagine agora que você pega um balde cheio de pedras e tenta fazer o mesmo. A dificuldade para fazer o balde atingir a velocidade da pedra única será muito grande, isto porque a sua massa é muitas vezes maior.

Veja também como é difícil fazer grandes objetos, como um navio cargueiro por exemplo, atingir uma certa velocidade a partir do repouso, ou a enorme força necessária para fazê-lo parar quando se encontra em movimento. Por esses motivos os motores dos navios são máquinas muito grandes e mesmo assim eles aceleram bem devagar.

�

�

aFm

R=

A 2a Lei de Newton

No capítulo anterior estudamos os casos de equilíbrio onde a força resultante sobre os corpos é nula. Vimos, de acordo com a 1a lei, que nesses casos os corpos permanecem em repouso ou em movimento retilíneo uniforme, sendo nula a sua aceleração. O que acontece quando existe uma força diferente de zero atuando sobre o corpo? Nessas alturas de nossos estudos você deve ter imaginado que o efeito da força é causar uma aceleração. Se você pensou assim, acertou. A relação entre a aceleração adquirida por um corpo e a força que está sendo exercida sobre ele foi descoberta por Newton. Essa lei é também chamada de princípio fundamental da mecânica e pode ser enunciada do seguinte modo:

“A aceleração adquirida por um corpo é diretamente proporcional à força que a produziu e inversamente proporcional à massa do corpo, tendo a mesma direção e sentido da força.”

Em linguagem matemática escrevemos simplesmente:

Vamos verificar as implicações da 2a lei em alguns casos concretos.

Imagine um carrinho inicialmente em repouso. Teremos velocidade nula e, sendo também nula a resultante das forças sobre o carrinho, ele permanecerá parado.

Se em determinado instante aplicarmos uma força sobre o carrinho que estava em repouso, ele começará a andar, com movimento acelerado, na mesma direção da força.

Imagine agora um carrinho que já está em movimento, com velocidade constante . Neste caso também temos = 0 mas com ≠ 0.

Se aplicarmos uma força, no mesmo sentido da velocidade, em um carrinho que já está se movendo, o efeito será o de aumentar sua velocidade.

�

�

aFm

R=

V ≠ 0 e0

V aumenta

F

V = 0 e R = 0

F

V aumenta

V ≠ 0 = constante0

�

R

�

F

�

V�

V

F

0V

Velocidade diminui

F

V

A velocidade aumenta e tem sentido contrário

F

A velocidade chega a se anular


CAPÍTULO 10 :: 59

Exemplo 1Um automóvel com 1.200 kg de massa encontra-se em repouso.a) Calcule a força resultante capaz de imprimir-lhe uma aceleração de 2,0

m/s2.b) Calcule a velocidade do automóvel 10 s após a partida.c) Calcule a distância percorrida durante os 10 primeiros segundos do

movimento.Solução:a) Os dados são: m = 1.200 kg, a = 2,0 m/s2 , e V0 = 0 pois o móvel se

encontra inicialmente em repouso. Pela 2a lei de Newton, , teremos:F = 1200 × 2, 0 ⇒ F = 2.400N

b) O móvel tem aceleração constante, logo podemos utilizar as equações do MUV.

V = V0 + at ⇒ V = 0 + 2,0 × 10 ⇒ V = 20 m/s

c) no MUV também temos:

Exemplo 2Uma força constante de módulo igual a 80 N arrasta uma caixa de 10 kg

de massa sobre uma superfície horizontal inicialmente em repouso. Sabendo que entre o bloco e a superfície existe uma força de atrito de 20 N, calcule:

a) a aceleração do bloco;b) a velocidade do bloco 10 s depois de iniciado o movimento;c) a distância percorrida pela caixa depois de decorrido esse tempo.Solução:A normal equilibra o peso e só teremos força na direção horizontal.

a) Pela 2a lei de Newton temos:

onde

b) O movimento é uniformemente acelerado. Logo,V = V0 + at ⇒ V = 0 + 6,0 × 10 → V = 60m/s

c)

Exemplo 3Todos os corpos próximos da superfície da Terra estão submetidos à ação da

gravidade com aceleração g = 9,8 m/s2. Calcule o peso de uma pessoa com 60kg de massa na superfície da Terra.

Quanto maior a massa do corpo maior a sua “inércia”. A massa, nesse contexto, segundo Newton, tem o sentido de uma “resistência” ao movimento.

A massa é uma medida da inércia do corpo.

É muito importante a aplicação da 2a lei na análise dos movimentos.Conhecendo-se a aceleração do corpo (e sua massa) podemos calcular a

força que causou essa aceleração, ou, conhecida a força que atua sobre o corpo, podemos calcular sua aceleração e, em seguida, utilizando as equações dos movimentos acelerados, resolver inúmeros problemas de dinâmica dos corpos.

As unidades de medida de força

Antes de começarmos a resolução de problemas, vamos primeiro nos familiarizar com as unidades de medida de força mais usadas.

É comum escrevermos a 2a lei, , na forma

Lembremos que as unidades mecânicas fundamentais do Sistema Internacional são:

. o comprimento, expresso em metros (m);

. a massa, expressa em quilogramas (kg);

. o tempo, expresso em segundos (s).Todas as outras unidades da mecânica são derivadas dessas três unidades

fundamentais. Nós já vimos, por exemplo, que a unidade de aceleração é o m/s2. Assim podemos obter a unidade SI de força, o newton (N):

F = ma ⇒ Unidade de força = unidade de massa × unidade de aceleração ou seja, 1 N = 1 kg . 1 m/s2

Isto é:

O newton é a força capaz de imprimir em um corpo de 1 quilograma de massa a aceleração de 1 m/s2.

Outras unidades de força

Unidade prática: quilograma-força (kgf) ⇒ 1 kgf = 9, 8 NUnidades do sistema cgs: nesse sistema as unidades fundamentais são

expressas em centímetro (cm), grama (g) e segundo (s). A unidade de força é o dina (dyn) onde:

F = ma ⇒ 1 dyn = 1 g . 1cm/s2

Passando para o SI obtemos1 dyn = 1 g . 1cm/s2 = 10–3 kg . 10–2 m/s2 ⇒ 1 dyn = 10–5 N ou

1 N = 105 dyn

�

�

F maR =�

�

aFm

R=

�

�

F maR =

Δ = + ⇒ +×

⇒ Δ =S V tat

S

m0

2 2

20

2 102

100

aF f

ma=

−= − ⇒ = at N

80 2010

6 0,

Δ = + ⇒ +×

⇒ Δ =S V tat

S

m0

2 2

20

6 0 102

300,

F = 80 Nf = 20 Nat

N

P

�

�

aFm

R=



Solução:Temos que F = ma ⇒ P = mg (o peso é produto da massa pela aceleração

da gravidade local) .Assim P = 60 (kg) × 9,8 m/s2 = 588 kg . m/s2 ⇒ P = 588 N

Exemplo 4Na superfície Lunar a atração gravitacional é aproximadamente 6 vezes

menor que na Terra. Calcule a força com que a Lua atrai a pessoa do exemplo anterior (o peso da pessoa na Lua).

Solução:

Veja que uma pessoa pesa cerca de seis vezes menos na Lua do que na Terra, mas sua massa não varia.

Note que o peso depende de onde o corpo está, mas sua massa não.

A Força Centrípeta

Como vimos no capítulo sobre MCUV, em todo movimento curvilíneo há uma aceleração dirigida para o centro da trajetória, a aceleração centrípeta. Pela segunda lei de Newton (F = ma) podemos determinar a força centrípeta (Fc) que atua sobre o móvel:

Temos: Fc = mac , logo

Consideremos dois movimentos circulares: um acelerado, onde o módulo de V aumenta, e outro retardado, onde o módulo de V diminui. Nestes casos, alem da aceleração centrípeta, responsável pela variação na direção de velocidade, temos a aceleração tangencial, responsável pela variação do módulo da velocidade.

Movimento acelerado

P m gna Lua na Lua N= = × = × =i 609 86

10 9 8 98,

,

Movimento retardado

Observações:

trajetória.

permanece constante, teremos apenas a força centrípeta (a força tangencial nesse caso é nula).

Exemplo Um disco de vinil gira num plano horizontal com velocidade constante de 33

rpm (rotações por minuto). Um objeto é colocado sobre o disco, a 15 cm do seu centro. Supondo a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, calcular o coeficiente de atrito estático, μE , entre o disco e o objeto, sabendo que este está na iminência de deslizar sobre o disco.

Solução:No caso, as forças que atuam no objeto são: seu peso P, a normal N (ambas

são perpendiculares ao disco e se anulam), e a força de atrito FAT

. Como queremos que o objeto permaneça na mesma posição em relação ao disco, girando na mesma rotação que ele, a força de atrito tem que ser a força dirigida para o centro de rotação: F

AT = F

C , conforme ilustrado na figura a seguir.

Vamos passar os dados para o SI:A velocidade angular:

O raio r = 15 cm = 0,15 mE g = 10 m/s2

SoluçãoTemos: Fc = m . ac

FAT = m . ac

μE . N = m . ω2 . rμE . P = m . ω2 . r

F mvr

m rC = = ⋅2

2ω

ωπ

= =× ( )

( ) ≈ ( )3333 2

603 5�

�

�

�rpmrad

srad

s,

Fc

Ftotal

Ft

C

V

V

| V | diminui

C

V

VFc

Ftotal

Ft

| V | aumenta

objeto

r

C

FC

disco


CAPÍTULO 10 :: 61

μE . m . g = m . ω2 . r

Com um coeficiente de atrito menor que esse, a força de atrito não seria suficiente para manter o objeto sobre o disco. Ele iria deslizar.

Exercícios

1) Uma força de 24 N arrasta uma caixa com 10 kg de massa sobre uma superfície horizontal de modo que a mesma adquire uma aceleração de 2,0 m/s2. Calcular:

a) a força de atrito entre a caixa e a superfície;

b) a velocidade da caixa 6 segundos depois de iniciado o movimento;

c) a distância percorrida pela caixa ao atingir a velocidade de 8m/s.

2) Um carrinho com 10 kg de massa caminha sobre uma superfície horizontal. O desenho abaixo mostra as posições do carrinho e suas respectivas velocidades tomadas em intervalos de tempo iguais.

a) Existe uma força resultante atuando sobre o carrinho? Justifique sua resposta.

b) Calcule a aceleração do carrinho supondo que ela é constante.

c) Calcule a força resultante sobre o carrinho.

3) Na vida cotidiana é comum ouvirmos frases do tipo: “Pedrinho está muito gordo, ele está pesando 80 quilos.” Responda então:

a) O que está errado nesta frase, de acordo com o que aprendemos da dinâmica newtoniana?

b) Supondo a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, calcule o peso de Pedrinho.

0 2 6 7 8 91 3 4 5

t = 0

V = 0

t = 1 s

V = 2 m/s

t = 2 s

V = 4 m/s

t = 3 s

V = 6 m/s

μω

E

rg

=⋅

=( ) ⋅

=2 2

3 5 0 15

100 18

, ,,

4) Um corpo de massa M = 9,2 Kg encontra-se sobre uma mesa horizontal sem atrito. Um outro corpo de massa m = 800 gramas é preso ao primeiro, através de um fio muito leve e inextensível que passa por uma roldana de massa desprezível, conforme ilustra a figura ao lado. Supondo que a aceleração local da gravidade vale 10 m/s2 podemos afirmar corretamente que a tração no fio (T) e a aceleração (a) do sistema valem em unidades SI:

(A) a = 9,20 e T = 80(B) a = 10,0 e T = 9,2(C) a = 0,80 e T = 7,4(D) a = 0,80 e T = 1,0(E) a = 10,0 e T = 7,8

5) (Cederj/2007) Um bloco de massa de 4 kg se encontra em repouso sobre uma superfície plana e horizontal, como ilustra a figura 1. Nesse caso a superfície exerce sobre o bloco uma força igual a F. A figura 2 mostra o mesmo bloco movendo-se em linha reta para a direita sobre a mesma superfície, com movimento uniforme, sob ação de uma força horizontal de módulo igual a 30 N. Nesse caso, a superfície exerce sobre o bloco uma força F’.

Considerando g = 10 m/s2, podemos afirmar que a razão F/F’é igual a:(A) 4/5(B) 3/4(C) 3/5(D)4/3(E) 1

6) (UFRGS/2002) Um foguete é disparado verticalmente a partir de uma base de lançamentos, onde seu peso é P. Inicialmente, sua velocidade cresce por efeito de uma aceleração constante. Segue-se, então, um estágio durante o qual o movimento se faz com velocidade constante relativamente a um observador inercial. Durante esse estágio, do ponto de vista desse observador, o módulo da força resultante sobre o foguete é:

(A) zero. (B) maior do que zero, mas menor do que P. (C) igual a P. (D) maior do que P, mas menor do que 2P. (E) igual a 2P.

M

m

30 N21



7) (UFPE/2002) Uma partícula de massa m = 2,0 kg move-se, a partir do repouso, sobre uma superfície horizontal sem atrito, sob ação de uma força constante cujas componentes nas direções X e Y são, respectivamente, FX = 40 N e FY = 30 N. As direções X e Y são definidas sobre a superfície horizontal. Calcule o módulo da velocidade da partícula, em m/s, decorridos 3,0 s de movimento.

(A) 55 m/s(B) 80 m/s(C) 65 m/s(D) 85 m/s(E) 75 m/s.

8) Um bloco de 2,0 kg desce um plano inclinado de 30º em relação à horizontal, com aceleração constante e de módulo igual a 3,0 m/s2, como ilustra a figura.

Supondo que a aceleração da gravidade é g = 10 m/s2, calcule a intensidade da força de atrito que o plano inclinado exerce sobre o bloco.

9) (Cederj/2008) Um carrinho cujas dimensões estão indicadas na figura, está se movendo com aceleração a. Sobre o piso do carrinho, inclinado de um ângulo θ com a horizontal, encontra-se um bloco em repouso em relação ao carrinho, como ilustra a figura. Considere para o módulo da aceleração da gravidade o valor g = 10 m/s2.

Calcule quanto deve ser o módulo da aceleração do carrinho para que seja nula a força de atrito estático exercida pelo piso inclinado do carrinho sobre o bloco.

Dica: a aceleração do bloco é horizontal. Se a força de atrito estático é nula, as únicas forças sobre o bloco serão seu peso P = mg e a normal N...

10) (Cederj/2004) um bloco, em queda livre de certa altura, atinge uma velocidade de módulo v ao atingir o chão. Agora, considere que ele cai da mesma altura roçando duas tábuas verticais, conforme ilustra a figura, e atinge uma velocidade v’ ao chegar ao chão. Cada uma das tábuas exerce sobre o bloco uma força de atrito vertical f, de módulo dado por f = 0,18P, sendo P o peso do bloco. A razão v’ / v entre as velocidades finais do bloco sob atrito e em queda livre, é igual a:

(A) 0,18(B) 0,36(C) 0,6(D) 0,64(E) 0,8

11) Um corpo de massa igual a 50 kg deve ser elevado, verticalmente, com aceleração de 2,0 m/s2. Determine a força resultante vertical que deve ser feita sobre o corpo. Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2.

12) (PUC–Rio/1999) A força F de módulo igual a 150 N, desloca o corpo de A de massa m1 =12 kg junto com o corpo B de massa m2 = 8 kg. A aceleração gravitacional local é g = 10 m/s2.

a) Determine o valor numérico da aceleração do corpo B.

b) Determine o valor numérico da intensidade da força resultante que atua sobre o corpo B.

c) Determine o valor numérico da aceleração total do corpo A.

Dicas: item a) a segunda lei de Newton pode ser aplicada ao conjunto dos corpos ou separadamente em cada corpo. Todo o conjunto tem a mesma componente de aceleração na direção de F (componente horizontal).

b) Aplique a segunda lei apenas no corpo B, lembrando que a força F, dada, atua nos dois corpos ao mesmo tempo. A força resultante (horizontal) sobre B é FAB (força que A exerce sobre B) e não F.

c) como não há atrito entre A e B o corpo A está não apenas acelerado horizontalmente, mas também “cai”, na vertical, com g e sua aceleração total será a soma vetorial dessas duas componentes.

A

B

F Sem atrito

Sem atrito

a

30º

a

4 m

3 m

θ

FF


[ ]:: Meta ::Apresentar a 3 a Lei de Newton e as principais forças mecânicas de interação.

:: Objetivos ::a

11A 3a Lei de Newton

e as condições de equilíbrio



A 3a Lei de Newton

Podemos enunciar a 3a lei do seguinte modo:

“Sempre que um corpo A exerce uma força sobre um corpo B, esse reage, e exerce sobre o corpo A uma força de mesma intensidade, mesma direção e sentido contrário à primeira.”

As forças de ação e reação agem sempre em corpos diferentes: “você empurra a parede, a parede empurra você.” Note que as forças de ação e reação não se somam. Cada uma, separadamente, causa o seu efeito, mas em corpos diferentes.

Consideremos uma caixa sobre uma mesa. A caixa exerce uma força de contato sobre a mesa. A mesa reage, e exerce uma força sobre a caixa (a nossa conhecida força normal N).

Obs. 1: Nesse caso, a força que a caixa exerce sobre a mesa é igual em módulo, direção e sentido, à força peso, mas não é o peso. O peso da caixa atua na caixa e não na mesa. A força normal não é reação ao peso.

Então onde está a reação ao peso da caixa?Lembremos que o peso da caixa é a força que a Terra exerce sobre a caixa,

portanto, a reação a seu peso é a força que a caixa exerce sobre Terra.

A reação ao peso da caixa atua na Terra.

Caixa

Terra

P

P'

Forças de interação

As forças são sempre o resultado da interação entre os corpos. O peso, por exemplo, é a força exercida pela Terra sobre o corpo, acontece que o corpo também exerce uma força de atração sobre a Terra. Sempre que um corpo exerce uma força sobre um outro corpo, este reage e exerce também uma força sobre o primeiro.

Exemplo 1Vamos considerar o caso da interação gravitacional entre a Terra e a Lua e

chamar FT,L a força que a Terra faz na Lua e FL,T a força que a Lua faz na Terra. Veja a figura a seguir:

Temos então: isto é, em módulo, a força que a Terra faz na Lua é igual à força que a Lua faz na Terra, mas têm sentidos contrários.

Mais alguns exemplos.

Exemplo 2Imagine que você está de patins e empurra com força uma parede. O

resultado é você sair andando na direção contrária àquela que você empurrou a parede. Isso acontece porque ao empurrar a parede esta reage e empurra você também.

Exemplo 3A hélice de um navio também causa esse efeito: a hélice, girando, empurra a

água para trás e então a água empurra o navio para frente.

Temos que F é igual à força que a água exerce sobre a hélice e F’ é a força que a hélice exerce sobre a água. Temos: onde F = – F’ (ação e reação).

� �

F F T, L L, T=

� �

F F= ’

Força da caixa sobre a mesa

Força da mesa sobre a caixa (Normal)

F F'

Terra

Lua


CAPÍTULO 11 :: 65

O problema do elevador

Uma balança de mola está presa ao teto de um elevador e sustenta um corpo de 20 kg de massa. Supondo que a aceleração da gravidade vale g = 10 m/s2. Analisar cada caso, respondendo o que se pede:

↓ ( é sempre para baixo)

a) O elevador está parado. Calcular a leitura na balança.Solução:As forças que agem sobre o corpo são:

Temos que = Força que a mola faz sobre o corpo = Leitura na balança e = Força que a Terra faz sobre o corpo. Como = 0 (repouso) temos:

T = P = mg = 20 × 10 ⇒ T = 200 N

b) O elevador sobe com aceleração de 2,0 m/s2. Calcule a nova leitura na balança.

Solução:As forças que agem sobre o corpo são:

T = Força que a mola faz sobre o corpo = leitura na balança

P = Força que a Terra faz sobre o corpo

Cabo

Balança

Elevador

1

2

3

4

�

g�

g

�

T�

P�

F R

Como o elevador está subindo acelerado temos:Pela 2a lei de Newton:

c) O elevador desce com aceleração de 3,0 m/s2. Calcule a nova leitura na balança.

Solução:As forças que agem sobre o corpo são:

Como o elevador está descendo acelerado temos queO módulo de é maior que o módulo de e temos pela 2a lei de Newton:

P – T = maT = P – maT = mg – maT = m(g – a)T = 20 × (10 – 3,0)T = 140 N .

d) O cabo do elevador se rompe de modo que ele cai com a aceleração da gravidade.

Qual será a leitura na balança nesse caso?Solução:Nesse caso, o corpo a balança e o elevador caem com a mesma aceleração ( ).

A mola da balança não exerce força alguma sobre o corpo. A balança registra zero.

Momento de uma força: nova condição de equilíbrio

Você já deve ter notado que para abrir ou fechar uma porta, é muito mais fácil fazê-lo perto da maçaneta do que empurrando em algum ponto próximo do eixo de rotação, onde estão as dobradiças. (Faça você essa experiência e verifique).

� �

T P>

�

�

F R = ⇒ − = ⇒ = + = + = + =ma T P ma T ma P ma mg m a g( )

� �

P T>

T

a

g

P

Ta

g

P

�

P�

T�

�

F maR =

�

g

N× + ⇒ =T( , )20 2 0 10 240

Porta

F

f

Eixo de rotação

∫



A grandeza física envolvida nesse fato é o Momento. O momento de uma força em relação a um ponto e é definido como o produto da distância do ponto ao suporte da força, pela força. Isto é:

MO = d . F

Vamos considerar uma barra onde aplicamos uma força F em sua extremidade, a uma distância d do ponto O.

O momento da força F em relação ao ponto O é dado por: MO = d . F

O momento nos indica a maior ou menor tendência da barra girar em torno do ponto considerado. Quanto maior a distância ou quanto maior a força, maior será a tendência de a barra girar em torno de O.

ExemploVamos imaginar uma barra, de madeira, por exemplo, homogênea, com 20 cm

de comprimento, e que nós a penduramos ao teto por meio de um fio preso no centro da barra.

Como a barra é homogênea e o fio está preso em seu centro, ela ficará em equilíbrio, na horizontal (faça a experiência com uma régua, ou coisa parecida, e verifique).

Imagine agora que dispomos de seis pesinhos iguais, cada um com peso p. Vamos supor que penduremos dois desses pesinhos na extremidade esquerda da barra.

Certamente a barra não ficará em equilíbrio. Ao colocarmos os pesinhos, aparece um momento (ou torque) que fará a barra girar, no caso, no sentido anti-horário.

Vamos então calcular a que distância do centro c devemos colocar os restantes quatro pesinhos de que dispomos, de modo que a barra fique em equilíbrio. Certamente teremos que colocar os pesinhos no outro lado da barra, à direita de c. Vamos calcular a que distância d de c devemos fazê-lo.

A nova condição de equilíbrio

Para haver equilíbrio (para a barra não girar) é necessário que o momento total sobre ela seja nulo. Assim, o momento dos dois pesinhos da esquerda (que vamos considerar negativo) somado ao da direita (que vamos considerar positivo) deverá resultar zero.

Temos:A condição de equilíbrio é: ∑M = 0A definição de momento é M

O = d . F e cada pesinho pesa p.

Assim, em relação ao ponto c, usando as distâncias em centímetros:∑Mc = 10 . 2p – d . 4p = 010 . 2p = d . 4pd = 20p/4p = 5,0 cm

Observações:. m (Newton .

metro).Devemos sempre escolher um sentido de rotação, horário ou anti-horário,

como positivo, assim, é claro, o outro sentido será negativo.

Ampliando o conceito de momento

Consideremos uma barra onde aplicamos uma força F em uma de suas extremidades (ponto A). Vamos calcular o momento de F em relação ao ponto O, sendo d a distância do ponto ao suporte da força. Faremos isso de dois modos. É claro que o valor do momento tem que ser o mesmo. Veja as duas figuras a seguir:

Na figura 1 vemos que a distância do ponto O ao suporte da força é d’, e temos o momento:

MO = d’ . F onde M

O = d . senα . F

O

d

F

Abarra

barrafio

teto

c

c

d10 cm

c

α

α

F

O

d

d’

A


CAPÍTULO 11 :: 67

Outra maneira de calcular o momento é decompor a força F em suas componentes cartesianas e calcular o momento de cada componente. Na figura 2, a seguir, vemos que o momento da componente FX é nula, pois seu suporte passa por O, sendo nula a distância de O ao suporte de FX .Temos apenas o momento da componente y de F, (FY = F . senα).

Assim: MO = d . FY onde M

O = d . F . senα

Veja que o resultado é idêntico ao anterior, pois a ordem dos fatores não altera o produto. Assim, para calcularmos o momento, podemos fazer:

[(distância ⊥ força) . (força)] ou [(distância) . (força ⊥ distância)]O símbolo ⊥ significa perpendicular a.

O binário de forças

Chamamos binário a um par de forças de mesmo módulo e de sentidos contrários, aplicadas em pontos distintos de um corpo. Imagine um corpo qualquer sob a ação de um binário. Veja que a força resultante é nula e assim o corpo não terá nenhuma aceleração linear. Mas temos certamente um momento não nulo e o corpo não estará em equilíbrio pois irá, certamente, começar a girar.

Temos ∑F = 0 mas o corpo não está em equilíbrio.

Para que um corpo esteja em equilíbrio não basta apenas que a resultante das forças seja nula, pois o corpo pode estar girando sob a ação de um binário.

Para haver equilíbrio é necessário que a resultante das forças seja nula e que o momento resultante seja nulo. Resumindo:

Equilíbrio ⇔ ∑F = 0 e ∑M = 0

Exemplo A barra da figura a seguir está em equilíbrio sob a ação das três forças

conforme indicado. Sendo dado F3 = 50 N, calcular as intensidades de F1 e F2 .

SoluçãoVeja que temos duas incógnitas, vamos ter que encontrar duas equações. Vamos aplicar as condições de equilíbrio: ∑F = 0 e ∑M = 0Se o momento total é nulo em relação a um ponto, ele será nulo em relação

a qualquer outro ponto. Vamos escolher como positivo o sentido anti-horário e escolher o ponto A para calcular os momentos.

Temos:∑MA = 0M1 + M2 + M3 = 0(AB . F1) + (0 . F2) – (AC . F3) = 0

Fazendo as substituições:(6,0 + 4,0) . F1 – 50 . 6,0 = 0 10 . F1 = 300 ⇒ F1= 30 NAgora ∑F = 0F1 + F2 + F3 = 0F1 + F2 – 50 = 0F1 + F2 = 50Como F1 = 30 N temos F2 = 20 N

Exercícios

1) Um sistema com três cordas sustenta uma esfera, como mostra a figura a seguir. A tensão na corda horizontal vale 30 N. Determine o peso da esfera.

Dados: sen(40º) = 0,64, cos(40º) = 0,77.

40º

F

– F

Fx

Fy

x

y

α

F

O

d

A

F1

F3

F2

6,0 m 4,0 m

cA B



2) Uma caixa de peso 50 N é puxada por uma força de 25 N conforme é mostrado na figura a seguir de modo que desliza sobre a superfície horizontal com velocidade constante. Dados: sen(40º) = 0,64; cos(40º) = 0,77. Determine:

a) o valor da força de atrito que se opõe ao movimento da caixa.

b) o valor da força normal.

3) Um bloco de peso igual a 10 N está em equilíbrio sobre um plano inclinado (veja a figura). Determine o valor da força normal ao plano inclinado.

4) Num plano inclinado perfeitamente liso o sistema da figura está em equilíbrio. O peso do bloco A é 2,0 x 102 N. Determine o peso do bloco B. Dados: sen(35º) = 0,57, cos(35º) = 0,82.

5) Um plano inclinado em forma de cunha move-se com aceleração constante de 2,0 m/s2 e mantém sobre ele um bloco, sem deslizar, conforme ilustra a figura a seguir. Sabendo-se que a massa do bloco vale 2,0 kg, determine o valor da força resultante aplicada ao bloco.

6) Um foguete se desloca verticalmente para cima com movimento uniforme. Qual a orientação da resultante de todas as forças que agem sobre o foguete?

7) Um corpo de peso igual a 100 N, desce um plano inclinado de 53º em relação à horizontal com movimento retilíneo e uniforme.

Dados: sen(53º) = 0,80; cos(53º) = 0,60.Determine: a) o módulo da força de atrito.

b) o módulo da ação normal do plano sobre o corpo.

8) Uma esfera é mantida em repouso por dois fios (fig. x). Represente um vetor capaz de representar a resultante das forças exercidas pelos fios sobre a esfera.

9) A partícula da figura y está em equilíbrio. Determine o módulo da força F e a direção do ângulo θ. Dados: sen(53º) = 0,80; cos(53º) = 0,60.

10) Dois dinamômetros A e B ligados como mostra a figura z fornecem as leituras FA e FB quando se aplica a força F na extremidade livre do dinamômetro B. Considere desprezíveis os pesos dos dinamômetros e dos fios de ligação. Qual das relações a seguir é correta?

α β

θ

F1 = 72 N

F2 = 54 N

F

A BF

40º

25 N

2,0 m/s2

2,0 kg

60º

35º

A B

polia

53º


CAPÍTULO 11 :: 69

15) Uma esfera maciça está em repouso, apoiada sobre um suporte em forma de V, conforme ilustra a figura. Indique, por meio de um desenho, as forças que atuam sobre a esfera identificando cada uma delas.

16) Um balde cheio de areia com uma massa total de 8,0 kg é puxado para cima por meio de uma corda, de modo que sobe com uma aceleração de 2,0 m/s2. Calcule a força exercida pela corda supondo g = 10 m/s2.

17) Uma pessoa de massa igual a 60 kg se encontra dentro de um elevador, apoiado sobre uma balança. O elevador começa a descer com uma aceleração de 3,0 m/s2. Suponha que a aceleração da gravidade é de 10 m/s2. Calcule a indicação na balança.

18) Na figura a seguir estão representados um bloco apoiado sobre uma mesa, e as forças: PM = peso da mesa; PB = peso do bloco; F = força que o bloco exerce sobre a mesa e N a força normal exercida pela mesa sobre o bloco.

Com respeito a essas forças podemos afirmar corretamente que, em módulo:

(A) PB = PM e PB é a reação a PM

(B) PB > N e N é a reação a PB

(C) PB = N e N é a reação a PB

(D) F = N e N é a reação a F(E) N = F +PB +PM

ag

a

(A) F = FA + FB

(B) F = FA – FB (C) F ≠ 0, FA = FB = 0 (D) F = FA = FB (E) FA = FB + F

11) O sistema representado na figura (anexa) está em equilíbrio. Os pesos dos blocos A e B valem, respectivamente, 200 N e 100 N. Determine o valor do ângulo θ. Considere os atritos e a massa da roldana, desprezíveis.

12) Na estrutura representada na figura a seguir, uma barra homogênea e de seção transversal uniforme é articulada por um eixo em A. Um bloco Q com 50 N de peso está preso à extremidade da barra. O sistema é mantido em equilíbrio por meio de um fio muito leve CB. Sendo o peso da barra de 20 N, determinar o que se pede. Dados: sen(53º) = 0,80; cos(53º) = 0,60.

A B

θ

Q

A B

C

37º

PM

PB

F N

Determine: a) a tração no cabo BC.

b) a componente horizontal da força que o eixo A exerce sobre a barra.

c) a componente vertical da força que o eixo A exerce sobre a barra.

13) Para começar a andar temos que exercer uma força. Explique como fazemos essa força (em que direção e sentido) e que força nos impele para frente ao caminharmos.

14) Você chuta uma bola. Faça um desenho mostrando a força feita pelo seu pé sobre a bola e a reação a essa força no instante do chute.



Dica: isole o ponto N na origem de um sistema de eixos ortogonais (cartesianos), decomponha as forças e aplique as condições de equilíbrio: .

Note que os ângulos são complementares (eles somam 90º), assim use a propriedade: o seno de um ângulo é igual ao cosseno de seu complemento (e vice-versa).

23) Uma escada homogênea de peso 40 N está apoiada em uma parede vertical perfeitamente lisa e sobre o solo horizontal e rugoso, conforme ilustra a figura. A escada forma com a horizontal um ângulo θ tal que tgθ = 2/3. Determine:

a) a força que a parede exerce na escada.

b) a ação vertical do solo sobre a escada.

c) a ação horizontal do solo contra a escada (força de atrito).

Dica: temos equilíbrio, então devemos fazer:

Tome o momento em relação ao ponto C e lembre-se que: (BC/AB) = tgθ = 2/3.

19) (UFF/2002) O elevador de passageiros começou a ser utilizado em meados do século XIX, favorecendo o redesenho arquitetônico das grandes cidades e modificando os hábitos de moradia. Suponha que o elevador de um prédio sobe aumentando de velocidade, com aceleração constante de módulo 2,0 m/s2, transportando passageiros cuja massa total é 5,0 x 102 kg. Durante esse movimento de subida, o piso do elevador fica submetido à força, exercida pelos pés dos passageiros, de módulo:

(Considere g = 10 m/s2).(A) 5,0 x 102 N(B) 1,5 x 103 N(C) 4,0 x 103 N(D) 5,0 x 103 N(E) 6,0 x 103 N

20) (Unesp/2001) Turistas que visitam Moscou podem experimentar a ausência de gravidade voando em aviões de treinamento de cosmonauta. Uma das maneiras de dar aos passageiros desses voos a sensação de ausência de gravidade, durante um intervalo de tempo, é fazer um desses aviões:

(A) voar em círculos, num plano vertical, com velocidade escalar constante. (B) voar em círculos, num plano horizontal, com velocidade escalar

constante. (C) voar verticalmente para cima, com aceleração igual a g.(D) voar horizontalmente, em qualquer direção, com aceleração igual a g.(E) cair verticalmente de grande altura, em queda livre.

21) Uma barra homogênea, de peso P e de seção reta uniforme, está em equilíbrio, conforme ilustra a figura a seguir. A barra está apenas encostada na parede. Pede-se isolar a barra colocando corretamente todas as forças externas que atuam sobre ela.

22) A estrutura representada na figura a seguir está em equilíbrio suportando um bloco de peso = 50 N. Determine as trações nas cordas A, B e C.

Dados: sen53º = 0,8 e sen37º = 0,6

F e FX Y= =∑ ∑0 0

F F e MX Y= = =∑ ∑ ∑0 0 0,

ParedeBarra

Fio

C

BA

37º53º

N

bloco

PFV

C

AB

FP

θ

Fat


[ ]:: Meta ::Apresentar as leis de Newton e de Kleper para a gravitação.

:: Objetivos ::

12Gravitação



A Lei da Gravitação Universal

Uma das maiores contribuições de Newton para o conhecimento humano sobre a Natureza foi a aplicação das leis fundamentais da mecânica ao estudo dos movimentos dos astros. A hipótese inicial de que os corpos “caem” na direção da Terra porque a Terra atrai esses corpos, levou Newton a elaborar as leis que regem os movimentos não apenas dos corpos próximos de nós como também dos planetas e das estrelas mais distantes.

A força da gravidade

A força da gravidade se deve à atração entre massas. Ela é responsável pelo movimento harmonioso que podemos observar nos planetas gravitando em torno do Sol e nos satélites em torno dos seus planetas, como a Lua em torno da Terra.

Vamos considerar dois corpos de massas m1 e m2 , separadas pela distância r. Eles se atraem, e cada um exerce uma força sobre o outro de mesmo módulo e sentidos contrários. Como na terceira lei de Newton, são forças de ação e reação. Elas têm características muito importantes: embora sejam muito fracas, podem atuar em distâncias muitíssimo grandes. Veja a ilustração a seguir:

A lei da gravitação universal de Newton pode ser enunciada como segue:

A força F com que dois corpos se atraem é diretamente proporcional ao produto das suas massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância entre eles.

Em linguagem matemática:

A constante de proporcionalidade, G, é chamada de constante de gravitação universal. O seu valor, independentemente do meio onde se encontram os dois corpos, é:

G = 6,67 x 10–11 N . m2/kg2

ExemploVamos calcular a força de atração gravitacional entre um ônibus com

massa MO = 5,0 toneladas e um caminhão carregado com massa total MC = 10 toneladas, quando seus centros de massa estão separados de 20 m.

Solução:Temos, passando os dados para o SI:Mo = 5,0 T = 5.000 kg = 5,0 x 103 kgMc = 10 T = 10.000 kg = 104 kgr = 20 m e G = 6,67 x 10–11 N . m2/kg2

De acordo com a lei da gravitação universal , teremos:

Note que a força vale 0,0000083 N (8,3 milionésimos de newtons). Uma força tão pequena não é perceptível para nós quando estamos nas proximidades de uma massa como a de um ônibus, de um caminhão, ou mesmo de uma enorme montanha. A força gravitacional passa a ser significativa para massas muito grandes como, por exemplo, a massa da Terra que vale, aproximadamente, 6,0 x 1024 kg ou a massa do Sol, 333.400 vezes maior.

A força peso e a aceleração da gravidade terrestre

A força com que a Terra atrai um corpo é chamada de peso (força da gravidade). Evidentemente, o peso é um caso particular da força gravitacional e podemos escrever:

Onde P é o peso do corpo, M a massa da Terra, m a massa do corpo e r a distância do corpo ao centro da Terra. Igualando as equações:

P = mg e

Encontramos o valor da aceleração da gravidade a uma distância r do centro da Terra:

O valor de g no nível do mar, à latitude de 45º, é chamado de “aceleração normal da gravidade” e seu valor é:

g = 9,80665 m/s2

Para pequenas alturas, nas proximidades da Terra, varia muito pouco e podemos considerá-la praticamente constante. Em muitos exercícios adotamos o valor de g =10 m/s2 para simplificar os cálculos.

Exemplo 1Como conhecemos a constante de gravitação G = 6,67 x 10–11 m3/s2 kg,

a aceleração da gravidade na superfície terrestre, g = 9,81 m/s2 e supondo que a Terra é uma esfera de 6.370 km de raio, vamos calcular sua massa, aproximadamente.

F Gm m

r= ⋅ 1 2

2

.

F Gm m

r= ⋅ 1 2

2

.

F = × ×× ×

( )≈

××

≈− + +

6 67 105 0 10 10

20

33 4 104 10

113 4

2

11 3 4

2,, ,

≈ ×8 3 1, 00 8 3 1011 3 4 2 6− + + − −≈ ×, N

P GM m

r=

⋅2

g GMr

= 2

P GM m

r=

⋅2

m2

F

F

m1

r


CAPÍTULO 12 :: 73

Solução: Passando o valor do raio para o SI temos:r = 6.370 km = 6,37 x 103 km = 6,37 x 106 m Como e também P = mg

Vem ou onde:

MTERRA = 5,97 x 1024 kg

Exemplo 2Determine o valor da aceleração da gravidade terrestre em um ponto a uma

altitude h igual a 10.000 km. Dados: o raio da Terra é igual a 6,37 x 106 m; G = 6,67 x 10–11 m3/s2kg e considerando a massa da Terra ≅ 6,0 x 1024 kg.

Solução: Temos: h = 10.000 km = 104 km = 107 m.Assim, a distância do ponto ao centro da Terra será:r = RT + h = 6,37 x 106 m + 107 m = 1,6 x 107 m.

Com e obtemos:

Substituindo valor de r e os dados do problema, obtemos:

Assim: g ≅ 1,56 m/s2 é o valor da aceleração da gravidade num ponto 10.000 km acima da superfície terrestre.

Atividade 1Calcule você o valor de g a 20 km de altitude e compare com o valor

normal.

Massa inercial e massa gravitacional

A massa como acabamos de ver na lei da gravitação, se refere à propriedade de atração entre duas massas e por isso é denominada massa gravitacional.

Ao estudarmos a 2a lei de Newton , havíamos visto que a massa

pode ser interpretada como uma medida da inércia do corpo, isto é, uma medida da resistência do corpo às mudanças em seu estado de repouso ou de movimento. Nesse caso a massa é dita massa inercial.

As Leis de Kepler (1571–1630)

Johannes Kepler foi um astrônomo austríaco que por muitos anos estudou o movimento dos astros celestes. Ele trabalhou principalmente no laboratório astronômico da ilha de Uraniborg, construído pelo astrônomo dinamarquês Ticho Brahe (1546–1601), sob o patrocínio do rei Frederico II.

Kepler foi aluno e colaborador de Brahe, sendo que as principais medidas por eles obtidas eram relativas às posições angulares dos planetas, medidas estas realizadas nas mesmas horas, noite após noite, durante vários anos consecutivos. Embora tenham sido utilizados vários instrumentos de medidas astronômicas, foram feitas “a olho nu”, pois eles não dispunham de telescópios naquela época. É interessante notar que as medidas foram realizadas com grande precisão e concordam plenamente com os valores atuais.

Baseado nesses dados observacionais, Kepler elaborou as leis que passamos a enunciar:

1a Lei de Kepler (lei das órbitas) Os planetas descrevem órbitas elípticas em torno do Sol

estando este posicionado num dos focos da elipse.

2a Lei de Kepler (lei das áreas)As áreas varridas pela reta que liga o Sol aos planetas

são iguais para tempos iguais.

Observações:

a olho nu: Mercúrio; Vênus; Terra; Marte; Júpiter e Saturno.

da figura, sendo bem próximas de circunferências, à exceção dos “planetas anões” Plutão e Éris.

Internacional, são atualmente considerados planetas do sistema solar: Mercúrio, Vênus, Terra, Marte, Júpiter, Saturno, Urano e Netuno. Passaram a ser considerados “planetas anões”: Ceres, no cinturão de “asteroides” entre Marte e Júpiter, Plutão e Éris, situados após Netuno. (Éris foi descoberto recentemente, em 2003, por Richard Brown, Chad Trujillo e David Rabinowitz, no observatório do Monte Palomar (EUA). Éris tem um diâmetro equatorial 1,34 vezes maior que o de Plutão, e chega a se encontrar cerca de duas vezes mais distante do Sol.)

P GM m

r=

⋅2

mg GMmr

= 2 g GMr

= 2

Mg r

G=

⋅=

× ×( )×

=× × ×

−

+2 6 2

11

12 119 81 6 37 10

6 67 109 81 40 57 10 10

6

, ,

,, ,

,667=

59 7 10 5 97 1023 24= × = ×, , kg

P GM m

r=

⋅2 g G

Mr

= 2

g ≈ × ××

×( )≈

××

≈ ×− +

6 67 106 0 10

1 6 10

40 102 56 10

15 61124

7 2

11 24

14,,

, ,, 110 11 24 14− + −

g ≈15 6 10 1 2−×, /m s

�

�

a Fm=⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

áreaSol

Órbita elíptica

planeta

tempo Δt

tempo Δt área



O inverno e o verão

A ocorrência do inverno e do verão não é devido ao fato de a Terra se afastar ou se aproximar do Sol. Quando o planeta está mais próximo do Sol sua velocidade é maior, desse modo, em média, a radiação solar recebida por unidade de tempo é praticamente a mesma (o planeta não fica mais quente ou mais frio por causa disso). A existência do inverno e do verão é devido ao fato do eixo de rotação da terra ser inclinado cerca de 23º em relação ao plano da órbita (eclíptica). Durante nosso inverno, a taxa de radiação solar por unidade de área é menor no hemisfério sul e maior no hemisfério norte (fig. 1). Quando é verão no Brasil, ocorre o contrário, e é inverno no hemisfério norte (fig.2).

1

2

Repare que próximo dos polos a incidência dos raios solares é muito mais inclinada em relação à superfície terrestre do que nas regiões próximas do equador, por isso as regiões polares são tão frias e as equatoriais são tórridas (quentes). A taxa de energia solar por unidade de área é bem menor nos polos. Veja a ilustração a seguir.

3a Lei de Kepler (lei dos períodos)O quadrado do período de revolução de um planeta

em torno do Sol é proporcional ao cubo do raio de suas órbitas.

Ou seja: constante (para todos os planetas)

Observação: esta lei é válida não apenas para o Sol, mas para qualquer astro que tenha satélites girando sob a ação de sua força gravitacional.

ExemploConsiderando um satélite em órbita circular ao redor de um planeta de massa

M, mostrar que a razão entre o quadrado do período (T) de revolução e o cubo do raio (r) da órbita é:

Solução:Temos que: FGravitacional= FCentrípeta = m . aC = m . (v2/r). Assim:

Lembrando que no movimento circular, , vem:

Aqui T é o período de revolução do planeta, r é o raio da órbita e M a massa do astro em torno do qual o planeta está orbitando.

Exercícios

1) Dois corpos, A e B, de dimensões desprezíveis têm massas tais que mA = 2mB. Eles foram levados para o espaço, longe da influência de qualquer outro corpo, e colocados a uma certa distância um do outro, estando ambos inicialmente em repouso. As acelerações de A e de B em qualquer instante, antes da colisão, são tais que:

(A) aA = aB (B) aA = 2aB (C) aA = aB/2 (D) aA = 4aB (E) aA = aB/4

2) Tendo em vista a questão anterior, os dois corpos vão se aproximar um do outro com movimentos que em relação a um referencial inercial, podem ser considerados:

(A) retilíneo uniforme. (B) retilíneo acelerado. (C) retilíneo retardado. (D) curvilíneo.

Tr

2

3

4 2πGM

GMmr

mvr

vG M

rv

GMr2

22= ⇒ =

⋅⇒ =

v rT

r= ⋅ = ⋅ωπ2

2 44

42 2 2

2

3

2 2

2

3

2⋅ ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= ⇒⋅

= ⇒ = =⋅π π

ππr

TG

Mr

rT

GMr

rT

GM T

r G, logo:

⋅⋅M

Eixo de rotação

Raios solares

plano de órbita

Inverno no hemisfério sul e verão no hemisfério norte

verão inverno

Raios

solar

es

plano de órbita

Eixo de rotação

Verão no hemisfério sul e inverno no hemisfério norte


CAPÍTULO 12 :: 75

3) Considere a massa da Terra 81 vezes maior do que a da Lua, e, chamando de D a distância entre o centro da Terra e o centro da Lua, calcule a que distância do centro da Terra um corpo situado entre a Terra e a Lua seria igualmente atraído pelos dois astros.

4) Um satélite artificial cuja altura de sua órbita, contada a partir do nível do mar, fosse igual ao raio da Terra, estaria sujeito a uma aceleração centrípeta de módulo igual a:

(A) g/2 (B) g/4 (C) 2g (D) g (E) 4g

5) Uma nave espacial pousa na Lua. Considere: o raio da Lua 1/4 do raio da Terra; a massa da Lua 1/80 da massa da Terra. Sendo P o peso da nave na Terra, qual é o peso da nave na Lua?

(A) P/20(B) P/80(C) P/5(D) 5P(E) 20P

6) Indique qual dos gráficos melhor representa a variação da intensidade da força de atração gravitacional F entre dois corpos pontuais, suficientementes distantes de qualquer outro corpo, e separados de uma distância r.

(A) (B)

(C) (D)

(E)

7) Três esferas idênticas (A, B e C) estão fixas sobre uma superfície horizontal. A esfera B é equidistante de A e de C. O módulo da força de atração gravitacional entre A e B é igual a F. Qual é o módulo da resultante das forças de atração gravitacional que A e B exercem sobre C?

(A) (5/4)F(B) 4/5F(C) 2F(D) F/2(E) 3/2F

8) A altura, em relação à superfície da Terra, na qual a aceleração da gravidade é 1/9 (um nono) do seu valor na superfície, em função do raio da Terra (RT) é:

(A) 2RT (B) 3RT (C) RT/9 (D) 9RT (E) 81RT

9) Suponha a Terra com a mesma massa porém com o dobro do raio. O nosso peso seria:

(A) a metade. (B) o dobro. (C) o mesmo. (D) o quádruplo. (E) um quarto.

10) Se um corpo fosse levado para a superfície de um astro, de forma esférica, cuja massa fosse 8 vezes maior que a da Terra, e cujo raio fosse 4 vezes maior que o raio terrestre, a força gravitacional desse astro sobre o corpo seria, em relação ao seu peso na Terra:

(A) 2(B) 0,5(C) 32(D) 4(E) 16

11) (UEL/2001) Sobre as forças gravitacionais envolvidas no sistema composto pela Terra e pela Lua é correto afirmar:

(A) São repulsivas e de módulos diferentes.(B) São atrativas e de módulos diferentes.(C) São repulsivas e de módulos iguais.(D) São atrativas e de módulos iguais.(E) Não dependem das massas destes astros.

F

r

A B C

d d

F

r

F

r

F

r

F

r



12) (PUC-MG/1999) É fato bem conhecido que a aceleração da gravidade na superfície de um planeta é diretamente proporcional à massa do planeta e inversamente proporcional ao quadrado do seu raio. Seja g a aceleração da gravidade na superfície da Terra. Em um planeta fictício cuja massa é o triplo da massa da Terra e cujo raio também seja o triplo do raio terrestre, o valor da aceleração da gravidade na sua superfície será:

(A) g(B) g/2(C) g/3(D) 2g(E) 3g

13) (PUC-RS/1999) Um astronauta está consertando um equipamento do lado de fora de uma nave espacial que se encontra em órbita circular em torno da Terra, quando, por um motivo qualquer, solta-se da nave. Tal como está, pode-se afirmar que, em relação à Terra o astronauta executa um movimento:

(A) retilíneo e uniforme;(B) retilíneo com aceleração de módulo constante;(C) circular com aceleração de módulo constante;(D) circular com vetor velocidade tangencial constante;(E) circular sujeito a uma aceleração gravitacional nula.

14) (UFF/1999) Comparados os dados característicos dos planetas Marte (M) e Terra (T) de massas e raios, respectivamente, mM e RM , mT e RT obteve-se: mM = 0,11 . mT e RM = 0,53 . RT . Uma pessoa pesa P na superfície da Terra. Se essa pessoa se encontrar a uma distância do centro de Marte igual ao raio da Terra (RT), será atraída por Marte com uma força, aproximadamente, de:

(A) 0,11.P(B) 0,21.P(C) 0,53.P(D) 1,9.P(E) 9,1.P

15) (Fuvest-SP/2000) No sistema solar, o planeta Saturno tem massa cerca de 100 vezes maior que a da Terra e descreve uma órbita, em torno do Sol, a uma distância média 10 vezes maior que a distância média da Terra ao Sol (valores aproximados). A razão (FSAT/FT) entre a força gravitacional com que o Sol atrai Saturno e a força com que o Sol atrai a Terra é de aproximadamente:

(A) 1000(B) 10(C) 1(D) 0,1(E) 0,001

16) (UERJ/2000) A figura ilustra o movimento de um planeta em torno do Sol. Se os tempos gastos para o planeta se deslocar de A para B, de C para D e de E para F são iguais, então as áreas A1, A2 e A3 apresentam a seguinte relação:

(A) A1 = A2 = A3 (B) A1 > A2 = A3

(C) A1 < A2 < A3

(D) A1 > A2 > A3

17) (UFV/2002) Numa descoberta recente de dois planetas que estão em órbita circular em torno de uma mesma estrela distante do sistema solar, constatou-se que os períodos orbitais destes planetas são T1 e T2 , respectivamente. Determine a razão entre os raios orbitais destes dois planetas.

18) (Unifor/1999) Um satélite artificial move-se numa órbita circular a 400 km acima da superfície da Terra. Considerando-se os dados:

Constante universal de gravitação = 6,67 x 10–11 N . m2/kg2.Massa da Terra ≅ 6,0 x 1024 kg.Raio da Terra R = 6,3 x 106 m.A velocidade do satélite na órbita vale, em m/s,(A) 1,8 x 103

(B) 7,7 x 103

(C) 1,2 x 104

(D) 6,0 x 104

(E) 1,2 x 105

A1

A2

A3Sol

C

D

E

FA

B

planeta


[ ]:: Meta ::Introduzir o conceito de trabalho e de potência e utilizá-los em casos práticos do cotidiano.

:: Objetivos ::

13Trabalho, Potência e Rendimento



(kW h), muito utilizado no estudo da energia elétrica. Temos: 1 cal = 4, 18 J e 1 kW h = 3,6 × 106 J.

Vejamos o caso em que a força não tem a mesma direção do deslocamento

Consideremos um corpo que é deslocado entre os pontos A e B de uma trajetória horizontal por meio de uma força fazendo um ângulo α com a direção do deslocamento, conforme indicado na figura abaixo

Nesse caso, apenas o componente horizontal de , cos α, realiza trabalho, por ter a mesma direção do movimento (mesma direção de ). Temos então, em módulo: τ = F cos α . d.

Exemplos 1) Supondo que a força é de 100 N, que o ângulo α tem 30º e o deslocamento

é de 5,0 m. O trabalho realizado pela força será de: τ = F cos α . d ⇒ 100 . cos 30º . 5,0 = 100(N) × 0,86 × 5,0(m) =

433 N . m. Ou seja, 433 J

Para lembrar: forças perpendiculares ao deslocamento não realizam trabalho.

Estude com carinho os exemplos abaixo, pois eles contêm um grande número de informações úteis para a solução de vários outros problemas de mecânica. As soluções são feitas passo a passo de modo a facilitar ao máximo a sua compreensão.

2) A figura a seguir representa um corpo com 18 kg de massa que é deslocado sobre uma superfície horizontal, entre os pontos A e B distando 20 m um do outro, por meio de uma força de módulo 200 N. A força faz um ângulo θ com a horizontal, tal que cos θ = 0,80 e sen θ = 0,60. Entre o corpo e a superfície, existe uma força de atrito de módulo 50 N. Supor a aceleração da gravidade g = 10 m/s2

Pede-se:a) representar esquematicamente todas as forças que atuam sobre o corpo;

F�

d�

F�

A B S

F

θ

Trabalho de uma Força Constante Em nosso cotidiano chamamos de trabalho as diversas atividades que

realizamos para nos manter, e às nossas famílias. Normalmente tratam-se de atividades físicas ou intelectuais (ou ambas) podendo ser remuneradas ou não. Em nosso estudo de Física, o termo trabalho tem um sentido bem definido e diz respeito à força e ao efeito por ela produzido ao deslocar um corpo:

Trabalho é o produto da força pelo deslocamento.

Identificaremos trabalho pela letra grega tau = τ.

Caso em que a Força tem a direção do deslocamento

Considere um corpo que é deslocado de , entre os pontos A e B de uma trajetória, ao ser submetido a uma força .

Nesse caso temos: Trabalho = força . deslocamento. Isto é, τ = F . d

O trabalho, assim definido, é uma grandeza escalar. Ela é o produto dos módulos de e .

Unidade SI de trabalho

Pela definição de trabalho vemos que: unidade de trabalho = unidade de força . unidade de deslocamento.

Assim, unidade de trabalho = N . m (Newton . metro) que chamamos de joule (leia-se jaule) e abreviamos por J.

Resumindo: 1 J = 1 N . 1 mUma força de 1 N ao deslocar um corpo de 1 m realiza um trabalho de 1 J. Repare que para você realizar trabalho ao mover um corpo aplicando uma

força sobre ele, você despende (gasta) energia. Ao estudarmos o conceito de energia, mais adiante, veremos melhor a relação entre trabalho e energia. Podemos adiantar que: realizar trabalho sobre um corpo é transferir energia para o mesmo.

Unidades práticas de trabalho

Duas outras unidades de trabalho são bastante utilizadas no cotidiano. São elas a caloria (cal), que será muito usada ao estudarmos calor, e o quilowatt-hora

d�

F�

A d B

F

S

A d B S

F

α

F�

d�

F�

d�

F�

F�


CAPÍTULO 13 :: 79

d) o trabalho resultante é a soma algébrica dos trabalhos realizados por cada força.

τR = τN + τF + τP + τ fat ⇒ τR = 0 + 3200 + 0 − 1000 ⇒ τR = 2200 J

e) Só há força resultante na direção x: Em x temos: FRx

= F cos θ – fat = 200 . 0,80 – 50 = 160 – 50 = 110 N Podemos também calcular o trabalho resultante sabendo a força resultante: τR = FRx

. d = 110 × 20 ⇒ τR = 2200 J No próximo exemplo veremos um caso bastante geral, onde em cada instante

do movimento a força tem uma direção diferente em relação à trajetória. Veja que solução interessante.

3) Um corpo de massa m = 62 kg desliza sobre uma rampa com inclinação variável sob a ação de seu peso, desde A até B, descendo uma altura total h = 2,0 m, sendo o seu deslocamento vetorial total. Supondo a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, calcule o trabalho realizado pela força peso.

A força normal é, por definição, sempre perpendicular à trajetória e, portanto, não realiza trabalho algum. Só realiza trabalho a força na direção do movimento (na direção da trajetória), mas veja que no caso, em cada ponto, o peso forma um ângulo diferente e desconhecido com a direção da trajetória e não podemos calcular sua projeção. O ângulo β varia ponto a ponto.

Como resolver o problema? A solução consiste em projetar a trajetória na direção da força. Nesse caso, a projeção de na direção y é o . Veja na figura a seguir:

b) calcular a força normal;c) calcular o trabalho realizado por cada uma das forças durante o movimento;d) calcular o trabalho resultante;e) calcular a força resultante.

Solução: Os dados do problema são: m = 18 kg; F = 200 N; d = 20m; sen θ =0,60;

cos θ =0,80; fat = 50 N; g = 10 m/s2

a) As forças que agem sobre o corpo são: a força ; a força de atrito , a normal e o peso do corpo .

b) Veja que nesse caso a normal não é igual ao peso. Na realidade, ela é menor que o peso, pois a componente vertical de “ajuda” a superfície a equilibrá-lo. Para calcular a normal, vamos fazer um desenho dos eixos x e y e projetar as forças sobre eles.

O corpo não se move na direção vertical, assim a componente da resultante no eixo y deve ser nula, = 0, logo: N + F sen θ − P = 0 ⇒ N = P – F sen θ

Mas P = m . g, logo: N = mg − F sen θ ⇒ N = 18 × 10 − 200 × 0,60 ⇒ N = 180 − 120 = 60 N

c) o trabalho realizado por cada força será: Pela força normal: como é perpendicular ao movimento (perpendicular a ),

ela não realiza trabalho e τN = 0 Pela força : apenas sua componente na direção x “trabalha”.τF = F cos θ . d = 200 × 0,80 × 20 ⇒ τF = 3200 JA componente vertical de , sen θ não realiza trabalho pois também é

perpendicular à direção do movimento. Trabalho realizado pela força peso: τP = 0 pois é perpendicular ao

movimento. Trabalho da força de atrito: o trabalho da força de atrito é negativo, pois a

força de atrito é contrária ao movimento ( tem sentido contrário a ). τfat

= − fat . d ⇒ τfat = − 50 × 20 ⇒ τfat

= − 1000 J

fat

��

N�

P�

F

θ

atf

N

P

F�

F�

fat

P

N

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FθsenF

cos θFx

y

A

B

h d

trajetória

y

Ry

��

N�

d�

F�

F�

F�

P�

fat

��

d�

d�

N

P

P

P

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N N

β

β

ββ

y

h�

d�

A

B

dh

y



Solução: Vamos inicialmente calcular o trabalho: τF = Fx d ⇒ F cos θ . d ⇒ τF = 600 × 0,70 × 100 ⇒ τF = 42000 J

⇒ τF = 4,2 × 105 J Assim a potência será

3) Uma caixa com 60 N de peso é arrastada por meio de uma força , na mesma direção do deslocamento, com uma velocidade constante de 4 m/s. A força de atrito entre a superfície e a caixa é de 50 N. Calcular a potência desenvolvida pela força .

Solução: A velocidade é constante. Trata-se de um caso de equilíbrio, portanto, a resultante

das forças deve ser nula ( = 0). Na vertical não há movimento, assim, em x: Rx = F − fat = 0 ⇒ F = fat = 50 N.

O trabalho para deslocar a caixa será τ = F . ΔS e a potência se torna:

Como é a velocidade da caixa, podemos escrever:

P = F . V = 50 × 4 = 200 W

4) A caixa d’água de uma residência tem capacidade para 2.000 litros e está situada a uma altura h = 3,0 metros do solo, onde se encontra a cisterna. Calcule a potência necessária para que a bomba encha a caixa em 5 minutos, em watts e em cavalo-vapor. Supor g = 10 m/s2.

Solução: Cada litro de água tem massa de 1 kg, assim, 2.000 litros correspondem a

2.000 kg. Dessa forma o peso total de água que deve ser erguido até a caixa será: P = m . g = 2.000 × 10 = 20.000 N = 2 × 104 N

Supondo que a tubulação e a própria bomba não oferecem resistência à passagem da água (não há atrito) e que a água sobe com velocidade constante, podemos supor que a bomba também faz uma força total de 2 × 104 N sobre a água. Assim o trabalho realizado será: τ = F . h = 2 × 104 × 3,0 = 6,0 × 104 J.

Como o trabalho é realizado em 5 min = 5 × 60 s = 300 s. A potência será:

Em vez de calcular trabalho = força na direção do movimento . deslocamento podemos fazer trabalho = força . deslocamento na direção da força

Assim, o trabalho da força peso será τP = Peso . alturaLogo: τP = P . h ⇒ τP = mg . h ⇒ τP = 62 × 10 × 2,0 ⇒ τP = 1240 J

Potência

Imagine que para encher o tanque de um carro, em um determinado posto de gasolina, o frentista gasta 3 minutos. Num outro posto você observa que consegue encher o tanque bem mais rápido, em 2 minutos por exemplo. O que diferencia a bomba de gasolina de cada um dos postos?

Estamos tratando aqui da rapidez com que a bomba consegue realizar o trabalho de bombear gasolina para o tanque. A diferença entre as duas bombas, no caso acima, é a potência.

A potência mede a rapidez com que o trabalho é realizado.

Por definição temos:

Veja que a potência relaciona o trabalho e o tempo, duas grandezas escalares, desse modo, a potência também é uma grandeza escalar.

Vejamos um exemplo.

Exemplos 1) Suponha que um trabalho de 340 J é realizado em 10 segundos por uma

máquina. Calcular a potência que isso representa. Solução:

O J/s é a unidade de potência no Sistema Internacional. Ela recebe o nome especial de watts em homenagem James Watt (Escócia, 1736–1819) inventor da moderna máquina a vapor. Assim: 1W =1 Joule/1 segundo

Outras unidades de potência bastante utilizadas são: 3 W;

Vamos fazer mais alguns exemplos:

2) Uma força de módulo igual 600 N faz um ângulo de 45º com a direção do deslocamento e move um corpo por uma distância de 100 m em 6 segundos. Calcular a potência desenvolvida. (Dados: cos 45º = 0,70 – não há atrito)

Pot nciaTrabalhoTempo

ou Pê t

= =τΔ

P P P J s= ⇒ = ⇒ =τΔt

34010

34 /

F�

S

F

0 100ΔS

45°

P P P W= ⇒ = = ⇒ =τΔt

42000

67000 7 0 103, i

R�

Pt

F St

= =τΔ

ΔΔ

i

ΔΔ

St

Pt

W

Em cv P

= =×

=×

×=

= =

τΔ

6 0 10300

6 0 103 10

200

200736

0

4 4

2

, ,

:

,,27 cv

N

P

Ffat

S

F�

F�


CAPÍTULO 13 :: 81

3) Um carro de massa 1,0 x 103 kg move-se em trajetória retilínea, a partir do repouso. O gráfico da força resultante aplicada ao carro em função do espaço percorrido está representado na figura. Determine o trabalho realizado pela força resultante no deslocamento entre 0 e 1,0 x 103 m.

4) Um pequeno veículo de massa 1,0 x 102 kg parte do repouso numa superfície plana e horizontal. Despreze qualquer resistência ao movimento e suponha que o motor exerça uma força constante e paralela à direção da velocidade. Após percorrer 2,0 x 102 m o veículo atinge a velocidade de 72 km/h. Determine:

a) o trabalho realizado pela força motora.

b) a potência do motor.

5) Um rapaz de massa 60 kg sobe uma escada de 20 degraus em 10 s. Cada degrau possui 20 cm de altura. Determine:

a) trabalho realizado pela força peso.

b) a potência com que o rapaz sobe a escada. Considere g = 10 m/s2.

6) Uma máquina consome 5,0 hp em sua operação. Sabendo-se que 3,0 hp são perdidos na dissipação, determine o rendimento da máquina.

7) Retira-se água de um poço de 18 metros de profundidade com o auxílio de um motor de 5,0 hp. Um volume igual a 4,2 x 105 litros de água são retirados em 7,0 horas de operação. Dados: ρágua = 1,0 kg/l; hp = 746 W; g = 10 m/s2. Determine:

a) a potência útil do motor.

b) o rendimento do motor.

8) Um projétil, de massa 40 g e velocidade 600 m/s, penetra em um bloco fixo e o atravessa numa extensão de 32 cm, saindo com velocidade de 200 m/s.

a) Qual o trabalho utilizado na perfuração?

Na realidade sempre ocorrem perdas por atrito na passagem do líquido pelas tubulações e a potência total das bombas não é efetivamente utilizada no seu transporte. Sempre existem perdas no caminho. Por esse motivo torna-se útil o conceito de rendimento de uma máquina qualquer.

Rendimento

Para estudarmos o rendimento de uma máquina precisamos nomear alguns tipos de trabalho. Vamos supor que a bomba d’água do exemplo anterior tenha realizado um trabalho total de 8,0 × 104 J, incluindo as possíveis perdas. O trabalho de 6 × 104 J, que calculamos, foi o necessário para fazer o trabalho útil de encher a caixa d’água. Assim temos:

τM) = 8,0 × 104 J é o trabalho total realizado pela bomba.

τu) = 6,0 × 104 J foi utilizado para levar a água até a caixa.

τP) = 2,0 × 104 que se perdeu. Temos também: Trabalho motriz = trabalho útil + trabalho passivo ⇒ τM = τu + τP

O rendimento da bomba (ou de qualquer outra máquina) é definido como:

Assim, para a bomba d’água do exemplo temos:

Note que: a) a grandeza rendimento não tem unidade pois ela é definida como a razão

entre dois trabalhos. b) como o trabalho útil nunca será maior que o trabalho motriz (sempre

existem perdas) temos τu < τM.c) podemos escrever o rendimento sob a forma de uma percentagem. No

nosso exemplo temos: r = 0,75 = 0,75 × 100% = 75%

Exercícios

1) Um móvel de massa 4,8 kg sai do repouso descrevendo uma trajetória retilínea e horizontal pela ação de uma força constante que atua durante um intervalo de tempo igual a 4,0 s. Neste intervalo de tempo o móvel percorre 20 m. Considere o atrito desprezível. Determine o trabalho realizado pela força.

2) Um comercial diz que um certo carro de massa 1,2 x 103 kg pode acelerar do repouso a uma velocidade de 25 m/s, num intervalo de tempo de 8,0 s. Desprezando as perdas e sabendo que hp = 746 W, determine a potência do motor do carro.

RendimentoTrabalho til

Trabalho motriz = =

úou r u

M

ττ

r =××

= =6 0 108 0 10

0 75 754

4

,,

, %

F(N) x 103

S (x 102 m)

2,0 6,0

1,0

10



b) o trabalho realizado pela pessoa.

c) a potência desenvolvida pela pessoa.

15) Uma força constante de 60 N atua sobre um corpo deslocando-o por uma distância = 10 m, no sentido de S. Determine o trabalho realizado pela força em cada um dos casos abaixo:

a)

b)

c)

d)

e)

16) Um motor com 22 cv é utilizado para realizar um trabalho, mas existe uma força resistiva de 6 cv no sistema. Qual o rendimento desse motor?

17) Um corpo de massa 20 kg desloca-se numa trajetória retilínea e sem atrito sob a ação de uma força constante e de direção paralela à trajetória. Quando o corpo passa por uma marca A na trajetória, a velocidade é vA = 72 km/h. Ao atingir uma marca B, a 50 m de A, a velocidade é vB = 108 km/h. Determine o trabalho realizado entre os pontos A e B.

b) Qual o módulo da força, suposta constante, que se opõe ao movimento do projétil dentro do bloco?

9) Um corpo de peso 8,0 x 102 N desce um plano inclinado de 30º. A força de atrito vale 1,0 x 102 N. Para um deslocamento de 5,0 m determine:

a) o trabalho da força peso.

b) o trabalho da força normal ao plano inclinado.

c) o trabalho da força de atrito.

10) Um ciclista com sua bicicleta está em repouso em um plano horizontal. A massa do conjunto ciclista–bicicleta é 80 kg. Determine:

a) o trabalho realizado pelo ciclista para adquirir a velocidade de 36 km/h.

b) a força propulsora, suposta constante, que ele deve aplicar para que consiga a velocidade de 36 km/h em 2,0 min.

11) Uma queda d’água de 30 m de altura tem uma vazão de 7,5 x 104 litros por minuto. Supondo que toda energia potencial se transforme em trabalho útil, determine a potência desta queda. Dado: um litro de água tem massa igual a um quilograma; g = 10 m/s2.

12) Um móvel de potência 60 cv desloca-se com velocidade constante e igual a 72 km/h. Determine a força produzida pelo motor.

13) Uma criança com 30 kg de massa desce um escorrega de 2,5 m de comprimento 1,5 m de altura. Calcule o trabalho realizado pela força peso sobre a criança. Usar g = 10 m/s2.

14) Uma pessoa suspende um balde com areia pesando 60 N, com velocidade constante, até uma altura de 3,0 m em 8,0 segundos. Pede-se:

a) o trabalho da força peso.

ABF�

S

F

BA

SBA

F

30°

SBA

F120°

SBA

F

SBA

F


[ ]:: Meta ::

:: Objetivos ::

14A energia cinética

e sua relação com o trabalho



A transformação do trabalho em energia cinética (o teorema do trabalho-energia)

Imagine um corpo (um de nossos carrinhos) com massa m se movendo com velocidade Vi. Suponha que apliquemos sobre o carrinho uma força F. Como passa a agir uma força sobre o carrinho, ele irá acelerar e, após alguns instantes, sua velocidade passa ser Vf.

Temos:O trabalho: τ = F . ΔS (1) e a Força: F = m . a (2)Como F é constante, temos aceleração constante, logo o movimento é do tipo

MUV e podemos aplicar Torricelli:

Substituindo (3) e (2) em (1) obtemos:

Eliminando o (a) e fatorando-se, o trabalho se transforma em:

à grandeza chamamos de energia cinética (Ec)

Assim, podemos escrever τ = Ecf − Eci

ou τ = ΔEc Ou seja:

“O trabalho é igual à variação da energia cinética.”

A unidade de Energia no Sistema Internacional Podemos estabelecer facilmente a unidade de energia cinética. Vejamos.

Temos:

Assim: (unidade de energia) = (unidade de massa) . (unidade de velocidade ao quadrado); isto é:

Veja que essa unidade é a nossa conhecida unidade de trabalho, o joule, estudada anteriormente. Dessa forma, fica bem clara a equivalência entre trabalho e energia, e podemos compreender melhor a definição de Ostwald (dê uma relida na definição no início do capítulo).

F

V i V f

Introdução

Para iniciar o estudo da energia precisamos fazer duas observações muito importantes: a respeito da conservação da energia e do próprio conceito de energia.

Princípio geral da conservação da energia “A energia não pode ser criada nem destruída, mas

apenas transformada de uma forma de energia em outra.”

O conceito de energia O conceito de energia está diretamente ligado ao conceito do trabalho

realizado por uma força, que estudamos anteriormente. Uma maneira bastante simples e útil de conceituar energia é a definição de Ostwald:

“Energia é trabalho, tudo aquilo que pode ser obtido do trabalho ou nele se transformar.”

Assim podemos considerar que quando uma força atua sobre um corpo, realizando um trabalho sobre ele, o resultado é um aumento (ou uma diminuição) da energia desse corpo. A energia que os corpos possuem devido ao seu movimento é chamada de “Energia Cinética”.

A palavra cinética deriva da palavra grega kinetike, relativa a movimento, a velocidade. Energia cinética = energia do movimento.

A Energia Cinética

Quando os corpos estão em movimento eles apresentam características ou capacidades bem diferentes de quando estão em repouso. Vejamos alguns exemplos:

Ao chutar uma bola, quanto mais velocidade você conseguir imprimir em seu pé, tanto mais longe você conseguirá arremessá-la. Do mesmo modo, quanto mais velocidade você imprimir em um martelo tão mais profundamente você conseguirá enterrar um prego em uma madeira. A essa forma de energia que os corpos possuem quando estão em movimento, chamamos de energia cinética.

A energia cinética depende da massa do corpo (m) e do módulo de sua velocidade (V). Podemos escrever a energia cinética (Ec) como:

Veja que para uma mesma velocidade, se a massa do corpo for o dobro, a energia também irá dobrar. E se a velocidade for o dobro, a energia cinética irá quadruplicar.

E mVc =12

2

( ) ( ) ( )unidade de energia kgms

kgms

m = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

i i i

2

2 == =N m Joule i

E mVc =12

2

V S onde V V

(3)f if iV a S

a2 2

2 2

22

= + ⋅ ⋅ =−⋅

Δ Δ

τ = ⋅ ⋅−⋅

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟m a

af iV V2 2

2

τ = −12

12

2 2m mf iV V (energia do movimento)

12

2mV

ΔS


CAPÍTULO 14 :: 85

Obs.: pela própria definição de energia cinética vemos que ela é um produto de grandezas escalares (a massa e o módulo da velocidade ao quadrado), portanto a energia cinética é também uma grandeza escalar.

Vamos agora ver alguns exemplos, aplicando a definição de energia cinética e o teorema do trabalho-energia.

Exemplo 1Um tijolo com 4 kg de massa, ao cair de uma certa altura, atinge a velocidade

de 3 m/s. Calcule sua energia cinética. Solução: Temos: a massa m = 4 kg e a velocidade V = 3 m/s (ambos estão no SI) Assim, basta aplicar a equação de definição de energia cinética.

Exemplo 2Qual será a relação entre as energias cinéticas de dois automóveis, de mesma

marca e modelo, que trafegam com velocidades tais que a velocidade de um é o triplo da velocidade do outro?

Solução: Como os automóveis são iguais temos: m2 = m1 = m. Como a velocidade de um é o triplo da velocidade do outro: V2 = 3V1. Assim:

A energia será 9 vezes maior.

Exemplo 3 Um carrinho com 20 kg de massa caminha com velocidade de 10 m/s. Uma

força F constante é aplicada sobre o mesmo de modo que ele acelera até atingir a velocidade de 20 m/s. Calcule o trabalho realizado pela força sobre o carrinho.

Solução:

Exemplo 4 Um automóvel com 800 kg de massa, caminha sobre uma estrada plana e

horizontal com velocidade de 20 m/s quando o motorista freia de modo que após um certo tempo a força de atrito resultante faz o automóvel parar. Vamos calcular o trabalho realizado pelas forças de atrito.

E mV Jc = = × × = × =12

12

4 3 2 9 182 2

E mV E m V mV Logo E Ec c c c1 2 2 1

12

12

3 912

92 2 2= = = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= e ( ) . , i

Solução: Temos:

Como a energia cinética final é menor que a inicial, encontramos um sinal negativo (–) para o trabalho realizado. Isto sempre acontece quando a força atua contra o movimento, como é o caso das forças de atrito. A energia foi retirada do corpo.

Nesse mesmo exemplo, vamos calcular a força de atrito necessária para fazer o automóvel parar, supondo que o mesmo caminhou 40 metros desde que a força foi aplicada.

Pela definição de trabalho:

Logo, fat = − 4000 N. O sinal negativo significa que a força é contrária ao deslocamento. Agora você. Faça uma nova leitura da aula e resolva os exercícios a seguir.

Exercícios

1) Um carro, cuja massa vale 1,2 x 103 kg, viaja inicialmente a 30 m/s em pista plana e horizontal, quando o motorista freia fortemente. A força de atrito dos pneus com o piso vale 7,2 x 103 N. Calcule o deslocamento do carro durante a freada.

2) Uma pedra presa à extremidade de um fio gira em torno de um ponto fixo descrevendo uma trajetória circular supostamente horizontal. Determine o trabalho realizado sobre a pedra pela tração do fio.

3) Dá-se um tiro contra uma porta. A bala, de massa m = 20 g, antes de atravessar a porta tinha uma velocidade v1 = 800 m/s. Logo após atravessar a porta, sua velocidade é v2 = 200 m/s. Determine:

a) o trabalho da resultante das forças que agiram sobre a bala enquanto ela atravessava a porta.

b) o valor da força resultante, suposta constante. Considere a espessura da porta igual a 5,0 cm.

τ τ

τ

= ⇒ = − = −

= × × − × ×

ΔE E E mV mVc c c f if i

12

12

12

20 2012

20

2 2

2 ( ) (110 2) ⇒

Vi = 20 m/s

atf

Vf = 0

atf

τ

τ

τ

f c c c

f i f

f

at f i

at

at

E E E

mV pois V

= = −

= − =

= − × ×

Δ

012

0

12

800

2

( )

(( )20 1600002 = − J

ττ

f atf

at

atf S IstoS

= = =−

é, fati ΔΔ

. .160000

40

10 400 10 100 4000 1000 3000= × − × = − ⇒ =τ τ J



4) Uma força horizontal de 1,5 N atua em um carrinho de 0,20 kg para acelerá-lo ao longo de uma pista horizontal. Qual a velocidade do carrinho depois de partir do repouso e percorrer 30 cm? Considere o atrito desprezível.

5) Um bloco de 0,50 kg é lançado sobre uma mesa com velocidade inicial de 0,20 m/s. Ele desliza até parar. A distância percorrida pelo bloco é igual a 0,70 m. Determine a força de atrito existente entre o bloco e a mesa.

6) Em um bloco de massa igual a 0,50 kg, inicialmente em repouso, aplica-se uma força de intensidade 70 N, como mostra figura.

Dados: sen(37º) = 0,60 e cos(37º) = 0,80.Determine a velocidade do bloco depois de percorrer 6,0 m: a) o atrito é desprezível;

b) o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície é igual a 0,40.

7) Em um comercial, afirma-se que um certo carro de 1,2 toneladas pode acelerar do repouso até uma velocidade de 25 m/s em apenas 8,0 s. Determine a potência do motor deste carro. Despreze as perdas por atrito.

8) Um carrinho com 16 kg de massa tem velocidade de 2 m/s quando é freado até parar por meio de uma força constante de 2,0 N. Pede-se calcular:

a) a energia cinética inicial do bloco.

b) o trabalho realizado pela força de atrito.

c) o caminho percorrido pelo carrinho até parar.

9) Use o teorema do trabalho-energia para calcular a força necessária para fazer um automóvel de 800 kg de massa aumentar sua velocidade para 20 m/s, a partir do repouso, sabendo que ele percorreu 200 m.

10) Duas partículas (1) e (2), de massas m1 e m2 = 2m1 , movimentam-se com a mesma energia cinética. Aplica-se à partícula (1) uma força F1 e à partícula 2 uma força F2 , tal que F1 = F2 . As forças atuam, em cada caso, na mesma direção e em sentido contrário à velocidade. Sejam d1 e d2 as distâncias percorridas pelas partículas, a partir do instante que as forças foram aplicadas, até pararem. Podemos afirmar corretamente que:

(A) d1 = d2

(B) d1 = 2d2

(C) d1 = d2/2(D) d1 = 4d2

(E) d1 = d2/4

11) (PUC-Rio/1999) Um bloco cúbico cujas faces têm 25 cm2 cada uma desliza sobre uma mesa cuja superfície é plana. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a mesa é 0,45, e o coeficiente de atrito cinético é de 0,40. O bloco cuja massa é de 50 g é puxado por uma força de 2,0 N. Sabendo que a aceleração gravitacional local é de 10 m/s2, o trabalho realizado pela força de atrito durante um deslocamento de 20,0 cm é:

(A) 4,0 x 10–2 J(B) 0,16 J(C) 1 J(D) 4,0 J(E) 4,5 x 10–2 J

70 N

37º


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:: Objetivos ::

15A energia potencial



Vejamos um exemplo para ilustrar uma boa maneira de se escolher um referencial para a energia potencial gravitacional.

Exemplo 1 Vamos calcular a energia potencial gravitacional de um corpo de 4 kg de

massa que é abandonado a partir do repouso no alto de um edifício de 20 m de altura, conforme ilustrado no desenho abaixo. Supor g = 10 m/s2.

Se tomarmos como referencial (como o “zero” de potencial) o nível do mar, a energia potencial do corpo será:

EP(mar) = m . g . h(mar) = 4 × 10 × (20+5+10) = 1400 J

Se tomarmos como referencial o nível da rua, a energia potencial do corpo será:

EP(rua) = m . g . h(rua) = 4 × 10 × (20+5) = 1000 J

Se tomarmos como referencial a calçada do edifício, a energia potencial do corpo será:

EP(calçada) = m . g . h(calçada) = 4 × 10 × 20 = 800 J

Mas então, afinal, qual é a energia potencial desse corpo? É isso mesmo que você viu. A energia potencial gravitacional é definida, arbitrariamente, a partir de um referencial que nós escolhemos! Em cada situação devemos escolher um referencial que nos facilite os cálculos. Vamos resolver um caso concreto.

O corpo do exemplo que estamos estudando (no exemplo 1) é deixado cair livremente, a partir do repouso, do alto do edifício. Calcular a energia cinética do corpo ao fim da queda.

Solução: O corpo cai “livremente”, assim podemos desprezar a força de resistência

do ar. Veja na figura anterior que o corpo, “abandonado” do repouso do alto do edifício cairá, certamente, na calçada e não na rua ou muito menos no mar. Dessa forma, tomaremos como referencial, isto é, como zero de potencial, o nível da calçada. Logo teremos:

EP = m . g . h = 4 × 10 × 20 = 800 JPelo teorema trabalho-energia, todo o trabalho realizado pela força peso será

transformado em energia cinética (quando não há perdas). Assim:τpeso = EP = ECf

− ECi

800 = ECf – 0 (pois Vinicial = 0) ⇒ ECf

= 800 JE a energia potencial gravitacional foi toda convertida em energia cinética.

Exemplo 2Uma jaca madura, de 2,0 kg de massa, está presa na jaqueira a uma altura

de 4,0 m do chão, quando, de repente, se desprende e cai. Considere a aceleração da gravidade local g = 10 m/s2 e calcule:

Introdução

No capítulo anterior estudamos a energia relacionada ao movimento dos corpos. Verificamos que quanto maior sua massa e sua velocidade, maior era sua “energia do movimento”, sua energia cinética. Agora estudaremos alguns casos em que a energia não está manifesta como no caso da energia cinética, mas no qual o corpo poderá liberar ou não sua energia. As energias chamadas de “potencial” são aquelas nas quais a energia está de alguma forma “armazenada” ou “guardada” com o corpo e que poderá ser liberada se, e quando, o corpo puder se mover.

Energia Potencial Gravitacional

Imagine que você está lançando uma pedra para cima com certa velocidade. Durante o lançamento você imprime certa velocidade na pedra, ela adquire energia cinética, e irá alcançar certa altura. Se você lança a pedra com mais força, (realiza um trabalho maior sobre ela), a pedra terá uma energia cinética inicial maior e alcançará uma altura também maior. Imagine agora que você deixa a pedra cair. Quanto maior for a altura da queda, maior será a velocidade com que a pedra irá atingir o chão e, portanto, maior será sua energia cinética. Veja que existe uma relação direta entre a altura e a energia cinética que a pedra poderá adquirir “se” você a deixar cair. Quando os corpos estão na proximidade da Terra e, portanto, sujeitas à força da gravidade, eles possuem uma energia potencial, isto é uma energia que pode (ou não) ser liberada caso você deixe o corpo se mover livremente (cair). A essa energia chamamos de energia potencial gravitacional que é dada pelo produto do peso do corpo (P) pela altura considerada (h).

EP = P . hRepare que isso é exatamente o trabalho que a força peso poderá realizar se

o corpo for deixado cair da altura h (trabalho força × deslocamento). Como o peso do corpo é produto de sua massa pela aceleração da gravidade, p = mg, podemos também escrever:

EP = m . g . hAssim, para um determinado corpo, quanto maior for a altura que ele estiver

de um certo referencial, maior será sua energia em relação a esse referencial. Normalmente escolhemos como referencial o chão, ou a altura mais baixa onde o corpo poderá cair, mas, em cada situação, podemos escolher o referencial que melhor nos convier para resolver o problema.

Em resumo: a energia potencial é uma energia que está “armazenada” com o corpo. Ela pode (ou não) ser liberada.

A energia potencial gravitacional depende do referencial, isto é, nós precisamos escolher a partir de “onde” estamos considerando a altura, isto é, onde está o nosso “zero” de potencial, e isso faremos arbitrariamente, do modo mais conveniente para a solução do problema em questão.

Corpo

Edifício

RuaCalçada

Terra

Mar

20 m

5m10 m


CAPÍTULO 15 :: 89

a) a energia potencial inicial da jaca, em relação ao chão; b) a energia potencial da jaca depois de cair 3 m; c) a energia potencial da jaca ao atingir o chão; d) a energia cinética da jaca ao atingir o chão. Solução: Como a jaca cai do galho até o chão, usaremos como referencial o nível do

chão onde a altura será zero e a energia potencial também.a) Temos: EP = m . g . h = 2,0 × 10 × 4,0 = 80 Jb) EP = m . g . h mas, nesse caso, h = 4 – 3 = 1 m, logo: EP = 2,0 × 10 × 1 = 20JE a energia potencial é 60 J menor que no início da queda, pois a jaca já caiu

3 metros, diminuindo sua energia potencial EP.c) Ao atingir o chão, h = 0, logo EP = m . g . h = m . g . 0 = 0d) Como vimos, o trabalho da força peso é igual à energia potencial

gravitacional e, pelo teorema do trabalho-energia, é igual à variação da energia cinética. Assim:

τpeso = ΔEC = ECf − ECi

= 080 = ECf

+ 0 (pois ECi = 0) ⇒ ECf

= 80 J

A Força Elástica e a Lei de Hooke

A energia potencial elástica está associada aos corpos que têm elasticidade, que podem ser deformados depois voltar à sua condição inicial, como uma mola por exemplo. Consideremos uma mola, presa a uma parede, e que um agente externo (você por exemplo) puxe a mola com uma força F.

mola livre (relaxada)

mola esticada pela força

Se você puxar com uma força 2

Desde que você não estique demais a mola de modo a danificá-la, a força feita é proporcional à deformação (x). Se dobrarmos a força, a mola se distende o dobro; se triplicarmos a força, a mola se distende o triplo e assim por diante.

x = 0

F�

F�

A relação que existe entra a força aplicada e a deformação sofrida pela mola é dada por F = k . x

Essa expressão é conhecida como Lei de Hooke. Ela nos mostra qual será a deformação (x) para cada força (F) aplicada. A constante k é chamada de “constante elástica” da mola. Cada mola tem seu k e quanto maior ele for, maior a força que teremos que fazer para esticar ou comprimir a mola e produzir uma deformação.

x = 0 x

F

x = 0 x 2x

2 F

Robert Hooke (1635–1703) O físico inglês foi contemporâneo

de Newton, de quem discordava, e com quem teve, até o fim da vida, inúmeras e acirradas discussões.

O microscópio de Hooke Além de seus estudos sobre a

elasticidade, Hooke publicou o famoso livro Micrographia em que descreve inúmeros estudos de microscopia de óptica.

Unidade de k

Sendo F = k . x, vemos que k = F/x, assim a unidade de k, no SI, é N/m (Newton / metro).

É comum utilizarmos também o N/cm já que molas comuns, usadas no cotidiano, como a molinha de uma caneta esferográfica ou mesmo a mola da suspensão de um automóvel, em seu funcionamento normal, não se deformam mais que alguns centímetros.

Exemplo 1 Vamos calcular a força necessária para produzir uma elongação de 5 cm, a

partir da posição relaxada, em uma mola de constante elástica k = 20 N/cm. Solução: Temos k = 20 N/cm e x = 5 cm, assim aplicando a Lei de Hooke

F = k . x obtemos: F = 20 (N/cm) . 5(cm) = 100 N

Exemplo 2 Um automóvel de 800 kg de massa possui quatro molas idênticas na sua

suspensão, uma em cada roda. Suponha que o peso do automóvel está dividido igualmente sobre cada roda e que com o automóvel parado, em equilíbrio, cada mola está comprimida em 5 cm. Calcular a constante elástica das molas no SI. Supor g = 10 m/s2



Solução: A força que está comprimindo as molas é igual ao peso do automóvel. Cada

mola sustenta 1/4 do peso do automóvel, assim, para cada mola, temos:

Ainda para cada mola temos:

Como 5 (cm) = 0,05 (m), teremos no SI:

Trabalho de uma força variável

Nós já vimos que o trabalho de uma força constante é igual ao produto da força pelo deslocamento (τ = F . d). No caso em que a força varia com o deslocamento, como no caso da força elástica, temos que fazer uso de um raciocínio que é utilizado no chamado cálculo integral, estudado mais a fundo no nível superior. Tomemos como exemplo uma força F que varia com a posição x de acordo com o gráfico a seguir.

Para um deslocamento muito pequeno (como o dx no gráfico) a força varia tão pouco que é praticamente constante durante esse deslocamento, assim, o pequenino trabalho para o corpo se deslocar de dx pode ser escrito como d . τ = F . dx. Veja que esse trabalho é igual à pequena “área” sombreada no gráfico a seguir.

Para calcularmos o trabalho de uma força variável F para um deslocamento desde uma posição (a) até uma posição (b), utilizando o raciocínio anterior, basta somar todos os pequeninos trabalhos (áreas) dτ desde a até b. O resultado é a “área” toda (A esse tipo de soma chamamos de “integral”. Foi também Newton quem desenvolveu esse método de cálculo, na mesma época que descobriu suas famosas leis da mecânica).

Aplicação para a força elástica da mola

As molas, como vimos anteriormente, desde que não as estiquemos demais para não se deformarem, obedecem à lei de Hooke, isto é, a elongação (x) causada em uma mola é proporcional à força aplicada à mola (F = k . x). Para calcularmos o trabalho realizado pela força para esticar (ou comprimir) uma mola podemos fazer uso do gráfico da força F versus elongação x e determinar a “área” sobre o gráfico. Vejamos:

O trabalho para esticar a mola é então:

“área” = trabalho = (pois a força elástica é F = kx)

Logo:

ExemploVamos calcular o trabalho realizado por uma força para esticar de 6,0 cm uma

mola cuja constante elástica é de 10 N/cm.Temos os dados: elongação x = 6,0 cm; constante elástica k = 10 N/cm.

Passando para o SI, teremos: x = 6,0cm = 6,0 . 10–2 e Assim:

A energia potencial elástica

Vimos anteriormente que o trabalho realizado para mover um corpo se transforma em energia cinética. No caso da força elástica, o trabalho realizado para “esticar” ou “comprimir” uma mola se transforma em energia potencial elástica ficando armazenada na mola. Essa energia potencial pode posteriormente ser liberada e se transformar em energia cinética, como nos antigos relógios de mola.

A energia potencial elástica é dada por:

FP m g

N= = = × =4 4

8004

10 2000

i

F k x kFx

Ncm

N cm= ⇒ = = = i

20005

400( )

( )/

kN

cmNm

N m = = =20005

20000 05

40000( )

( )( )

, ( )/

E KxP(elástica) =12

2

τ =⋅

=⋅ ⋅F x k x x

2 2

τ =12

2kx

kNcm

Nm

m= = = ×−+10 10

1010 102

2

τ = =× × ×( )

=× × ×

=− −1

2

10 10 6 0 10

210 10 36 10

22

2 2 22 4

kx,

× = ×+ −18 10 181 2 4 110 1 81− = , J

F (força)

x (posição)a b

Pequeno deslocamento dx

Se o deslocamento dx é realmente muito pequeno, podemos considerar que a força F é praticamente constante aqui nesse trechinho do gráfico.

F

Pequena “área” = Pequeno trabalho dτ = F . dx

τ = “área”

F (força)

x (posição)a b

O trabalho realizado pela força F ao deslocar um corpo desde a até b é dado pela “área” sobre o gráfico, entre os pontos a e b.

F

Força elástica

x (elongação)


CAPÍTULO 15 :: 91

4) Quando uma mola é puxada pela ação de uma força de 10 N, ela se alonga 5,0 cm. Determine:

a) a constante elástica da mola.

b) o trabalho da força elástica durante o alongamento da mola.

5) Um bloco de massa 4,0 kg e velocidade horizontal 0,50 m/s choca-se com uma mola de constante elástica 1,0 x 102 N/m. Determine o valor da máxima deformação que a mola experimenta.

6) Uma mola vertical comprimida sustenta uma esfera de massa 1,0 kg. Solta-se o conjunto e a esfera é lançada verticalmente para cima, atingindo uma altura h. Determine h. A constante da mola e a compressão da mola valem 1,2 x 102 N/m e 0,10 m. Considere g = 10 m/s2 e despreze a resistência do ar.

7) Um elevador tem uma massa total de 1.400 kg. Suponha que ele suba do térreo até o 7o andar de um edifício, percorrendo os cerca de 20 metros que os separam. Pede-se: (Supor g = 10 m/s2)

a) calcular a energia potencial adquirida pelo elevador.

b) identificar o agente que fornece essa energia ao elevador.

8) Uma mola é esticada por uma força de 200 N de modo que se distende de 10 cm da posição de equilíbrio. Pede-se:

a) calcular a constante elástica da mola em N/m.

b) calcular a energia necessária para esticar a mola.

9) (Fuvest) Uma bolinha pendurada na extremidade de uma mola vertical executa um movimento oscilatório. Na situação da figura, a mola encontra-se comprimida e a bolinha está subindo com velocidade .

Indicando por a força da mola e por a força-peso aplicadas na bolinha, o único esquema que pode representar tais forças na situação descrita acima é:

Unidade de Energia elástica

A energia elástica é dada em joules, no S.I. Para isso, devemos usar x em metros e k em Newton/metro. Vamos fazer agora um exercício de aplicação.

Exemplo 5 Imagine uma mola de constante elástica k = 400 N/m cujo comprimento

quando relaxada (sem deformação) é de 30 cm. Você estica a mola até que seu comprimento final seja de 40 cm. Vamos calcular:

a) o valor da força que você está exercendo sobre a mola para mantê-la esticada;

b) a energia potencial elástica da mola quando esticada até 40 cm; Solução: a) A elongação é x = 40 – 30 = 10 cm = 0,10 m. Logo, F = k . x = 400 (N/m) . 0,10(m) = 40 N

b)

Exercícios

1) Um bloco de massa igual a 2,0 kg, movendo-se inicialmente com velocidade 4,0 m/s é freado por uma mola cuja constante elástica vale 8,0 x 102 N/m. Determine:

a) a compressão máxima xm da mola.

b) a velocidade do bloco quando a compressão da mola é xm/2.

2) Determine a variação da energia potencial de uma pequena esfera de peso igual a 10 N, suspensa na extremidade de um fio de comprimento igual a 50 cm (pêndulo simples), quando a deslocamos da posição de equilíbrio até uma nova posição que forma com a vertical um ângulo de 60º.

3) Uma mola de constante elástica 16 N/m é esticada desde sua posição de equilíbrio até uma nova posição em que seu comprimento aumenta 10 cm. A energia potencial elástica da mola esticada é:

(A) 5,0 x 10–2 J (B) 8,0 x 10–2 J (C) 16 x 10–2 J (D) 5,0 x 10–1 J (E) 5,0 x 10–3 J

E kx JP = = × × =12

12

400 0 10 2 02 2 ( , ) ,

Vg

F�

P�

�

V



(A) (B) (C)

(D) (E)

10) (Uniube-MG) A figura abaixo mostra uma mola de massa desprezível e de constante elástica k em três situações distintas de equilíbrio estático.

De acordo com as situações I e II, pode-se afirmar que a situação III ocorre somente se

(A) P2 = 36 N (B) P2 = 27 N(C) P2 = 18 N(D) P2 = 45 N

11) (UFF/1999) Uma bola de borracha é abandonada a 2,0 m acima do solo. Após bater no chão, retorna a uma altura de 1,5 m do solo. A percentagem da energia inicial perdida na colisão da bola com o solo é de:

(A) 5% ;(B) 15%;(C) 20%;(D) 25%;(E) 35%.

12) (Cederj/2003) Duas molas idênticas, de massas desprezíveis, estão presas a um teto por uma de suas extremidades. Na extremidade livre de cada mola são presos blocos, I e II, de mesma massa. As molas são colocadas a oscilar verticalmente, com amplitudes diferentes, em relação à posição de equilíbrio.

No instante em que o bloco I atinge sua altura máxima, o outro está acima da posição de equilíbrio, subindo com certa velocidade, conforme representado na figura a seguir:

Para o instante considerado são feitas as seguintes afirmativas:I – As molas exercem sobre os blocos I e II forças de mesma intensidade,

direção e sentido.II – A força que a mola exerce sobre o bloco I é nula.III – A energia potencial armazenada na mola conectada ao bloco I é nula,

entretanto, a armazenada na mola conectada ao bloco II é diferente de zero.IV – As energias potenciais elásticas armazenadas nas molas conectadas aos

blocos I e II são iguais e diferente de zero.V – A energia cinética do bloco I é nula e a do bloco II é diferente de zero.Assinale a opção que apresenta as alternativas corretas.(A) I e II(B) I, III e V(C) I, IV e V(D) II e III(E) II e V

13) Um menino com 40 kg de massa desce um tobogã. Primeiramente passa por um ponto A, e, a seguir, por um ponto B. A distância entre os dois pontos, medida na vertical, é igual a 5,0 m. Determine o trabalho realizado pela força peso entre os pontos A e B.

14) (UERJ/1999) Numa partida de futebol, o goleiro bate um tiro de meta e a bola de massa 0,5 kg sai do solo com velocidade de módulo igual a 10 m/s, conforme mostra a figura. No ponto P, a dois metros do solo, um jogador cabeceia a bola. Considerando g = 10 m/s2, a energia cinética da bola no ponto P vale, em joules:

(A) 0(B) 5(C) 10(D) 15

P1 = 9 N

P2 = ?

P F

F

P

F

P

PP

bloco I bloco IIPosição de equilíbrio

V = 0 V ≠ 0

V

P

2 m


[ ]:: Meta ::Introduzir o conceito de energia mecânica e de energia térmica, realçando a importância do princípio da conservação da energia.

:: Objetivos ::

dissipada sob a forma de energia térmica.

16A energia mecânica e a conservação da energia



chamadas de “forças dissipativas” e o resultado mais comum de sua ação é o aquecimento, isto é, o aumento da temperatura. A energia por elas produzidas se “dissipa”, isto é, se dispersa para o meio ambiente, normalmente sob a forma de energia térmica.

Exemplo a) Suponha que o nosso carrinho tenha massa m = 50 kg, que parte do ponto

A com velocidade de 2,0 m/s, e que hA = 10 m e hB = 6 m. Vamos calcular a energia cinética, a energia potencial e a energia mecânica do carrinho na posição A. Supor g = 10 m/s2

Solução: A energia cinética em A:

A energia potencial em A, tomando como referencial o solo: EPA

= m . g . hA = 50 × 10 × 10 = 5000 JAssim energia mecânica em A será: EMA

= ECA + EPA

= 100 + 5000 = 5100 J = 5,1 × 103 J

b) Agora, supondo que não existem forças dissipativas, e que o carrinho se move até o ponto B, vamos calcular a energia mecânica, a energia potencial e a energia cinética do carrinho na posição B.

Solução: Não havendo forças dissipativas, a energia mecânica se conserva e: EMB

= EMA = 5,1 × 103 J (já calculado anteriormente).

Tomando como referencial o solo, a energia potencial em B será: EPB

= m . g . hB = 50 × 10 × 6 = 3000 = 3,0 × 103 JAssim, a energia cinética em B será: Temos EMB

= ECB + EPB

, onde ECB = EMB

− EPB

Logo ECB = 5,1 × 103 – 3,0 × 103 = 2,1 × 103 J

c) Vamos supor agora que existem forças de atrito e que 400 J de energia sejam dissipados para o ambiente sob a forma de energia térmica. Vamos calcular a energia mecânica, a energia potencial e a energia cinética em B.

Solução:Nesse caso não podemos escrever EMB

= EMA , porque parte da energia

mecânica foi transformada em energia térmica (a energia mecânica não se conserva quando há atrito). Devemos então escrever: EMB

= EMA – Eperdida

E o princípio geral da conservação da energia será satisfeito. Assim, no caso:EMB

= 5,1 × 103 – 0,4 × 103 = 4,7 × 103 JA energia potencial em B, com respeito ao solo é mesma do caso anterior: EPB

= m . g . hB = 50 × 10 × 6 = 3000 = 3,0 × 103 J

E m V JC AA= = × × =

12

12

50 2 0 1002 2 i i ( , )

Introdução

Já estudamos duas importantes formas de energia: a energia que os corpos possuem quando estão em movimento, a “energia cinética”, associada à velocidade do corpo, e a “energia potencial”, relacionada com a posição do corpo dentro de um campo de forças conservativo, como o campo gravitacional terrestre.

Essas duas formas de energia estão diretamente ligadas entre si. Para ilustrar esse fato, vejamos nosso exemplo de um carrinho descendo uma ladeira.

Vamos imaginar que não há atrito. Quando o carrinho está no ponto mais alto da trajetória (em A) ele possui apenas energia potencial, pois, nesse caso, sua velocidade é nula e ele não possui energia cinética. À medida que o carrinho começa a descer, vai diminuindo a altura com respeito ao solo, por exemplo, e sua energia potencial vai diminuindo. Ao mesmo tempo sua velocidade vai aumentando, logo sua energia cinética aumenta.

A energia mecânica

Podemos interpretar esse movimento como uma transformação de energias: a energia potencial se transformando em energia cinética, e considerar as duas energias como parcelas de uma energia mais geral, chamada “energia mecânica” (EM). Assim:

EM = EC + EP , ou seja, energia mecânica = energia cinética + energia potencial.

Se o atrito nos eixos e o atrito entre as rodas e a rampa forem desprezíveis, e se a força de resistência do ar também for desprezível, não haverá perdas, e a energia mecânica será conservada. A energia mecânica terá o mesmo valor durante todo o movimento.

Assim, para quaisquer dois pontos (A) (B) da trajetória podemos escrever: EMA

= EMB ou ECA

+ EPA = ECB

+ EPB

Nos casos reais sempre existe alguma força que se opõe ao movimento, como o atrito, e o resultado será uma diminuição da energia mecânica. As forças de atrito normalmente são responsáveis por alguma forma de aquecimento.

A Energia Térmica

Experimente esfregar suas mãos com força. Você verá aparecer uma forma de energia, a “energia térmica”, responsável pelo aquecimento de suas mãos (vamos lá, já esfregou as mãos?). Essas forças de resistência ao movimento são

A

BhA

hB

C

v = 0

vv

solo

A

BhA

hB

v = 2,0 m/s

vB


CAPÍTULO 16 :: 95

A energia cinética em B será então: EMB

= ECB + EPB

onde:ECB

= EMB − EPB

= 4,7 × 103 – 3,0 × 103 ECB

= 1,7 × 103 J

De um modo geral, podemos escrever: EMECi = EMECf

– Eperdida

Como normalmente as perdas são devidas às forças de atrito, fazemos: Ei = Ef – TFat onde TFat é o trabalho realizado pelas forças de atrito.

Exercícios

1) Um corpo de massa 4,0 kg desliza sem atrito sobre uma superfície horizontal com velocidade de 0,50 m/s. A seguir, o corpo choca-se com uma mola de constante elástica 1,0 x 102 N/m. Determine a máxima deformação da mola.

2) Uma esfera de massa 2,0 kg parte do repouso do ponto A de um plano inclinado (veja a figura).

a) Determine a velocidade da esfera no ponto B. Considere os atritos desprezíveis.

b) Determine com que velocidade a esfera passaria pelo ponto B, supondo que o atrito consome 64 J da energia mecânica da esfera. Considere g = 10 m/s2.

3) Uma esfera com velocidade inical vo avança em direção à trajetória circular de raio R de uma pista em looping (veja a figura). Determine o menor valor de vo capaz de tornar o fenômeno possível, em função de R e g. Considere os atritos desprezíveis.

4) Uma esfera parte do repouso no ponto A e descreve a trajetória circular de raio R de uma pista em looping (veja a figura). Determine o menor valor de h capaz de tornar o fenômeno possível, em função de R. Considere os atritos desprezíveis.

5) Um corpo de massa 20 kg é solto no ar a partir do repouso. Depois de percorrer uma distância vertical de 5,0 m, a velocidade do corpo é 9,0 m/s. Determine a energia dissipada pelo ar. Considere g = 10 m/s2.

6) Uma esfera está presa à extremidade de um fio de comprimento 40 cm. A outra extremidade do fio está fixa a um ponto no teto. Afasta-se a esfera da sua posição de equilíbrio até que o fio forme um ângulo de 60º com a vertical. A seguir, abandona-se a esfera a partir do repouso (pêndulo simples). Determine com que velocidade a esfera passará pelo ponto mais baixo da trajetória. Considere os atritos desprezíveis e g = 10 m/s2.

7) Um bloco de massa 2,0 kg cai no vácuo a partir do repouso, de uma altura igual a 20 m do solo. Determine as energias cinética, potencial e gravitacional, à metade da altura da queda. Considere nula a energia potencial no solo, desprezível a resistência do ar e g = 10 m/s2.

8) Um bloco de massa 1,0 kg é posto a deslizar sobre uma mesa horizontal com energia cinética inicial 2,0 J. Devido ao atrito entre o bloco e a mesa ele para após percorrer a distância de 1,0 m. Determine:

a) o trabalho realizado pela força de atrito.

b) o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a mesa.

h = 5,0 m

A

B

v0 v0

AvA

R

h

A

BvB

R



9) Um bloco passa pelo ponto A com uma velocidade de 2,0 m/s e percorre a trajetória ABC representada na figura. O plano inclinado AB é perfeitamente liso. No plano horizontal BC há atrito com coeficiente cinético igual a 0,10. Determine:

a) a velocidade do bloco ao atingir o ponto B.

b) a distância BC que o bloco percorre até parar. Considere g = 10 m/s2.

10) Uma esfera move-se sobre os planos da figura esboçada a seguir. A velocidade da esfera em A é igual a 2,0 m/s. Determine o valor da velocidade em B e em C. Considere os atritos desprezíveis.

11) Considere a figura do problema anterior. A massa da esfera vale 15 g, a velocidade no ponto A é 2,0 m/s e o comprimento do trajeto ABC é 2,5 m. A esfera para quando atinge o ponto C. Determine a intensidade da força de atrito.

12) Um motorista dirige um carro de massa 9,0 x 102 kg que percorre uma estrada plana e horizontal com velocidade de 25 m/s. A seguir, percebe um obstáculo a 41 m à sua frente. Imediatamente aciona os freios. O carro derrapa até parar. O coeficiente de atrito cinético entre os pneus e o asfalto é 0,80. Responda o que se segue.

a) Calcule a distância percorrida pelo carro a partir do instante que começa a derrapar, até parar.

b) O carro colide com o obstáculo?

13) Uma esfera de massa m presa à extremidade de um fio de comprimento L é posta a girar num plano vertical conforme ilustra a figura a seguir. Quando a esfera passa pelo ponto mais alto da trajetória, ponto A, a velocidade é tal que a tração no fio é nula. No instante em que a bola passa pelo ponto B (parte mais baixa da trajetória, pede-se determinar, em função de L, m e g:

a) a velocidade da bola.

b) tração no fio.

14) Um motorista dirige um carro de massa 1,2 x 103 kg com velocidade 20 m/s numa estrada plana, horizontal e asfaltada. A seguir, o carro entra numa outra estrada, também plana e horizontal, porém, de terra. Após percorrer 1,3 x 102 m, o motorista percebe que a velocidade diminuiu para 15 m/s. Considere o desempenho do motorista o mesmo nos dois trechos. Determine o valor da força de atrito no trecho de terra.

15) Um carro de massa 1,2 x 103 kg está estacionado no alto de uma ladeira de 15 m de comprimento e inclinação 20º com a horizontal. Solta-se o freio de mão, e, então, o carro desce a ladeira. Determine com que velocidade o carro atinge a base da ladeira. Considere os atritos desprezíveis. Dados: g = 10 m/s2; cos 20º = 0,94 e sen 20º = 0,34

16) Um avião com velocidade constante voa a 8,0 km de altitude paralelamente a uma planície. A seguir, solta um objeto com 10 kg de massa, que atinge o solo com uma energia cinética de 20,5 x 105 J. Determine a velocidade do avião. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.

17) O que você entende por forças dissipativas?

A

B

L

A

B C

7,0 m

10 m

0,50 m

A

B

C

0,80 m


CAPÍTULO 16 :: 97

18) Um carrinho de massa igual a 20 kg desce uma rampa de 15 m de altura. Inicialmente, no ponto A, o carrinho tem velocidade de 10 m/s conforme ilustra a figura.

Supondo desprezíveis as forças dissipativas, e, usando g = 10 m/s para o valor da aceleração da gravidade, pede-se calcular:

a) a energia mecânica em A, com respeito ao solo;

b) a velocidade do carrinho ao chegar em B.

19) Para o mesmo exercício do problema anterior, suponha que as forças dissipativas causem uma perda de 400 J durante o movimento entre os pontos A e B. Calcule, então, a energia cinética do carrinho ao chegar em B.

20) Um carrinho tem massa de 4,0 kg e está inicialmente em repouso. Ele desce uma rampa de uma altura h = 1,0 m. Ao chegar na parte mais baixa da rampa, a trajetória se torna horizontal e, então, o carrinho se choca com uma mola de constante elástica k = 2000 N/m. Calcule a compressão máxima da mola, supondo desprezíveis as forças de atrito (isto é, supondo um sistema conservativo).

Dica: ao chegar na parte mais baixa da trajetória, o carrinho terá toda sua energia mecânica transformada em energia cinética. Essa energia vai então ser toda transformada em energia potencial elástica da mola quando esta atingir a compressão máxima, pois, neste instante, a velocidade do carrinho será nula e ele não terá mais energia cinética.

21) (UFF/1999) Um tobo-água de 4,0 m de altura é colocado à beira de uma piscina com sua extremidade mais baixa a 1,25 m acima do nível da água. Uma criança, de massa 50 kg, escorrega do topo do tobo-água a partir do repouso, conforme indicado na figura.

Considerando g = 10 m/s2 e sabendo que a criança deixa o tobo-água com uma velocidade horizontal V, cai na água a 1,5 m da vertical que passa pela extremidade mais baixa do tobo-água, determine:

a) a velocidade horizontal com que a criança deixa o tobo-água.

b) a perda de energia mecânica da criança durante a descida no tobo-água.

22) Um carrinho de massa igual a 20 kg desce uma rampa de 15 m de altura. Inicialmente, no ponto A, o carrinho tem velocidade nula, conforme ilustra a figura.

Após descer a rampa, o carrinho, já na parte horizontal do percurso, se choca contra um batente preso a uma mola, ambos de massas desprezíveis, empurrando-os por 10 cm, quando a mola atinge sua compressão máxima. Supondo desprezíveis as forças de atrito e g = 10 m/s2 pede-se calcular:

a) a velocidade do carrinho ao passar na posição B.

b) a energia cinética em B.

c) a constante elástica da mola.

d) supondo que ao chegar em B a velocidade do carrinho era de 10 m/s calcule o trabalho da força de atrito durante a descida.

23) (Cederj/2005) Dois garotos de mesmo peso, Clóvis e Luiz, se divertem nos escorregadores de um parque aquático. Em um dado instante, ambos começam a deslizar em dois escorregadores, a partir do repouso, conforme ilustra a figura.

Clóvis desce por um escorregador de atrito desprezível, enquanto Luiz desce pelo outro no qual o atrito não é desprezível. Sejam KC , UC e EC , respectivamente,

A

B

hA

vA = 10 m /s

vB

A

B

hA

vA = 0

vB

v = 0

4,0 m

1,25 m

1,5 m



a energia cinética, a potencial gravitacional e mecânica de Clóvis, no instante em que ele atinge o nível da água. Analogamente, KL , UL e EL são a energia cinética, a potencial gravitacional e mecânica de Luiz, no instante em que ele atinge o nível da água. Marque a única afirmativa correta.

(A) UC = UL ; KC > KL e EC = EL.

(B) UC > UL ; KC > KL e EC > EL.(C) UC = UL ; KC = KL e EC > EL.(D) UC < UL ; KC > KL e EC = EL.(E) UC = UL ; KC > KL e EC > EL.

24) (Cederj/2005) Considere duas rampas ligadas no ponto mais alto e formando entre si um ângulo reto, conforme mostra a figura. A rampa menos inclinada faz com o solo horizontal um ângulo θ e a outra, naturalmente, um ângulo (90 – θ). Dois blocos são abandonados no mesmo instante no ponto mais alto das rampas. Um desce por uma rampa e o outro pela outra. Considere os dois blocos com dimensões desprezíveis e deslizando sem atrito. Considerando como dados θ e a aceleração da gravidade g, calcule:

a) a razão entre os tempos gastos pelos blocos para chegarem ao nível do solo.

b) a razão entre os módulos das velocidades com que os blocos chegam ao nível do solo.

Dicas: temos MRUV nas duas rampas. Na rampa menos inclinada o corpo desce com aceleração a = g.senθ (calcule você a aceleração na rampa mais inclinada). Depois disso você pode aplicar as equações do MRUV para resolver os dois itens. Você pode também aplicar a conservação da energia mecânica nos dois blocos e encontrar rapidamente a solução para o item b e, em seguida, encontrar a solução para o item a. (Por que não tentar as duas maneiras de resolver o problema?).

25) (Cederj/2004) Um pequeno bloco de massa m = 1,0 kg é abandonado no instante t0 , a partir do repouso, de um ponto na beirada da superfície interna de um hemisfério de raio R = 1,0 m, como ilustra a figura.

Ele oscila algumas vezes e sua velocidade no ponto mais baixo da trajetória é menor a cada oscilação, devido à existência de atrito. Ao passar pelo ponto mais baixo, num certo instante t1 , sua velocidade tem módulo v = 4,0 m/s.

a) Calcule o trabalho realizado pelo atrito desde o instante inicial t0 até o instante t1 .

b) Calcule a direção, o sentido e o módulo da força normal que a superfície do hemisfério exerce sobre o bloco no instante t1.

26) (ITA/2001) Um bloco com massa de 0,20 kg, inicialmente em repouso, é solto de uma altura de h = 1,20 m sobre uma mola cuja constante de força é k = 19,6 N/m. Desprezando a massa da mola, a distância máxima que a mola será comprimida é:

(A) 0,24 m(B)0,32 m(C) 0,48 m(D) 0,54 m(E) 0,60 m.

27) (Cederj/2006) Uma partícula de 0,20 kg sobe um trilho vertical cujo perfil está representado na figura. Ela parte da base do trilho com uma velocidade inicial horizontal , de módulo igual a 4,0 m/s, e consegue atingir, no máximo, a altura de 0,60 m.

Considere g = 10 m/s2. Calcule o trabalho realizado pelos diversos atritos que se opõem ao movimento da partícula durante a subida.

28) (Cederj/2003) Um pêndulo simples, constituído de uma esfera presa à extremidade de um fio inextensível e de massa desprezível, está pendurado na vertical. A esfera é deslocada de sua posição de equilíbrio e é, então, abandonada da posição A, assinalada na figura. A esfera movimenta-se ao longo da linha pontilhada até que o fio alcança o pino P. No ponto inferior da trajetória, a velocidade da esfera é igual a 5,0 m/s. Considerando que os atritos são desprezíveis, determine a altura máxima alcançada pela esfera depois de o fio tocar no pino.

�

Vo

θ

R

R

m

m

v0

hmax = 0,60 m

A

P


[ ]:: Meta ::Introduzir o conceito de impulso, o conceito de quantidade de momento linear e sua conserva-ção, e estabelecer a relação entre esses conceitos.

:: Objetivos ::

17Impulso e momento linear



Aplicando a 2a lei de Newton ao movimento do corpo, teremos:

Ou seja: “o impulso exercido pelas forças resultantes sobre um corpo é igual à variação da quantidade de movimento desse corpo.”

E fácil verificar que as unidades de impulso e de quantidade de movimento são equivalentes. Vejamos:

Unidade de I = N . s = kg . m/s2 . s = kg . m/s = unidade de QVamos agora fazer um exemplo numérico.

Exemplo Consideremos um carrinho de massa m = 6,0 que está se movendo com

velocidade Vi = 20 m/s, quando recebe um “empurrão”, por meio de uma força constante de 20 N, durante um intervalo de tempo de 3,0 segundos, na mesma direção do movimento.

Vamos calcular: a) o momento linear inicial do carrinho; b) o impulso produzido pela força; c) o momento linear final do carrinho. Solução: a) Q0 = m . V0 = 6,0 × 20 = 120 kg . m/s b) I = F . Δt = 20 × 3,0 = 60 N . s c) Temos que calcular a velocidade final do carrinho pois: Qf = m . Vf (*)Como I = ΔQ = m(Vf − Vi) temos:

Logo, substituindo em (*): Qf = 6,0 × 30 = 180 kg . m/s (ou N . s)

A Conservação da quantidade de movimento em um Sistema

Aqui precisamos definir mais alguns conceitos novos: chamamos de sistema a um corpo ou a um conjunto de corpos que queremos considerar para estudarmos. Dizemos que um sistema está mecanicamente isolado quando não há forças externas atuando sobre ele ou quando a resultante das forças externas é nula (ou desprezível). A lei de conservação da quantidade de movimento nos diz que:

Im

v v vIm

v

v m s

f i f i

f

= − ⇒ = +

= + = + =606 0

20 10 20 30,

/

Introdução

A lei da conservação da energia, estudada no capítulo anterior, nos ajuda a resolver uma série de problemas envolvendo o movimento dos corpos. Nessa aula, estudaremos mais alguns conceitos e uma nova lei de conservação, obedecida pelos corpos em geral, que nos permitirá abranger uma série ainda maior de problemas, extremamente importantes para o estudo da mecânica. Trata-se da lei da conservação da quantidade de movimento (chamaremos quantidade de movimento de Q).

O impulso I

Imagine que você está chutando uma bola de futebol ou dando uma raquetada numa bola de pingue-pongue. Durante o tempo, normalmente muito curto, em que o pé está em contato com a bola de futebol ou a raquete com a bolinha de pingue-pongue, existe a ação de uma força, que atuando sobre a bola, a impulsiona, fazendo com que a mesma adquira uma grande velocidade. A essa ação, chamamos de impulso I, que é definido como:

Ou seja, Impulso = força . intervalo de tempo da ação da forçaO impulso é uma grandeza vetorial, com o mesmo sentido e direção da força

e com módulo igual ao produto da força pelo tempo. Sua unidade no sistema internacional é o Newton . segundo = (N . s).

Exemplo Se, ao chutar uma bola, você faz uma força de 200 N durante um tempo de

0,01 s, o impulso sobre a bola terá sido de: I = F . Δt = 200(N) . 0,01(s) = 2,0 N . s

A quantidade de movimento :: Momento linear

Uma outra grandeza relacionada com o movimento dos corpos é a quantidade de movimento, também chamada de momento linear. A quantidade de movimento, que chamaremos Q, é definida como:

Ou seja, quantidade de movimento = massa . velocidadeÉ também uma grandeza vetorial, com mesma direção e sentido da velocidade

V, e sua unidade SI é kg . m/s.

Relação entre o impulso e o momento linear

Vamos considerar um corpo de massa m, que está se movendo com velocidade vi e que uma força constante, F, atua sobre o corpo durante um intervalo de tempo Δt, de modo que o mesmo adquire uma velocidade v2.

Antes

mvi

Depois de um tempo Δt

vfF

vi = 20 m/s vF

� �

iI F t= Δ

�

i

�

Q m v=

F m a F mVt

F t m V ou I Q= ⇒ = ⇒ = = i i i i

ΔΔ

Δ Δ Δ


CAPÍTULO 17 :: 101

“A quantidade de movimento total de um sistema isolado permanece constante.”

Uma outra maneira de dizermos a mesma coisa é: “Sendo nula a resultante das forças externas que agem sobre um sistema, sua quantidade de movimento permanece constante.”

Exemplo 1Consideremos um sistema formado por um canhão de artilharia do exército,

montado sobre um carrinho, que dispara um projétil. (Nosso sistema é o canhão com o carrinho e mais o projétil). Vamos supor que o canhão mais o carrinho têm massa total M = 1.800 kg e que o mesmo dispara um projétil com massa m = 12 kg, horizontalmente, com velocidade Vp = 600 m/s, em relação ao solo. Vamos determinar a velocidade de recuo do canhão.

Solução: Vamos considerar que o sistema permanece isolado durante o disparo.

Inicialmente tanto o projétil quanto o canhão estão em repouso, assim, a quantidade de movimento inicial é nula, isto é: Qi = 0

Durante a explosão, a queima da pólvora exerce forças sobre o sistema, empurra o projétil para a frente e o canhão para trás, mas essas forças são internas, não modificando a quantidade de movimento do sistema como um todo. Pela conservação da quantidade de movimento, Qf = Qi , e como no início tínhamos Qi = 0, temos que ter Qf = 0. Logo:

Qf = 0M . Vc + m . Vp = 0

O sinal negativo indica que o canhão “anda” em sentido contrário ao projétil.

Exemplo 2Consideremos dois carrinhos de massas m1 = 2,0 kg e m2 = 4,0 kg. Uma

mola se encontra comprimida entre os dois carrinhos, e um barbante mantém o sistema nessa posição. A mola não está presa nos carrinhos, mas apenas apoiada nos mesmos, conforme ilustra a figura a seguir. Num determinado instante, rompe-se o barbante, e os carrinhos são impulsionados, um para cada lado.

vc vp

vm v

Mm sc

p= − = −×

= −

i 12 600

18004 0, /

Sabendo-se que inicialmente todo o sistema estava em repouso e que o carrinho de massa m1 ficou com velocidade de módulo V1 = 3 m/s, vamos calcular a velocidade do carrinho de massa m2.

Solução: Pela conservação da quantidade de movimento Qf = Qi = 0 ⇒ Qf = 0− m1 . V1 + m2 . V2 = 0 (− m1 . V1 pois V1 tem sinal contrário a V2)m2 . V2 = m1 . V1 ⇒

Exercícios

1) Uma nave espacial, de 1,5 x 103 kg, vem se deslocando no espaço há um ano, de tal maneira que o seu momento linear mantém-se constante com módulo 6,4 x 103 kgm/s. A força resultante exercida sobre a nave neste ano de viagem tem módulo:

(A) 9,6 x 106 N(B) 9,6 x 103 N(C) 2,0 x 10–4 N(D) zero (E) 4,3 N

2) Uma massa de 7,0 kg está em movimento retilíneo e uniforme com velocidade de 10 m/s. Durante um intervalo de tempo de 2,0 s atua sobre a massa uma força constante. No fim desse intervalo a velocidade é 6,0 m/s na direção e sentido do movimento original. Determine o valor da força que atuou sobre a massa.

3) Um corpo de massa m move-se no espaço com velocidade v. Em dado momento o corpo explode em duas partes iguais. As partes movem-se na mesma direção e no mesmo sentido do corpo de massa m antes da explosão. Sabendo que uma das metades move-se com velocidade v/3, determine o módulo da velocidade da outra metade.

4) Dois blocos de massas 1,0 kg e 2,0 kg são aproximados um do outro de modo a comprimir uma mola existente entre eles. Após a compressão da mola, solta-se o sistema sobre uma superfície horizontal sem atrito. O bloco de massa 2,0 kg adquire uma velocidade de 0,50 m/s. Determine a energia potencial elástica armazenada na mola enquanto comprimida.

barbante

m1

m1

m2

m2

v = 0

v1 v2

Após cortarmos o barbante

vm v

mv m s2

1 1

22

2 0 34 0

64

32

1 5= ⇒ =×

= = =

i ,

,, /



5) Um caixote aberto em cima, de massa 1,0 x 103 kg, se desloca com velocidade constante de módulo igual a 1,0 m/s sobre um plano horizontal sem atrito. A seguir, começa a cair uma chuva vertical. Determine a velocidade do caixote quando tiver armazenado 1,0 x 103 kg de água.

6) Um homem de massa 70 kg pula de um cais numa canoa de massa 30 kg, inicialmente em repouso. Ao pular, a componente horizontal da velocidade do homem é 3,0 m/s. Determine a velocidade inicial com que o sistema homem-canoa irá se mover.

7) (UFPE-UFRPE/1999) Um jogador de tênis pode sacar a bola com 40 m/s. A massa da bola de tênis é de 50 g. Qual o impulso fornecido à bola quando é sacada, em N . s?

8) (UFJF/2001) A velocidade de uma bola de tênis de massa 50 g, num saque muito rápido, pode chegar a 216 km/h, mantendo-se aproximadamente constante durante todo tempo de voo da bola. Supondo que a bola esteja inicialmente em repouso, e que o tempo de contato entre a raquete e a bola seja 0,001 s, pode-se afirmar que força média aplicada à bola no saque é equivalente ao peso de uma massa de:

(A) 150 kg (B) 300 kg (C) 50 kg (D) 10 kg (E) 20 kg.

9) (Cederj/2003 – modificado) Um jogador de futebol vai bater um pênalti. Nessa jogada, o tempo de contato do pé do jogador com a bola é de aproximadamente 0,10 s. Se a bola de massa 0,40 kg, imediatamente após o chute, atingiu uma velocidade de 25 m/s, é possível afirmar que a força média exercida pelo pé do jogador foi:

(A) 1,0 N(B) 2,5 N(C) 10 N(D) 1,0 x 102 N(E) 2,5 x 102 N

10) (Unicamp–SP) Uma metralhadora dispara balas de massa m = 80 g com velocidade de 500 m/s. O tempo de duração do disparo é igual a 0,010 s.

a) Calcule a aceleração média que uma bala adquire durante um disparo.

b) Calcule o impulso médio exercido sobre a bala.

11) (UFPE-UFRPE/1999) Um canhão dispara uma bala cuja velocidade imediatamente após o disparo é igual a 84 m/s. Devido à conservação do da quantidade de movimento, o canhão recua com velocidade de 1,0 m/s. Calcule a razão entre a energia cinética da bala e a energia cinética do canhão imediatamente após o disparo.

12) Uma bola de massa 0,20 kg move-se com velocidade de módulo 30 m/s. A seguir, choca-se frontalmente contra uma parede e volta na mesma direção, mas em sentido contrário, com velocidade de módulo igual a 30 m/s. Determine o módulo da variação do momento linear da bola.


[ ]:: Meta ::Apresentar o estudo de colisões unidimensionais e fazer aplicações práticas das leis de conserva-ção da quantidade de movimento e da conservação (ou não) da energia cinética.

:: Objetivo ::

18Colisões



Em resumo: num choque elástico, tanto a quantidade de movimento quanto a energia cinética se conservam e podemos resolver os problemas do choque elástico com as equações mAVAi

+ mBVBi = mAVAf

+ mBVBf

VAi – VBi

= – (VAf – VBf

)

Exemplo 1 Uma bola de boliche com massa m se movimenta com velocidade de 4 m/s

quando se choca frontalmente com uma outra bola, idêntica à primeira, mas que está inicialmente em repouso. Supondo o choque elástico, pede-se calcular a velocidade final das duas bolinhas.

Solução: Antes do choque temos:

Usaremos mAVAi

+ mBVBi = mAVAf

+ mBVBf

VAi – VBi

= – (VAf – VBf

)No caso, como as massas são iguais: m . 4+0 = mVAf

+ mVBf

4 – 0= −(VAf – VBf

)ou VAf

+ VBf = 4 (*)

4 = VBf – VAf

Igualando-se as duas equações: VAf

+ VBf = VBf

– VAf ⇒ 2VAf

= 0 ⇒ VAf =0

Levando em (*) vem: VBf = 4 m/s

E as bolinhas, como têm mesma massa, trocam de velocidade. Depois do choque temos:

Exemplo 2Uma bola de boliche com massa 2m se movimenta com velocidade 4 m/s

quando se choca frontalmente com uma outra bola de massa m, mas que está inicialmente em repouso. Supondo o choque elástico, pede-se calcular a velocidade final das duas bolinhas.


Usaremos mAVAi

+ mBVBi = mAVAf

+ mBVBf

VAi – VBi

= – (VAf – VBf

)

A2m

Bm

V = 0V = 4 m/s

A Bmm

V = 0V = 4 m/s

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

Introdução

Quando um corpo se choca com outro corpo, suas velocidades se modificam e, assim, tanto a quantidade de movimento quanto a energia cinética de cada corpo também varia. No nosso estudo, vamos considerar apenas as colisões em uma dimensão, isto é, os movimentos que, antes e depois da colisão, se dão em uma linha reta. Nesse caso o choque é dito frontal. Vamos considerar dois tipos de colisões: colisões elásticas e colisões inelásticas ou plásticas.

Colisões Elásticas

As colisões são ditas elásticas quando nenhuma energia se perde durante o choque, assim, temos conservação do momento (Qi = Qf) também da energia cinética (ECi

= ECf ). O choque entre bolas de bilhar, de boliche, esferas de aço ou mesmo

bolinhas de gude são uma boa aproximação de uma colisão elástica, pois as perdas de energia durante o choque são bastante pequenas (embora existam perdas).

Vamos imaginar que dois corpos A e B de massas mA e mB e velocidades iniciais VAi

e VBi , respectivamente, sofrem uma colisão frontal elástica. Temos, então, que resolver o sistema:

ECi = ECf

de acordo com a conservação de energia cinética

Qi = Qf de acordo com a conservação da quantidade de movimento ou

Colocando-se mA e mB em evidência vem: mA (VAi

2 – VAf

2) = mB (VBf

2 – VBi

2) mA (VAi

– VAf ) = mB (VBf

– VBi )

Dividindo-se a primeira equação pela segunda vem:

Sabendo-se que (a + b) (b – a) = a2 – b2 podemos escrever:

Logo, (VAi + VAf

) = (VBf + VBi

) ou:

(VAi – VBi

) = (VBf – VAf

)

ou ainda, (VAi – VBi

) = −(VAf −VBf

)

A velocidade VAi – VBi

é a velocidade relativa entre os corpos A e B, isto é, é a velocidade de um corpo em relação ao outro. Vimos, então, na equação anterior, que as velocidades relativas se invertem após o choque, tendo em vista o sinal negativo em – (VAf

– VBf).

12

12

12

12

2 2 2 2m V m V m V m V

m V m V m V m V

A A B B A A B B

A A B B A A B B

i i f f

i i f f

+ = +

+ = +

⎧⎧⎨⎪

⎩⎪

V

V

V

VA

2

A

B2

B

i

i

f

f

−

−=

−

−

V

V

V

VA

A

B

B

f

f

i

i

2 2

V V

V

V V

V

A A

A

B B

B

i i

i

f f

f

+( ) −( )−( ) =

+( ) −( )−( )

V V

V

V V

V

A A

A

B B

B

f f

f

i i

i

Am

Bm

V = 0V = 4 m/s

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩


CAPÍTULO 18 :: 105

Colisões Inelásticas ou Plásticas

As colisões inelásticas são aquelas em que os corpos sofrem alguma deformação e até mesmo se aquecem. Isso causa uma perda de energia cinética. Nesse tipo de choque a quantidade de movimento (Q) é conservada, mas parte da energia se perde na colisão e Ecf

≠ Eci . Vamos resolver um exemplo interessante

onde ocorre um choque perfeitamente plástico.

Exemplo Um corpo A de massa mA = 10 kg velocidade 8 m/s, se choca com um corpo B,

de massa mB = 30 kg, inicialmente em repouso. Após o choque, os corpos grudam um no outro de modo que movem-se juntos. Calcular a velocidade de ambos após a colisão, e as energias cinéticas do sistema, antes e após a colisão.

Solução: Aplicando a conservação da quantidade de movimento vem: Qi = Qf ⇒ mAVAi

+ mBVBi = (mA + mB) VA,Bf onde:

A energia cinética: Antes:

Depois:

Vemos assim que houve uma perda de 240 J na energia cinética do sistema durante a colisão.

Exercícios

1) (UERJ) Um homem de 70 kg corre ao encontro de um carrinho de 30 kg, que se desloca livremente. Para um observador fixo no solo, o homem se desloca a 3,0 m/s e o carrinho a 1,0 m/s, no mesmo sentido. Após alcançar o carrinho, o homem salta para cima dele, passando ambos a se deslocar, segundo o mesmo observador, com velocidade estimada de:

(A) 1,2 m/s (B) 2,4 m/s(C) 13,6 m/s (D) 14,8 m/s

2) (Unitau–SP) Uma garota de massa m está sobre um carrinho de massa 4m e segura em sua mão uma bola de massa m/10, todos em repouso em relação ao solo. Ela atira a bola, horizontalmente, com velocidade de 21 m/s em relação ao carrinho. Desprezando-se qualquer atrito, o módulo da velocidade de recuo do carrinho é de aproximadamente igual a:

(A) 1,0 m/s (B) 2,0 m/s(C) 0,50 m/s (D) 0,41 m/s(E) zero

No caso, 2m . 4+ m . 0 = 2mVAf

+ mVBf

4 – 0 = – (VAf – VBf

)ou 2VAf

+ VBf = 8

4 = VBf – VAf

⇒ VBf = VAf

+4 (**)Substituindo (**) na primeira equação temos:

Levando em (**) vem: VBf =1,3 × 4 = 5,3 m/s

Assim, depois do choque temos:

Exemplo 3 Uma bola de boliche com massa m se movimenta com velocidade 6 m/s

quando se choca frontalmente com uma outra bola, de massa 2m, mas que está inicialmente em repouso. Supondo o choque elástico, pede-se calcular a velocidade final das duas bolinhas.


Usaremos: mAVAi

+ mBVBi = mAVAf

+ mBVBf

VAi – VBi

= – (VAf – VBf

)No caso, m . 6 + 2m . 0 = mVAf

+ 2mVBf

6 + 0 = VBf – VAf

ou VAf

+ 2VBf = 6 (*)

VBf = 6 + VAf

(**)Substituindo VBf

de (**) em (*), temos:

E a bolinha A inverte o sentido do movimento, daí o sinal negativo na sua velocidade. Levando em (**) vem: VBf

= 6 – 2 = + 4 m/sAssim, depois do choque temos:

2 4 8 3 8 4 443

1 3V V V V m sA A A Af f f f+ + = ⇒ = − = ⇒ = = , /

Am

B2m

V = 0V = 6 m/s

A Bm2m

V = 1,3 m/s V = 5,3 m/s

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

V V V V VA A A A Af f f f f+ + = ==> + + = ==> = − = −2 6 6 12 2 6 3 6 12 6( )

Vm V m V

m mm sA B

A A B B

A Bf

i i

, , /=++

=++

= =10 8 30 0

10 308040

2 0 i i

E m V m V E JC B A B B Ci i= + = + ⇒ = =

12

12

12

10 8 010 64

23202 2 2

i i

i

E m m V E JC A B A B Cf f f= + = + ⇒ =

12

12

10 30 2 802 ( ) ( ), i

A B2mm

V = – 2 m/s V = 4 m/s

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

⎧⎨⎩

VAf==> = − = −

63

2 m s/



3) (MACK-SP) Na figura, o menino e o carrinho têm juntos 60 Kg. Quando o menino salta do carrinho em repouso, com velocidade horizontal de 2 m/s, o carrinho vai para trás com velocidade de 3 m/s. Deste modo, podemos afirmar que a massa do menino é de:

(A) 12Kg (B) 24Kg (C) 36Kg (D) 48Kg (E) 54Kg

4) (UECE) Oito esferas estão suspensas, sendo quatro de massa M = 150 g e quatro de massa m = 50 g, por fios flexíveis, inextensíveis e de massas desprezíveis, conforme a figura. Se uma esfera de massa M for deslocada de sua posição inicial e solta, ela colidirá frontalmente com o grupo de esferas estacionadas. Considere o choque entre as esferas perfeitamente elástico. O número n de esferas de massa m que se moverão é:

(A) um (B) dois (C) três (D) quatro

5) (Fuvest–SP) Dois caixotes de mesma altura e mesma massa, A e B, podem movimentar-se sobre uma superfície plana sem atrito. Estando inicialmente A parado próximo a uma parede, o caixote B aproxima-se perpendicularmente à parede com velocidade V0 , provocando uma sucessão de colisões elásticas no plano da figura. Após todas as colisões, é possível afirmar que os módulos das velocidades dos dois blocos serão aproximadamente:

(A) VA = V0 e VB =0

(B)

(C) VA = 0 e VB =2V0

(D)

(E) VA = 0 e VB = V0

6) Um corpo de massa 2 kg colide com um corpo parado, de massa 1 kg, que, imediatamente após a colisão, passa a mover-se com energia cinética de 2 J. Considera-se o choque central e perfeitamente elástico. Calcule a velocidade do primeiro corpo imediatamente antes da colisão.

7) (UFF/1999) Considere duas esferas idênticas E1 e E2. A esfera E1 se desliza sobre uma calha horizontal, praticamente sem atrito, com velocidade V. Em dado instante, se choca elasticamente com a esfera E2 , que se encontra em repouso no ponto X conforme ilustra a figura a seguir.

Com respeito ao movimento das esferas, imediatamente após o choque, pode-se afirmar:

(A) as duas esferas se movimentarão para a direita, ambas com velocidade V/2.

(B) a esfera E1 ficará em repouso e a esfera E2 se moverá com velocidade V para a direita.

(C) as duas esferas se movimentarão em sentidos contrários, ambas com velocidade de módulo V/2.

(D) as duas esferas se movimentarão para a direita, ambas com velocidade V.(E) a esfera E1 se movimentará para a esquerda com velocidade V e a esfera

E2 permanecerá em repouso.

8) (Cederj/2002) Observa-se a colisão elástica unidimensional de uma partícula X de massa m e velocidade 5,0 m/s com uma partícula Y de massa m/4 e, inicialmente em repouso.

Após a colisão os valores das velocidades das partículas X e Y são, respectivamente:

(A) 2,0 m/s e 12,0 m/s;(B) 3,0 m/s e 8,0 m/s;(C) 4,0 m/s e 6,0 m/s;(D) 5,0 m/s e 5,0 m/s;(E) 6,0 m/s e 4,0 m/s.V

Ve V VA B= =0

022

VV

e VV

A B= =0 0

2 2

M

M M M m m m m

g

A B

paredev0

V

x

E1 E2


19

Atividades complementares



1) A figura a seguir representa uma esfera imersa num líquido. Ela está em equilíbrio, na posição a, presa ao teto por meio de um fio. Corta-se o fio, e, então, a esfera cai verticalmente. No trecho bc o movimento é uniforme. Na posição c a esfera atinge uma mola presa ao fundo do recipiente, e, em d a compressão da mola é máxima. Assinale o gráfico que melhor representa a energia cinética da esfera versus posição durante o trajeto abcd.

(A)

(B)

(C)

(D)

(E)

2) Um corpo de peso igual a 4,0 x 102 N encontra-se sobre um plano horizontal sendo que os coeficientes de atrito cinético e estático entre o corpo e o plano são, respectivamente: μC = 0,20 e μE = 0,30. Podemos afirmar corretamente que a força paralela ao plano capaz de fazer o corpo entrar em movimento ou capaz de fazer o corpo se mover com velocidade constante, são, respectivamente, iguais a:

(A) 2,0 x 102 N e 40 N(B) 1,2 x 103 N e 800 N(C) 1,2 x 102 N e 80 N(D) 2,0 x 103 N e 400 N(E) 800 N e 1200 N

3) Um bloco, homogêneo, move-se para a direita sobre um plano horizontal, com movimento retilíneo uniforme, sob a ação de uma força horizontal F conforme ilustra a figura a seguir. Considerando a resistência do ar desprezível, as forças que atuam sobre o bloco durante o movimento estão melhor representadas por:

(A)

(B)

(C)

y

xa

b

c

d

Profundidade

Energia Cinética

a b c d

Profundidade

Energia Cinética

a b c d

Profundidade

Energia Cinética

a b c d

Profundidade

Energia Cinética

a b c d

Profundidade

Energia Cinética

a b c d

F

N

P

N

P

F

Fat

N

P

F

Fat


CAPÍTULO 19 :: 109

(D)

(E)

4) Duas esferas A e B, de mesma massa, se chocam frontalmente de maneira perfeitamente elástica. Antes do choque elas se moviam no mesmo sentido com velocidades vA = 6,0 m/s e vB = 2,0 m/s. Podemos afirmar corretamente que as velocidades de cada uma das esferas, imediatamente após o choque são:

(A) vA’ = 0,0 m/s e vB’ = 8,0 m/s. (B) vA’ = 8,0 m/s e vB’ = 0,0 m/s. (C) vA’ = 2,0 m/s e vB’ = 6,0 m/s. (D) vA’ = 4,0 m/s e vB’ = 4,0 m/s. (E) vA’ = 8,0 m/s e vB’ = 8,0 m/s.

5) Um bloco A de massa mA repousa sobre um bloco B de massa mB , que por sua vez está sobre um plano horizontal, conforme ilustra a figura a seguir. Um fio prende o bloco A à parede e uma força F puxa o bloco B para a direita, mas, o sistema permanece em repouso. O coeficiente de atrito estático entre as superfícies é μ. A aceleração da gravidade local é g. Podemos afirmar corretamente que a tensão no fio no instante em que o bloco B estiver na iminência de deslizar, vale:

(A) μ.mA

(B) mA.g(C) μ.mA.mB.g(D) μ.mA.g(E) μ.(mA/mB).g

N

P

F

Fat

N

P

F

Fat

A

B

F

6) Uma barra homogênea de peso 30N e comprimento 10m apoiada em um suporte é mantida em equilíbrio na posição horizontal por meio de dois pesos: um de 40N (em A) e um outro de 50N (em C), ambos aplicados em suas extremidades, como ilustra a figura a seguir. Pode-se afirmar corretamente que a distância AB é aproximadamente:

(A) 5,4m(B) 6,0m(C) 4,4m(D) 5,8m(E) 7,0m

7) Um sistema com três roldanas mantém em repouso um bloco de peso 1,0 x 102 N, como ilustra a figura a seguir. Desprezando as massas das roldanas e dos fios, podemos afirmar corretamente que o módulo da força F é igual a:

(A) 50 N(B) 75 N(C) 33 N(D) 85 N(E) 25 N

8) Uma bola de gude é posta a girar em um plano vertical, presa à extremidade de um fio inextensível, como mostra a figura a seguir. Sendo T a tração no fio e P o peso da bola, podemos afirmar corretamente que no ponto mais baixo da trajetória:

(A) T > P(B) T = P(C) T < P(D) T = P/2(E) T = P/4

9) Três blocos idênticos estão ligados por meio de fios de massas desprezíveis. Cada um deles têm massa m e deslizam sobre uma superfície horizontal sem atrito, com a mesma aceleração puxados por uma força F como ilustrado na figura a seguir. Pode-se afirmar corretamente que a tração T1 e a tração T2 são, respectivamente, iguais a:

(A) T1 = (1/3)F e T2 = (2/3)F(B) T1 = (3/2)F e T2 = (2/3)F (C) T1 = (4/3)F e T2 = (1/3)F (D) T1 = (5/3)F e T2 = (3/4)F(E) T1 = (2/3)F e T2 = (1/3)F

m m mT2

T1 F

F

A B C



10) Uma barra homogênea e de seção reta uniforme está em equilíbrio presa pelo cabo, mas apenas encostada na parede, como representado na figura a seguir. O vetor que melhor representa a força exercida pela parede sobre a barra é:

(A) (B) (C) (D) (E)

11) Uma prancha pode se mover livremente sobre rolos. Sobre ela encontra-se um homem. Tanto a prancha quanto o homem se encontram em repouso. A seguir, o homem move-se para direita. É correto afirmar que:

(A) o centro de massa do sistema homem-prancha move-se para a esquerda.

(B) o centro de massa do sistema homem-prancha permanece em repouso.(C) o centro de massa do sistema homem-prancha move-se para a direita.(D) o centro de massa do sistema homem-prancha move-se para cima.(E) o centro de massa do sistema homem-prancha move-se para baixo.


Gabaritos



As componentes de são (em módulo):

6) a) F; b) F; c) V; d) F.7)

8) 108 km/h = 30 m/s 9) τ = F . d = M . a . d logo

Capítulo 2

1) Vm = 10 m/s2) ΔS = 1020 m3) Vm = 65 km/h ≅ 18 m/s4) Vm = 80 km/h5) a) S0 = 2,0 m b) V = 4,0 m/s c) S = 8,0 m6) te = 2,0 s7) a) No gráfico em t = 0 temos S0 = 20 s b) Também no gráfico em t = 5 s temos S5 = 40 m

c)

d) S = S0 + V t ⇒ S = 20 + 4t8) C9) A10) D11) B12) a) 75 km/h; b) 4,0 km/litro.13) 14 km 14) a) 0,18 s e b) 0,12 s15) C

Capítulo 3

1) 5,2 m/s2 2) 16 s3) 167 m4) a) 4,0 m/s; b) zero5) E6) 5,0 m/s

VSt

cons te= ΔΔ

= = − = =tan60 20

104010

4 m/s

Capítulo 1

1) Grandezas escalares são aquelas que ficam bem definidas apenas pelos seus valores numéricos, seguidos das respectivas unidades de medida, já as grandezas vetoriais necessitam também da direção e sentido.

2) Temos: a) Temperatura (E) b) Volume (E) c) Peso (V) d) Massa (E) e) Força (V) f) Pressão (E) g) Comprimento (E) h) Voltagem (E) i) Tempo (E) j) Velocidade (V) k) Aceleração (V) l) Campo elétrico (V) m) Corrente elétrica (E)3) Para o comprimento: polegada, palmo, quilômetro, centímetro, ano-luz

(para distância astronômicas) etc.Para a velocidade: cm/s, km/s, km/h, milhas/hora (nos países de língua

inglesa).

4) Os vetores e .

a) + .

b) – .

c) – (Veja que – = – ( – )).

5) Temos:

�

c�

d

R

c

c

d d

c

R cou

cd

cd

R a

c

dR a

ou

R

c

d

b

R

c

b

dou

�

c�

d

�

c�

d

�

c�

d�

c�

d�

c�

d

F F

F

x

y

cos 30” N

e F sen 30”

= = = =

= =

1003

2100

1 732

86 5i i,

,

110012

50 Ni =

F

Fx

y

F

x

y

30˚

�

F

1 1 1 1 1 12

2

2 J kgms

m kgms

= × × = ×

a�

b�

a + b�

�

a – b�

�


GABARITO :: 113

Capítulo 5

1) a) 0,50 s; b) 1,25 m; c) 11,2 m/s.2) a) 20 s; b) 5,0 x 103 m; c) 3,2 x 102 m/s. 3) a) v0x = 60 m/s e v0y = 80 m/s; b) 320 m; c) 960 m.4) 1,0 s5) a) 36 m/s; b) x = 60 m e y = 45 m; c) 5,0 s; d) 100 m.6) a) 41 m/s; (b) x = 80 m e y = 40 m; c) 3,0 s; d) 45 m; e) 240 m.7) a) 7,0 s; b) 280 m.8) 2,0 s na subida e 8,0 s na descida. 9) a) x = 30t e y = 5t2; b) y = x2/180; c) 2,0 x 103 m; d) 6,0 x 103 m. 10) Ao mesmo tempo.11) a) iguais b) diferentes c) diferentes12) 60º 13) 40 m.14) a) tqueda = 5 s b) Vx = V0 = 80 m/s, Vy = 50 m/s ⇒ V ≅ 94 m/s15) a) hmáx = 1125 m b) 7794 m16) E17) C18) D19) C20) A21) E

Capítulo 6

Atividade 1: 180º = π rad e 60º = π/3 rad1) a) 94 rad/s; b) 19 m/s 2) 3,2 rps3) 4,3 x 102 m/s4) 97 min5) a) 8,9 m/s2; b) 8,9 m/s2

6) 6,0 x 10–3 m/s2

7) a) b) c) d)

8)

9) 5π m (≅ 15,7 m)10) V ≅ 1676 km/h11) (1/12) rad12) B13) A14) (π/12) rad/h15) 40 rad/s e 6,4 Hz16) a) 50 m/s2; b) 5,0 rad/s; c) 1,26 s e 0,81 Hz17) 150 m/s

7) 125 m8) a) MUV b) 4,0 m/s c) 3,0 m/s2

9) a) 10 m/s2 b) 20 m/s c) 8 m d) v = 20 + 10t10) a) Entre 0 s e 6 s b) a partir de 6 s.11) a) t1 = 2 s e t2 = 5 s b) 3,5 s12) a) 61 s b) 36 m/s13) t = 1,2 h e sP = 108 km.14) 15 km/h15) Δx = 8,3 km + 1,9 km = 10,2 kmΔt = (8,3 km/70km/h) + 27 minΔt = 7,1 min + 27 min = 34 min = 0,57 hvmédia = (10,2 km/0,57 h) = 17,9 km/h 16) Não, pois depende do tempo gasto para a velocidade variar.17) a = 1,8 km/h/s = 0,5 m/s2

18) Observe que a aceleração não varia. a) a = 3 m/s2 b) V0 = 4 m/s (para t = 0 s)19) B20) a) 2,0 m/s2 b) 1,0 m/s21) O motorista não escapa da multa! Dica: use Torricelli para calcular a

velocidade do automóvel ao passar pelo radar (V = 72 km/h).22) D

Capítulo 4

1) a) 9,8 m/s2; b) 44 m; c) 37 m/s; d) 2,6 s; e) 7,8 s2) a) 50 m/s; b) 125 m 3) Supondo para cima positivo. 20 m/s 4) Supondo para cima positivo. a) 17 m/s; b) 3,7 s5) Supondo para cima positivo. 20 m/s6) Supondo para cima positivo. a) 13 km; b) 50 s; c) – 100 m/s;

d) 28 s na subida e 72 s na descida.7) Supondo para cima positivo. a) 308,5 m; b) 240 m e – 37 m/s;

c) 9,2 s 8) 45 m. 9) D10) B11) A12) D13) D14) E15) C16) a) 2,4 s b) 29 m.17) a)10 m/s b) 2,0s18) 3,0 s

π6

π4

π3

49π

π30

rad s/



10) B11) C12) a) 2 h b)1 km

Capítulo 9

Atividades1) No equilíbrio = 0 assim, para o carrinho temos + + = 0 ou

– F + F1 + F2 = 0 ⇒ F = F1 + F2 ⇒ F = 5 + 6 = 11 N (supondo positivo o sentido para a direita).

2) a) FR = 6 + 4 – 8 = 2 N. Logo não há equilíbrio.

b) Temos que = 12 – 8 – 4 = 0 e = 20 + 10 – 30 = 0.

Logo está em equilíbrio.

c) = 10 – 10 = 0 e = 10.

Logo, o corpo desce acelerado e não está em equilíbrio.

3) Temos que ter = 0, ou seja, = 0 e = 0

Assim, em x, F3 = F1 cos α = 100(0,8) = 80 N e em y, F2 = F1 sen α = 100(0,60) = 60 N.

Logo, F2 = 60 N e F3 = 80 N.

Exercícios1) Inércia é a propriedade dos corpos de permanecerem em seu estado, seja

de repouso ou de movimento retilíneo uniforme.2) a) Temos Rx = 20 + 10 – 8 = 30 – 8 = 22 N (≠ 0). Logo temos que

exercer uma força F = – 22 N ou seja, uma força com | | = 22 N para a esquerda da figura.

b) Observando a figura abaixo

Em módulo temos

Assim, para haver equilíbrio ( = 0), temos que ter uma força de módulo

| | = 5 N fazendo um ângulo α com o eixo x onde

18) D19) a) A trajetória é uma circunferência de círculo. b) Não varia o módulo,

mas sim a direção. c) Sim, tem aceleração centrípeta.20) ω = 8π rad/s e V ≅ 2, 5 m/s21) A distância média Terra-Lua é 3,4 × 105 km.V = 3179 km/h ≅ 3,2 × 103 km/h ≅ 888 m/sac ≅ 29,7 km/h2 ≅ 2,3 × 10–3 m/s2

22) D 23) a) 60 s; 3,6 x 103 s; 4,32 x 104 s; b) 1,67 x 10–2 Hz; 2,78 x 10–4 Hz; 2,31 x 10–5 Hz.24) A 25) E

Capítulo 7

1) a) 10,5 s b) 17,4 rotações2) O movimento é retardado, o módulo da velocidade irá diminuir com o

passar do tempo.3) Supondo que o movimento é acelerado (e não retardado) temos:

4) a) 78,5 rad b) 12,5 voltas c) ac = 0, 628m/s2

5) Aplicando a equação de Torricelli, encontramos: α = 3,18 rad/s2

Capítulo 8

1) a) 7,0 m/s; b) 3,0 m/s.2) a) 12 m; b) 12º. 3) A4) D5) 22,4 m/s.6) vA = 2v; vB = √2v; vC = 0; vD = √2v .7) 1,7 m/s.8) A9) (VA / VP) = 5/4

�

R

F

F

α

x

y

2

3

F1 = 100 Nsen αF1

F1 = cos α

�

F R�

F 1�

F 2�

F

�

R x

�

R y

�

R x

�

R y

�

R x

�

R y

R = + = + = =4 3 16 9 25 52 2 N�

F�

F Rtg α = 3

4

�

F

x

y

F = 3 N1

F = 4 N2

F

αα

R

�

F

C

acu

r

at

r

v

CV

a tca


GABARITO :: 115

c) No MUV temos:

3) a) Segundo a mecânica que estamos estudando 80 “quilos” é a massa de Pedrinho e não seu peso.

b) Temos F = ma ou P = mg. Logo, P = 80(kg) . 10 (m/s2)⇒ P = 800 N4) C5) A6) A7) E8) 4,0 N9) 7,5 m/s2

10) E11) FR = 6,0 x 102 N.12) a) 7,5 m/s2; b) 60 N; c) 12,5 m/s2.

Capítulo 11

1) 25 N2) a) 19 N; b) 34 N3) 5,0 N4) 115 N5) 4,0 N6) A resultante é nula, pois o movimento é retilíneo e uniforme. 7) a) 80 N; b) 60 N.8) Vetor vertical para cima, com módulo igual ao peso da esfera.9) 90 N e 53º 10) D 11) 30º12) a) 100 N; b) 80 N; c) 10 N. 13) Para começar a andar nós empurramos a Terra para trás. A Terra por sua

vez empurra nosso pé para frente por meio da força de atrito.14) Observe a figura:

15) Agindo sobre a esfera temos e , forças normais exercidas por cada plano e = Peso, exercido pela Terra.

3) As forças que agem sobre o corpo são , e

Para haver equilíbrio temos que ter = 0 e = 0. Logo:

Em y temos

Em x temos T2 = T1 cos 30º = 100 × 0,86 ⇒ T2 = 86 N

4) a) Não. Não havendo atrito, a componente do peso (P sen α) na direção da rampa para baixo fará o carrinho descê-la acelerado.

b) Agindo sobre o carrinho temos seu peso e a normal . Acrescentamos

para equilibrar o sistema. Vejamos.

Temos que ter = 0 ou = 0 e = 0. Assim, no eixo x: F = P sen 30º = 2,0(0,50) ⇒ F = 1,0 Nc) No eixo y: N = P cos 30º = 2,0(0,86) ⇒ N = 1,72 N ≈ 1,7 N5) a) (F) e b) (F) como o trem caminha com velocidade constante temos

que ter = 0, logo deve haver uma força de atrito (total) que equilibre a força da locomotiva, com o mesmo módulo e sentido contrário a ela.

c) (F) pois o sistema locomotiva mais vagões está em movimento.d) (V) o sistema locomotiva mais vagões está em equilíbrio dinâmico.e) (F) o sistema locomotiva mais vagões não está em equilíbrio.6) E7) A8) B 9) θ <120o

Capítulo 10

1) a) Temos que ou F – fat = ma ⇒ fat = F – ma = 24 – 10(20) ⇒ fat = 4,0 N

b) No MUV V = V0 + at = 0 + 2,0 × 6 ⇒ V = 12 m/sc) Também:

2) a) Sim, pois o movimento é acelerado.b) Sendo a = constante, teremos entre os instantes t = 1 s e t = 2 s, por

exemplo:

T P TP

senT 1 1 1 sen 30”

30” N= ⇒ = = ⇒ =50

0 50100

,

30˚

60˚

1T cos 30˚

1TT1 sen 30˚

T

P = Peso

x

y

2

�

T 1�

T 2�

P

�

R x

�

R y

V V a S S S m2 22 10 0 2 2 0100

425= + Δ ⇒ = + Δ ⇒ Δ = = 0

2 i ,

avt

a= ΔΔ

= −−

⇒ =4 22 1

2 0, m/s2

V V a S S S m2 22 8 0 2 2 0644

16= + Δ ⇒ = + Δ ⇒ Δ = = 02 i ,

�

P

�

N 1

�

N 2

PéBola

Fpé, bola

Fbola, pé

�

F R

�

F

�

R x

�

R y

�

P�

N

�

R

�

�

F maR =

ΔSS S

V (t = 0) V (instante t)

O (origem) 0

0



16) Temos F = ma, no caso:T – P = ma ⇒ T = ma + P = ma + mg = m . (a + g) = 8,0 × (2,0 + 10)

⇒ T = 96 N

17) As forças que atuam sobre a pessoa são:

Como o elevador desce com aceleração temos que | | > | |Assim, P – F = ma ⇒ F = P – ma = mg – ma = m . (g – a) = 60 × (10 – 3,0) ⇒ F = 420 N18) D19) E20) E21) Solução: as forças externas são o peso, a tração e a força da parede.

Veja que os suportes do peso P, da tração T, e da resultante das forças que a parede exerce sobre a barra (R = FAT + N) devem ser concorrentes no ponto o, onde os suportes de P e T se interceptam.

Veja o que aconteceria se a força de atrito fosse menor do que aquela representada acima. Nesse caso o peso e a tração continuam concorrentes no ponto o, mas a resultante das forças que a parede faz sobre a barra (R) não.

Temos então, um momento resultante não nulo em relação a o, e a barra escorregaria na parede. Não haveria equilíbrio.

22) Diretamente obtemos TC = P = 50 N. Temos que calcular: TA = 40 N e TB = 30 N.

23) FP = 30 N; FV = 40 N e FAT = 30 N

Capítulo 12

Atividade 1A 20 km de altitude, g = 9,8011 m/s2. Veja que esse é muito próximo do

valor “normal” da aceleração da gravidade, ao nível do mar, e à latitude de 45º: g = 9,8066 m/s2.

Exercícios1) C2) B3) 0,9D4) B5) C6) E7) A8) A9) E10) B11) D12) C13) C14) A15) C16) A

17)

18) B

Capítulo 13

1) 2,4 x 102 J.2) 63 hp3) 7,0 x 105 J4) a) 2,0 x 104 J; b) 1,0 x 103 W

rr

TT

1

2

1

2

2 3

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

/

F

P

"pessoa"

(peso)

(feita pela balança)

�

P�

F

N P

TFat

o

R

N2 N1

p

T

P

N P

TFat

o

R


GABARITO :: 117

Capítulo 15

1) a) 0,20 m; b) 3,5 m/s2) 2,5 J.3) B4) a) 2,0 x 102 N/m; b) – 2,5 x 10–1 J.5) 0,10 m6) 0,060 m7) a) 2,8 × 105 J b) A energia se deve ao trabalho realizado pelo motor do elevador. 8) a) 2,0 × 103 N/m b) 10 J.9) A. Dica: O peso é sempre vertical para baixo e, como a mola está

comprimida, a força também é para baixo. 10) C. Dica: Note que na situação III a mola está distendida o dobro da

situação II. Aplique a Lei de Hooke nos dois casos. 11) D12) C13) τ = 2,0 x 103 J. 14) D

Capítulo 16

1) 1,0 x 10 cm (10–1 m)2) a) 10 m/s; b) 6,0 m/s3) Dica: no mínimo temos, em A, ECA = 0 e VA = 0. Note que hA = 2R.

Assim: v0 mínimo = 4) hmínimo = 2 R5) 1,9 x 102 J6) 2,0 m/s7) 200 J e 200 J8) a) – 2,0 J; b) 0,209) a) 12 m/s; b) 72 m10) VB = 4,5 m/s e VC =3,2 m/s.11) 2,96 x 10–2 N12) a) 39 m; b) não13) a) vB = (Lg)1/2 ; b) TB = 5 . m . g14) 8,1 x 102 N15) 10 m/s16) 5,0 x 102 m/s17) Forças dissipativas são aquelas que causam uma perda de energia do

sistema para o meio ambiente. Normalmente dissipam energia sob a forma de energia térmica.

18) a) EM(A) = EC(A) + EP(A) = 4,0 x 103 J b) 19) Dica: Lembre-se que, como há perdas, teremos a seguinte equação: EM(B) = EM(A) − Eperdida. Assim, obtemos EC(B) = 3600 J = 3,6 × 103 J. 20) 21) a) Temos A =1,5 m e V = ? Então: .

5) a) – 2,4 x 103 J; b) 2,4 x 102 W6) 0,40 (40%)7) a) 3,0 x 103 W; b) 0,80 (80%) 8) a) 6,4 x 103 J; b) 2,0 x 104 N. 9) a) 2,0 x 103 J; b) zero; c) – 5,0 x 102 J.10) a) 4,0 x 103 J; b) 6,7 N.11) 6,3 KW 12) 2,2 x 103 N.13) τp = Ph = mgh = 30 × 10 × 1,5 ⇒ τp = 450 J14) a) τp = − Ph = − 60 × 3,0 = − 180 J (P é para baixo, o movimento

é para cima). b) τ = 60 × 3,0 = 180 J

c)

15) a) τ = F . AB = 60 × 10 = 600 J b) τ = F cos 30º . AB = 60 × 0,86 × 10 = 519 J c) Repare que a força trabalha contra o movimento

τ = F cos 120º . AB = − F cos 60º . AB = − 60 × 0,5 × 10 ⇒ τ = − 300 J. d) não realiza trabalho τ = 0 e) τ = −60 × 10 = − 600 J também é contra o movimento.

16)

Temos τM = 22 cv e τp = 6 cv (passivo). Como τM = τv + τp temos τv = τM − τp = 22 – 6 = 16 cv

Assim,

17) 5,0 x 103 J

Capítulo 14

1) 75 m2) zero3) a) – 6,0 x 103 J; b) 1,2 x 105 N.4) 2,1 m/s.5) 1,4 x 10–2 N.6) a) 11,6 m/s; b) 6,9 m/s.7) 4,7 x 104 W.8) a) Eci

= 32 J b) τfat = −32 J c) ΔS = 16 m

9) F = 800 N 10) A11) A

Pt

W= = =τΔ

1808

22 5,

SBA

F120º

60º

�

��

F AB⊥ ⇒

r v

M

=ττ

�

F

V m sB = =400 20 /

x m= =0 04 0 2, , (ou 20 cm)A vt v

At

= ⇒ =

2 gR

r ou= =1622

0 72 72, %



Mas h = 1,25 m e . Logo:

Então

b) Temos h = 0 (no final do tobo-água) e H =4,0 m. As energias mecânicas inicial e final são:

EMi = mgH = 50 × 10 × 4,0 = 2000 J

ΔE = EMf – EMi

= 225 – 2000 = – 1775 JAssim, como ΔE< 0, a perda da energia da criança foi de: 1775 J ≅ 1,8 × 103 JUma outra solução seria: você pode calcular a diferença das energias cinéticas

com que a criança chega no fim do tobo-água (imediatamente antes de cair) com perda e sem perda. A diferença é a energia mecânica dissipada (perdida). Na descida, não havendo perdas, temos a velocidade final.

Na realidade a criança chega com velocidade de 3,0 m/s como calculado no item (A), assim a diferença nas energias será igual à perda de energia mecânica:

22) a) 10 m/s = 17,3 m/sb) 3,0 kJ c) 6,0 x 105 N/m d) 2,0 x 103 J23) E24) a) (t1/ t2) = (cosθ /sen θ)b) (V1/V2) = 125) a) –2,0 Jb) Força normal = 16 N, vertical para cima 26) E27) – 0,40 J28) 1,3 m.

Capítulo 17

1) D2) 14 N.3) 5v/3.4) 0,75 J.5) 0,50 m/s.6) 2,1 m/s.7) 2,0 N . s8) B

9) D10) a) 5,0 x 104 m/s2 b) 4,0 x 103 N . s11) 8412) 12 kg.m/s.

Capítulo 18

1) B. Dica: considere como um problema de colisão elástica onde Qi = Qf 2) D. Dica: colisão elástica. 3) C 4) C 5) E 6) VAi

= 1,5 m/s. Dica: calcular a velocidade final do corpo B, pois sabemos sua energia cinética, depois use as equações válidas para colisões elásticas.

7) B8) B

Capítulo 19

1) A2) C3) C4) C5) D6) A7) E8) A9) E10) D 11) B

Perda m v vcom sem= +( ) = − =12

12

50 3 0 802 2 2 i i ( , )

3

− ≅ −1775 1 8 10 i, 33 J

v gH v m ssem = = = ⇒ =2 2 10 4 0 80 802 i i , /

h gt=12

2

thg

t t s= ⇒ = ⇒ =2 2 1 25

100 5

i ,,

V m s= =1 5

0 503 0

,,

, /

E mV JMf= = =

12

12

50 3 0 2252 2 i i ,


Bibliografia


BLACKWOOD, Oswald; HERRON, Wilmer; KELLY, William. Física na escola secundária. São Paulo: Fundo de Cultura, 1969. v. 1

CENTRO EDUCACIONAL DE NITERÓI. Ensino individualizado: curso do 2o Grau. Niterói, RJ: GRAFCEN, 1995. p. 119.

GONÇALVES, Dalton. Física. São Paulo: Ao Livro Técnico, 1979. v. 1

GUIMARÃES, Luiz Alberto; FONTE BOA, Marcelo. Física mecânica ensino médio. Rio de Janeiro: Futura, 2001.


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