Pré-Vestibular Social

Pré-Vestibular Social
Física
Módulo 1 :: 2015
Carlos A. F. Leite
Eden Vieira Costa
Pré-Vestibular Social
Rua da Ajuda, n° 5, 15º andar – Centro – CEP: 20040-000 – Rio de Janeiro – RJ
Site: www.pvs.cederj.edu.br
Fundação Cecierj
Pré-Vestibular Social
Física
Carlos Alberto Faria Leite
Eden Vieira Costa
6ª
edição
revisada
Módulo 1
2015
Governo do Estado do Rio de Janeiro
Governador
Luiz Fernando de Souza Pezão
Secretário de Estado de Ciência, Tecnologia e Inovação
Gustavo Tutuca
Fundação Cecierj
Presidente
Carlos Eduardo Bielschowsky
Vice-Presidente de Educação Superior a Distância
Masako Oya Masuda
Vice-Presidente Científica
Mônica Damouche
Pré-Vestibular Social
Rua da Ajuda 5 - 15º andar - Centro - Rio de Janeiro - RJ - 20040-000
Site: www.pvs.cederj.edu.br
Diretora
Celina M.S. Costa
Coordenadores de Física
Carlos Alberto Faria Leite
Eden Vieira Costa
Material Didático
Elaboração de Conteúdo
Carlos Alberto Faria Leite
Eden Vieira Costa
Capa, Projeto Gráfico, Manipulação de Imagens
e Editoração Eletrônica
Filipe Dutra de Brito
Cristina Portella
Deborah Curci
Mário Lima
Foto de Capa
David Ritter
Copyright © 2014, 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.
L533p
Leite, Carlos Alberto Faria.
Pré-vestibular social: física. v. 1 / Carlos Alberto Faria Leite, Eden Vieira
Costa. – 6. ed. rev. – Rio de Janeiro: Fundação Cecierj, 2014.
120 p. ; 21 x 28 cm.
ISBN: 978-85-7648-979-5
1.Física. I. Costa, Eden Vieira. II. Título.
CDD 530
Sumário
Apresentação
5
Capítulo 1
Grandezas Físicas :: Vetores :: O Sistema Internacional de Unidades
7
Capítulo 2
Introdução ao estudo da Cinemática :: Movimento Retilíneo Uniforme (MRU)
13
Capítulo 3
O Movimento Retilíneo Uniformemente Variado (MRUV)
19
Capítulo 4
O movimento de queda livre
25
Capítulo 5
Lançamento de projéteis
29
Capítulo 6
Movimento Circular Uniforme
35
Capítulo 7
O Movimento Circular Uniformemente Variado (MCUV)
41
Capítulo 8
Composição vetorial de velocidades
45
Capítulo 9
A 1a Lei de Newton
49
Capítulo 10
A 2a Lei de Newton
57
Capítulo 11
A 3a Lei de Newton e as condições de equilíbrio
63
Capítulo 12
Gravitação
71
Capítulo 13
Trabalho, potência e rendimento
77
Capítulo 14
A energia cinética e sua relação com o trabalho
83
Capítulo 15
A energia potencial
87
Capítulo 16
A energia mecânica e a conservação da energia
93
Capítulo 17
Impulso e momento linear
99
Capítulo 18
Colisões
Capítulo 19
Atividades complementares
Gabaritos
Bibliografia
103
107
111
119
Apresentação
Caro Aluno,
Este conjunto de apostilas foi elaborado de acordo com as necessidades e a lógica do projeto do PréVestibular Social. Os conteúdos aqui apresentados foram desenvolvidos para embasar as aulas semanais
presenciais que ocorrem nos polos. O material impresso por si só não causará o efeito desejado,
portanto é imprescindível que você compareça regularmente às aulas e sessões de orientação acadêmica
para obter o melhor resultado possível. Procure, também, a ajuda do atendimento 0800 colocado à sua
disposição. A leitura antecipada dos capítulos permitirá que você participe mais ativamente das aulas
expondo suas dúvidas o que aumentará as chances de entendimento dos conteúdos. Lembre-se que o
aprendizado só acontece como via de mão dupla.
Aproveite este material da maneira adequada e terá mais chances de alcançar seus objetivos.
Bons estudos!
Equipe de Direção do PVS
1
Grandezas Físicas :: Vetores
O Sistema Internacional de Unidades
[
:: Meta ::
Apresentar aos alunos os principais tipos de grandezas estudadas em Física, suas relações e o
modo de operar com elas.
:: Objetivos ::
• Distinguir grandezas escalares de grandezas vetoriais;
• Efetuar operações simples com vetores;
• Reconhecer as unidades mecânicas fundamentais do S.I.
]
8 :: Física :: Módulo 1
Grandezas escalares
Representando um vetor graficamente
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:
ˆ
distancia
Velocidade =
tempo
No caso do nosso automóvel, a velocidade V será então:
ˆ
130 quilometros
V=
= 65 km / h
2 horas
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.
A extremidade
(ponta)
da seta
nos indica o Sentido
do vetor.
nos indica o Sentido do vetor.
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).
A extremidade (ponta) da seta
Esta é a chamada reta suporte e sua
Esta é a chamada reta
suporte e
do
inclinação nos indica a Direção do vetor.
inclinação nos indica a Direção
V
A extremidade
(ponta) da seta
r
O comprimento
Esta é a chamada reta su
nos indica o Sentido
V do vetor.da seta nos indica o
Módulo (ou Intensidade) do vetor.
inclinação
nos indica a Dir
O comprimento da seta nos indica
o
Esta é a Origem do vetor.
r
Módulo (ou Intensidade) do vetor.
V
O comprimento
A seta não
é umdavetor,
gráfica
nos ajuda a da seta nos indica o
A extremidade
(ponta)
seta é apenas uma
Esta representação
é a Origem do
vetor.que
é(ou
a chamada
reta suporte
Módulo
Intensidade)
do vetor.e sua
do
vetor.
nosvisualizá-lo.
indica o Sentido
Um vetor é um “objeto” ou “ente” matemático que temEsta
módulo,
inclinação nos indica a Direção do vetor.
direção e sentido.
Esta é a Origem do vetor.
r
V
O comprimento da seta nos indica o
Outras Representações
Módulo uma
(ou Intensidade)
Podemos também representar
um vetor utilizando
letra, com umado vetor.
r

V
pequena seta em cima. Para representar
Esta é a Origem
vetor.
 o vetordo “vê”,
 escrevemos V. Para
representar explicitamente
o módulo
10
10 r de V , escrevemos | V | (com uma barra de
cada lado), ou simplesmente V (semV a “setinha”).
Graficamente:
10
10
Consideremos um vetor V com módulo 20.
r
V
10
10
r
V
Este aqui terá módulo 40.
r
V
E este aqui, módulo 30.
r
V r
V
r
V
O comprimento
da seta representa o módulo do vetor.
r
V
Atividade 1
Agora você: dê mais alguns exemplos de grandezas escalaresbe grandezas
vetoriais. Leve a listaapara discussão em sala:
Grandezas escalares
b
c
a
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:
Grandezas vetoriais
b
a
c
O
r
V
•
r
V
Capítulo 1 :: 9
r
A Adição
de Vetores :: Método
V
Gráfico
  
Consideremos a , b e c grandezas vetoriais quaisquer, de módulo 3, 2 e 1,
b
respectivamente, representadas graficamente a seguir:
a
O Método do Paralelogramo
para a Adição de Vetores
É comum termos que somar apenas dois vetores, sendo conveniente
b
 
utilizar o método descrito abaixo. Consideremos dois vetores quaisquer a e b ,
a
representados por:
c
b
a
b
b
b
a c
  
Para fazer a soma a + b + c , graficamente, escolhemos uma origem, e
colocamos os vetores um em seguida
do outro. A soma é obtida ligando-se a
c
origem do primeiro à extremidade do último:Este é o vetor resultante e seu
c
a
c
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:
b
b
comprimento representa o módulo.
R
Este é o vetor resultante e seu
comprimento representa o módulo.
R = a + b + c
b
R
b
a
a
b
O vetor resultante é obtido ligando-se a origem comum à interseção das retas
a o paralelogramo.
auxiliares, que formam
R = a + b + c
a
Este é o vetor resultante.
b
a
b
A ordem dos vetores não altera
 asuasoma (a soma vetorial é comutativa).
Vamos somar na seguinte ordem: b + c + a :
a
c
a
a
R
R
Este é o vetor resultante.
b
R
A Subtração de Vetores
a
c
b
R
b
a
Para subtrairmos um vetor de outro podemos proceder como na soma,
mas
 
invertendo-se o sentido do vetor a subtrair. Assim, para efetuarmos a – b , com os
mesmos vetores dados anteriormente, faremos:
Resultante
R
a

Veja que o vetor resultante R é igual ao anterior (tem o mesmo módulo,
direção e sentido).
Atividade 2
  
Utilize uma régua e faça você a soma dos vetores na ordem c + b + a , a
partir da origem O indicada a seguir. Verifique se o vetor resultante é o mesmo
dos casos anteriores.
O
Este é o vetor resultante.
b
Resultante
a
R
b
R

Observe que o vetor – b tem o mesmo módulo e direção, mas sentido
contrário ao vetor + b .
Um outro modo de se fazer a subtração graficamente consiste em colocar os

dois vetores com uma origemcomum. Para efetuarmos a diferença a – b , ligamos

a extremidade do segundo
( b) àorigem do primeiro (a ). Vejamos:
b
R
Veja que o vetor resultante R é o mesmo
b
que o anterior.
R
a
a
a
b
a
b
b
a
b
R
R
Resultante
a
10 :: Física :: Módulob 1
b
R
Casos Especiais
y
b
b
Podemos determinar facilmente o módulo
R do
R vetor resultante em três casos
particulares: quando os vetores têm o mesmo sentido, quando têm sentidos
 
b
opostos, e quando são perpendiculares. Vejamos a soma Rdos vetores a e b em
a
a
cada caso.
F
Fy
α
a
 
1o caso: a e b têm o mesmo sentido. Em módulo, temos que R = a + b
como na soma algébrica comum.
a
a
b
a
R
b
b
R
R
 
2o caso: a e b têm sentidos opostos. Neste caso, R = a – b, como na soma
algébrica comum.
R
R
R
a
 

Fx e Fy são as componentes de F .
A seguir, vamos olhar emdetalhe o triângulo retângulo da figura anterior,
onde o cateto Fx é o módulo
 de Fx ; o cateto Fy é o módulo de Fy e a hipotenusa é o
módulo do nosso vetor F (vamos representar os módulos dos vetores pela mesma
letra, mas sem a “setinha” superposta).
Esta é a hipotenusa.
a
Fy
α
Este cateto é um dos lados do ângulo α.
Ele é adjacente ao ângulo α.
Fx
b
b


3o caso: a e b são perpendiculares. Aqui aplicamos o teorema de
Pitágoras: R = a2 + b2 . Podemos escrever, também, em termos dos módulos
dos vetores:

2 2
R
R = a +b
a
Lembrando as definições de seno e cosseno de um ângulo agudo (menor que
o ângulo reto), num triângulo retângulo, temos:
ˆ
cateto oposto a esse angulo
ˆ
seno (de um angulo)
=
e
hipotenusa
cateto adjacente a esse ˆangulo
ˆ
cosseno (de um angulo)
=
hipotenusa
Logo, no triângulo retângulo que vimos, temos:
R
b
a
a
sen α =
Teorema de Pitágoras: num triângulo retângulo o
quadrado da hipotenusa é yigual à soma dos quadrados
b
b
dos catetos.
Fy
y
Este cateto é oposto ao ângulo α e
tem o mesmo comprimento que Fy.
F
a
b
R
x
Fx
y
F
Fy
F
onde Fy = F sen α
E também:
cos α =
Fx
onde Fx = F cos α
F
Vamos nos lembrar de que a tangente de um ângulo é dada por:
α
Decomposição de umF Vetor xem
Componentes Perpendiculares
x
Já vimos como podemos encontrar
F aFresultante de dois vetores perpendiculares,
Fy Fy
utilizando o teorema de Pitágoras. Em nosso estudo, como veremos mais adiante
α forças que atuam sobre um corpo, é
na decomposição dos movimentosαou das
x encontremos
conveniente que façamos o inverso, isto é, conhecendo um vetor,
as
x
Fx Fx
suas componentes perpendiculares.

Consideremos um vetor F que faz um
 ângulo α com o eixo horizontal
Fx e vertical Fy são as projeções de
(eixo
x).
As
suas
componentes
horizontal

F sobre os eixos x e y, conforme a figura a seguir:
ˆ
tangente (de um angulo)
=
Logo, temos: t g α =
Fy
ˆ
cateto oposto ao angulo
ˆ
cateto adjacente ao angulo
Fx
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 F ).
Atividade 3
Mostre você que a tangente pode ser dada pela razão entre o seno e o
sen α
cosseno do ângulo, isto é, mostre que t g α =
.
cos α
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
seno
cosseno
tangente
(em graus)
0
0
1
30
1
2
3
2
2
2
2
2
3
2
45
60
90
0
3
∞
1
Exemplo
A 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
F um ângulo de 45º com a horizontal de modo que a caixa é
arrastada para a direita, conforme ilustrado na figura abaixo.
F
45˚
direção e sentido do movimento
caixa
45˚
direção e sentido do movimento
caixa
Neste caso, a força
 que realmente faz a caixa se moveré apenas a
componente da força F na direção do movimento, sua componente Fx . Vejamos:
y
y
Fy
F
Fy
F
45˚
45˚
x
Fx
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
comprimento
massa
tempo
Unidade de medida
metro
quilograma
segundo
Assim, a força na direção do movimento (x) será:
Multiplicar por 3,6
2
km/h
Fx
= 5 2 ≅ 5 i 1, 41 ≅ 7 Newtons
2
Multiplicar por 3,6 Dividir por 3,6

E a componente vertical de F, Fy , o que faz? (pense um pouco e discuta com
km/h
os colegas em sala).
Dividir por 3,6
=m/s
F cos 45º = 10
Obs.: Não existe plural de abreviaturas. Por exemplo, 3 metros abrevia-se
F
como 3 m e não 3 ms ou pior ainda 3 mts.
Todas as outras grandezas mecânicas são derivadas dessas três fundamentais.
45˚ é a razão entre o comprimento (distância)
Por exemplo, a velocidade, como vimos,
direção e sentido do movimento
caixa
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.
y
Transformação
de Unidades
F
F
y
Para passarmos da unidade prática,45˚km/h (quilômetro por hora) para a
unidade S.I. de velocidade, o m/s (metro por segundo), fazemos:
x
Fx
1 km 1000 m 1
=
= m/s
1 h 3600 s 3, 6
Assim, em resumo, temos:
Multiplicar por 3,6
m/s
d
c
d
Abreviatura
m
kg
s
x
Fx
m/s
O Sistema Internacional
de Unidades
km/h
Dividir por 3,6
12 :: Física :: Módulo 1
Exercícios
5) Uma força de 100 newtons faz um ângulode 30º com o eixo horizontal.
Calcular os módulos das componentes horizontal Fx e vertical Fy (consulte a tabela
das funções trigonométricas dada anteriormente).
F
1) Como podemos distinguir entre uma grandeza escalar e uma grandeza
45˚
vetorial?
direção e sentido do movimento
caixa
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 ( ) y
c) Peso ( )
d) Massa ( )
e) Força ( )
F
F
f) Pressão ( ) y
g) Comprimento ( )
45˚
h) Voltagem ( )
x
i) Tempo ( )
F
x
j) Velocidade ( )
k) Aceleração ( )
l) Campo elétrico ( )
m) Corrente elétrica ( )
Multiplicar por 3,6
3) Citem/s
algumas unidades práticas (usuais) que não se encontramkm/h
no S.I. para o
comprimento e a velocidade.
Dividir por 3,6
 
4) Dados os vetores c e d representados, encontre, graficamente, os vetores
resultantes das operações que se pede:
d
c
 
a) c + d
 
b) c – d
1
 
c) d – c
3
A
2
B
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 ( a + b ) e o vetor subtração ( a − b )
dos vetores dados a seguir.
b
a
8) Um ônibus viaja a 108 km/h. Expresse sua velocidade em unidades do sistema
internacional.
a–b
9) A grandeza trabalho (τ) pode ser definida como o produto da força pelo
b
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
a fundamentais (também chamadas
primárias) do SI .
a+b
2
Introdução ao Estudo da Cinemática:
movimento retilíneo uniforme (mru)
[
:: Meta ::
Definir os prinicipais conceitos físicos necessários para o estudo dos movimentos dos corpos.
:: Objetivos ::
• Conhecer os conceitos de movimento, repouso, deslocamento, posição, trajetória e referencial;
• Caracterizar a velocidade de um móvel;
• Resolver problemas e analisar gráficos do movimento uniforme.
]
Dividir por 3,6
14 :: Física :: Módulo 1
d
c
Exemplo
Consideremos 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.
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.
1
B
3
A
2
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)
Grande filósofo e matemático
francês criador do sistema de
eixos coordenados, responsável
por grande avanço no estudo da
geometria.
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).
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:
y
Este é o ponto (–2, 3)
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.
3
Este é o ponto (3, 2)
2
–2
3
x
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.
–3
–2
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(metros)
ordenado
(S,
isto é, +2
a posição
instante+9t +10
–1
0 t), +1
+3 S onde
+4 o móvel
+5 se+6encontra
+7 e o +8
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.
S
S
i
– 30 – 20 – 10
0
f
10 +20 +30 +40 +50 +60 +70 +80 +90 +100
(metros)
Capítulo 2 :: 15
No nosso exemplo, temos:
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.
Vm =
(metros)
∆S S f − S i 100 − 20 80
=
=
= =4 m/s
∆t t f − t i
20 − 0 20
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.
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
∆S
Veja que V m =
é apenas uma velocidade média, não é necessariamente
que o móvel está 2 m à esquerda da origem. Não é comum, mas perfeitamente
∆t
y
a velocidade do móvel
qualquer
instante. Esta definição vale para qualquer
Esteem
é o ponto
(–2, 3)
possível, orientarmos a reta para a esquerda, isto é, definirmos o sentido esquerdo
3
tipo de movimento. Dessa forma, o caminho percorrido por um móvel Este
ΔSé em
o ponto (3, 2)
como negativo se isto puder nos facilitar de alguma forma
os cálculos.
y
2
.
um intervalo de tempo Δt pode ser sempre calculado por ΔS = Vm Δt desde que
Este é o ponto (–2, 3)
3
consigamos
calcular ou conheçamos a velocidade média Vm do móvel.
Este é o ponto (3, 2)
–3 –2 –1
0
+1
+2
+3
+4
+5
+6
+7
+8
+9
2
O Deslocamento (ΔS)
eo
Intervalo de Tempo (Δt)
–2
3
+10
–2
Sf
Si
– 30 – 20 – 10
0
10 +20 +30 +40 +50 +60 +70 +80 +90 +100
(metros)
x
O Movimento Retilíneo Uniforme
(MRU)
x
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.
se encontra
posição+4Si = 20+5m, no+6instante+7
– 3Consideremos
–2
–um
1 móvel
0 que +1
+2 na +3
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:
3
O movimento uniforme se caracteriza pela velocidade uniforme,
isto é, a velocidade é constante durante todo o trajeto. Nesse caso, a
velocidade
instante.
–3
– 2média
– 1é a própria
0 velocidade
+1
+2do móvel
+3 em qualquer
+4
+5
+6
+7
(metros)
+8
+9
+10
A EquaçãoS do Movimento
i
Sf
Consideremos um móvel que está numa posição qualquer S0 da trajetória,
0 10 +20 +30 +40 +50 +60 +70 +80 +90 +100
no instante em que começamos a contar o tempo, isto é, em tinicial
= 0, e
(metros)
que num instante posterior, t, chega à posição S, conforme representado no
referencial a seguir.
– 30 – 20 – 10
S (instante t)
S 0 (t = 0)
O deslocamento é calculado do seguinte modo: ΔS = Sfinal – Sinicial
0 (origem)
∆S
Do mesmo modo, o intervalo de tempo é calculado como: Δt = tfinal – tinicial
S
Assim, no nosso exemplo, Δt = tf – ti = 20 – 0 = 20 s.
S0
A Velocidade
Média Vm
t
Como vimos no Capítulo 1, a velocidade é a grandeza que relaciona o
percorrido com o tempo gasto no percurso. Com respeito ao móvel que
S0
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
t
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.
S
caminho
∆S
0 (origem)
S (instante t)
S 0 (t = 0)
Assim, no caso, temos o deslocamento: ΔS = Sf – Si = 100 – 20 = 80 m.
S
S0
Durante todo o movimento temos:
S−S 0
∆S
= V ou
=V
∆t
t −0
(onde, nesse caso, V é uma constante)
Passando primeiro o t, e depois o S0 para o segundo membro da equação,
t
teremos: S = S0 + Vt que é a equação horária do MRU. Tanto a velocidade V
quanto a posição inicial S0 são constantes.
S
Exemplo
Consideremos 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 calculart 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.
S0
(metros)
+8
+9
+10
v
(metros)
(metros)
–3
–3
–2
–2
–1
–1
0
0
+1
+1
+2
+2
+3
+3
+4
+4
+5
+5
+6
+6
+7
+7
+8
+8
+9
+9
+10
+10
t
16 :: Física :: Módulo 1
Sf
Sf
Si
Si
A posição do móvel em t = 2,5 h será:
30 ++2025 +30
= 55+40
km. +50
– S30= –30
20+–10
10× 2,5
0 = 10
– 30 – 20 – 10
+60 +70 +80 +90 +100
10 +20 +30 +40 +50 +60 +70 +80 +90 (metros)
+100
(metros)
0
Gráficos do MRU
S 0 (t = 0)
S 0 (t = 0)
Gráfico da Posição em Função do Tempo S × t
0 (origem)
∆S
De um modo
geral, temos:
0 (origem)
∆S
Se a velocidade V é positiva, S aumenta linearmente com o tempo.
S (instante t)
S (instante t)
S (m)
80
60
40
20
S
S
0
S0
S0
Representação da reta
S = S0 + vt
2
3
5
4
t (s)
Calculando a velocidade através do gráfico.
Como nesse caso a velocidade é constante, podemos escolher qualquer
V (m/s)
intervalo 50
de tempo para o cálculo, por exemplo, entre t = 1s e t = 5 s, teremos:
∆S 80 − 40 40
V =40 =
= = 10 m , como já sabíamos, pois a equação
s
∆t
5 −1
4
t
t
Se a velocidade V é negativa, S diminui linearmente com o tempo.
S
S
S0
S0
1
30
do movimento
é S = 30 + 10t.
20
Logo:10S0 = 30 m e V = 10 m/s
(em S = S0 + Vt, equação horária do MRU).
0 da velocidade.
2
3
5
1
4
t (s)
O gráfico
Como no caso V = constante e igual a 10 m/s temos:
Representação da reta
S = S0 – vt
t
t
Gráfico de V × t para o MRU
Como a velocidade é constante, temos:
V (m/s)
S (m)
15
V
10
60
5
v
40
0
1
2
3
5
4
t (s)
20
t
Vejamos um exemplo numérico:
2
4
0
Exercícios
S (m)
80
1) Um corredor olímpico, disputando a prova dos 100 metros rasos, fez o percurso
em 10 segundos. Calcule a velocidade média do atleta.
Exemplo
Vamos rever o exemplo anterior onde o móvel tem equação horária S = 30 +
10t no S.I.
60 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:
40
tempo (s)
posição (m)
0
30
1
40
2
50
3
60
4
70
5
80
6
8
10
t (s)
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.
20
e construir os gráficos da posição e da velocidade em função do tempo para
0
1
2
3
4
5 t (s)
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.
V (m/s)
50
40
30
20
10
0
1
2
3
4
5
t (s)
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.
V
v
Capítulo 2 :: 17
t
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.
S (m)
80
5) A equação horária
para o movimento de um móvel é S = 2,0 + 4,0t, sendo S
60
expresso em metro e t em segundo.
a) Determine a posição escalar inicial.
40
b) Determine
20 a velocidade escalar.
0
2
1
3
5
4
t (s)
c) Determine a posição escalar no instante 1,5 s.
V (m/s)
6) Dois móveis, 50A e B, descrevem a mesma trajetória retilínea, com equações
horárias SA = 2040+ 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
30
iniciais, calcule a 20
posição e o instante em que os dois móveis se encontram.
10
0
2
1
3
5
4
t (s)
7) O gráfico de S × t para o movimento de um móvel está representado na figura
a seguir.
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.
S (m)
60
40
20
0
2
4
6
8
Pede-se:
a) a posição inicial S0 do móvel.
b) A posição do móvel no instante t = 5 s.
10
t (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;
c) Calcular a velocidade do móvel.
b) o consumo médio de combustível, em km/litro.
d) Escrever a equação horária do movimento.
18 :: Física :: Módulo 1
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.
15) (Unificado-RJ/2000) Na figura temos uma “malha” formada por 16
retângulos iguais.
M
P
o
N de batimentos por unidade de tempo (min –1)
145
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
120
100
90
V (km/h)
1
2
3
4
5
6
7
8
145
Determine a distância percorrida pelo atleta durante as duas horas de
treinamento.
Dica: durante a meia hora inicial, como diz o enunciado,
os batimentos
P
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
o
–1
de batimentos
por unidade
(min. 1/2
) (h) = 3 km. Siga esse raciocínio
Npercorrida
6 (km/h)
nesse intervalo
foi Dm1de= tempo
40
e calcule as respectivas distâncias na hora seguinte e na meia hora final...
120
J
100
90
G
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 Δt2V=(km/h)
t2 – t1 , o goleiro houve o eco dessa
2 3através
4 de5 sua6reflexão
7 num
8 ponto P da parede. Considerando que a
1 sonora,
onda
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:
P
40 m
a) Δt1
b) Δt2
40 m
J
G
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
40 m
(C) 16
(D) 8
(E) 4
3
O Movimento Retilíneo
Uniformemente Variado (MRUV)
[
:: Meta ::
Definir aceleração e estudar os movimentos com aceleração constante através de suas equações.
:: Objetivos ::
• Caracterizar a aceleração de um móvel;
• Resolver problemas simples através da utilização das equações do MRUV;
• Construir e analisar gráficos do MRUV.
]
20 :: Física :: Módulo 1
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:
∆V V final − V inicial
a=
=
∆t t final − t inicial
Exemplo
Um carro que partindo do repouso (parado), atinge a velocidade de 80 km/h
em 10 segundos tem aceleração:
∆V 80 (km/h) km / h
, isto é, o km/h por segundo.
a
=
=8
=
∆t
10 (s)
s
Isto significa que a velocidade varia de 8 km/h em cada segundo.
V (instante t)
V0 (t = 0)
A aceleração
∆S
S0
O (origem)
S
A variação da velocidade com o tempo é a aceleração. Assim:
∆V V − V 0
V (m/s)∆t = t − 0 = a
Passando primeiro o t e depois o V0 para o segundo membro da equação
40
vem: V = V0 + at que é a equação da velocidade para o MRUV onde V0 e a são
30
constantes.
20
Exemplo
Consideremos um móvel que tem velocidade inicial V0 = 10 m/s e que
aumenta
a velocidade
com aceleração
constante,
a = 5 m/s2.
0
1
2
3
4
5
t (s)
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 .
10
b) Construir o gráfico da velocidade em função do tempo.
Solução:
Atribuimos valores para t eV0calculamos
a velocidade para cada instante.
Por t)
V (instante
(t = 0)
exemplo,
t = 0 s ⇒ 10 + 5 × 0 = 10 m/s
S0 m/s
(origem)
S
∆S
t = 1 s ⇒O10
+ 5 × 1 = 15
t = 2 s ⇒ 10 + 5 × 2 = 20 m/s
Assim, podemos construir o gráfico:
V (m/s)
40
Unidade S.I. de Aceleração
30
20
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:
m/s m 1 m
=  = 2
s
s s s
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.
10
0
1
2
3
4
5
t (s)
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
SS0
0
SS0
0
tt
tt
tt
tt
Capítulo 3 :: 21
do caminho, é igual à média das velocidades entre esses pontos. Isto é, para um
MRUV temos:
V + V0
2
V + V0
⋅t
Assim, a equação ΔS = Vm . t se torna ∆S =
2
Gráficos da Velocidade e da
Aceleração no MRUV
Vm =
V = V0 + at
Se V aumenta ... Como no MUV, V = V0 + at, escrevemos:
∆S =
V 0 + at + V 0
2V t + at 2
⋅t = 0
2
2
at 2
∆S = V 0 t +
Finalmente: 2
constantes.
VV
VV
VV0
0
VV0
0
0
tt00
é a equação horária do MUV onde V00 e a são
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”).
VV
VV
VV0
tt 00
Gráfico de S × t no MRUV
V (m/s)
O gráfico tem a forma de uma parábola
S
S0
S0
S
S
7,0
7,0
5,0
5,0
S0
t
Movimento retardado: at 2
S = S 0 + V0t −
2
t
100
50
V
V0
V0
a
a
aa
00
tt00
t (s)
1,0
a (m/s2)
a (m/s2)
2,0
2,0
t (s)
t (s)
Veja que ao calcularmos a “área” sobre a curva da velocidade em função do
tempo até100
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.
50
1,0
V
aa
V (m/s)
t
Movimento acelerado:
at 2
S = S 0 + V0t +
2
tt
a aceleração é negativa
A “Área” Sob a Curva V × T
V (m/s)
t
tt 00
tt
V (m/s)
1,0
S0
00
tt
Exemplo
A 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:
4t 2
, isto é, ΔS = 6t + 2t2
2
Em que posição estará o móvel no instante t = 2 s?
Temos: ΔS = 6 × 2 + 2 × 22 = 12 + 2 × 4 = 12 + 8 = 20 m
S
aa
0
Exemplo
Suponha 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
00
do movimento.
Solução:
Nesse caso V0 = 6 m/s e a = 4m/s2. Assim sua equação horária será:
∆S = 6t +
aa
tt
V = V0 – at
Se V diminui ... VV0
0
a aceleração é positiva
Exemplo
O gráfico da velocidade em função do tempo para o movimento de um móvel
t (s)
2,0
3,0
1,0
3,0
4,0
está representado
na4,0
figura a2,0
seguir.t (s)Pede-se
calcular
o caminho
percorrido pelo
móvel entre os instantes t = 0 e t = 4,0 s.
V (m/s)
V (m/s)
100
100
t (s)
V (m/s)
7,0
7,0
a (m/s2) 2,0
5,0
1,0
5,0
2,0
t (s)
22 :: Física :: Módulo 1
1,0
t (s)
t (s)
Solução:
Podemos calcular o tempo gasto para chegar à posição 20 m:
at 2
4t 2
∆S = V 0 t + ⇒ 20 = 6, 0t + ⇒ 20 = 6, 0t + 2t 2 ⇒ t = 2 s
2
2
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:
V (m/s)
V (m/s) 100
100
t (s)
50
50
1,0
2,0
3,0
V 2 = V 20 + 2a∆S ⇒ V 2 = 6, 02 + 2, 0 × 4, 0 × 20 = 196 ⇒ V = 196 ⇒ V = 14 m/s
t (s)
4,0
V 2 = V 20 + 2a∆S ⇒ V 2 = 6, 02 + 2, 0 × 4, 0 × 20 = 196 ⇒ V = 196 ⇒ V = 14 m/s
Solução: 1,0 2,0
t (s)
3,0
4,0
O caminho
V (m/s) percorrido, ΔS, é a “área” sobre a curva. Para facilitar o cálculo
vamos dividir a “área” do seguinte modo:
V (m/s)
100
100
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.
50
A1
A4
A
A1 2
50
A3
A3
2,0
1,0
3,0
A4
A2
1,0
2,0
3,0
t (s)
4,0
4,0
t (s)
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.
v
Logo,
∆S = A 1 + A 2 + A 3 + A 4
(100 − 25) × 2, 0
1000 × 1, 0
+ 25 × 2, 0 + 100 × 1, 0 +
V0 = 0 2
2
∆S = 75 + 50 + 100 + 50
∆S =
A
3) Um carro leva 12 s para atingir a velocidade 100 km/h, partindo do repouso.
A
Supondo que sua Baceleração seja constante, quanto ele se desloca até atingir essa
velocidade?
0 m
∆SV=0 =275
0
a = g
A Equação
de Torricelli
a = g
y
t
S(m)
40
20
V 2 = V 20 + 2a∆S
Exemplo
Suponha 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.
t2
t1
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:
Podemos resolver todos os problemas numéricos de MRUV por meio das
equações da velocidade V = V0 + at e da equação horária:
y
at 2
∆S = V 0 t +
2
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 encontrála, como exercício, pela eliminação do tempo nas outras duas equações do MUV.
B
10
20
30
t(s)
a) 5,0 s
b) 20 s
Posição
V2
V1
40
20
Capítulo 3 :: 23
10
20
t(s)
30
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
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:
V2
Posição
V1
b) a velocidade inicial
c) a posição inicial
0
t1
tempo
t2
d) a equação para a velocidade.
(A) são as mesmas em todos os instantes.
(B) são as mesmas no instante t1 .
(C) são as mesmas no instante t2 .
V (m/s)
(D) são sempre diferentes e V1>V2 .
(E) são sempre diferentes e V1<V2 .
4,0
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?
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.
2,0
4,0
6,0
8,0
10
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.
t(s)
a) Em que instante o móvel passa pela origem das posições?
12
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. – 3,0
b) Em que instante o móvel inverte o sentido do movimento?
8) A tabela dá os valoresVda(m/s)
velocidade instantânea de um móvel em função do
tempo.
t (s) 40
1,0
V (m/s)
7,0
20
Determine:
a) o tipo de movimento.
0
carro 3
2,0
10
4,0
16
5,0
19
carro 2
4,0
12
8,0
V (m/s)
2,0
1,0
– 1,0
– 2,0
5,0
b) a velocidade máxima do metrô entre as estações.
t(s)
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.
carro 1
b) a velocidade inicial.
c) a aceleração.
3,0
13
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.
t(s)
24 :: Física :: Módulo 1
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?
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.
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)
V(m/s)
1,0
7,0
2,0
10
3,0
13
4,0
16
5,0
19
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.
v
A
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
B
A
B
0
t1
t2
t
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.
S(m)
(C) no instante t1 os módulos das velocidades dos carros são iguais, mas
ambos possuem uma aceleração nula.
40
(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,20nesse 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 .
t(s)
10
20
30
Posição
V2
4
O Movimento de Queda Livre
[
:: Meta ::
Utilizar as equações do MUV em situações do cotidiano.
:: Objetivos ::
• Resolver problemas de um corpo lançado verticalmente no vácuo (queda livre).
]
a = g
V (m/s)
y
100
26 :: Física :: Módulo 1
50
2
Introdução
Um exemplo de movimento retilíneo uniformemente variado é o movimento1,0
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
V (m/s)
queda de pequena altura, ou estamos simplesmente desprezando a resistência
do ar. Nesse caso, todos os corpos caem com a mesma aceleração, chamada de
100
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
50
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 repouso
Vamos 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:
V0 = 0
2
2
. O deslocamento ∆S = V 0 t + at se torna y = gt
2
2
a = g
. A velocidade V = V0 + at será dada por V = gt
. E podemos também utilizar a equação de Torricelli
y
V 2 = V 20 + 2a∆S que no caso se torna V2 = 2gy
ii) Um corpo é lançado verticalmente para baixo
Nesse caso temos uma velocidade inicial V0 ≠ 0:
Com V0 ≠ 0 e a = g teremos:
2
. E a equação de Torricelli V 2 = V 20 + 2a∆S será
y
a = g
V0
V 2 = V 20 − 2gy
A1
A2
1,0
Exemplo
Imagine 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)3a posição da pedra após decorridos 2 s.
Solução:A 4
t (s)
2,0 Temos3,0que: 4,0
gt 2
10 × 22
y = V 0 t − ⇒ y = 30 × 2 −
= 60 − 20 = 40 ⇒ y = 40 m
2
2
b) a velocidade da pedra também em t = 2 s.
Solução:
Temos que:
V = V0 – gt ⇒ V = 30 – 10 × 2 = 30 – 20 = 10 ⇒ V =Trajetória
10 m/s
Exercícios
a = g
. E a equação de Torricelli V2 = V 20 + 2a∆S se torna
1) Um corpo cai livremente a partir do repouso. Determine:
a) sua aceleração.
y
b) a distância que ele cai em 3,0 s.
iii) Um corpo é lançado verticalmente para cima
y
Nesse 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
a = g
sempre “para baixo”. Nesses casos a aceleração será negativa. Assim:
Com V0 ≠ 0 e a = – g teremos:
V0
C1
V
V
V
V0
. A velocidade V = V0 + at será dada por V = V0 + gt
R1
302 900
=
= 45 ⇒ y m = 45 m
20 20
0
2
V1
c) a altura máxima que a pedra atinge.
Solução:
Veja que ao atingir a altura máxima, a pedra para de subir. Sua velocidade
V
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 V 2 = V 20 − 2gv com V = 0 e y = ymáximo
R
Isto é, 02 = 302 – 2 × 10 . ym ⇒ 02 = 302 – 2 × 10 . Vym
Onde: y m =
at
gt
. O deslocamento ∆S = V 0 t + se torna y = V 0 t +
2
2
V 2 = V 20 + 2gy
2,0
at
. O deslocamento se torna
∆S = V 0 t +
2
2
gt
y = V0t −
t (s)
3,0
4,0
2
. A velocidade V = V0 + at será dada por V = V0 – gt
c) sua velocidade após ter caído 70 m.
d) o intervalo de tempo necessário para atingir a velocidade de 25 m/s.
Capítulo 4 :: 27
e) o intervalo de tempo necessário para o corpo cair 3,0 x 102 m.
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.
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) Sua posição e velocidade 5,0 s após ter sido solto.
b) a altura da ponte. Despreze a resistência do ar e considere g = 10 m/s2.
c) O intervalo de tempo gasto para atingir o chão. Despreze 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.
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.
28 :: Física :: Módulo 1
(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.
5
Lançamento de Projéteis
[
:: Meta ::
Introduzir o princípio da decomposição de movimentos de Galileu Galilei na análise do movimento dos projéteis.
:: Objetivos ::
• Reconhecer as trajetórias nos diversos tipos de lançamento de projéteis;
• Calcular a velocidade em um instante qualquer do movimento;
• Calcular o alcance;
• Resolver problemas simples de lançamento de projéteis.
]
Vy
V0
Movimento uniforme
Vy
30 :: Física :: Módulo 1
Movimento uniformemente variado
Introdução
Onde o alcance é:
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.
A = Vo
V0
2h
g
h
alcance A
x
V
C
Lançamento
Horizontal
y
V
C
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.
V0
x
V0
Trajetória
parabólica
x
Trajetória parabólica
y
A velocidade
y em cada ponto é tangente à trajetória sendo que a componente
horizontal, V0, permanece constante enquanto a componente vertical Vy aumenta
V0 g, conforme ilustrado na figura a seguir.
de acordo com a aceleração
Vy = 0
V0
Vy
y=
V0
Vy
V0
gt 2 10 × 22
=
= 20 m
2
2
b) Para calcular a velocidade precisamos calcular suas componentes Vx e Vy.
V0
Movimento uniforme
Vy
Movimento uniformemente variado
Exemplo
Uma 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.
x = V o t = 5 × 2 = 10 m
V0
Vy = 0
Na direção horizontal x = V0t, assim, o alcance é dado
por A = V0tq onde tq é o tempo gasto na queda podendo
gt 2
ser calculado por y =
(movimento vertical). Utilize
2
essas equações para mostrar que o alcance, no caso, é
2h
dado por A = V o
.
g
t=0
Vx = V0
Vy
Na horizontal temos um movimento uniforme onde a velocidade é Vx = V0 =
V0
constante e a coordenada
x é dada por x = V0t.
Na vertical temos um movimento de queda livre, assim a velocidade varia de
h
gt 2
acordo com Vy = gt e a coordenada y é dada por y = .
2
h
alcance A
x
O Alcance
alcance A
x
Movimento uniforme
Movimento uniformemente variado
V0
y
V0
x
Quando um corpo é lançado horizontalmente a partir de uma altura h do solo
y
uma equação bastante útil é a do alcance, que nos dá a coordenada x de onde o
corpo cairá.
t = 2s
Vy
V
y
Vx = Vo ⇒ Vx = 5 m / s
V y = gt = 10  2 ⇒ V y = 20 m/s
2
V = 52 + 20
v0 = 20, 6 m/s
x
v0
Exemplo
v0
vy
Um avião de salvamento, voando horizontalmente a 720 m de altitude com
velocidade constante de 50 m/s, deixa cair um pacote
com medicamentos e
vy
v0
víveres para um grupo de pessoas no solo. A que distância, medida na horizontal,
y
vy
solo
Capítulo 5 :: 31
o pacote deve ser abandonado do avião para alcançar as pessoas? (O alcance).
Desprezar a resistência do ar.
v0
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,
gt 2
e como no MUV retardado.
y = V o senαt −
2
No movimento vertical, em y, onde temos MUV, podemos também usar a
equação de Torricelli. Do seguinte modo:
V 2 = V 20 + 2a∆S com V → Vy ;
V0 → V0 sen α ; a → – g e ΔS → y .
Escrevemos, então: V 2y = (V o senα)2 − 2gy
x
v0
v0
vy
vy
v0
vy
y
solo
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 Vvertical temos “queda livre” (MUV) com aceleração g. Assim:
t=0
0
x
2
2h
2  720
gt
h= ⇒t =
=
= 144 = 12 s
2
10Vx = V0
g
O Tempo de Subida
e o Tempo de Descida
t = 2s
Logo, para esse tempo, o pacote andará na horizontal uma distância de: A =
V0t = 50 × 12 ⇒ A = 600 m. Vy
E o pacote deve ser abandonado a 600V m antes do grupo de pessoas, na
direção horizontal.
y
Obs.: Poderíamos também ter utilizado a equação do alcance. Verifique você
esta possibilidade!
Atividade 1
Pense você: vistov0 da Terra a trajetória do
v0 pacote é uma linha parabólica. Qual
é o tipo de trajetória obervada por alguém dentro do avião? v
vy
0
vy
v0
Lançamento Oblíquo
No caso do lançamento oblíquo temos que considerar que, desde o início
vy
do lançamento,
y 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
y
Aqui Vy = 0
P
V0
V0y
posição (x, y) qualquer
h máx
α
V0x
x
Alcance A
Vx
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:
x
t subida =
V o senα
g
O Tempo Total (para subir e descer)
Temos:
V senα
t total = 2 o
g
Altura Máxima
solo
Na altura máxima aplicamos Torricelli com Vy
máx
2
y
= 0 e ymáx = hmáx
Logo, V = (V − 0senα) − 2gy ⇒ 0 = (V o senα)2 − 2gh m a x
Assim, h max =
2
(V o senα)2
2g
Exemplo
Um 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:
3
Dados: aceleração da gravidade g = 10 m/s2, sen 60º =
e cos 60º = 0,5
2
V
y
32 :: Física :: Módulo 1
v
a) O tempo0 para o corpo atingir a altura
v0 máxima.
b) A altura máxima.
vy
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:
x
Exercícios
v0
vy
 3
400  
 2  400 3
V o senα
=
= 34, 6 s
y t subida = g =
10
2 × 10
b) A altura máxima:
2
yh
max
  3
400   
(V o senα )2   2  
=
= 6000 m
2g
2 × 10
c) O tempo para voltar ao solo é igual ao dobro do tempo de subida:
Aqui Vy = 0
ttotal = 2tsubida = 69,2 s
P posição (x, y) qualquer
V0
d) O alcance:
A = V0 cos α ttotal = 400 × 0,5 ×
69,2 = 13.840 m
h máx
V0y
α
e) A velocidade em t = 8 s. Para calcularmos a velocidade temos que calcular
x
Vx e Vy. V0x
Alcance A
V x = V o cos α = 400 × 0, 5 = 200 m/s
V y = V o senα − gt = 400 ×
3
− 10 × 8 = 266 m/s
2
Para calcular V usaremos Pitágoras:
Vx
V 2 = V 2x + V 2y = 2002 + 2662 ⇒ V = 333 m/s
Vy
vy
b) A altura da mesa.
solo
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.
V
f) A posição em t = 8 s. Temos que calcular x e y em t = 8 s.
x = V o cos αt = 400 × 0, 5 × 8 = 1600 m
Y = V o senαt −
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.
v0
Determine:
a) O tempo de queda.
3
gt 2
10 × 82
= 400 ×
× 8−
= 2451 m
2
2
2
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
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.
9) Um objeto é lançado de um avião. A partir desse instante são registrados os
seguintes dados:
tempo (s)
distância horizontal (m)
distância vertical (m)
0
0
0
1
30
5
2
60
20
3
90
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.
d) O alcance.
b) A equação da trajetória.
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.
c) A altura do avião no instante do lançamento.
d) A distância horizontal percorrida pelo objeto até atingir o solo.
b) A posição do projétil no mesmo instante.
c) O tempo gasto para atingir a altura máxima.
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?
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.
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?
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?
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?
34 :: Física :: Módulo 1
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?
(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.
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.
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
b) O alcance.
16) (UFF/2004) Recentemente o PAM (Programa Alimentar Mundial) efetuou
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:
I
(A) I
(B) II
(C) III
(D) IV
(E) V
II
III
IV
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
V
F1
Forças perpendiculares
R
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
Rafirmar corretamente que:
(A) V < 0 e a = 0
F2
(B) V > 0 e a > 0
(C) V = 0 e a = 0
(D) V ≠ 0 e a = 0
(E) V = 0 e a ≠ 0
F1
17) Com respeito à mesma situação da questão anterior, como estará melhor
F2
representada a trajetória do pacote
visto por um observador dentro do avião?
(A) I
Ângulo qualquer
(B) II
(C) III
Forças paralelas
F1
R
F2
F1
F2
R
_
6
Movimento Circular Uniforme
[
:: Meta ::
Introduzir os conceitos de ângulo central, de velocidade angular e de período e frequência dos
movimentos periódicos.
:: Objetivos ::
• Identificar e distinguir as grandezas envolvidas no estudo dos movimentos circulares;
• Conhecer e identificar as relações entre as grandezas angulares e as grandezas lineares
correspondentes;
• Resolver problemas simples de movimento circular uniforme.
]
y
y
a = g
a = g
36 :: Física :: Módulo 1
V0
V0
A Velocidade
Num movimento qualquer a velocidade tem o mesmo sentido do movimento
e direção tangente à trajetória.
Tangente à curva
Tangente à curva
R2
R2
R1
C2
C1
C1
C2
V2
Trajetória
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).
V
V
V
Exemplo
Observe 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
A
circunferência). Assim:
V2
arco AB (onde θ está em radianos)
R
2πR
360º=
= 2π radianos (rad) , isto é, uma volta corresponde o ângulo
θ
R
de 2π radianos.
1
Da mesma forma o ângulo de 90º subentendeB um arco de do perímetro
4
(2πR) do círculo. Assim:
1
( 2πR ) 2πR π
90º= 4
=
= (rad)
R
4R 2
V
V
R
Veja que o radiano é obtido pala razão entre dois comprimentos, por isso é
uma grandeza adimensional (não tem dimensão).
V1
V1
R1
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.
R
R
V
90°
V
V
360°
V
V
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:
Atividade 1
Faça você: calcule o valor dos ângulos de 180º e 60º em radianos.
B
∆S = AB
∆θ
Você se lembra quanto vale o número π, e como se obtém o
A
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...
A
arco AB (onde θ está em radianos)
R
θ
B

arco AB
θ=
=
raio R
a
Velocidade Angular
c
V
R
Chamaremos a velocidade angular
de ω (ômega minúsculo).
ac
∆S
A definição de velocidade angular é análoga à da velocidade linear, V = .
V
∆t
A
Capítulo 6 :: 37
arco AB (onde θ está em radianos)
R
Para um corpo que executa umθmovimento de rotação, a velocidade angular
é definida como:
B
deslocamento angular
∆θ
ω=
, isto e′ ω =
tempo gasto
∆t
Exemplo
Consideremos um móvel que executa 10 voltas (10 . 2π rad) em 5
segundos. Sua velocidade angular será:
∆θ 10 × 2π 20π
ω=
=
=
= 4π rad / s = 4 × 3,14 ≈ 12, 6 rad / s
∆t
5
5R
90°
360°
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:
B
∆S = AB
∆θ
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:
1
T
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.:
1
ˆ = (ou s -1 ) = 1 rps = 1 Hz
unidade de frequencia
s
f=
Exemplo
Considere um disco de vitrola que executa 33 rotações por minuto (rpm).
Vamos calcular sua frequência no S.I.
Solução:
33 rotações 33
Como 1 min = 60 s teremos no S.I.: f =
=
= 0, 55 Hz
1 min
60 s
A
Podemos escrever: ∆θ =
AB ∆S
=
onde ∆S = ∆θR
R
R
Dividindo ambos os membros por Δt vem:
∆S ∆θ
∆S
∆θ
 V = ωR
e ω =a c
entao
= R mas V =
V
∆t ∆t
∆t
∆t
Ou seja, a velocidade escalar é igual ao produto da velocidade angular pelo
R
ac
raio da circunferência.
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:
2π
∆θ 2π
=
ω=
, isto é,
Ø, ω =
∆t
T
T
V
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).
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
38 :: Física :: Módulo 1
ac
R
V
ac
V
Observe que a aceleração centrípeta é perpendicular à trajetória, assim, ela é
chamada também de aceleração normal.
V2
De um modo geral, a aceleração centrípeta (ac) é dada por: a c =
onde
R
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
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:
∆θ
2π
A velocidade angular é dada por ω =
assim precisamos
ou ω =
T
∆t
do período T.
Como o móvel executa uma volta por minuto temos T = 1 min = 60 s, a
velocidade angular será então:
2π 2π π
ω = = = rad/s
T 60 30
O deslocamento angular para Δt = 5 s será:
∆θ
π
π
ω=
⇒ ∆θ = ω∆t ⇒ ∆θ = 5 = rad
30
6
∆t
Exemplo
Supondo 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:
2
Vamos escrever as grandezas V e R em termos de suas unidades.
V2
Como a c = temos que a unidade de ac é:
R
2
 m  m2
s
2
m2 1
a c =   = s = 2 = m / s2
m
m s m
π2
 π
2
a c =    10 =
 10 ≅ 11 m/s
Equador
 3
θ9
A
B
Exercícios
1) Um ventilador gira com uma velocidade de 9,0 x 102 rpm. Determine:
3
a) A velocidade angular de um ponto da pá do ventilador. 2
1
Relação Entre a Aceleração
Centrípeta e a Velocidade
Angular ω
Lembrando que V = ωR, vamos substituir o V em a c =
ac =
V 2 (ωR )2 ω2R 2
=
=
, isto é,
e′, a c = ω2R
R
R
R
V2
:
R
Exemplos
1) 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:
O
a
b
c
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).
25 cm
5,0 m/s
1 1
T= =
= 0, 01 s
f 100
Como ω =
ω=
∆θ 2π
0, 01caso,
s a velocidade angular será:
= ,=neste
∆t
T
2π 2π
=
= 200 rad/s
T 0, 01
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.
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
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?
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.
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.
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.
40 :: Física :: Módulo 1
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.
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.
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
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.
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;
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. Equador
As partículas 2 e 3 estão presas, respectivamente,
θ
à partículaA 2 pelos b e c. Todos os fios são inextensíveis e de massa desprezível.
B
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:
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.
2
1
O
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.
(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
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
Equador
(C) 360º
θ
(D) 30º
A
B
(E) 60º
25 cm
2
1
O
a
b
3
c
5,0 m/s
a
b
3
c
7
O Movimento Circular
Uniformemente Variado (MCUV)
[
:: 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 problemas de MCUV.
:: Objetivos ::
• Identificar as grandezas envolvidas no estudo do MCUV;
• Reconhecer e diferenciar a aceleração centrípeta, aceleração tangencial e a relação entre elas;
• Reconhecer quando o movimento é uniformemente acelerado ou retardado;
• Resolver problemas de MCUV;
• Aplicar os conceitos e as equações na solução de problemas de MCUV.
]
V2
2
V 2 (instante t2 )
42 :: Física :: Módulo 1
at
ac
Introdução
A Aceleração Total
no MCUV
a
a
R
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.
V 1 (instante t1 )
R
t
c
A aceleração total é a soma vetorial da aceleração centrípeta com a
 

aceleração tangencial. Como a c e a t são perpendiculares, o módulo de a total é
dado por Pitágoras:
a total = a = a2c + a2t

Quando a velocidade V aumenta, a aceleração tangencial tem a mesma

direção e sentido de V, conforme ilustrado na figura a seguir:
V 1 (instante t1 )
V 2 (instante t2 )
at
ac
R
at
ac
C
a total
C
No MCUV aaceleração é responsável pela variação
tanto do
t2 ) módulo quanto
V 2 (instante
da direção de V . 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
a
ac
velocidade chamada de aceleração tangencial
at. Vejat a ilustração a seguir:
V
R
V
| V | aumenta
V
| V | aumenta
 

Se o movimento é retardado, então a t é contrária ao V e |V | diminui com
o tempo.
at
ac
V
V
a total
V
R
V
V
R
at
a total
a total
Para ilustrar o que estamos dizendo, imagine uma bicicleta que entra numa
a
a c de 4 m/st e sai da curva, 5,0 segundos
curva de 50 metros de raio com velocidade
V
depois, com velocidade de 10 m/s. Como V aumenta de 4 para 10 m/s , temos
C
a total
uma aceleração tangencial:
∆V 10 − 4 6
2
at
at =
=
= = 1, 5 m/s
ac
∆t
4
4
V
Teremos também uma aceleração
centrípeta,
pois a direção da velocidade
C
a total
muda à medida que o ciclista faz a curva. Como o módulo da velocidade está
| V | aumenta
V
variando, a aceleração centrípeta também varia,
para
manter o raio da trajetória,
2
V
pois a c = . Vejamos.
R
V 2 42 16
No início da curva temos: a c = i V= =| V | aumenta
= 0, 8 m/s2
R 20 20
V 2 102 100
Ao sair da curva, temos: a c = f =
=
= 5, 0 m/s2
R 20 20
at
at
a total
ac
V
V
| V | diminui
C
V
V
V
V
| V | diminui
V
| V | diminui

Repare na direção e sentido de a total 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:
α=
∆ω
onde Δω = ωf – ωi e Δt é o intervalo de tempo.
∆t
rad
∆θ
∆ω
∆
t
unidade de α = unidade de
= unidade de
= s = rad / s2
∆t
∆t
s
V
ac
ac
ac
C
A unidade S.I. de α é dada por:
a total
C
C
at
| V | diminui
Capítulo 7 :: 43
Exemplo
7
ω = ω 0 + αt ⇒ 10 = 3 + α  3 ⇒ α = rad / s2
Um disco que atinge uma velocidade angular de 50 rad/s, a partir do
20
O deslocamento angular será:
repouso, em 10 s, tem uma aceleração angular de:
7
∆ω 50 − 0
 202
α=
=
= 5, 0 rad / s2
αt 2
7  400
20
∆t
10
∆θ = ω 0 t +
= 3  20 +
= 60 +
= 60 + 70 = 130 rad
2
2
40
7
2
 20
7  400
αt 2
∆θ = ω 0 t +
= 3  20 + 20
= 60 +
= 60 + 70 = 130 rad
2
40
2
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 . R
Assim (V1 – V0) = (ω1 – ω0) . R ⇒ ΔV = Δω . R.
Dividindo ambos os membros pelo mesmo Δt teremos:
∆V ∆ω
=
⋅R
∆t 
∆t

at
α
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,
V2
ac =
ou a c = ω2R .
R
Podemos aplicar as equações tanto na forma linear quanto na forma angular,
conforme resumido no quadro a seguir:
Equações do MRUV (lineares),
Equações do MCUV
a = atangencial
(angulares)
2
at
αt 2
∆S = V 0 t +
∆θ = ω 0 t +
2
2
V = V0 + at
ω = ω0 + αt
V 2 = V 20 + 2a∆S
ω2 = ω20 + 2α∆θ
Exemplo
A 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 s
Vamos primeiro calcular a aceleração angular, usando a equação da
velocidade angular.
Cada rotação corresponde a uma volta completa, isto é, 2π rad. Assim, para
130 rad teremos:
1 (rotaçãoo) x (rotações)
130
=
⇒x=
≅ 20, 7 rotações
2π
130
2π
Exemplo
Um 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:
18000 m
= 5 m/s, R = 30 m
3600 s
e para t = 10 s temos V = 25 m/s
V 0 = 18 km/h =
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:
1
1
∆S = V 0 t + at 2 = 5  10 +  2  102 ⇒ ∆S = 50 + 100 = 150 m
2
2
c) A velocidade angular em t = 9,5 s:
Temos: ω = ω0 + αt (*) onde
V 0 = ω 0R ⇒ ω 0 =
5
= 0,166 rad/s
30
2
= 0, 066 rad/s2
30
Assim, em (*) ω = 0,166 + 0,066 × 9,5 = 0,793 rad/s
a t = αR ⇒ α =
44 :: Física :: Módulo 1
d) Para calcular o deslocamento angular vamos aplicar a forma angular da
equação horária:
0, 066  52
αt 2
∆θ = ω 0 t +
= 0,166  5 +
2
2
Assim ∆θ = 0, 83 + 0, 835 = 1, 65 rad
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.
a
P
V
3) Um móvel executa um movimento
 circular uniformemente acelerado de modo
que sua velocidade no instante t é V, conforme representado na figura. Esboce, na
própria figura, os vetores aceleração tangencial e aceleração centrípeta.
V
C
V0
x
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.
8
Composição vetorial de velocidades
[
:: Meta ::
Reforçar o conceito de velocidade como um vetor.
:: Objetivos ::
• Analisar um exemplo onde se faz necessária a utilização do conceito vetorial de velocidades;
• Resolver problemas envolvendo a grandeza velocidade como vetor.
]
Vbarco; rio
Vbarco; Terra
Este é o vetor resultante = velocidade
do barco em relação à Terra.
Margem
Vbarco; rio
46 :: Física :: Módulo 1
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 | V rio ;Terra | = +3 km/h (sentido escolhido
como positivo). Vamos analisar três situações distintas.
A) Barco descendo o rio
Considere que o barco desce o rio (caminha para a direita) com velocidade

dada por | V barco ; rio | = + 4 km/h, em relação ao rio.
Margem (Terra)
Vrio; Terra
Vrio; Terra
Vbarco; Terra
Margem (Terra)
Este é o vetor resultante = velocidade
do barco em relação à Terra.
Vrio; Terra
Vbarco; rio
Margem (Terra)
Vbarco; rio
Margem (Terra)
Vrio; Terra
Vbarco; rio
Margem
Vrio; Terra
Vbarco; rioem relação ao rio também tem módulo
Nesse caso a velocidade do barco
de
Margem
Vrio; Terra
Veja aquecorrenteza).
o vetor resultante
= velocidade
4 km/h,
mas
no
sentido
da
esquerda
(contra
Como
as
velocidades
Vbarco; Terra
Vrio; Terra
do barco em relação à Terra, tem o
têm a mesma direção elas se somam como
na soma algébrica comum, mas
sentido
 contrário à velocidade do rio.
Margemum sinal negativo à velocidade
atribuímos
por ter =sentido
V
barco
; rio resultante
Este é o vetor
velocidadecontrário a
 Vbarco; rio V
do barco em relação à Terra.
barco; Terra
V rio ;Terra que nós consideramos como positiva. Graficamente temos:
Vbarco; rio
Vrio; Terra
Vrio; Terra
Vbarco; Terra
Vbarco;
rio
Terra
MargemVrio;(Terra)
Veja que o vetor resultante = velocidade
do barco em relação à Terra, tem o
sentido contrário à velocidade do rio.
Vbarco; rio
Margem (Terra)
Margem
V
Margem (Terra)
Como uma pessoa que estiver na margem (na Terra) veria o barco descer o
velocidade?
Este é o vetor resultante = velocidade
rio? Com qual
Vbarco; Terra
do barco em relação à Terra.
Pense um pouco antes de continuar, releia o textoV anterior, reveja a figura.
barco; rio
pessoa que estiver
Uma
numa das margens verá o barco descer comVrio;uma
Terra
Vrio; Terra
Vbarco; rio
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,
Margem
isto é, o rio “ajuda” o barco a descer.
Margem
(Terra)
Vejamos
graficamente:
Vbarco; Terra
Vbarco; rio
Este é o vetor resultante = velocidade
do barco em relação à Terra.
Vbarco; rio
Vrio; Terra
Vrio; Terra
Nesse
Margem
caso as velocidades têm a mesma direção assim elas podem ser
somadas
como na soma
algébrica comum. Assim, em módulo:
Margem
(Terra)
| V barco ; Terra | = | V barco ; rio | + | V rio ;Terra | = + 4 + 3 = +7 (km/h)
Lembre-se que para indicar apenas os módulos das velocidades, podemos
Veja que o vetor resultante = velocidade
Vbarco;
Vrio; Terrasem colocar
escrever
asTerra“setinhas” e sem doasbarco
barras
em laterais:
relação à Terra, tem o
sentido
contrário
à velocidade do rio. V
Vbarco; Terra = Vbarco; rio + Vrio; Terra = +barco;4 rio+ 3 = + 7 (km/h)
Vrio; Terra
Vbarco; rio
rio; Terra
Nesse caso teremos (em módulo):
Vbarco; rio
Margem (Terra)
Vbarco; Terra = Vbarco; rio – Vrio; Terra
= + 3 – 4 = –1 (km/h)
Margem
Veja que o barco “ganhou”Vbarco;
dariocorrenteza, pois o sinal negativo indica
Vrio; Terra 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.
Margem Vrio; Terra
Para a esquerda,
subindo o rio.
V
rio; Terra
α
Margem
Vbarco; rio
Vbarco;
Terra
C)
Barco
atravessando
Vbarco; Terra
Vrio; Terra
Vbarco;érioa velocidade Vbarco; Terra
Esta
Nós, na Terra, veremos o barco andar
numa diagonal em relação às margens.
que omargem
vetor resultante
= velocidade
o rio deVejauma
à outra
do barco em relação à Terra, tem o
barco esteja
indo deà velocidade
uma margem
sentido contrário
do rio. à
Agora vamos supor que o
outra,
sempre na direção perpendicular às margens do rio, conforme
mantendo-se
Vrio; Terra
Vbarco; rio
Esta é a velocidade Vbarco; Terra
ilustrado na figura Vario;seguir.
Terra
α
Vbarco; rioα
Nós, na Terra, veremos o barco andar
Esta seria
entãoem
a velocidade
barco
numa
diagonal
relação às do
margens.
em relação à Terra, perpendicular às margens.
Vbarco; Terra
Margem (Terra) V
Vbarco;
rio
barco; Terra
Vrio; Terra
α
Vbarco; rio
Vbarco; Terra
Vbarco; rio
Esta seria então a velocidade do barco
V
em relação à Terra, perpendicularrio;àsTerramargens.
Margem
B)Margem
Barco subindo o rio
E se o(Terra)
barco estiver virado para a esquerda, no sentido contrário à correnteza,
Margem
com a mesma velocidade, em módulo, de 4 km/h em relação ao rio? O barco
um pouco antes de
Vejaseguir
que o vetor
resultante
= velocidade
desce ou sobe o rio? Pense
adiante.
A figura
a seguir
Vbarco; Terra
Vrio; Terra
do barco em relação à Terra, tem o
ilustra essa situação.
sentido contrário à velocidade do rio.
Vbarco; rio
Vbarco; rio
Vrio; Terra
Vamos calcular a velocidade do barco em relação à Terra.



NesteVrio;caso
temos também V barco ; Terra = V barco ; rio + V rio ;Terra mas a soma não
Terra
Esta é a velocidade Vbarco; Terra
pode ser feitaαalgebricamente pois os Nós,
vetores
não são colineares, isto é não têm a
na Terra, veremos o barco andar
direção. Temos que efetuar a numa
somadiagonal
vetorialmente:
Vmesma
em relação às margens.
barco; rio
Vbarco; Terra
6m
Vrio; Terra
Margem
Margem (Terra)
Vrio; Terra
α
Esta é a velocidade Vbarco; Terra
Vbarco; rio
Vbarco; Terra
6m
Esta seria então a velocidade do barco
em relação à Terra, perpendicular às margens.
Margem (Terra)
Vbarco; rio Vbarco; rio
Vrio; Terra
Vrio; Terra
Capítulo 8 :: 47
Margem
Margem
Solução gráfica:
Vrio; Terra
αVbarco; Terra
Vrio; Terra
Vbarco; rio
Vbarco; rio
(V
rio / Terra
)
2
Esta que
é a velocidade
Vbarco; Terra= velocidade
Veja
o vetor resultante
do
barco
em relação
à Terra,
temandar
o
Nós,
na Terra,
veremos
o barco
sentido
contrárioem
à velocidade
rio.
numa diagonal
relação às do
margens.
Vbarco; Terra
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 :
Vrio; Terra

Margem
(A) 120º
Cálculo(Terra)
algébrico do módulo de V barco ; Terra
Esta seria então a velocidade do barco
α
(B) 150º
Como os vetores são perpendiculares, aplicamos
Pitágoras.
em relação
à Terra, perpendicular às margens.
2
(C) 90º
Vbarco; rio
Vbarco; Terra2
Vbarco ; Terra = Vbarco / rio + Vrio / Terra = 42 + 32 = 16 + 9 = 25 = 5(km / h)
(D) 0º
2
2
= 42 + 32 = 16 + 9 V=barco ; Terra
25 = 5(kmVbarco
/ h/)rio + Vrio / Terra = 42 + 32 = 16 + 9Vrio;=Terra 25 = 5(km / h) (E) 60º
(
(
) ( )
) (V )
barco; rio
A direção
Margem
da velocidade
Em relação à margem do rio a direção pode ser calculada pela tangente do
ângulo α, onde:
cateto oposto
4
tgα =Vrio; Terra
= = 1, 333
cateto adjacente 3 Esta é a velocidade Vbarco; Terra
α
Nós, na Terra, veremos o barco andar
(isto corresponde a um ângulo α ≅
53º)
Vbarco; rio
numa diagonal em relação às margens.
Se desejarmosVbarco;
queTerrao 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.
Vrio; Terra
α
6m
Vbarco; rio
Esta seria então a velocidade do barco
em relação à Terra, perpendicular às margens.
Vbarco; Terra
8m
Exercícios
A
1) Um barco está com o motor funcionando
V = 2 m/s 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
B
em relação às margens:
V = 2 m/s
a) O barco se move paralelo à correnteza e no mesmo sentido.
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:
3,0 km/h
2,0 km
A
(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
A
O
v
B
5) Num dia de chuva sem vento, a chuva cai verticalmente em relação ao solo
com velocidade de 10 m/s.CUm 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 2,0
solokmhorizontal, 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
A
representado na figura.
b) O barco
6 m 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.
8m
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?
A
V=
2 m/s
B
V=
2 m/s
A
v
O
B
C
3,0 km/h
6m
Vrio; Terra
Vbarco; Terra
Veja que o vetor resultante = velocidade
do barco em relação à Terra, tem o
sentido contrário à velocidade do rio.
Vbarco; rio:: Física :: Módulo 1
48
7) Sob a chuva que cai verticalmente, uma pessoa caminha horizontalmente com
Margem (Terra)
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.
Vbarco; rio
Vrio; Terra
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
Margem
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) 2V km/h
rio; Terra
Esta é a velocidade Vbarco; Terra
(B) 3 km/h
α
Nós, na Terra, veremos o barco andar
(C)4 km/h
Vbarco; rio
numa diagonal em relação às margens.
(D) 5 km/hVbarco; Terra
(E) 8 km/h
9) (Cederj/2008)VArio; figura
mostra uma águia perseguindo uma presa. No instante
Terra
abaixo
da águia.do Desse
inicial ti ,αa presa se encontra a 6 m verticalmente
Esta seria então
a velocidade
barco instante
em relaçãoaàpresa,
Terra, perpendicular
às margens.
até
o
instante
final
t
em
que
a
águia
captura
o
movimento
da presa
f,
Vébarco;
V
rio
barco; Terra
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 .
8m
10) (PUC–MG) Um objeto em movimento circular uniforme passa pelo ponto A e,
1 segundo após passa pelo ponto B:
A
V=
2 m/s
B
V=
2 m/s
A aceleração média nesse intervalo de tempo é, em m/s:
(A) 12
(B) 2
(C) 4
(D) zero
(E) 0,5

 
Dica:

∆V VFinal − VInicial
Faça o cálculo: aMédia =
vetorialmente.
=
∆t
∆t
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?
6m
8m
Determine a razão entre os módulos das velocidades vetoriais médias VA e VP,
isto é, calcule VA / VP .
A
V=
2 m/s
B
V=
2 m/s
b) Ao completar a travessia, qual é o deslocamento do barco na direção das
margens?
9
A 1a Lei de Newton
[
:: Meta ::
Introduzir o conceito de força e estabelecer sua relação com o movimento dos corpos.
:: Objetivos ::
• Enunciar e aplicar a 1a Lei de Newton em situações práticas;
• Reconhecer e aplicar os conceitos de força e de inércia;
• Resolver problemas de equilíbrio.
]
I
II
III
IV
V
50 :: Física :: Módulo 1
F1
F1
Introdução
Forças perpendiculares
R
Forças perpendiculares
R
Forças perpendiculares
F1
R
F1
Até aqui vimos a parte da mecânica, chamada cinemática, onde estudamos
F2
vários tipos de movimento. Passaremos agora a estudar as leis gerais que Fregem
Forças perpendiculares F2
F2
1
esses movimentos e as condições para que os corpos permaneçam em equilíbrio.
Ângulo qualquer
R
R = F 12 + F 22
F
Foi Galileu Galilei (1564–1642) quem iniciou o estudo sistemático
sobre
o
1
Ângulo qualquer
R
movimento dos corpos. Introduziu o método científico no estudo dos fenômenos da
Forças paralelas
Forças paralelas
Natureza, baseando seus estudos e conclusões na experimentação. Sir Isaac Newton
F2
Forças paralelas
F
F1
F1
(1642–1727) nascido coincidentemente no ano da morte de Galileu, alguns anos 2
R
mais tarde, aos 25 anos de idade, conseguiu uma das mais brilhantes
sínteses
do
F1
F
F2
Ângulo qualquer R
1
F2
conhecimento humano a respeito da natureza, particularmente no que diz respeito
F2
R = F1 +R F2
ao movimento dos corpos, ao enunciar as leis gerais que regem esses movimentos.
Forças paralelas
R = F2 _ F1
R = FSão
+ elas:
F2
Nesse módulo vamos iniciar o estudo dessas leis e suas aplicações.
1
a
A 1 lei, também chamada lei da inércia, se refere F1aos corpos em
F2
I F1
II
III
IV
V
R
equilíbrio podendo ser estático ou dinâmico, isto é, corpos em repouso (parados)
Acelerado (força agindo)
V = constante (força nula)
F
R
ou em movimento retilíneo e uniforme.
Acelerado (força agindo) 2
V = constante (força nula)
V0 = 0
_ F
A 2a lei, também conhecida como princípio fundamental
R =daF1dinâmica,
+ F2
V
V
v R = F2
1
V0 = 0 que estas produzem.
relaciona as forças aplicadas em um corpo com a aceleração
V
V
V
v
2 - A força da qual estamos tratando aqui é um agente que
A 3a lei, chamada de lei da ação e reação, estuda as forças entre dois
atua sobre o corpo, trata-se de um agente externo ao corpo, isto
corpos que estão interagindo um com o outro.
Acelerado (força agindo)
V = constante (força nula)
é, existe alguma
sobre
o corpo,
F1 coisa ou alguém exercendo a força
Uma outra lei, que estudaremos mais tarde, é a chamada lei da gravitação
Forças
perpendiculares
e quando essa ação externa
acaba a força também acaba. Não
V0 =a 0matéria” e permite
R
universal, que nos mostra de que forma a “matéria atrai
V
V
V Força feita por você
v
F1
devemos
confundir
força
com
movimento.
compreender o movimento do Sol, dos planetas e seus satélites.
R
Força feita por você
Consideremos um exemplo:
Para iniciarmos nosso estudo é necessário que conheçamos primeiro dois
R
importantes conceitos estudados na mecânica. São eles o conceito de força e
o conceito de inércia.
A Força e a Inércia
Força feita por você
Chão
Todos sabemos que quando empurramos uma caixa, levantamos um balde
d‘água ou puxamos uma gaveta, estamos exercendo Chão
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 vetoriais
Para representarmos asI forças e fazermos
matemáticas
com elas,
II
IIIoperações
IV
V
faremos uso das propriedades dos vetores que estudamos no primeiro capítulo.
Vamos nos lembrar com o exemplo
 aseguir:
Consideremos duas forças F1 e F2 agindo ao mesmo tempo sobre um corpo
em várias situações. Chamaremos a força resultante de R . A resultante é a força
que sozinha produziria o mesmo efeito sobre o corpo que todas as outras juntas.
Ângulo qualquer
F1
R
F2
Ângulo qualquer
Forças paralelas
F2
F2
Exemplo
Ângulo qualquer
Imagine uma mesa de bilhar e uma bola em repouso sobre ela. Se nenhum
Chão
agente externo agir sobre a bola, ela permanecerá parada sobre a mesa e nada
Forças paralelas
atrito
Força deEnquanto
acontece.
Imagine agora que você empurra a bola sobre a mesa.
vocêForça de atrito
de
atrito
Força
de
atrito
Força
está comF1a mão sobre a bola, empurrando-a, você
F1 exerce uma força sobre ela e
F2
R
altera o seu movimento, alterando sua velocidade até o instante em que você
2
a solta. Assim que Fvocê
larga a bola, a força feita pela mão cessa, mas Ra bola
_ F
R = F2 de
R
=
F
+
F
1
2 na direção em que você a empurrou, sem necessidade
1
continua se movendo
de
atrito
Força
de
atrito
Força
força alguma.
Acelerado (força agindo)
V0 = 0
v
V = constante (força nula)
V
V
V
A essa propriedade dos corpos, de permanecer em repouso ou movimento
(retilíneo e uniforme) mesmo que não haja força alguma agindo sobre o corpo
Força feita por você
chamamos de inércia.
Resumindo: chamamos de força a qualquer agente externo que modifica o
Forças perpendiculares
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
F1
o Chão
corpoR diminuir a velocidade, aumentar a velocidade ou modificar a direção da
velocidade. Em qualquer desses casos
“acelerado”.
Forçao decorpo
atrito estará Força
de atrito
F2
F
R
R = F2 _ F1
V
F2
F2
Ângulo qualquer
Capítulo 9 :: 51
Forças paralelas
F1
F1
R
F
“A força é umF agente que modifica o estado de repouso
2
ou de
movimento dos corpos.”
R = F + F
1
2
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:
F1

Se R = 0 ⇔ REPOUSO OU MRU
Concluímos 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.
R
R = F2 _
2
Mas se eu tentar empurrar um carro, engrenado, ou com o freio de mão
Acelerado (força agindo)
V = constante (força nula)
puxado, mesmo com muita força nada acontece; eu não consigo modificar seu
“estado
V0 = 0de repouso”. Como se explica esse fato?
V
V
V
v
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.
Aplicações
Vamos ver agora algumas aplicações. Na maioria dos casos de equilíbrio,
onde a força resultante sobre o corpo é nula ( R = 0), teremos uma das situações
descritas abaixo.
    
Consideremos as forças F1 , F2 , F3 , F4 e F5 atuando sobre um corpo qualquer.
Vamos nos lembrar
representados por:
 de que os
 módulosda forças podem

| F1 | = F1 ; | F2 | = F2 ; | F3 | = F3 ; |F4 | = F4 ; | F5 | = F5
Força feita por você
Chão
Força de atrito
a) As forças que atuam no corpo são paralelas, isto é, têm a mesma direção.
Veja que o sentido positivo está indicado na figura.
Força de atrito
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.
F3
F4
F1
x (+)
F2
F5
F
F
3
A resultante pode ser obtida pela Fsoma
algébrica
(com números1 positivos e
4

ynegativos). No equilíbrio R = 0 e, em módulo, R = F1 + F2 – F3 – F4 – F5 = 0
F2
F5
F1
b) As forçasF3são perpendiculares.
y
F2
Inércia é a propriedade dos corpos de permanecerem em
seu estado, seja de repouso ou de movimento retilíneo
uniforme.
F5
F4
x
F1
F3
F2
A 1a Lei de Newton (a lei da inércia)
x
F5
F4
y
F1
Nesse caso, tanto as componentes das forças no eixo x quanto no eixo y
devem
 ser nulas
y
Rα x = 0 ⇒ F3 + F5 – F2 = 0 ⇒ F2 = F3 + F5
R y = 0 ⇒ F1 – F4 =x0 ⇒ F1 = F4 F1
a
Agora que já sabemos o que é inércia, podemos enunciar a 1 lei de Newton
simplesmente assim: “todo corpo possui inércia.” Ou então:
F2
“Todo corpo permanece em repouso ou em movimento
retilíneo uniforme a não ser que um agente externo
exerça uma força sobre ele.”
F3
α
x
F2
y
F1 sen α
F3
x
y
F1
F1
F3
F3
52 :: FísicaF F2:: Módulo 1
2
F5
F4
F4
x
F5
x
F3
F1
F4 caso temos que nos lembrar a
c) As forças têm qualquer direção. Nesse
decomposição de vetores conforme estudado no capítulo 1, projetando as forças
F5 proceder como no exemplo anterior.
nos eixos x e y, quando for o caso, e depois
y
y
F1
y
F1
F2
F2
α
F2
α
F1
F3 = 8 N
F3
F3
F5
F3
F = 6N
F1 = 4 N2
F3 = 8 N
x
F4
2) Em cada caso representado abaixo, várias forças atuam sobre um corpo. Analise
x (+)
cada um verificando se o corpo permanece ou não em equilíbrio. Justifique suas
F2
respostas.
a)
F1 = 4 N
x
x
b)
F1 = F24 =N 6 N
y
F2 = 6 N
F3 = 8 N
20 N
y
8 20
N N
10 N
12 N
y
10 N
4N
8 N 20F3N = 8 N
que substituimos por
10 N
yy
y
48 NN
F1 sen α
F1 sen α
30 N
x
12 N
y
x
4N
F1
2030 NN
α
F2
F2
x x
x
F1 cos α
F1 cos α
F3F
F2 = 6 N
12 N
10 N
y
30
N
8N
F2
F1 = 4 N
x
4y N
10 N
c)
F3
x
30 N
3
10 N 10 N
Assim, 
no eixo x: R x = 0 ⇒ F1 cos α – F2 = 0 ⇒ F2 = F1 cos α
F1
F1 α
no eixo y: R y =F 0 ⇒ F1 ysen α – F3 = 0 ⇒ F3 = F1 sen
F
F1 sen α
Faça agora esses exercícios para
aplicar seus conhecimentos.
x
10 N
y
10 N
12 N
10 N
x
10 N
x
10 N
F2
y
F2
10 N
10 N y
10 N
x
Atividades
x unidades (SI) é o
F2 de força no sistema
A unidade de medida
de
α
F1 cosinternacional
newton e sua abreviação é N. Mais tarde veremos a definição dessa unidade de
F3
medida de força.
1) Você e um colega puxam juntos
 um carrinho
 com rodas, sobre uma superfície
bem lisa exercendo as forças F1 = 5 N e F2 = 6 N sobre ele, conforme ilustra a
figura.
F
F1
y
F1
10 N α
F1 lisa (sem atrito) sendo puxado
3) Um anel se encontra sobrey uma mesa muito
x




pelas forçasF3F1 , F2 e F3 , conforme mostra a figura abaixo. O módulo de | F1| vale
α
F
F1 = 100 N. Sabendo que sen α = 0,60 e cos 1α = 0,80 calcule os valores de
 
x
F2 em equilíbrio.
F2 e F3 paraF3que o anel fique
α
y
F3
F2

Calcule a força F deve ser feita sobre o carrinho para que o mesmo fique em
equilíbrio.
x
F2
F1
F2
α
x
F3
F2
P
Corpo 2
P
P
Corpo 1
N
Corpo 3
P
P
C
apítulo 9 :: 53
N
Corpo 1
P
objeto
Algumas forças muito comuns
Corpo 2
na Natureza
P
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
N
situações práticas de nosso cotidiano.
N
objeto
Corpo 2
Arado
N
objeto

. A força peso: o peso P 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.
N1
Corpo 3
P
Corpo 1
Arado
P
P
objeto
Varal
Corpo 3
. As forças de apoio: sempre que colocamos um objeto sobre alguma
P
coisa, uma mesa, por exemplo, essa, por ser um corpo rígido cujas moléculas
N
N desça ao encontro do chão (da
estão fortemente ligadas, impede que o objeto
Corpo 2
P
objeto uma força sobre o objeto com uma direção que é perpendicular
Terra) exercendo
objeto
objeto
(normal) à superfície de contato entre o objeto e a mesa. Chamamos a esse tipo

Corpo Corpo
3 3
de força de força normal N. Vejamos alguns exemplos de objetos apoiadosNNsobre
1
uma superfície rígida:
Roupa
N
P
T
Arado
N1
Roupa
T
Terra caixa
P
mesa
objeto
caixa
N2 a) Representar as forças que estão atuando sobre a caixa;
N2
N1 normal.
b) O valor da força
mesa
N
Solução:

a) Apenas duas forças externas atuam sobre a caixa: a força peso P exercida
pela Terra, e a força de contato feita pela mesa sobre a caixa, chamada de força

objetoN.
objeto
normal
Varal
T
objeto
Exemplo
Uma caixa pesando 20 newtons se encontra em repouso sobre uma mesa,
conforme mostra a figura abaixo. RespondaT o que se pede a seguir.
mesa
N2
N1
P
N
N2
N
Terra
objetoobjeto
Varal
objetoobjeto
T
N1
Arado
T
N1
N2
N2
N1
N1
N2
N2
Roupa
caixa
T

. As forças de atrito ( fat): as forças de atrito aparecem quando tentamos
Varal Varal
mesa
arrastar
umT objeto
T sobre
T
Terra 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
RoupaRoupa que existem nessas superfícies.
irregularidades
N
caixa
mesa
P
T
N
mesa
Varal
T
T
P
objeto
objetoobjeto
T
T
Terra
Arado N
N
N
o
N2
N1
T
caixa
P
T
N
Roupa
Terra
P
Varal
T
objeto
caixa
T
Corpo 3
N1
Arado
Corpo 2
N2
Varal objeto
T
T
P
objeto
Roupa
Terra
P
N1
N
objeto
T objeto
ob
P
N
Corpo 1
Corpo 3
objeto
. Forças de tração (como as forças feitas por meio de fios ou cordas): P
quando puxamos um carrinho ou uma caixa por meio de uma corda, ou penduramos
2 ou o Pvaral fica “tracionado”, estamos
uma roupa no varal, dizemos que Corpo
a corda
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:
P
b) A caixa se encontra em repouso, logo a força resultante sobre ela deve ser
  
nula, assim, vetorialmente temos: R = P + N = 0
 
Como P e N são paralelas (têm a mesma direção) mas têm sentidos opostos,
fazemos, algebricamente: N – P = 0 onde N = P = 20 newtons.
Roupa
F
F
f
fatat
P
P
54 :: Física :: Módulo 1
Um pouco
mais
sobre a força
f
θ
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 F , como representado, surge sempre uma força
contrária à tendência do movimento chamada força de atrito, fat .
y
N
F
Fat
Fat
P=m.g
N
F
P=m.g
N
F
fat
P
A caixa não se move nem para a esquerda nem para a direita, assim na
direção horizontal (eixo x) temos:

R x = 0 ⇒ F − f at = 0 ⇒ F = f at
A caixa não “sobe” nem “desce”, assim, na direção vertical (eixo y) temos:

R y = 0 ⇒ N−P = 0 ⇒ N = P
F1
Note que no exemplo Fanterior
tomamos os sentidos “para a direita” e “para
1
cima” como positivos.
F2
F2
x
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 (∑ Fy = 0) e F = fat (∑ Fx = 0)
A força (fat ) 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

F aumentar, a partir de zero, o corpo entrará em movimento quando o módulo de
F 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 . N
O 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 . N
O 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
2) Uma caixa de peso igual a 100 newtons está em repouso sobre um
P
plano inclinado que faz um ângulo
P 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,N , a força de atritofat e o coeficiente de atrito estático.
F1
F2
α
α
P
Solução:
Vamos traçar dois eixos cartesianos x e y convenientes e representar as forças
que atuam na caixa.
y
y
N
N
f
fatat
P sen α
Pα sen α
P cos α
P cos α
α
α
P
P
y
α
α
x
x

Haverá equilíbrio se houver uma força de atrito pelo menos igual a P sen α
caso contrário o corpo descerá o plano inclinado acelerado, como veremos no
N
fat
próximo capítulo.

No equilíbriotemos que ter R = 0. Logo, no eixo x temos:


α α = 0 ⇒ f at = Psenα = 100 × 0,6
R x = 0 ⇒ fat + Psenα = 0 ou −Pf atsen+ Psen
60 ⇒ f at = 60 N
 

α α= 0 ⇒
60 ⇒ f at = 60 N
R x = 0 ⇒ fat + Psenα = 0 ou − f at + Psen
α f at = Psenα = 100 × 0,6
P cos
No
eixo
y
temos:
Exemplos

 
x
α
R y = 0 ⇒ N + P cosα = 0 P
1) Vamos supor que
a
mesma
caixa
do
exemplo
anterior
é
puxada
para
a

ou N – P cos α = 0 ⇒ N = P cos α = 100 × 0,80 ⇒ N = 80 N
direita com uma força F = 4 N, mas mesmo assim ela permanece em repouso.
Coeficiente de atrito:
Pede-se descrever as forças que atuam sobre a caixa e calcular a força de atrito.
Solução:
N 80

fat = µ ⋅ N ⇒ µ = = = 0, 75
A caixa não se move, isso se deve ao fato de surgir uma força de atrito, fat ,
fat 60
contrária à força que tenta puxar a caixa para a direita. Assim as forças que agem
sobre a caixa são:
Capítulo 9 :: 55
N
N
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
F
F
bujão. O bujãofat está maisfat perto da pessoa da esquerda de tal maneira que esta
P pessoa da direita. A figura abaixo
P feita pela
faz uma força que é o dobro da força
ilustra a situação. Vamos calcular a força que cada pessoa está fazendo para
segurar o bujão, supondo que tudo está em repouso.
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: R y = 0 logo Peso = Força de sustentação.

Na horizontal: R x = 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 ay
solução do problema)
a)
F2 = 10 N
Solução:
As forças que atuam sobre o bujão são:
F1
F1
F2
F2
F3 = 8 N
F1 = 20 N
P
P
x
F2 = 4 N
F1 = 3 N
Como o bujão está em equilíbrio temos que ter uma força resultante nula,
assim:

  
  
  
R = 0 ⇒ F1 + F2 + P = 0 onde F1 + F2 − P = 0 ⇒ F1 + F2 = P (*)
y
b)
F2 = 10 N
 
Temos duas incógnitas para calcular,
8 N como sabemos que umaF1das
= 20 N
 F1e FF23,=mas
forças é o dobro da outra, fazemos F1 = 2 F2 e substituimos em (*) assim,
α  α
  
   P 150 
2 F2 + F2 = P ⇒ 3 F2 = P ⇒ F2 = =
⇒ F2 = 50 N
3 3


Logo F1 = 2 F2 = 2 × 50 = 100 N
y
y
4) Um avião viajando na horizontal, em “velocidade de cruzeiro”, constante,
de 600 km/h, mantém seus motores ligados exercendo uma força de “propulsão”
N
N
fat N. Pede-se
fat de 2.800
também constante
esboçar
as forças que atuam sobre o avião
durante o voo e calcular a força de resistência do ar.
P sen α P sen α
Solução:
As forças
queαatuam
P αcossobre
α oαavião são:
P cos
P
Força de sustentação
x
x
sob as asas
P α
α
Reação à
força dos
motores
Força de
resistência
do ar
Peso do avião
F2 = 4 N
F2 = 10 N
F3 = 8 N
y
x
F1 = 3 N
F1 = 20 N
x
F2 = 4 N
F1 = 3 N
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)
56 :: Física :: Módulo 1

4) Um pequeno carrinho de brinquedo, de peso P = 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)
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:
B
30º
A
a) O carrinho ficará em equilíbrio?
fio

b) Calcule a força F , paralela ao plano, que deve ser aplicada ao carrinho para
que ele permaneça em equilíbrio.
C
(a)(b)
c) Calcule a força normal.
5) A Locomotiva de um trem puxa vários vagões carregados de30º
minério de ferro
30º
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).
30º
a) ( ) A força
30º 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.
(c)(d)
(e)
30º
6) (UFF/2001) Um cubo se encontra30º
em equilíbrio apoiado em um plano
inclinado, conforme mostra a figura. Identifique a melhor representação da força
que o plano exerce sobre o cubo.
8) (UFSCAR/2001) Os módulos das componentes ortogonais do peso P de um
V=0 e R=0
=0 e R=0
corpo Vvalem
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
V = 0 Ve aumenta
R=0
V = 0 Ve aumenta
(E) 340 NR = 0
F
F
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
V=0 e R=0
≠
0 = constante
VV0 na
aumenta
V0 aumenta
≠ 0 =ideais.
constante
os fios e aVroldana
Sabe-se ainda que,
posição
de equilíbrio, a vertical é
F
F
a bissetriz do ângulo θ entre os fios.
(A)(B)
B
(C)(D)
f
θ
A
V aumenta
V0 ≠ 0 = constante
V0 ≠ 0 e V aumenta
fio
F
F
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;
0 = oconstante
encontre P/fV0 e≠veja
que é preciso para que | f | < | P |.
C
(E)
V0 ≠ 0 = constante
F V0 ≠ 0 e V aumenta
V0 ≠ 0 e V aumenta
V0 ≠ 0 e V aumenta
F
B
B
N
F
Fat
Fat
P=m.g
y
F
N
F
P=m.g
x
10
A 2a Lei de Newton
[
:: Meta ::
Introduzir a relação entre a força resultante e a aceleração adquirida por um corpo e o conceito
de massa inercial.
:: Objetivos ::
• Resolver problemas fora do equilíbrio, onde a força resultante é não nula;
• Reconhecer e diferenciar peso e massa.
]
V0 ≠ 0 = constante
58 :: Física :: Módulo 1
A 2a Lei de Newton
V0 ≠ 0 e V aumenta
F
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:
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.
F
F
Velocidade diminui
“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.”
A velocidade chega a se anular
A velocidade aumen
V
V0
F
F
F
N
Velocidade diminui
V0
Em linguagem matemática escrevemos simplesmente:
V
V0

 FR
a=
mF
A velocidade chega a se anular
fat = 20 N
A velocidade
F =aumenta
80 N e tem sentido contrário
V
F
F
N
P
F = 80 N
fat = 20 N
Vamos verificar as implicações daVelocidade
2a leidiminui
em alguns casos A velocidade
chega a se anular
A velocidade aumenta e tem sentido contrário
concretos.
t=0
t=1s
t=2s
Esse é um caso semelhanteV ao
de um corpo lançado verticalmente Vpara
cima
Imagine um carrinho inicialmente em repouso. Teremos velocidade nula e,
= 4 m/s
= 0 V = 2 m/s
P
onde
a
força
peso
atua
continuamente
e
o
corpo
vai
diminuindo
a
velocidade
até
sendo também nula a resultante das forças sobre o carrinho, ele permanecerá
atingir a altura máxima, onde a velocidade se anula. Em seguida o corpo começa
N
parado.
a cair, aumentando a velocidade sempre com a mesma aceleração, a aceleração
0
1
2
3
4
F = 80 N
V=0 e R=0
fat = 20 N
da gravidade.
t=0
t=1s
t=2s
V=0 e R=0

V=0 e R=0
P
Se em determinado instante aplicarmos uma força F sobre o carrinho
que
estava em repouso, ele começará a andar, com movimento acelerado, na mesma
V aumenta
direção da força.
F
V aumentat = 0
t=1s
V = 6 m/s
Um outro conceito muito importante na mecânica
newtoniana deriva do fato
t=3s
de
a
aceleração
ser
inversamente
proporcional
à
massa
V = 4 m/s
V = 6 m/s do corpo, isto é,

 FR
a=
F
F'
m
Imagine
que você
pegue uma
pedra8e a jogue9com bastante força. Mesmo que
4
5
6
7
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
F
F'
da pedra única será muito grande,
isto porque
a sua massa é muitas vezes maior.
Força da caixa sobre a mesa
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.
t=2s
F
V0 ≠ 0 = constante
Imagine
com velocidade
2
3
 agora um carrinho que já está em0movimento,
 1
constante V . Neste caso também temosV R≠=00= mas
com V ≠ 0.
constante
0
V0 ≠ 0 = constante
V0 ≠ 0 e V aumenta
F
V0 ≠
e V aumenta
Se aplicarmos uma força,
no0mesmo
sentido da velocidade, em um carrinho
F velocidade.
que já está se movendo, o efeito
será
o
de
aumentar sua
V ≠0 e
V aumenta
F
V = 4 m/s
O significado da massa na
mecânica
Newtoniana
0
1
2
3
4
5
6
7
8
V = 0 F V = 2 m/s
V aumenta
0
V = 2 m/s
V= 0
5
t=3s
F
F'
Força da caixa sobre a mesa
Força da mesa sobre a caixa (Normal)
9
6
7
Capítulo 10 :: 59
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.



 FR
a
É comum escrevermos a 2 lei, a = , na forma FR = ma
m
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 N
Unidades 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 obtemos
1 dyn = 1 g . 1cm/s2 = 10–3 kg . 10–2 m/s2 ⇒ 1 dyn = 10–5 N ou
1 N = 105 dyn
Exemplo 1
Um 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
2
m/s .
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 V0 = 0 pois o móvel se

encontra inicialmente em repouso. Pela 2a lei de Newton, FR = ma, 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:
at 2
2 × 102
∆S = V 0 t + ⇒ 0 +
⇒ ∆S = 100 m
2
2
Exemplo 2
Uma força constante de módulo igual a 80 N arrasta uma caixa de 10 kg
V
V0
de massa sobre uma superfície
horizontal inicialmente em repouso. Sabendo que
entre o bloco e a superfície existe uma
F força de atrito de 20 N, calcule: F
a) a aceleração do bloco;
b) a velocidade do bloco 10 s depois de iniciado o movimento;
Velocidade diminui
A velocidade chega a se anular
A velocidade aumenta e tem sentid
c) a distância percorrida pela caixa depois de decorrido esse tempo.
Solução:
A normal equilibra o peso e só teremos força na direção horizontal.
N
F = 80 N
fat = 20 N
P
a
a) Pela 2 lei de Newton temos:

 FR
F − f at 80 − 20
a = onde
⇒ a = 6,t0= N2 s
t = 0 a =t = 1 s =
m
10
m
V= 0
V = 2 m/s
t=3s
V = 4 m/s
V=6
b) O movimento é uniformemente acelerado. Logo,
V = V0 + at ⇒ V = 0 + 6,0 × 10 → V = 60m/s
0
c) ∆S = V 0 t +
4
at 2 1 6, 0 2× 102 3
⇒0+
⇒ ∆S = 300 m
2
2
5
6
Exemplo 3
Todos 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.
F
F'
7
8
9
V
| V | aumenta
60 :: Física :: Módulo 1
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
Movimento retardado
Fc
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:
v2
Temos: Fc = mac , logo FC = m = m ⋅ ω 2 r
r
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.
Ft
V
Ftotal
C
Exemplo 4
Na 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:
9, 8
P na Lua = m  g na Lua = 60 ×
= 10 × 9, 8 = 98 N
6
Veja que uma pessoa pesa cerca de seis vezes menos na Lua do que na Terra,
mas sua massa não varia.
Ft
Ftotal
Fc
V
C
V
V | V | aumenta| V | diminui
Ft
objeto
Observações:
• A força centrípeta é a componente da força, dirigida para o centro da
trajetória.
• No caso do movimento circular uniforme, onde o módulo da velocidade
permanece constante, teremos apenas a força centrípeta disco
(a força tangencial nesse
caso é nula).
F
C
C
•
Exemplo
Ftotal rplano horizontal com velocidade constante de 33
Um disco de vinil gira num
rpm (rotações por minuto). Um objeto é colocado sobre
o disco, a 15 cm do seu
V
Fc
2
centro. Supondo a aceleração da gravidade g = 10 m/s , calcular o coeficiente de
atrito estático, µE , entreC o disco e o objeto, sabendo que este está na iminência
de deslizar sobre o disco.
Solução:
No caso, as forças que atuam no objetoV são: seu peso
a normal N (ambas
| V | P,
diminui
são perpendiculares ao disco e se anulam), e a força de atrito FAT . Como queremos
que o objeto permaneça na Mmesma 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: FAT = FC , conforme ilustrado na figura a seguir.
FC
disco
m
objeto
C
•
Movimento acelerado
r
1
Ft
Fc
V
C
Ftotal
V
| V | aumenta
2
Vamos passar os dados para o SI:
A velocidade angular:
33 × 2π  (rad)
ω = 33  rpm =
≈ 3, 5  rad
s
60  ( s )
O raio r = 15 cm = 0,15 m
E g = 10 m/s2
M
Solução
a
Temos:
.
Fc = m ac
FAT = m . ac
m
µ E . N = m . ω2 . r
30º
µ E . P = m . ω2 . r
30 N
( )
1
a
2
30 N
Ftotal
V
Fc
disco
C
FC
objeto
C
•
Capítulo 10 :: 61
r
V
µE . m . g = m . ω . r
2
ω 2 ⋅ r (3, 5) ⋅ 0,15
=
= 0,18
g
10
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.
2
µE =
FC
Exercícios
C
•
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;
r
F
(A) a = 9,20
(B) a = 10,0
(C) a = 0,80
(D) a = 0,80
M
(E) a = 10,0
F
F
M
objeto
m
V
V0
| V | diminui
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 valemdisco
em unidades SI:
b) a velocidade da caixa 6A velocidade
segundos
depois de iniciado
o movimento;
A velocidade aumenta e tem sentido contrário
chega a se anular
Velocidade diminui
e T = 80
e T = 9,2
e T = 7,4
e T = 11,0
e T = 7,8
2
30 N
c) a distância percorrida
pela caixa ao atingir a velocidade de 8m/s.
N
F = 80 N
fat = 20 N
2) Um carrinho com 10 kg de massa caminha sobre uma superfície horizontal.
P as posições do carrinho e suas respectivas velocidades
O desenho abaixo mostra
tomadas em intervalos de tempo iguais.
t=0
t=1s
t=2s
t=3s
V= 0
V = 2 m/s
V = 4 m/s
V = 6 m/s
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 forçamigual 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
a superfície exerce sobre o bloco uma força F’.
1
2
30 N
30º
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
a) Existe uma força resultante atuando sobre o carrinho? Justifique sua
resposta.
b) Calcule a aceleração do carrinho supondo que ela é constante.
F
F'
c) Calcule a força resultante sobre o carrinho.
3) Na vida cotidiana é comum ouvirmos frases do tipo: “Pedrinho está muito
Força da caixa sobre a mesa
gordo, ele está pesando 80 quilos.” Responda então:
a) O que está errado nesta frase, de acordo com o que aprendemos da
dinâmica newtoniana?
Força da mesa sobre a caixa (Normal)
b) Supondo a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, calcule o peso de
Pedrinho.
Considerando g = 10 m/s2, podemos afirmar que a razão F/F’é igual a:
(A) 4/5
(B) 3/4
a
(C) 3/5
(D)4/3
a
(E) 1
3m
6) (UFRGS/2002) Um foguete é disparado verticalmente a partir de uma base
30º
de lançamentos, onde seu peso é P. Inicialmente,
sua velocidade cresce
por
θ
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
4m
força resultante sobre o foguete é:
a
(A) zero.
(B) maior do que zero, mas menor do que P.
(C) igual a P.
3m
F
(D) maior do que P, mas menorF do que 2P.
(E) igual a 2P.
θ
4m
disco
FC
30º
objeto
C
•
a
r
M
62 :: Física :: Módulo 1
3m
a
7) (UFPE/2002) Uma partícula de massa m = 2,0 kg move-se, a partir do
repouso, sobre uma superfície
m 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
M velocidade da partícula, em m/s, decorridos 3,0 s de movimento.
(A) 55 m/s
(B) 80 m/s
1
2
30 N
(C) 65 m/s
(D) 85 m/s
m
(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.
1
2
a
30 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
3m
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
4m
força de atrito vertical f, de módulo dado θpor 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:
4m
(A) 0,18
(B) 0,36
F
F
(C) 0,6
(D) 0,64
(E) 0,8
F
θ
F
11) Um corpo de massa igual a 50 kg deve ser elevado, verticalmente, com
aceleração de 2,0 m/s2. Determine a força vertical que deve ser feita sobre o
corpo. Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2.
30º
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.
a
a
12) (PUC–Rio/1999) A força F de módulo igual a 150
N, desloca o corpo de
Sem atrito
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.
F
Sem atrito
9) (Cederj/2008) Um carrinho cujas dimensões estão indicadas na figura, está
30º
se movendo
3 m 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
θ
g = 10 m/s2.
a
A
B
F
Sem atrito
A
B
a) Determine o valor numérico da aceleração do corpo B.
4m
3m
b) Determine o valor numérico da intensidade da força resultante que atua
sobre o corpo B.
F
θ
F
c) Determine o valor numérico da aceleração total do corpo A.
4m
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,
F
F
as únicas forças sobre o bloco serão seu peso P = mg e a normal N...
Sem atrito
F
Sem atrito
A
B
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.
11
A 3a Lei de Newton
e as condições de equilíbrio
[
:: Meta ::
Apresentar a 3 a Lei de Newton e as principais forças mecânicas de interação.
:: Objetivos ::
• Aplicar a 3 a lei de Newton em casos práticos;
• Reconhecer e diferenciar as forças de ação e reação dentre aquelas que estão agindo sobre
um corpo;
• Resolver problemas de equilíbrio.
]
F = 80 N
fat = 20 N
P
64 :: Física :: Módulo 1
t=0
Forças de interação
Exemplo 1
Vamos considerar Vo0 caso da interação gravitacional entre a Terra e a Lua e
chamar FT,L a força que a Terra faz naF Lua e FL,T a força que a Lua faz naFTerra.
Veja a figura a seguir:
A velocidade chega a se anular
Lua
N
fat = 20
N
Terra
F = 80 N
0
1
2
3
4
5
6
V = 4 m/s
V = 6 m/s
1
2
3
4
5
6
7
V
F
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
F
A velocidadereação
aumentanão
e temsesentido
contrário
somam.
Cada uma, separadamente,
causa oF'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).
Força da caixa sobre a mesa
Exemplo 2
Imagine que você está de patins e empurra com força uma parede. O
t=0
t=1s
t=2s
resultado é vocêV =sair0 andando
na direção contrária àquela
que você empurrou
V = 2 m/s
V = 4 m/s
a parede. Isso acontece porque ao empurrar a parede esta reage e empurra
você também.
0
t=3s
“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.”

Temos então: FT, L = FL, T 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.
P
Exemplo 3
A 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.
t=2s
Podemos enunciar a 3a lei do seguinte modo:
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.
Velocidade diminui
t=1s
A 3a Lei
Newton
V = 2 m/s
V = 0 de
Força da mesa sobre a caixa (Normal)
t=3s
7
Obs. 1: VNesse
caso, a força que a caixa exerce sobre a mesa é igual em
= 6 m/s
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?
8
9
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.
Caixa
P = Peso da caixa
P' = Força que a caixa faz na Terra
P
P'
F
Terra
F'
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: F = F ’ onde F = – F’ (ação
e reação).
Força da caixa sobre a mesa
A reação ao peso da caixa atua na Terra.
Força da mesa sobre a caixa (Normal)
Cabo
1
2
3
Balança
8
9
P'
P'
Terra
Terra
Capítulo 11 :: 65
T
 
Como o elevador está subindo acelerado temos: Ta > P
Pela 2a lei de Newton:


g
FR = ma ⇒ T − P = ma ⇒ T = ma + P = ma + mg = m(a + g) = 20 × (2, 0 + 10) ⇒ T = 240 N
O problema do elevador
Uma balança de mola está presa ao teto de um elevador e sustenta um corpo


2
de 20 kg de massa. Supondo
aceleração
vale+ gP = 10
FR =que
maa ⇒
T − P =da
magravidade
⇒ T = ma
ma m/s
+ mg.= m(a + g) = 20 × (2, 0 + 10) ⇒ T = 240 N
Analisar cada caso, respondendo o que se pede:
P
c) O elevador desce com aceleração de 3,0 m/s2. Calcule a nova leitura
na balança.
Cabo
Cabo
Solução:
As forças que agem sobre o corpo são:
T
1
2
a
1
Balança
3
Balança
2
3
g
4
4
Elevador
Elevador
 
↓ g (g é sempre para baixo)
P
a) O elevador está parado. Calcular a leitura na balança.
Solução:
As forças que agem sobre o corpo são:
T = Força que a mola faz sobre o corpo = leitura na balança
T = Força que a mola faz sobre o corpo = leitura na balança
P = Força que a Terra faz sobre o corpo
P = Força que a Terra faz sobre o corpo

Temos que T = Força que a mola faz sobre o corpo = Leitura na balança e


P = Força que a Terra faz sobre o corpo. Como FR = 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
 
Como o elevador
 está descendo aceleradotemos que P >a T
O módulo de P é maior que o módulo de T e temos pela 2 lei de Newton:


FR = ma
P – T = ma
T = P – ma
T = mg – ma
T = 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? a
Solução:

Nesse caso, o corpo a balança e o elevador caem com a mesma aceleração (g ).
A mola da balança não exerce força alguma sobre o corpo. A balança registra zero.
Momento de uma força:
nova condição de equilíbrio
g
a
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).
a
Porta
Eixo de rotação
g
40º
F
P
∫
f
T
a
g
d
O
barra
A
60º
c
Eixo de rotação
Porta
Eixo de rotação
Porta
66 :: Física :: Módulo 1
40º
F
A grandeza física envolvida nesse fato é o Momento. O momento de uma
F
força em relação a um ponto e é definido
∫ como o produto da distância do
f
ponto ao suporte da força,
poliapela força. Isto é:
MO = d . F
Vamos considerar uma barra onde aplicamos uma força F em sua
A distância d do ponto
B O.
Porta
extremidade, aEixo
uma
de rotação
F
∫
f
d PB
10 cm
PM
c
d
d
35º
O
F
barra
Eixo de rotação
∫
f
Parede
F
F
40º
F
O momento da força
F em relação ao ponto O é dado por: MO = d . F
∫ tendência da barra girar em torno do
O momento nos indica a maiorf ou menor
teto
d
ponto considerado. Quanto maior a distância
ou quanto maior a força, maior será a
tendência de afiobarra girar2,0emkg torno de O.
barra
barra
A
2,0 m/s
2
Exemplo
c
F
d
Vamos 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
barra
O
A
centro da barra.
teto
F
fio
barra
60º
tetoc
Como a barra é homogênea e o fio está preso em seu centro, ela ficará em
fio
equilíbrio, na horizontal (faça a experiência com uma régua,barra
ou coisa parecida,
e verifique).
Imagine agora que dispomos de seisc pesinhos iguais, cada um com peso p.
Vamos supor que penduremos
10 cmpoliadois desses dpesinhos na extremidade esquerda
da barra.
A
B
35º
c
c
Barra
Fio
Barra
B
y
N
Observações:
• A unidade de momento no Sistema Internacional é o N . m (Newton .
53º C
37º
F
metro).
FP de
• Devemos sempre escolher um sentido
A rotação, horário ou anti-horário,
B
C
bloco
como positivo, assim, é claro, o outro sentido
– F seráNnegativo.
10 cm
d
C
c
Ampliando o conceito
de momento
F1
B
Certamente a barra não ficará em equilíbrio. Ao colocarmos os pesinhos,
aparece um momento (ou torque) que cfará a barra girar, no caso, no sentido
anti-horário.
d’
10 cm
Vamos então calcular
a que distância ddo centro c devemos colocar os
α
O
A
restantes quatro pesinhos
2,0 kgde que dispomos, de modo que a barra fique em
α lado da barra, à
c os pesinhos no outro
equilíbrio. Certamente teremos qued colocar
2,0 m/s2
direita de c. Vamos calcular a que distância d de c devemos fazê-lo. F
α
A
Fy
d
y
at
FP
C
d’
o
FV
α
O
d
AP
R
Fat
B
T
θ
α
FA
N
B
α
d
F
F
FPV
Fat
Na figura 1 vemos que a distância do ponto OP ao suporte da força é d’, e
temos o momento:
θ
MO = d’ . OF onde MO = d . senα . F
F o
A
x
α
α
A
x
Fx
A
d’
d’
A
Fio
Consideremos uma barra onde aplicamos uma força F em Fuma
de suas
V
c
P
extremidades (ponto
A). Vamos calcular o momento
de F em relação aoB ponto O,
A
FP
C
sendo d a distância do ponto ao suporte
da força. Faremosθ isso de dois modos. É
6,0 m
4,0 m
claro que o valor do momento tem que ser o mesmo.
F3 Veja as duas figuras a seguir:
F
d
d
d’ (para a barra não girar) é necessário que o momento
Para haver equilíbrio
teto
PB
total sobre ela seja
nulo.
Assim,
o
momento
dos doisA pesinhos
da esquerda (que
α
O
PM
fio
barra
vamos considerar negativo) somado ao da direita53º
(que vamos considerar positivo)
37º
α
d
deverá resultar zero.
A
B
F
Temos:
c Parede
N
A condição de equilíbrio é: ∑M = 0
pesa p.
A definição de momento é MO = d . F e cada pesinho
C
Assim, em relação
ao
ponto
c,
usando
as
distâncias
em
centímetros:
Fx
O
A
x
.
.
∑Mc = 10 2p – d 4p = 0
bloco
Parede
α
d
10 . 2p = d . 4p
F53º
F
37º
y
d = 20p/4p = 5,0 cm
bloco
10 cm
O
N PM
Barra
F
F2
c
O
PB
A nova condição de equilíbrio
c
c
Fio
N
A
Porta
25 N
O
F
barra
O
A
N
FatF
at
FR
Ry
y N
N
A
o x
Fat
TT
F
o
PP
α
θ
d
Fy
bloco
A
B
F
Fat
y
c
Capítulo o11 :: 67
F
d’
α
O
A
T
R
Exemplo
Fat– F
A barra da figura a seguir está em equilíbrioFPsob a ação das três forças
C
conforme indicado. Sendo dado F3 = 50 N, calcular
as intensidades de F1 e F2 .
N
Outra maneira de calcular o momento é decompor a força F em suas
α
componentes cartesianas e calcular
o momento de cada componente.
Na figura 2,
d
a seguir, vemos que o momento da componente FX é nula, poisFseu suporte passa
por O, sendo nula a distância de O 10
ao cm
suporte de FX .Temos
apenas o momento da
d
componente y de F, (FY = F . senα).
Ac
O
d
Fx
P
o
c
x
A
α
Fy
F1
F2
B
6,0 m
F
Fat
R
4,0 m
F3
FV T
P
θ
N
y
Solução
B
A
Veja que temos duas incógnitas, vamos ter que encontrar duas equações.
Vamos aplicar as condições de equilíbrio: ∑F = 0 e ∑M = 0
Se 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-horárioo e
escolher o ponto A para calcular os momentos.
Temos:
R
Fat
∑MA = 0
M1 + M2 + M3 = 0
N
P
(AB . F1) + (0 . F2) – (AC . F3) = 0
Assim: MFO = d . FY onde MO = d . F . senα
Veja que o resultado é idêntico
d’ – F ao anterior, pois a ordem dos fatores não
altera o produto. Assim, para calcularmos o momento, podemos fazer:
α
[(distância ⊥ força) O. (força)] ou [(distância) . (força ⊥A distância)]
α
O símbolo ⊥ significa perpendicular a. d
F1
F2
c
O binário
de forças
A
F
B
O
A
F
4,0 m
x
Chamamos binário6,0a mum par de forçasF de mesmo
módulo e de sentidos
3
α
contrários, aplicadas em pontos distintos de um
d corpo. Imagine um corpo qualquer
sob a ação de um binário. Veja que a força resultante é nulaFy e assim o corpo Fnão
terá nenhuma aceleração linear. Mas temos certamente um momento não nulo e
y a girar.
o corpo não estará em equilíbrio pois irá, certamente, começar
F
–F
P
x
Fazendo as substituições:
(6,0 + 4,0) . F1 – 50 . 6,0 = 0
10 . F1 = 300 ⇒ F1= 30 N
Agora ∑F = 0
F1 + F2 + F3 = 0
F1 + F2 – 50 = 0
F1 + F2 ­= 50
Como F1 = 30 N temos F2 = 20 N
Fat
T
o
Fat
T
R
N
P
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.
Temos ∑F = 0 mas o corpo não está em equilíbrio.
F1
F2
c
Para que um corpo esteja em equilíbrio
não basta
A
apenas que a resultante das forças seja nula, pois o corpo
6,0 m de um binário.
4,0 m
pode estar girando sob a ação
B
40º
F3
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
25 N
40º
F
∫
f
Porta
Porta
Porta
Eixo de rotação
Eixo de rotação
Eixo de rotação
40º
68 40º
::40ºFísica :: Módulo 1
F
F
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:
F
∫
f
d
f ∫ ∫ para cima com movimento uniforme. Qual
6) Um foguete se desloca verticalmente
f
a orientação da resultante
de todas as forças
barraque agem sobre o foguete?A
O
F
25 N
40º
d
7) Um corpo de peso igual a 100d N,d desce um plano inclinado de 53º em relação
barra e uniforme.
O com movimento retilíneo
A
à horizontal
barra
barra
O
O
25 N
N
a) o valor da força de atrito que se opõe25aoN25movimento
da caixa.
40º
40º
40º
teto
A
A
F
fio
F barra
F
c
teto
b) o valor da força normal.
fio
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.
60º
53º
fio
fio
teto
teto
barra
barra
barra
Dados: sen(53º) = 0,80; cos(53º)
= 0,60.
c
c
Determine:
c
a) o módulo da força de atrito.
c
b) o módulo da ação normal do plano sobre o corpo.
60º
60º
c
60º
c
polia
c por dois fios (fig. x). Represente um vetor
8) Uma esfera é mantida em repouso
10 cm
d
capaz de representar a resultante das forças exercidas pelos fios sobre a esfera.
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)
A
B
= 0,57, cos(35º) = 0,82.
35º
polia
polia
polia
A
A
B
10 cm
10 cm
10 cm
α
B
A
α
B
β
d
d
c
d
β
c
9) A partícula da figura y está em cequilíbrio.
Determine o módulo da força F e a
F = 72 N
direção do ângulo θ. Dados: sen(53º) = 0,80; cos(53º) = 0,60. 1
35º
35º
α
β
c
O
2,0 kg
5) Um plano inclinado em forma
de cunha move-se com aceleração constante de
2
2
2,0 m/s e mantém
sobre
ele
um
bloco, sem deslizar, conforme ilustra a figura a
2,0 m/s
seguir. Sabendo-se que a massa do bloco vale 2,0 kg, determine o valor da força
resultante aplicada ao bloco.
2,0 m/s
2,0 m/s2
2,0 m/s2
2
2,0 kg
2,0 kg
2,0 kg
F1 = 72 N
α
F2 = 54 N
α
F
F2 = 54 N
d’
d’
A
θ
d
O
F2 = 54 N
F1 = 72 N
θ
d’
35º
d’
F
F
θ
α
A
α como mostra
10) Dois dinamômetros
AF e B ligados
a figura z fornecem as
O
A
α
B
O
A
αAA
Fx
O
d a força F na extremidade livre
leituras FA e FB quando se aplica
α do dinamômetroxB.
α
d
α
Considere desprezíveis os pesos
Qual das
d dos dinamômetros e dos fios deF ligação.
d
F
A
B
F
relações a seguir é correta?
Fy
F
F
A
O
O
B
A
O
F
F
A
d
d
d
Fy
Fy
–y F
Fy
y
A θ
y
A
FFx
x
Fx
α Fx
α
α
F
A
F
x
F
y
B
x
B
F
F1 = 72 N
F2 = 54 N
P T
F1 = 72 N
θ
g
T
F2 = 54 N
θ
F
a
a
Capítulo 11 :: 69
T
a
F
(A) F = FA + FB
(B) F = FA – FB
(C) F ≠ 0, FA = FB = 0
(D) F = FA = FB
(E) FA = FB + F
A
g
P em forma
15) Uma esfera maciça está em repouso, apoiada sobre um suporte
g
de V, conforme ilustra a figura. Indique, por meio de um desenho, as forças que
atuam sobre a esfera identificando cada uma delas.
B
P
F
A
B
F
P
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.
A
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.
B
A
B
θ
a
θ
a
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.
C
Determine:
a) a tração no cabo BC.
C
a
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
g aa
de 3,0 m/s2. Suponha que a aceleração da gravidade é de 10 m/s2. Calcule
indicação na balança.
g
b) a componente horizontal da força
que o eixo A exerce sobre a barra.
g
A
37º
a
B
A
37º
B
Q
c) a componente vertical da força
que o eixo A exerce sobre a barra.
Q a seguir estão representados um bloco apoiado sobre uma mesa,
18) Na figura
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.
Porta
Eixo de rotação
F
13) ParaFcomeçar a andar temos que exercer uma força. Explique como fazemos
∫e sentido) e que força nos impele para frente ao
essa força (em que direção
f
caminharmos.
14) Você chuta uma bola.dFaça um desenho mostrando a força feita pelo seu pé
sobre a bola e a reação a essa força no instante do chute.
O
barra
A
F
N
PB
PM
Com respeito a essas forças podemos afirmar corretamente que, em
módulo:
Fio
(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
Barra
(D) F = N e N é a reação a F
Parede
(E) N = F +PB +PM
teto
fio
barra
53º
37º
a
Barra
Parede
F
70 :: Físicateto:: Módulo 1
fio
53º
barra
19) (UFF/2002) O elevador de passageiros começou a ser utilizado em meados
do século XIX, favorecendo o redesenho arquitetônico das grandes cidades e
c
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 c
(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)
Turistasd que visitam Moscou podem experimentar a ausência
10 cm
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
c
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, emF qualquerNdireção, com aceleração igual a g.
(E) cair verticalmente de grande altura, em queda livre.
F
N
21) d’Uma barra homogênea, de peso
PB P e de seção reta uniforme, está em
equilíbrio, conforme ilustra a figura a seguir.PMA barra está apenas encostada na
PB
α
O
A
parede. Pede-se isolar a barra colocando
corretamente todas as forças externas
PM
α
que atuam sobre dela.
Fio
F
Fio
O
Parede
α
d
Barra
Fx
A
Parede
Barra
Fy
F
53º
53º
37º
A37º
A
B
–F
N
B
N
C
C
bloco
F2
bloco
F1
c
A
B
6,0 m
F3
C
C
FP
FP
4,0 m
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:
FP
C
FV
P
θ
B
Fat
A
a) a força que a parede exerce na escada.
o
b) a ação vertical do solo sobre a escada.
Fat
T
R
c) a ação horizontal do solo contra
a escada (força de atrito).
N
P
o
x
22) A estrutura representada na figura a seguir está em equilíbrio suportando um
bloco de peso = 50 N. Determiney as trações nas cordas A, B e C.
Dados: sen53º = 0,8 e sen37º = 0,6
F
37º
Dica: isole o ponto N na origem de um sistema de eixos ortogonais
A
B
(cartesianos), decomponha as forças e aplique as condições de equilíbrio:
∑ FX = 0 e ∑ FY = 0 . N
Note que os ângulos são complementares
(eles somam 90º), assim use a
C
propriedade: o seno de um ângulo é igual ao cosseno de seu complemento (e
vice-versa).
bloco
Dica: temos equilíbrio, então devemos fazer:
∑ FX = 0, ∑ FFYat = 0 eR ∑ M = 0
Tome o momento em relação ao ponto C e lembre-se que:
N
P
(BC/AB) = tgθ = 2/3.
T
12
Gravitação
[
:: Meta ::
Apresentar as leis de Newton e de Kleper para a gravitação.
:: Objetivos ::
• Conhecer e enunciar as leis de Newton e Kepler para a gravitação;
• Aplicar as leis em casos simples de órbitas circulares;
• Distinguir corretamente os conceitos de massa gravitacional e massa inercial.
]
72 :: Física :: Módulo 1
Solução:
Temos, passando os dados para o SI:
Mo = 5,0 T = 5.000 kg = 5,0 x 103 kg
Mc = 10 T = 10.000 kg = 104 kg
r = 20 m e G = 6,67 x 10–11 N . m2/kg2
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.
3
5, 0 × 10 × 10
A força da gravidade
F = 6, 67 × 10 11 ×
(20)2
4
≈
33, 4 × 10 −11+3+4
≈ 8, 3 × 10 −11+3+4−2 ≈ 8, 3 × 10 −6 N
4 × 102
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:
m2
F
P=G
tempo ∆t
A força F com que dois corpos se atraem é diretamente
área
tempo ∆t
Sol suas massas
proporcional
ao produto das
e inversamente
planeta
área
proporcional ao quadrado da distância entre eles.
m1 .m2
Em linguagem matemática: F = G ⋅ Órbita
elíptica
r2
A constante de proporcionalidade, G, é chamada de constante de gravitação
rotação
universal. O seu valor, independentemente Eixo
do demeio
onde se encontram os dois
corpos, é:
G = 6,67 x 10–11 N . m2/kg2
Raios solares
Vamos 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.
M ⋅m
r2
Encontramos o valor da aceleração da gravidade a uma distância r do centro
da Terra:
M
g=G 2
r
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
Eixo de rotação
valor de g =10 m/s2 para simplificar os cálculos.
P = mg e P = G
Exemplo 1
Como conhecemos a constante de gravitação G = 6,67 x 10–11 m3/s2 kg,
plano2 dee órbita
supondo
a aceleração da gravidade na superfície terrestre, g = 9,81 m/s
que a Terra é uma esfera de 6.370 km de raio, vamos calcular sua massa,
aproximadamente.
Raios solares
A lei da gravitação universal de Newton pode ser enunciada como segue:
Inverno no hemisfério sul e verão no hemisfério norte
A força peso e a aceleração
da gravidade terrestre
M ⋅m
r2
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:
r
plano
de órbita
Exemplo
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 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:
F
m1
m1 .m2
, teremos:
r2
5, 0 × 103 × 104 33, 4 × 10 −11+3+4
F = 6, 67 × 10 11 ×
≈
≈ 8, 3 × 10 −11+3+4−2 ≈ 8, 3 × 10 −6 N
2
2
4 × 10
(20)
De acordo com a lei da gravitação universal F = G ⋅
Verão no hemisfério sul e inverno no hemisfério norte
Capítulo 12 :: 73
Solução:
As Leis de Kepler (1571–1630)
Passando o valor do raio para o SI temos:
r = 6.370 km = 6,37 x 103 km = 6,37 x 106 m
Johannes Kepler foi um astrônomo austríaco que por muitos anos estudou
M ⋅m
Como P = G 2 e também P = mg
o movimento dos astros celestes. Ele trabalhou principalmente no laboratório
r
astronômico da ilha de Uraniborg, construído pelo astrônomo dinamarquês Ticho
Mm
M
Vem mg = G 2 ou g = G 2 onde:
Brahe (1546–1601), sob o patrocínio do rei Frederico II.
r
r
2
Kepler foi aluno e colaborador de Brahe, sendo que as principais medidas
6
9, 81× 40, 57 × 1012 × 10+11
g ⋅ r 2 9, 81× 6, 37 × 10
23
M=
=
= 59, 7 × 10 por=eles
5, 97obtidas
× 1024eram
kg relativas às posições angulares dos planetas, medidas estas
=
6,667
G
6, 67 × 10 −11
realizadas nas mesmas horas, noite após noite, durante vários anos consecutivos.
(
2
=
9, 81× 40, 57 × 1012 × 10+11
= 59, 7 × 1023 = 5, 97 × 1024 kg
6,667
MTERRA = 5,97 x 1024 kg
Exemplo 2
Determine 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.
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:
m2
1a Lei de Kepler (lei das órbitas) F
m1
Os planetas descrevem órbitas elípticas em torno do Sol
F
estando este posicionado num dos focos da elipse.
r
M ⋅m
M
e g = G 2 obtemos:
2a Lei de Kepler (lei das áreas)
r
r2
Substituindo valor de r e os dados do problema, obtemos:
As áreas varridas pela reta que liga o Sol aos planetas
24
−11+24
são iguais para tempos iguais.
6, 0 × 10
40 × 10
g ≈ 6, 67 × 10 11 ×
≈
≈ 15, 6 × 10 −11+24−14 ≈ 15, 6 × 10 −1 m / s2
14
7 2
2, 56 × 10
1, 6 × 10
Com P = G
(
)
(
)
6, 0 × 1024 40 × 10 −11+24
40 × 10 −11+24
≈ 15, 6 × 10 −11+24−14g ≈ 15
6, 67
, 6 × 10 −111m×/ s2
≈
≈ 15, 6 × 10 −11+24−14 ≈ 15, 6 × 10 −1 m / s2
14
14
7 2
2, 56 × 10
2
56
×
10
,
1, 6 × 10
Assim: g ≅ 1,56 m/s2 é o valor da aceleração da gravidade num ponto
tempo ∆t
10.000 km acima da superfície terrestre.
Atividade 1
Calcule você o valor de g a 20 km de altitude e compare com o valor
normal.
Massa inercial
gravitacional
e
massa
Sol
área
planeta
Órbita elíptica
Observações:
rotaçãoeram apenas os que são visíveis
• Os planetas conhecidos na épocaEixodedeKepler
a olho nu: Mercúrio; Vênus; Terra; Marte; Júpiter e Saturno.
• Na realidade as órbitas dos planetas têm excentricidade bem menor que a
da figura, sendo bem próximas de circunferências, à exceção dos “planetas anões”
plano
de órbita
Plutão
e Éris.
• Segundo a convenção de 24 de agosto de 2006 da União Astronômica
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
Inverno no hemisfério sul e verão no hemisfério norte
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.)
Raios solares
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  a = F  , havíamos visto que a massa
m 

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.
tempo ∆t
área
verão
inverno
Raios solares
)
)
Verão no h
m2
F
m1
F
74 :: Física :: Módulo r1
O inverno e o verão
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.
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
tempode
∆ttempo
é maior, desse modo, em média, a radiação solar recebida por unidade
é praticamentetempo
a mesma
(o planeta não
área ou mais frio por causa
∆t
Sol fica mais quente
planeta
área e do verão é devido ao fato do eixo de rotação
disso). A existência do inverno
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,
Órbita elíptica
ocorre o contrário, e é inverno no hemisfério norte (fig.2). m2
m2
1
T2
constante (para todos os planetas)
r3
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.
Ou seja:
F
Eixo de rotação
m1
Exemplo
Eixo de rotação
Considerando 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:
4π 2
plano de órbita
GM
Solução:
Temos que: FGravitacional= FCentrípeta = m . aC = m . (v2/r). Assim:
F
plano de órbita
Raios solares
tempo ∆t
Raios solares
r
planeta
Mm
v2
G⋅M
GM
=
m
⇒ v2 =
⇒v=
2
Verão
no
hemisfério
sul
e
inverno
no
hemisfério
r
r
r norte
r
2π
Lembrando que no movimento circular, v = ω ⋅ r = ⋅ r , vem:
T
G
Inverno no hemisfério sul e verão no hemisfério norte
tempo ∆t
tempo ∆t
área
Sol
planeta
área
2
2
M 4 ⋅ π2r 2
M
r3
M
T2 4 ⋅ π2
 2⋅ π ⋅r 
=
G
⇒
=
G
⇒
G
,
logo:
=
=


T 
r
r
T2
T2
4π 2
r3 G ⋅ M
Eixo de rotação
Órbita elíptica
verão
Raios solares
inverno
plano de órbita
Exercícios
Eixo de rotação
planeta
plano de órbita
A3
Sol
E
Raios solares
F
A Verão no hemisfério sul e inverno no hemisfério
norte
e
A1
Repare que próximo dos polos a incidência dos raios solares é muito mais
A2
inclinada em relação
à superfície terrestre do que nasD regiões próximas do equador,
B
Inverno nopolares
hemisfério
e verão
norte são tórridas (quentes). A
por isso as regiões
sãosultão
friasnoC ehemisfério
as equatoriais
taxa de energia solar por unidade de área é bem menor nos polos. Veja a ilustração
a seguir.
verão
inverno
planeta
F
A
Sol
A3
E
Raios solares
Raios solares
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.
Eixo de rotação
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
plano de órbita
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
Verão
sul e inverno no hemisfério norte
(D)
aA no= hemisfério
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.
r
r
F
Capítulo 12 :: 75
r
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?
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.
A
d
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
r r
FF
F F
(C)(D)
F
r
r
r
(E)
AA
r r
r
r
dd
CC
dd
r
F
r
F
BB
F F
F
r
r
d
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
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.
FF
FF
FF
(A)(B)
F F
C
(A) (5/4)F
(B) 4/5F
(C) 2F
(D) F/2
(E) 3/2F
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
r r
B
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. F F
(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
r r
r r
ao seu peso na Terra:
(A) 2
F
(B) 0,5
(C) 32
(D) 4
(E) 16
r
11) (UEL/2001)
Sobre as forças gravitacionaisr 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.
Inverno no hemisfério sul e verão no hemisfério norte
76 :: Física :: Módulo 1
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
verão
inverno
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:
planeta
F
A
A3
Sol
E
A1
A2
B
D
C
(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
Ver
13
Trabalho, Potência e Rendimento
[
:: Meta ::
Introduzir o conceito de trabalho e de potência e utilizá-los em casos práticos do cotidiano.
:: Objetivos ::
• Definir trabalho e calcular o trabalho de uma força constante;
• Calcular a potência de um sistema;
• Calcular o rendimento em casos simples.
]
78 :: Física :: Módulo 1
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.
(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 F fazendo um ângulo α com a direção
do deslocamento, conforme indicado na figura abaixo
Identificaremos trabalho pela letra grega tau = τ.
F
α
Caso em que a Força tem a
direção do deslocamento

Considere um corpo que é deslocado de d , entre os pontos A e B de uma
trajetória, ao ser submetido a uma força F .
F
A
d
B
S
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 F e d .
A
d
B
S
 
Nesse caso, apenas o componente horizontal de F, Fcos α, realiza trabalho,
por ter a mesma direção do movimento (mesma direção de d ). Temos então, em
módulo: τ = F cos α . d.
Exemplos

1) Supondo que a força F é de 100 N, que o ângulo α tem 30º e o deslocamento

d 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.
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 m
Uma 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.
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 F 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
F
θ
Unidades práticas de trabalho
A
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
B
S
Pede-se:
a) representar esquematicamente todas as forças que atuam sobre o corpo;
F
N
θ
Capítulo 13 :: 79
b) calcular a força normal;
c) calcular o trabalho realizado por cada uma das forças durante o movimento;
d) calcular o trabalho resultante;
F
e) calcular a força resultante.
θ
Solução:
A
B
S
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 F ; a força de atrito fat , a


normal N e o peso do corpo P .
F
N
θ
d) o trabalho resultante é a soma algébrica dos trabalhos realizados por cada
força.
τR = τN + τF + τP + τ f ⇒ τR = 0 + 3200 + 0 − 1000 ⇒ τR = 2200 J
at
e) Só há força resultante na direção x:
Em x temos: FR = F cos θ – fat = 200 . 0,80 – 50 = 160 – 50 = 110 N
Podemos também calcular o trabalho resultante sabendo a força resultante:
τR = FR . 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.
x
x
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 d o seu deslocamento vetorial total. Supondo a aceleração da
gravidade g = 10 m/s2, calcule o trabalho realizado pela força peso.
f at
P
trajetória
A
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 F “ajuda” a superfície a equilibrálo. Para calcular a normal, vamos fazer um desenho dos eixos x e y e projetar as
forças sobre eles.
d
h
trajetória
A
B
y
N
F
F sen θ
θ
f at
F cos θ
x
d
y
h
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
B
N que no caso, em cada ponto, o peso forma
(na direção da trajetória), mas veja
y
um ângulo diferente e desconhecido
com a direção da trajetória e não podemos
β
N a ponto.
P β varia ponto
calcular sua projeção. O ângulo
P
β
N
P
c) o trabalho realizado por

 cada força será:
Pela força normal: como N é perpendicular ao movimento (perpendicular a d ),
ela não realiza trabalho e τN = 0

Pela força F : apenas sua componente na direção x “trabalha”.
τF = F cos θ . d = 200 × 0,80 × 20 ⇒ τF = 3200 J
 
A componente vertical de F , F sen θ não realiza trabalho pois também é
perpendicular à direção do movimento.

Trabalho realizado pela força peso: τP = 0 pois P 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 ( fat tem sentido contrário a d ).
τf = − fat . d ⇒ τf = − 50 × 20 ⇒ τf = − 1000 J
at
at
at
y
N
P β
N
β
P
O corpo não se move
na direção vertical, assim a componente da resultante
no eixo y deve ser nula,R y = 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
N
P
β
P
β
N
N
β
P
β
P
y
Como resolver o problema? A solução consiste em projetar a trajetória na direção


da força. Nesse caso, a projeção de d na direção y é o h . Veja na figura a seguir:
A
d
h
B
y
80 :: Física :: Módulo 1
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 . altura
Logo: τP = P . h ⇒ τP = mg . h ⇒ τP = 62 × 10 × 2,0 ⇒ τP = 1240 J
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
P=
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.
τ
42000
3
⇒P =
= 7000
F ⇒ P = 7, 0  10 W
∆t
6
45°

3) Uma caixa com 60 N de peso é arrastada por meio de uma força F ,
∆S com uma velocidade
100
Sconstante de 4 m/s.
na mesma direção0do deslocamento,
A força de atrito entre a superfície e a caixa é de 50 N. Calcular a potência
desenvolvida pela força F .
N
f at
F
S
P
A potência mede a rapidez com que o trabalho é
realizado.
Por definição temos: Potência =
τ
Trabalho
ou P =
∆t
Tempo
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:
τ
340
P = ⇒P =
⇒ P = 34 J / s
∆t
10
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:
• quilowatt (kW ) onde 1 kW = 1000 W = 103 W;
• cavalo-vapor (cv) onde 1 cv = 736 W
• “horse-power” (hp) onde 1 hp = 746 W
Vamos fazer mais alguns exemplos:

2) Uma força F 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)
F
45°
∆S
0
100
N
f at
S
Solução:
A velocidade é constante.
 Trata-se de um caso de equilíbrio, portanto, a resultante
das forças deve ser nula ( R = 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 . ∆S e a potência se torna:
P=
τ F  ∆S
=
∆t
∆t
Como
∆S
é a velocidade da caixa, podemos escrever:
∆t
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:
τ 6, 0 × 104 6, 0 × 104
=
=
= 200 W
∆t
300
3 × 102
200
Em cv : P =
= 0, 27 cv
736
P=
Capítulo 13 :: 81
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.
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.
F(N) x 103
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:
• O trabalho motriz (τM) = 8,0 × 104 J é o trabalho total realizado pela
bomba.
• O trabalho útil (τu) = 6,0 × 104 J foi utilizado para levar a água até a
caixa.
• Restando um trabalho passivo (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:
τ
Trabalho útil
ou r = u
Rendimento =
τM
Trabalho motriz
Assim, para a bomba d’água do exemplo temos:
6, 0 × 104
r=
= 0, 75 = 75%
8, 0 × 104
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.
1,0
S (x 102 m)
2,0
6,0
10
V (m/s)
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
4,0
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.t Determine:
(s)
a) o trabalho
realizado
pela
força
motora.
0
4,0
10
16
b) a potência do motor.
F(N)
5) Um rapaz80de massa 60 kg sobe uma escada
de 20 degraus em 10 s. Cada
F1
degrau possui6020 cm de altura. Determine:
a) trabalho realizado pela força peso.
40
20
b) a potência com que o rapaz sobe a escada. Considere g = 10 m/s2.
0
5,0
10
15
x(m)
– 20
6) Uma máquina consome 5,0 hp em suaFatoperação. 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.
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.
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?
82 :: Física :: Módulo 1
b) Qual o módulo da força, suposta constante, que se opõe ao movimento do
projétil dentro do bloco?
b) o trabalho realizado pela pessoa.
c) a potência desenvolvida pela pessoa.
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.
15) Uma força constante de 60 N atua sobre um corpo deslocando-o por uma
distância AB = 10 m, no sentido de S. Determine o trabalho realizado pela força

F
F em cada um dos casos abaixo:
F
F
a)
F
A
A
A
A
c) o trabalho da força de atrito.
F
F
30° F
30° F
30°
30°
b)
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.
A
A
A
A
c)
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 hora. 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.
A
A
A
A
S
S
S
S
B
B
B
B
S
S
S
S
120°
120°
120°
120°
B
B
B
B
S
S
S
S
F
F
F
F
d)
A
A
A
A
e)
12) Um móvel de potência 60 cv desloca-se com velocidade constante e igual a
72 km/h. Determine a força produzida pelo motor.
F
F
F
F
B
B
B
B
F
F
F
F
B
B
B
B
A
A
A
A
S
S
S
S
B
B
B
B
S
S
S
S
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?
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.
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.
14
A energia cinética
e sua relação com o trabalho
[
:: Meta ::
Definir energia cinética e estabelecer sua relação com o trabalho.
:: Objetivos ::
• Reconhecer e conceituar a energia cinética e sua relação com o trabalho;
• Calcular a energia cinética de um corpo em movimento;
• Aplicar o teorema do trabalho-energia em casos simples.
]
84 :: Física :: Módulo 1
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:
1
Ec = mV 2
2
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.
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.
Vi
Vf
F
∆S
Temos:
O trabalho: τ = F . ∆S e a Força: F = m . a (1)
(2)
Como F é constante, temos aceleração constante, logo o movimento é do tipo
MUV e podemos aplicar Torricelli:
V 2 − Vi2
Vf2 = Vi2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆S onde ∆S = f
(3)
2⋅ a
Substituindo (3) e (2) em (1) obtemos:
 V 2 − Vi2 
τ = m⋅a⋅ f

 2⋅ a 
Eliminando o (a) e fatorando-se, o trabalho se transforma em:
1
1
τ = mVf2 − mVi2 (energia do movimento)
2
2
1 2
à grandeza mV chamamos de energia cinética (Ec)
2
Assim, podemos escrever τ = Ec − Ec ou τ = ∆Ec
Ou seja:
f
i
“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:
1
Ec = mV 2
2
Assim: (unidade de energia) = (unidade de massa) . (unidade de velocidade
ao quadrado); isto é:
2
m
 m 
(unidade de energia) = (kg)    =  kg  2   (m) = N  m = Joule
 s 
s 
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).
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 1
Um 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.
1
1
Ec = mV 2 = × 4 × 32 = 2 × 9 = 18 J
2
2
Exemplo 2
Qual 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:
1
1
1 
Ec = mV 2 e Ec = m(3V )2 = 9  mV 2  . Logo, Ec = 9  Ec
2 
2
2
A energia será 9 vezes maior.
1
2
2
1
Solução:
Temos:
τ f = ∆Ec = Ec − Ec
at
f
i
1
τ f = 0 − mVi 2 (pois Vf = 0)
2
1
τ f = − × 800 × (20)2 = −160000J
2
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:
τf
−160000
.
τ f = fat i ∆S. Isto é, fat =
=
∆S
40
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.
at
at
at
at
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.
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:
2) Uma pedra presa à extremidade de um fio gira em torno de um ponto fixo
1 2 1 2
descrevendo uma trajetória circular supostamente horizontal. Determine o trabalho
τ = ∆Ec ⇒ τ = Ec − Ec = mVf − mVi
2
2
realizado sobre a pedra pela tração do fio.
1
1
1
1
2
2
= Ec − Ec = mVf 2 − mVi 2
τ = × 20 × (20) − × 20 × (110) ⇒ τ = 10 × 400 − 10 × 100 = 4000 − 1000 ⇒ τ = 3000J
2
2
2
2
1
2
2
× (20) − × 20 × (110) ⇒ τ = 10 × 400 − 10 × 100 = 4000 − 1000 ⇒ τ = 3000J
2
3) Dá-se um tiro contra uma porta. A bala, de massa m = 20 g, antes de
Exemplo 4
atravessar a porta tinha uma velocidade v1 = 800 m/s. Logo após atravessar a
Um automóvel com 800 kg de massa, caminha sobre uma estrada plana e
porta, sua velocidade é v2 = 200 m/s. Determine:
horizontal com velocidade de 20 m/s quando o motorista freia de modo que após
a) o trabalho da resultante das forças que agiram sobre a bala enquanto ela
um certo tempo a força de atrito resultante faz o automóvel parar. Vamos calcular
atravessava a porta.
o trabalho realizado pelas forças de atrito.
f
f
i
i
V i = 20 m/s
f at
Vf = 0
f at
b) o valor da força resultante, suposta constante. Considere a espessura da
porta igual a 5,0 cm.
86 :: Física :: Módulo 1
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.
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.
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.
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
6) Em um bloco de massa igual a 5,0 kg, inicialmente em repouso, aplica-se uma
força de intensidade 70 N, como mostra figura.
70 N
37º
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 cinemático 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.
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
15
A energia potencial
[
:: Meta ::
Introduzir os conceitos de energia potencial gravitacional e energia potencial elástica.
:: Objetivos ::
• Reconhecer e calcular a energia potencial gravitacional;
• Resolver problemas simples de elasticidade, em molas que obedeçam à lei de Hooke;
• Reconhecer e calcular a energia potencial elástica;
• Distinguir forças conservativas de forças dissipativas em casos simples.
]
88 :: Física :: Módulo 1
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.
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.
Corpo
20 m
Edifício
5m
Calçada
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 . h
Repare 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 . h
Assim, 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.
10 m
Rua
Terra
Mar
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 J
Pelo teorema trabalho-energia, todo o trabalho realizado pela força peso será
transformado em energia cinética (quando não há perdas). Assim:
τpeso = EP = EC − EC
800 = EC – 0 (pois Vinicial = 0) ⇒ EC = 800 J
E a energia potencial gravitacional foi toda convertida em energia cinética.
f
f
i
f
Exemplo 2
Uma 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:
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 J
b) EP = m . g . h mas, nesse caso, h = 4 – 3 = 1 m, logo:
EP = 2,0 × 10 × 1 = 20J
E 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 = 0
d) 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 = ∆EC = EC − EC = 0
80 = EC + 0 (pois EC = 0) ⇒ EC = 80 J
f
i
f
i
f
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.
x=0

x = 0 pela força FF
mola esticada
F
x=0
x
x=0
x
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 e 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.
mola livre (relaxada)
x=0
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.
F
2 F

x = 0 comx uma força 2 F
Se você puxar
x=0
x
2x
x=0
x
2x
x=0
x
2x
2 F
2 F
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.
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
a
b
x (posição)
Pequeno deslocamento dx
90 :: Física :: Módulo 1
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:
P m  g 800
F= =
=
× 10 = 2000 N
4
4
4
Ainda para cada mola temos:
bloco I
F (força)
Aplicação
para a
força elástica da mola
As molas, como vimos anteriormente,
τ = “área” 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 forçab aplicada à mola
(F = k . x). Para
a
x (posição)
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:
F 2000(N)
F=k x⇒k = =
= 400 N / cm
x 5(cm)
Como 5 (cm) = 0,05 (m), teremos no SI:
2000(N) 2000(N)
k =V=0
=
= 40000 N / m
5(cm) 0, 05(m)
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.
Força
elástica
V≠0
bloco II
Posição de equilíbrio
F
≠0
V=0
Trabalho
de uma força Vvariável
bloco I
bloco II
Posição de equilíbrio
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
P
nível superior. Tomemos como exemplo uma força F que varia com a posição x de
acordo com o gráfico a seguir.
2m
V Para um deslocamento muito pequeno (como o dx no gráfico) a força varia
P
tão pouco que é praticamente constante durante esse deslocamento, assim,
o pequenino trabalho para o corpo se deslocar de dx pode ser escrito como 2 m
d . τ = VF . dx. Veja que esse trabalho é igual à pequena “área” sombreada no
gráfico a seguir.
F (força)
F
F (força)
1
τ = kx 2 =
2 b
F
a
Se o deslocamento dx é realmente muito
pequeno, podemos considerar que a força
F é praticamente constante aqui nesse
trechinho do gráfico.
Se o deslocamento dx é realmente muito
pequeno, podemos considerar que a força
F é praticamente constante aqui nesse
Pequena “área” = Pequeno trabalho
do gráfico. 2
2trechinho
2
10 × 10 × 6dτ, 0=×F .10dx−2
(
2
x (posição)
)
=
x (elongação)
O trabalho para esticar a mola é então:
“área” = trabalho = τ =
F⋅ x k ⋅ x ⋅ x
(pois a força elástica é F = kx)
=
2
2
1
Logo: τ = kx 2
2
Exemplo
Vamos 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:
N
N
N/m
x = 6,0cm = 6,0 . 10–2 m e k = 10 = 10 −2 = 10 × 10+2 m
cm
10 m
Assim:
2
−2 2
1 2 10 × 10 × 6, 0 × 10
10 × 102 × 36 × 10 −4
τ = kx =
=
= 18 × 101+2−4 = 18 × 10 −1 = 1, 8J
2
2
2
(
)
10 × 10 × 36 × 10 −4
= 18 × 101+2−4 = 18 × 10 −1 = 1, 8J
2
Pequena “área” = Pequeno trabalho
Pequeno deslocamento dx dτ = F . dx
Para calcularmos
o trabalho de buma força variável
F para um deslocamento
a
x (posição)
desde uma posição (a) até uma posição (b), utilizando o raciocínio anterior, basta
Pequeno deslocamento dx
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
O trabalho realizado pela força F ao
quem desenvolveu esse método de cálculo,deslocar
na mesma
suas
um corpoépoca
desde aque
até bdescobriu
é
F (força)
dado pela “área” sobre o gráfico,
famosas leis da mecânica.
F (força)
entre os pontos a e 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.
τ = “área”
a
b
x (posição)
τ = “área”
a
Força
elástica
F
Força
b
x (posição)
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.
1
A energia potencial elástica é dada por: EP(elástica) = Kx 2
2
Capítulo 15 :: 91
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
1
1
b) EP = kx 2 = × 400 × (0,10)2 = 2, 0 J
2
2
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.
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.
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
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
.
V


Indicando por F a força da mola e por P a força-peso aplicadas na bolinha, o
único esquema que pode representar tais forças na situação descrita acima é:
g
V
P
F
P
V
V
V
V
g
g
g
g
92 :: Física :: Módulo 1
(A)
P
P
P F
PF
F
F
(B)
P
P
(C)
P
P
P
(D)
F
P
F
P
F
F
P
P
P
P
P
(E)
F
P
F
F
F
P
P
P
10) Duas molas têm massas desprezíveis, o mesmo comprimento quando
relaxadas e constante elásticas k1 e k2. Elas estão dispostas da forma representada
na figura a seguir. Uma força F é aplicada ao sistema.
É possível substituir o par de molas por uma única mola equivalente de
constante k. Sendo assim, é correto afirmar:
(A) k = k1 x k2
(B) 1/k = 1/k1 + 1/k2
(C) k = k1 + k2
(D) 1/k = 1/k1 - 1/k2
(E) k = k1 – k2
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.
bloco I
bloco II
bloco I
P
2m
V
(A) 0
(B) 5
(C) 10
(D) 15
Se o deslocamento dx é realmente muito
pequeno, podemos considerar que a força
F é praticamente constante aqui nesse
trechinho do gráfico.
F (força)
F
Pequena “área” = Pequeno trabalho
dτ = F . dx
b
x (posição)
Pequeno deslocamento dx
V≠0
bloco II
Posição de equilíbrio
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
V=0
V≠0
V=0
Posição de equilíbrio
F (força)
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.
16
A energia mecânica e a conservação da energia
[
:: Meta ::
Introduzir o conceito de energia mecânica e de energia térmica, realçando a importância do
princípio da conservação da energia.
:: Objetivos ::
• Aplicar o princípio da conservação da energia mecânica em sistemas conservativos;
• Aplicar o princípio geral da conservação da energia em situações nas quais parte da energia é
dissipada sob a forma de energia térmica.
]
94 :: Física :: Módulo 1
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.
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
v = 2,0 m/s
v=0
A
A
hA
B
v
hB
solo
B
hA
v
vB
hB
C
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.
Solução:
A energia cinética em A:
1
1
 m  VA 2 = × 50 × (2, 0)2 = 100 J
2
2
A energia potencial em A, tomando como referencial o solo:
EP = m . g . hA = 50 × 10 × 10 = 5000 J
Assim energia mecânica em A será:
EM = EC + EP = 100 + 5000 = 5100 J = 5,1 × 103 J
EC =
A
A
A
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:
EM = EM ou EC + EP = EC + EP
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
B
A
A
B
B
A
A
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:
EM = EM = 5,1 × 103 J (já calculado anteriormente).
Tomando como referencial o solo, a energia potencial em B será:
EP = m . g . hB = 50 × 10 × 6 = 3000 = 3,0 × 103 J
Assim, a energia cinética em B será:
Temos EM = EC + EP , onde EC = EM − EP
Logo EC = 5,1 × 103 – 3,0 × 103 = 2,1 × 103 J
B
A
B
B
B
B
B
B
B
B
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 EM = EM , porque parte da energia
mecânica foi transformada em energia térmica (a energia mecânica não se
conserva quando há atrito). Devemos então escrever: EM = EM – Eperdida
E o princípio geral da conservação da energia será satisfeito. Assim, no caso:
EM = 5,1 × 103 – 0,4 × 103 = 4,7 × 103 J
A energia potencial em B, com respeito ao solo é mesma do caso anterior:
EP = m . g . hB = 50 × 10 × 6 = 3000 = 3,0 × 103 J
B
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
B
B
B
A
vA
A
R
v0
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.
A energia cinética em B será então:
EM = EC + EP onde:
EC = EM − EP = 4,7 × 103 – 3,0 × 103
EC = 1,7 × 103 J
B
B
B
B
B
B
v0 16 :: 95
Capítulo
B
A
De um modo geral, podemos escrever: EM = EM – 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.
ECi
vB
ECf
B
h
R
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.
A
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
7,0 mdissipada pelo ar. Considere g = 10 m/s2.
energia
2) Uma esfera de massa 2,0 kg parte do repouso do ponto A de um plano
inclinado (veja a figura).
10 m
A
B
0,80 m
a) Determine a velocidade da esfera no ponto B. Considere os atritos
desprezíveis.
A
C
= 0 cm. A
6) Uma esfera está presa à extremidade de um fio de comprimentovA 40
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 60ºA com a vertical. A
A
seguir, abandona-se
a esfera a partir do repouso (pêndulo simples). Determine
hA
C
com que velocidade a esfera passará pelo ponto mais baixo da trajetória.
Considere
2
os atritos desprezíveis e g = 10 m/s .
h = 5,0 m
vA
B
0,50 m
B
A
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,vA =à 0
metade da altura da queda.
Considere nula a energia potencial no solo, desprezível
A
A
a resistência do ar e g = 10 m/s2.
b) Determine com que velocidade a esfera passaria pelo ponto B,
R
supondo que o atrito consome 64 J da energia mecânica da esfera. Considere
2
v0
0 h =. 5,0 m
g = 10 vm/s
hA
B
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.
A
vA
A
R
h
vB
B
v0
vR0
L
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
B 1,0 m. Determine:
a) o trabalho realizado pela força de atrito.
θ
b) o coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a mesa.
m
R
R
A
A
vB
7,0 m
B
m
h
R
θ
A
vA
10 m
C
R
A
v0
v0
vB
B
h
96 :: Física
:: Módulo 1
C
13) Uma esfera de massa m presa à extremidade de um fio de comprimento L é
m conforme ilustra a figura a seguir. Quando amesfera
posta a girar num plano0,80
vertical
passa pelo ponto mais alto da trajetória, ponto A, a velocidade é tal que a tração
B
no fio é nula. No instante em que a bola passa pelo ponto B, parte mais baixa
da trajetória, a velocidade é duas vezes maior do que a do ponto A (VB = 2VA).
Pede-se determinar, em função de L, m e g:
A
vB
A
θ
A
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:
h
B
B
R
0,50 m
R
R
θ
m
A
7,0 m
m
10 m
B
R
L
C
R
a) a velocidade do bloco ao atingir o ponto B.
A
B
v0
m
a) a velocidade da bola no ponto A.
A
2
7,0 mb) a distância BC que o bloco percorre até parar. Considere g = 10 m/s
.
0,80 m
m
10) Uma esfera10move-se
sobreBos planos da figura esboçadaCa seguir. A velocidade
da esfera em A é igual a 2,0 m/s. Determine o valor da velocidade
em B e em C.
B
Considere os atritos desprezíveis.
A
A
C
0,80 m
0,50 m
L
C
0,50 m
b) tração no fio no ponto B.
P
A
14) Um motorista dirige um carro de massa 1,2 x 103 kg com velocidade 20
v0 o carro entra numa
m/s numa estrada plana, horizontal e asfaltada. A seguir,
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.
P
B
B
11) Considere aA 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.
A
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
L
12) Um motorista dirige um carro de massa 9,0 x 102 kg que percorre uma
B
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?
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?
h
A
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.
vA = 10 m /s
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.
A
b) a perda de energia mecânica da criança durante a descida no tobo-água.
hA
vB
B
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;
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.
vA = 0
A
b) a velocidade do carrinho ao chegar em B.
hA
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.
A
R
v0
vB
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
B
compressão máxima, pois, neste instante, a velocidade do carrinho será nula e ele
não terá
mais energia cinética.
R
B
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.
vA = 0
d) supondo que ao chegar em B a velocidade do carrinho era de 10 m/s
A
θ a descida.
calcule o trabalho da força de atrito durante
hA
B
vA
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.
A
R
vB
vB
m
23) (Cederj/2005)
RDois garotos de mesmo peso, Clóvis e Luiz, se divertem nos
B
escorregadores de um parque aquático. Em um dado instante,
ambos começam
a deslizar em dois escorregadores, a partir do repouso, conforme ilustra a figura.
R
v=0
m
v0
4,0 m
B
1,25 m
C
1,5 m
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,
hmax = 0,60 m
v0
vB
B
C
θ
A
hA
B
vB
98 :: Física :: Módulo 1
B
vA = 0
a energia cinética, a potencial gravitacional e mecânica de Clóvis, no instante em
A
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
hA
daA água. Marque a única
afirmativa correta.
vB
v0 (A) UC = UL ; KC > KL e EC = EL.
B
h =(B)
5,0 UmC > UL ; KC > KL e EC > EL.
(C) UC = UL ; KC = KL e EC > EL.
(D) UC < UL ; KC > KL e EC = EL.
B
(E) UC = UL ; KC > KL e EC > EL.
A
R
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
A
B faz com o solovAhorizontal
um ângulo θ e a outra, naturalmente, um
vinclinada
B
ângulo (90 – θ). Dois blocos são abandonados no mesmo instante no ponto mais
R
R
alto das rampas.
Um desce por uma rampa
e o outro pela outra. Considere os dois
blocos vcom
dimensões desprezíveis e deslizando sem atrito.
v0 Considerando como
0
dados θ e a aceleração
da
gravidade
g,
calcule:
v =0
A
A
hA
Aa)
vB
a razão entre os tempos gastos pelos blocos para chegarem ao nível do
m
vB
R
A
hA a superfície do
b) Calcule a direção, o sentido e o módulo da força normal que
hemisfério exerce sobre o bloco no instante t1.
B
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
θ
será comprimida é:
(A) 0,24 m
(B)0,32 m
m
R
(C) 0,48 m
(D) 0,54 m
(E) 0,60 m.
R
θ
solo.
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
vA = t00 até o
instante t1 .
B
B
h
27) (Cederj/2006) Uma partícula de 0,20 kg sobe um trilho vertical cujo perfil
está representadona figura. Elamparte da base do trilho com uma velocidade inicial
horizontal , de módulo
igual a 4,0 m/s, e consegue atingir, no máximo, a altura
Vo
de 0,60 m.
θ
R
b)C a razão entre os módulos das velocidades com que os blocos chegam ao
R
nível do solo.
B
m
B
v0
Dicas: temos MRUV nas duas rampas. Na rampa menos inclinada o corpo desce
com aceleração a = Cg.senθ (calcule você a aceleração na rampa mais inclinada).
Depois Adisso 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
0,50 m
encontrar rapidamente a solução para o item b e, em seguida, encontrar a solução
7,0 m
para o item a. (Por que não tentar as duas maneiras de resolver o problema?).
h = 0,60 m
max
v0
25) (Cederj/2004)
10 m Um pequeno
B bloco de massa m = 1,0 kg
C é abandonado no
instante t0 , a partir do repouso, de um ponto naθ beirada da superfície interna de
um hemisfério de raio R = 1,0 m, como ilustra a figura.
m
A
P
R
A
C
R
0,80 m
m
hmax = 0,60 m
m
P
A
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
v0
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.
0,50 m
B
A
A
hmax = 0,60 m
R
Considere g = 10 m/s2. Calcule o trabalho realizado pelos diversos atritos que
se opõem ao movimento da partícula durante a subida.
P
m
R
17
Impulso e momento linear
[
:: Meta ::
Introduzir o conceito de impulso, o conceito de quantidade de momento linear e sua conservação, e estabelecer a relação entre esses conceitos.
:: Objetivos ::
• Conceituar quantidade de movimento;
• Conceituar impulso de uma força;
• Estabelecer a relação entre impulso e momento linear;
• Aplicar o princípio da conservação do momento linear.
]
100 :: Física :: Módulo 1
Introdução
F
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:
I = F i ∆t
Ou seja, Impulso = força . intervalo de tempo da ação da força
O 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 . ∆t = 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:
Q=m i v
Ou seja, quantidade de movimento = massa . velocidade
É 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
∆t, de modo que o mesmo adquire uma velocidade v2.
Depois de um tempo ∆t
Antes
m
vi
vf
Aplicando a 2a lei de Newton ao movimento do corpo, teremos:
∆V
⇒ F  ∆t = m  ∆V ou I = ∆Q
∆t
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 Q
Vamos agora fazer um exemplo numérico.
F= m a⇒F= m 
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.
F
vi = 20 m/s
v
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 . ∆t = 20 × 3,0 = 60 N . s
c) Temos que calcular a velocidade final do carrinho pois:
Qf = m . Vf (*)
Como I = ∆Q = m(Vf − Vi) temos:
I
I
= v − vi ⇒ vf = + vi
m f
m
60
+ 20 = 10 + 20 = 30 m / s
vf =
6, 0
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:
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 1
Consideremos 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.
vc
vp
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 = 0
M . Vc + m . Vp = 0
m  vp
12 × 600
vc = −
=−
= − 4, 0m / s
M
1800
O sinal negativo indica que o canhão “anda” em sentido contrário ao
projétil.
Exemplo 2
Consideremos 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, rompese o barbante, e os carrinhos são impulsionados, um para cada lado.
barbante
v=0
m1
v1
m2
Após cortarmos o barbante
m1
m2
v2
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 ⇒
m v
2, 0 × 3 6 3
v2 = 1 1 ⇒ v2 =
= = = 1, 5 m / s
4, 0
4 2
m2
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.
102 :: Física :: Módulo 1
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 homemcanoa 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.
18
Colisões
[
:: Meta ::
Apresentar o estudo de colisões unidimensionais e fazer aplicações práticas das leis de conservação da quantidade de movimento e da conservação (ou não) da energia cinética.
:: Objetivo ::
• Resolver problemas de choques frontais, elásticos e plásticos.
]
104 :: Física :: Módulo 1
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
(EC = EC ). 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 VA e VB , respectivamente, sofrem uma colisão frontal elástica. Temos,
então, que resolver o sistema:
 EC = EC de acordo com a conservação de energia cinética

 Qi = Qf de acordo com a conservação da quantidade de movimento
ou
1
1
1
1
2
2
2
2
 m A VA + mB VB = m A VA + mB VB
2
2
2
2
m A VA + mB VB = m A VA + mB VB

i
f
i
i
i
f
i
i
i
f
i
f
f
f
f
i
f
f
i
VA − VA
i
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:
V = 4 m/s
A
m
B
m
f
i
i
i
f
i
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
+ VA
Ai
(V
)(V
Ai
f
− VA
Ai
f
− VA
)
f
) = (V
Bf
+ VB
(V
i
Bf
)(V
Bf
− VB
i
− VB
)
i
)
Logo, (VA + VA ) = (VB + VB ) ou:
i
f
f
Antes do choque
i
i
Depois do choque
(VA – VB )
=
i
(VB – VA )
f
f
ou ainda, (VA – VB ) = −(VA −VB )
i
i
f
f
A velocidade VA – VB 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 – (VA – VB ).
i
f
f
A
m
f
B
m
V = 4 m/s
Exemplo 2
Uma 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.
Solução:
Antes do choque temos:
V = 4 m/s
A
2m
i
f
f
V=0
i
Sabendo-se que (a + b) (b – a) = a2 – b2 podemos escrever:
(V
V=0
Usaremos
 mAVA + mBVB = mAVA + mBVB

 VA – VB = – (VA – VB )
V=0
No caso, como as massas são iguais:
V = 4 m/s
A
B
 m . 4+0 = mVA + mVB
m
m

 4 – 0= −(VA – VB )
ou
 VA + VB = 4 (*)

V = 4 m/s
A
B
V=0
 4 = VB – VA
m
m
Igualando-se as duas equações: VA + VB = VB – VA ⇒ 2VA = 0 ⇒ VA =0
Levando em (*) vem: VB = 4 m/s
E as bolinhas, como têm mesma massa, trocam de velocidade. Depois do
choque temos:
i
f
VB − VB
f
f
f
f
VB 2 − VB 2
=
f
f
f
f
i
Dividindo-se a primeira equação pela segunda vem:
VA 2 − VA 2
i
i
f
i
f
i
i
f
Colocando-se mA e mB em evidência vem:
 mA (VA 2 – VA 2) = mB (VB 2 – VB 2)

 mA (VA – VA ) = mB (VB – VB )
i
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
 mAVA + mBVB = mAVA + mBVB

 VA – VB = – (VA – VB )
B
m
Usaremos
 mAVA + mBVB = mAVA + mBVB

 VA – VB = – (VA – VB )
i
i
i
i
f
f
V=0
f
f
V = 1,3 m/s
A
2m
B
m
V = 5,3 m/s
Capítulo 18 :: 105
No caso,
 2m . 4+ m . 0 = 2mVA + mVB

 4 – 0 = – (VA – VB )
ou
 2VA + VB = 8

 4 = VB – VA ⇒ VB = VA +4 (**)
Substituindo (**) na
equação temos:
V = 4 m/s
A primeira
f
f
f
Colisões Inelásticas ou Plásticas
f
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 Ec ≠ Ec . Vamos resolver um exemplo interessante
onde ocorre um choque perfeitamente plástico.
f
f
f
f
f
f
f
B
m
V=0
2m
4
2VA + VA + 4 = 8 ⇒ 3VA = 8 − 4 = 4 ⇒ VA = = 1, 3 m / s
3
Levando em (**) vem: VB =1,3 × 4 = 5,3 m/s
Assim, depois do choque temos:
f
f
f
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 ⇒ mAVA + mBVB = (mA + mB) VA,B onde:
f
f
V = 1,3 m/s
A
2m
B
m
V = 5,3 m/s
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.
Solução:
Antes do choque temos:
B
2m
Usaremos:
 mAVA + mBVB = mAVA + mBVB

 VA – VB = – (VA – VB )
V = – 2 m/s
No caso,
A
 m . 6 + 2m . 0 = mVA + 2mVB
m

 6 + 0 = VB – VA
ou
 VA + 2VB = 6 (*)

 VB = 6 + VA (**)
Substituindo VB de (**) em (*), temos:
i
i
i
i
f
f
VA ,B =
f
i
m A + mB
i
i
=
f
i
1
1
(m A + mB ) VA ,B = (10 + 30)  22 ⇒ EC = 80 J
2
2
Vemos assim que houve uma perda de 240 J na energia cinética do sistema
durante a colisão.
EC =
f
B
2m
10  8 + 30  0 80
= = 2, 0m / s
10 + 30
40
1
1
1
10  64
EC = mB VA 2 + mB VB2 =  10  82 + 0 ⇒ EC =
= 320 J
2
2
2
2
Depois:
V=0
f
f
A energia cinética:
Antes:
f
f
f
i
m A VA + mB VB
i
V = 6 m/s
A
m
i
V = 4 m/s
f
f
Exercícios
f
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
6
VA + 2(6 + VA ) = 6 ==> VA + 12 + 2VA = 6 ==> 3VA = 6 − 12 = −6 ==> VA homem
= − =salta
−2para
m / cima
s dele, passando ambos a se deslocar, segundo o mesmo
3
observador,
com
velocidade
estimada de:
6
2VA = 6 ==> 3VA = 6 − 12 = −6 ==> VA = − =A −2 mV =/6sm/s
B
V=0
(A) 1,2 m/s
(B) 2,4 m/s
3 m
2m
E a bolinha A inverte o sentido do movimento, daí o sinal negativo na sua
(C) 13,6 m/s
(D) 14,8 m/s
velocidade. Levando em (**) vem: VB = 6 – 2 = + 4 m/s
Assim, depois do choque temos:
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
V = – 2 m/s
V = 4 m/s
ao solo. Ela atira a bola, horizontalmente, com velocidade de 21 m/s em relação
A
B
m
2m
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
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
106 :: Física :: Módulo 1
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:
M
M
M
m m m m
M
(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
g
parede
V
(B) VA = 0 e VB = 2V0
2
A
(C) VA = 0 e VB =2V0
(D) VA =
V0
2
e VB =
(E) VA = 0 e VB = V0
V0
2
B
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.
E1
V
E2
x
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.
19
Atividades complementares
a
xx
yy
yy :: Física :: Módulo 1
108
m
xx
xx
c
d
y
Energia
Energia Cinética
Cinética
Energia
Energia Cinética
Cinética
Energia Cinética
Energia
Energia Cinética
Cinéticaa
Energia
Energia Cinética
Cinética
(B)
Profundidade
PP0
0
d
PP0
c
a
b
aa
c
bb
a
d
cc
b
dd
dd
b
dd
c
VV0
0
VV0
d
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Profundidade
c
Energia
Energia Cinética
Cinética
a
Energia
Energia Cinética
Cinética
(C)
cc
cc
Energia Cinética
Energia
EnergiaCinética
Cinética
Energia Cinética
Profundidade
b
c
PP0
0
PP0
d
(D)
Energia
Energia Cinética
Cinéticaa
Energia
Energia Cinética
Cinética
dd
dd
N
Fat
d
N
dd
dd
NN
FN
b
(a)
(a)
(a)
(a)
Fat
FatFat
Fat
Profundidade
d
(C)
P
P0
F
PP
Fat
dd
dd
Fat
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Profundidade
FatFat
Fat
P
N
F
PP
FF
NN
(a)
V0
V
VV
VV
N
V
Fat
P
(b)
m
F
N
VV
VV
F
m
m
m
m
P
Profundidade
d
(b)
(b)
(b)
(b)
(a)
(a)
(a)
(a)
P
0
NN
N
c
V
VV0
0
VV0
P
N
(b)
V0
F
N
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Profundidade
(a)
0
FF
Energia Cinética
a
Energia
Energia Cinética
Cinética
Energia
Energia Cinética
Cinética
V
VV
VV
PP
PP
PP0
0
PP0
(b)
(b)
(b)
(b)
(b)
P
P
(a)
VV
VV
0
PP
(b)
(a)
(a)
(a)
(a)
(b)
(b)
(b)
(b)
VV0
0
VV0
P
(a)
V
P0
N
N
VV
VV
V0
F
Profundidade
c
cc
cc
(b)
(b)
(b)
(b)
P
NN
(B)
b
bb
bb
(a)
(a)
(a)
(a)
V0
PP
PP
PP0
0
PP0
P
P
aa
aa
PP
PP
P
Profundidade
Profundidade
Profundidade
P0
P
3) Um bloco, homogêneo, move-se para a direita sobre um
plano horizontal, com
Profundidade
a
b
c
d
a a retilíneo
b b uniforme, sob ac c ação ded duma força horizontal F conforme
movimento
a
b
c
d
ilustra a figura a seguir. Considerando a resistência
do ar desprezível, asVV0 forças que
N
0
atuam sobre o bloco durante o movimento estão melhor representadasVV00 por:
F
F
FF
F
(A)
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Profundidade
c
cc
cc
(b)
V
0
b
bb
bb
(a)
V0
d
Energia Cinética
aa
aa
VV
VV
0
Fat
bb
bb
(a)
(a)
(a)
(a)
(b)
(b)
(b)
(b)
P
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Profundidade
Energia Cinética
Energia Cinética
aa
aa
PP
PP
0
b
cc
cc
d
sobre um plano horizontal
2) Um corpo de peso igual a 4,0 x 102 N encontra-se
P
Profundidade
Profundidade
Profundidade
P0 são,
sendo que os coeficientes de atrito cinético e estático
entreProfundidade
o corpo e o plano
F
a
b
d
aa
dd
c
respectivamente:
μbCb = 0,20 e μEc = c0,30.
Podemos
afirmar corretamente que a
a
b
c
d
força paralela ao plano capaz de fazer o corpo entrar em movimento ou capaz de
VV0
0
fazer o corpo se mover com velocidade constante, são, respectivamente,
VV0 iguais a:
0
(A) 2,0 x 102 N e 40 N
Energia Cinética
EnergiaCinética
(B) 1,2Energia
x 103Cinética
NEnergia
e 800
N
N Cinética
2
PP
(C) 1,2 x 10 N e 80 N
PP0
PP
(D) 2,0 x 103 N e 400 N
0
PP0
0
(E) 800 N e 1200 N
x
bb
bb
(E)
a
a
aa
aa
dd
c
P0
y
(A)
d
cc
b
0
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.
aa
aba
b
bcb
c
cdc
d
dd
yy
yy
c
bb
a
Energia Cinética
Energia
EnergiaCinética
Cinética
Energia Cinética
a
b
x
m
m
m
m
b
aa
F
FF
m
m
F
Fat
V
P
P
Fat
lente
P
f
N
F
N
V
lentef
Capítulo 19 :: 109
o
f
o
(D)
N
Fat
F
P
F
Fat
N
P
F
Fat
P
Fat
P
N
(E)
F
f
N
F
N
Fat
P
F
Fat
P
4) Duas esferas A e B, de mesma
massa, se chocam frontalmente de maneira
perfeitamente Fat
elástica. Antes do choque elas se moviam no mesmo sentido com
velocidades vA = 6,0 m/s e vB = 2,0 m/s.
P Podemos afirmar corretamente que as
velocidades de cada uma das esferas, imediatamente
após o choque são:
A
F
(A) vA’ = 0,0 m/s e vB’ = 8,0 m/s.
B
(B) vA’ = 8,0 m/s e vB’ = 0,0 m/s.
A
(C) vA’ = 2,0 m/s e vB’ = 6,0 m/s.
F
N
(D) vA’ = 4,0 m/s e vB’ = 4,0 m/s.
B
F
(E) vA’ = 8,0 m/s e vB’ = 8,0 m/s.
F
5) Um bloco A de massa mA repousa sobre um bloco B de massa mB , que por
Fat
sua vez está sobre
um plano horizontal, conforme ilustra a figura a seguir. Um fio
F
P F puxa o bloco B para a direita, mas, o
prende o bloco A à parede e uma força
r0
r1 r2
r
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
r
r1 r2
r
tensão no fio no0 instante
em que o bloco B estiver na iminência
de deslizar, vale:
A
F
–
+
(A) μ.mA +
(B) mA.g +
+
(C) μ.mA.m+B.g F
+
(D) μ.mA.g
(E) μ.(mA+/mB).g
3,0 x 103 N/C
P
3,0 x 103 N/C
r0
15 cm
r1 r2
P
–
–
–
–
–
–
+
+
+
3,0 x 103 N/C
7,0 x 102 N/C
E
P
–
o
lente
f
C
o
f
o
f
z
f
F
z
o
o
z
y
lente
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
lente f
F afirmar corretamente que no ponto mais baixo
P o peso da bola, podemos
da
o
trajetória:
f
(A) T > P
T lente
T2
o 1
m
m
(B) T = P
(C) T < P
(D) T = P/2
(E) T = P/4
T2
m
m
z
yo
f
o
F
f
m
T1
o
m
y
lente
T2
m
T1
T1
m
o
y
f
z
o
y
f
z
o
f
F
m
f
o
f
f
o
lente
f
o
lente f
A
o
f
B
A
o
B
B
x
f
o
x
lente
f
20º
f
f
–
–
C
lente
o
(A) T1 = (1/3)F e T2 = (2/3)F
(B) T1 = (3/2)F e T2 = (2/3)FB
(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
E
z
o
o
f
r
15 cm
f
o
A
B
7) Um sistema com três roldanas mantém em repouso um bloco de peso
f
1,0 x 102 N, como ilustra a figura a seguir. Desprezando as massas das roldanas e o
dos fios, podemos afirmar corretamente que o módulo da força F é igual a:
(A) 50 N
(B) 75 N
lente
F
(C) 33 N
A (D) 85 N
B
C
lentef
o
F
(E) 25 N
m
–
z
V
T2
9) Três blocos idênticos estão ligados por meio de fios de massasmdesprezíveis.
lentef
Cada um deles têm massa m e deslizam sobre uma superfície horizontal sem
o
atrito, com a mesma aceleração puxados por uma força F como ilustrado na
f
figura a seguir. Pode-se afirmar corretamente que a tração T1 e a tração T2 são,
o
lente
respectivamente, iguais a:
B
+
o
f
6) Uma barra homogênea de peso 30N e comprimento 10mmapoiada em um
o
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
lente C
A
B
(B) 6,0m
(C) 4,4m
f
lente
(D) 5,8m
A
Bo
(E) 7,0m
A
o
o
f
110 :: Física :: Módulo 1
10) Uma barra homogênea e de seção reta uniforme
está em equilíbrio
T1 presa pelo
T2
m
m
cabo, mas apenas encostada na parede, como representado na figura a seguir. Om
vetor que melhor representa a força exercida pela parede sobre a barra é:
(A)
(B)
(C)
(D)
B
(E)
A
B
A
q
60º
60º
R
Q
V
Bateria
(ε, r)
A
reostato
q
11)
F 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
112 :: Física :: Módulo 1
b

de F são (em módulo):
As componentes
d
Capítulo
1
c
c
a
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.
d
c 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
c
(para distância
d astronômicas)
ou etc.
d
Para a cvelocidade: cm/s, km/s, km/h, milhas/hora (nos países de língua
Ra
Ra
inglesa).
d
 
4) Os vetores c e d.
c
c
d
ou
Ra
d
 
a) c + d .
c
ou
Ra
Ra
d
d

b) c – d .
ou
d
c
c
ou
Rb
d
c
Ra
Ra
d
d
Rb
Rb
ou
d
c
c
 
 
 
c) d – c (Veja que d – c = – ( c – d )).
c
d
d
d
Rb
Rc
d
c
d
ou
c
Rc
ou
c
c
Rb
c
5)R Temos: R b
y
Rc
c
d
d
Fy
ou
ou
c
d
c
Rc
d
d
x
Fx
Rc
ou
c
c
d
d
Rc ac
c) V;
d) F.
a–b
b
at
ou
Rc
a+b
a
8) 108 km/h = 30 m/s
m
m2
9) τ = F . d = M . a . d logo 1 J = 1 kg × 1 2 × 1 m = 1 kg × 1 2
s
s
1) Vm = 10 m/s
2) ΔS = 1020 m
3) Vm = 65 km/h ≅ 18 m/s
4) Vm = 80 km/h
5) a) S0 = 2,0 m b) V = 4,0 m/s c) S = 8,0 m
6) te = 2,0 s
7) a) No gráfico em t = 0 temos S0 = 20 s
b) Também no gráfico em t = 5 s temos S5 = 40 m
60 − 20 40
∆S
c) V =
= cons tan te =
= = 4 m/s
∆t
10
10
d) S = S0 + V t ⇒ S = 20 + 4t
8) C
9) A
10) D
11) B
12) a) 75 km/h; b) 4,0 km/litro.
13) 14 km
14) a) 0,18 s e b) 0,12 s
15) C
Capítulo 3
Rb
c
F
30˚
b) F;
Capítulo 2
c
d
cR b
6) a) F;
7)
d
c
Ra
3
1, 73
= 100 
= 86, 5 N
2
2
1
e Fy = F sen 30” = 100  = 50 N
2
Fx = F cos 30” = 100 
1) 5,2 m/s2
2) 16 s
3) 167 m
4) a) 4,0 m/s;
5) E
6) 5,0 m/s
b) zero
Gabarito :: 113
7) 125 m
8) 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 + 10t
10) 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 s
12) a) 61 s b) 36 m/s
13) t = 1,2 h e sP = 108 km.
14) 15 km/h
15) ∆x = 8,3 km + 1,9 km = 10,2 km
∆t = (8,3 km/70km/h) + 27 min
∆t = 7,1 min + 27 min = 34 min = 0,57 h
vmédia = (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) B
20) a) 2,0 m/s2 b) 1,0 m/s
21) 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 s
2) 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 s
5) Supondo para cima positivo. 20 m/s
6) 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) D
10) B
11) A
12) D
13) D
14) E
15) C
16) a) 2,4 s b) 29 m.
17) a)10 m/s b) 2,0s
18) 3,0 s
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 s
5) 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) diferentes
12) 60º
13) 40 m.
14) a) tqueda = 5 s b) Vx = V0 = 80 m/s, Vy = 50 m/s ⇒ V ≅ 94 m/s
15) a) hmáx = 1125 m b) 7794 m
16) E
17) C
18) D
19) C
20) A
21) E
Capítulo 6
Atividade 1: 180º = π rad e 60º = π/3 rad
1) a) 94 rad/s; b) 19 m/s
2) 3,2 rps
3) 4,3 x 102 m/s
4) 97 min
5) a) 8,9 m/s2; b) 8,9 m/s2
6) 6,0 x 10–3 m/s2
7) a) π b) π c) π d) 4π
6
4
3
9
π
8)
rad / s
30
9) 5π m (≅ 15,7 m)
10) V ≅ 1676 km/h
11) (1/12) rad
12) B
13) A
14) (π/12) rad/h
15) 40 rad/s e 6,4 Hz
16) a) 50 m/s2; b) 5,0 rad/s; c) 1,26 s e 0,81 Hz
17) 150 m/s
114 :: Física :: Módulo 1
y
18) D
19) a) A trajetória é uma circunferência de círculo. b) Não varia o módulo,
mas sim a direção. Fy c) Sim, Ftem aceleração centrípeta.
20) ω = 8π rad/s e V ≅30˚2, 5 m/s
x
Fx é 3,4 × 105 km.
21) A distância média Terra-Lua
V = 3179 km/h ≅ 3,2 × 103 km/h ≅ 888 m/s
ac ≅ 29,7 km/h2 ≅ 2,3 × 10–3 m/s2
ac
10) B
11) C
12) a) 2 h
y
b)1 km
F
Fy
30˚
Capítulo 9
x
Fx
Atividades 
  
1) No equilíbrio FR= 0 assim, para o carrinho temos +F +F1 =F02 ou – F
+ F1 + F2 = 0 ⇒ F = F1 + F2 ⇒ F = 5 + 6 = 11 N (supondo positivo o sentido
y
para a direita).
ac
at
2) a) FR = 6 + 4 – 8 = 2 N. Logo não há equilíbrio.


V
b) Temos que R x = 12 C– 8 – 4F = 0 e R y = 20 + 10 – 30 = 0.
at
V
C
Fy
Logo está em equilíbrio.
30˚


c) R x = 10 – 10 = 0 e R y = 10.Fx
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.
y
24) A
F1 sen α
25) E
F1 = 100 N
Logo, o corpo desce acelerado e não está em equilíbrio.



3) Temos que ter R = 0, ou seja, R x= 0 e R y = 0
y
F1 sen α
F1 = cos α
F3
F2 = 4 N
α
u
ac
r F
at
α
C
x
r
v
R
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
y
Capítulo 8
T1 sen 30˚
α
F1 = cos α
F3
Assim, em x, F3 = F1 cos α = 100(0,8) = 80 N e em y, F2 = F1 sen α =
y
100(0,60) = 60 N.
y
Logo, F2 = 60 N e F3 = 80 N.F1 sen α
F F1 = 100 N
α
Exercícios 2
α
x
α
1) Inércia é a propriedade dos corpos de permanecerem em seu estado,
seja
x
F1 = cos α
F3
de repouso ou de movimento
retilíneo uniforme.
F1 = 3 N
2) a) Temos RRx = 20 + 10 – 8 = 30 – 8 = 22 N (≠ 0). Logo temos que
F2 força com | F| = 22 N para a esquerda
exercer uma força F = – 22 N ou seja, uma
da figura.
b) ObservandoT a figura abaixo y
Ty1 sen 30˚
F
60˚
T2
x
F2
1
60˚
1) a) 7,0 m/s; b)30˚
3,0 m/s.
T
cos
30˚
1
2) a) 12 m; b) 12º.
3) A
P = Peso
4) D
5) 22,4 m/s.
6) vA = 2v; vB = √2v; vC = 0; vD = √2v .
7) 1,7 m/s.
8) A
9) (VA / VP) = 5/4
at
F1 = 100 N
F =4N
F1 = 3 N
T1
C
x
1) a) 10,5 s b) 17,4 rotações
2) O movimento é retardado,
F2 o módulo da velocidade irá diminuir com o
passar do tempo.
3) Supondo que o movimento é acelerado (e não retardado) temos:
y
ac
V
α
Capítulo 7
x
x
F2 =30˚
4N
T1 cos 30˚
α
α
T2
xx
P = Peso
F1 = 3 N
R
Em módulo temos R = 42 + 32 = 16 + 9 = 25 = 5 N


Assim, para haver equilíbrio ( FR = 0),
y temos que ter uma força F de módulo

T1
3
| F| = 5 N fazendo um ângulo
α com o eixoT xsen
onde
30˚ tg α =
1
4
60˚
30˚
T2
T1 cos 30˚
P = Peso
x
y
F
F2 = 4 N
α
x
α
F1 = 3 N
Gabarito :: 115
R
  
3) As forças que agem sobre o corpo são T1 , T2 e P
∆v 4 − 2
=
⇒ a = 2, 0 m/s2
∆t 2 − 1
c)20 N
a=
y
T1
T1 sen 30˚
60˚
30˚
T2
T1 cos 30˚
x
P = Peso


Para haver equilíbrio temos que ter R x = 0 e R y = 0. Logo:
P
50
=
⇒ T 1 = 100 N
Em y temos T 1 sen 30” = P ⇒ T 1 =
sen 30” 0, 50
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 P e a normal N. Acrescentamos

F para equilibrar o sistema. Vejamos.
V0 (t = 0)
O (origem)
S0
V (instante t)
∆S
S



Temos que ter FR = 0 ou R x = 0 e R y = 0.
Assim, no eixo x: F = P sen 30º = 2,0(0,50) ⇒ F = 1,0 N
c) No eixo y: N = P cos 30º = 2,0(0,86) ⇒ N = 1,72 N ≈ 1,7 N
Bolacaminha com velocidade constante temos
5)Péa) (F) e b) (F) como o trem
R
Fpé, (total)
que ter = 0, logo deve haver uma força de atrito
que equilibre a força da
bola
locomotiva, com o mesmo módulo e sentido contrário a ela.
c) (F)Fbola,
poispé 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) E
7) A
8) B
N1
9) Nθ2 <120o
p
Capítulo 10


1) a) Temos que FR = ma ou F – fat = ma ⇒ fat = F – ma = 24 – 10(20)
⇒ fat = 4,0 N
b) No MUV V = V0 + atT = 0 + 2,0 × 6 ⇒ V = 12 m/s
c) v2 = v02 + 2a∆s
64 = 0 + 2a∆s
∆s = 64/4 = 16 m
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:
P
F (feita pela balança)
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 N
4) C
5) A
6) A
7) E
8) 4,0 N
9) 7,5 m/s2
10) E
11) FV = 6,0 x 102 N.
12) a) 7,5 m/s2; b) 60 N; c) 12,5 m/s2.
Capítulo 11
1) 25 N
2) a) 19 N; b) 34 N
3) 5,0 N
4) 115 N
5) 4,0 N
6) 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
V0 (t = 0)
11) 30º
V (instante t)
12) a) 100 N; b) 80 N; c) 10 N.
13) Para começar a andar nós empurramos a Terra para trás. A Terra por sua
O (origem)
S0
∆S
S
vez empurra nosso pé para frente por meio
da força de atrito.
14) Observe a figura:
Bola
Pé
Fpé, bola
Fbola, pé
15) Agindo sobre a esfera temos  e
, forças normais exercidas por

cada plano e  = Peso, exercido pela Terra.
N1 N2
P
N2
N1
p
d’
Pé
Bola
Bola
Pé
α
O
Bola
Pé
Fpé, bola
o
Fpé, bola
Fpé, bola
A
F Fbola, pé N
116 :: Física :: FM
ódulo 1
bola, pé α
d
Fbola, pé
F
N
PM
d
N2
N2
o
Fx
A
N2
x
α
Fy
N1
N1
N1
F
p
Fio
T
R
N
p
T
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
T
53º
37º
F1
A
F2
c
P
C
6,0 m
Capítulo 12
B
Atividade 1
A 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.
N
A
F3
bloco
4,0 m
BP
P
17) As forças que atuam sobre a pessoa são:
F (feita pela balança)
F (feita pela balança)
F (feita pela balança)
"pessoa"
"pessoa"
"pessoa"
FP
C
P (peso)
P (peso)
P (peso)
 
Como o elevador desce com aceleração temos que | P| > | F |
Assim, P – F = ma ⇒ F = P – ma = mg – ma = m . (g – a) =
60 × (10 – 3,0) ⇒ F = 420 N
18) D
FV
19) E
P
20) E
θ
21) Solução: as forças externas são o peso, a tração e a força da parede.
Fat
Veja que os suportes
do peso P, da tração
das forças que a
B
A T, e da resultante
parede exerce sobre a barra (R = FAT + N) devem ser concorrentes no ponto o,
onde os suportes de P e T se interceptam.
o
Exercícios
1) C
2) B
3) 0,9D
4) B
5) C
6) E
7) A
8) A
9) E
10) B
11) D
12) C
13) C
14) A
15) C
16) A
2/3
r1  T1 
17) =  
r2  T2 
18) B
T
R
Fat
N
Capítulo 13
P
Veja o que aconteceria se a força de atrito fosse menor do que aquela
representada acima. Nesse caso o peso e oa tração continuam concorrentes no
ponto o, mas a resultante das forças que a parede faz sobre a barra (R) não.
Fat
P
Barra
16) Temos FParede
= ma, no caso:
T – P = ma ⇒ T = ma + P = ma + mg = m . (a + g) = 8,0 × (2,0 + 10)
⇒ T = 96 N
T
–F
Fat
p
y
F
P
Temos então, um momento resultante não nulo em relação a o, e a barra
escorregaria na parede. Não haveria equilíbrio.
PB
O
T
R
Fat
T
R
N
P
1) 2,4 x 102 J.
2) 63 hp
3) 7,0 x 105 J
4) a) 2,0 x 104 J; b) 1,0 x 103 W
Gabarito :: 117
5) a) – 2,4 x 103 J; b) 2,4 x 102 W
6) 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 J
14) a) τp = − Ph = − 60 × 3,0 = − 180 J (P é para baixo, o movimento
é para cima).
b) τ = 60 × 3,0 = 180 J
τ 180
= 22, 5 W
c) P = =
∆t
8
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
F
120º
60º
A
B
Capítulo 14
1) 75 m
2) zero
3) 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) 9,3 m/s.
7) 4,7 x 104 W.
8) a) Ec = 32 J b) τf = −32 J c) ∆S = 16 m
9) F = 800 N
10) A
11) A
i
at
1) a) 0,20 m; b) 3,5 m/s
2) 2,5 J.
3) B
4) a) 2,0 x 102 N/m; b) – 2,5 x 10–1 J.
5) 0,10 m
6) 0,060 m
7) 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 F também é para baixo.
10) C.
11) D
12) C
13) τ = 2,0 x 103 J.
14) D
S
τ = F cos 120º . AB = − F cos 60º . AB = − 60 × 0,5 × 10 ⇒
τ = − 300
J.
d) F ⊥ AB ⇒ não realiza trabalho τ = 0
e) τ = −60 × 10 = − 600 J também é contra o movimento.
τ
16) r = v
τM
Temos τM = 22 cv e τp = 6 cv (passivo).
Como τM = τv + τp temos τv = τM − τp = 22 – 6 = 16 cv
16
Assim, r = = 0, 72 ou 72%
22
17) 5,0 x 103 J
Capítulo 15
Capítulo 16
1) 1,0 x 10 cm (10–1 m)
2) a) 10 m/s; b) 6,0 m/s
3) Dica: no mínimo temos, em A, ECA = 0 e VA = 0. Note que hA = 2R.
Assim: v0 mínimo = 2 gR
4) hmínimo = 2 R
5) 1,9 x 102 J
6) 2,0 m/s
7) 200 J e 200 J
8) a) – 2,0 J; b) 0,20
9) a) 12 m/s; b) 72 m
10) VB = 4,5 m/s e VC =3,2 m/s.
11) 2,96 x 10–2 N
12) a) 39 m; b) não
13) a) vB = (Lg)1/2 ; b) TB = 5 . m . g
14) 8,1 x 102 N
15) 10 m/s
16) 5,0 x 102 m/s
17) 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) VB = 400 = 20 m / s
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) x = 0, 04 = 0, 2 m (ou 20 cm)
A
21) a) Temos A =1,5 m e V = ? Então: A = vt ⇒
. v=
t
2
118 :: Física :: Módulo 1
1
Mas h = 1,25 m e h = gt 2 . Logo:
2
2h
2  1, 25
⇒t =
⇒ t = 0, 5 s
g
10
1, 5
= 3, 0 m / s
Então V =
0, 50
t=
9) D
10) a) 5,0 x 104 m/s2
b) 4,0 Ns
11) 84
12) 12 kg.m/s.
b) Temos h = 0 (no final do tobo-água) e H =4,0 m. As energias mecânicas
Capítulo 18
inicial e final são:
EM = mgH = 50 × 10 × 4,0 = 2000 J
1) B. Dica: considere como um problema de colisão elástica onde Qi = Qf
1
1
EM = mV 2 =  50  3, 02 = 225 J
2) D. Dica: colisão elástica.
2
2
3) C
∆E = EM – EM = 225 – 2000 = – 1775 J
4) C
Assim, como ∆E< 0, a perda da energia da criança foi de:
5) E
1775 J ≅ 1,8 × 103 J
6) VA = 1,5 m/s. Dica: calcular a velocidade final do corpo B, pois sabemos
Uma outra solução seria: você pode calcular a diferença das energias cinéticas
sua energia cinética, depois use as equações válidas para colisões elásticas.
com que a criança chega no fim do tobo-água (imediatamente antes de cair) com
7) B
perda e sem perda. A diferença é a energia mecânica dissipada (perdida). Na
8) B
descida, não havendo perdas, temos a velocidade final.
v sem = 2gH = 2  10  4, 0 = 80 ⇒ v 2 = 80 m / s
Na realidade a criança chega com velocidade de 3,0 m/s como calculado no
Capítulo 19
item (A), assim a diferença nas energias será igual à perda de energia mecânica:
1
1
Perda = m v com2 + v sem2 =  50  (3, 02 − 80) = −1775 ≅ −1, 8  103 J
1) A
2
2
1
2
3
2) C
=  50  (3, 0 − 80) = −1775 ≅ −1, 8  10 J
2
3) C
22) a) 10 3 m/s = 17,3 m/s
4) C
b) 3,0 kJ
5) D
c) 6,0 x 105 N/m
6) A
d) 2,0 x 103 J
7) E
23) E
8) A
24) a) (t1/ t2) = (cosθ /sen θ)
9) E
b) (V1/V2) = 1
10) D
25) a) –2,0 J
11) B
b) Força normal = 16 N, vertical para cima
26) E
27) – 0,40 J
28) 1,3 m.
i
f
f
i
i
)
(
)
Capítulo 17
1) D
2) 14 N.
3) 5v/3.
4) 0,75 J.
5) 0,50 m/s.
6) 2,1 m/s.
7) 2,0 N . s
8) B
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.