CAPÍTULO 5 – Problemas resolvidos
ac
Problema 1 – A aceleração lateral máxima que um carro pode ter sem derrapar,
trafegando em pista horizontal, é denominada aderência lateral, e usualmente é expressa
em termos da aceleração da gravidade. Assim, se um carro tem aderência lateral igual a
XL, ele pode atingir acelerações laterais de XLg. (a) Calcule a velocidade máxima com a
qual um carro, cuja aderência lateral é 0,90, pode fazer uma curva de raio R = 200 m, em
uma pista horizontal. (b) Qual é o valor máximo da componente lateral da força de atrito
que a pista pode exercer sobre os pneus do carro?
Solução :
(a) A aceleração centrípeta do carro é
ac = X L g
∴ X Lg =
v2
.
R
Portanto,
v = X L gR = 0,90 × 9,8ms − 2 × 200m = 42 m/s = 151 km/h .
(b) A força de atrito dos pneus do carro tem duas componentes: 1 – componente paralela
à velocidade do carro, que em movimento horizontal supera o atrito do ar quando o carro
aumenta sua velocidade ou a neutraliza quando o carro anda com velocidade constante, e
permite ao carro subir ladeiras; 2 – componente lateral, ortogonal à velocidade do carro, e
que o obriga a realizar curvas. Nas curvas, a aceleração lateral do carro é a aceleração
centrípeta mencionada anteriormente. Pela Segunda lei, podemos escrever
Flateral = mac ,
onde m é a massa do carro. Finalmente,
Flateral = mgX L .
1
Problema 2 – Um carro de tração dianteira tem massa m, e metade de seu peso se apóia
nas rodas dianteiras. Sendo µ o coeficiente de atrito estático entre os pneus e a pista, e
supondo que o motor do carro seja suficientemente possante, qual é a aceleração máxima
que o carro pode atingir em pista plana?
Solução – A força de atrito máxima que a pista pode exercer para impulsionar o carro é
Fa = µ
mg
.
2
Com essa força, o carro tem a aceleração
ma = Fa = µ
mg
g
, ∴a = µ .
2
2
Problema 3 – Quando um avião viaja com velocidade vetorial constante na horizontal,
suas turbinas ou hélices sentem uma força horizontal para a frente. A resistência do ar no
corpo e asas do avião exerce uma força com uma componente horizontal para traz e outra
componente vertical para cima, que sustenta o avião. (a) Por que o avião não consegue
fazer uma curva na horizontal sem inclinar as asas? (b) De que ângulo devem as asas ser
inclinadas para que o avião realize uma curva na horizontal de raio R?
Solução
(a) Porque nesse caso não haveria nenhuma força lateral ao avião.
E
ac
θ
mg
(b) A figura mostra as forças que têm componentes verticais que atuam sobre o avião. As
forças sobre as turbinas, que impulsionam o avião para a frente, e a força de atrito do ar,
oposta à velocidade do avião, são omitidas na figura. A força E é denominada empuxo do
ar sobre o avião. Sua componente vertical sustenta o avião no ar, equilibrando o seu peso
mg. Podemos escrever
E cos θ = mg ∴ E =
mg
.
cos θ
(1)
2
A componente horizontal de E gera a aceleração centrípeta do avião, que o força a
realizar uma curva.
Podemos escrever
Esenθ =
mv 2
R
∴E =
Combinando (1) e (2),
mv 2
Rsen θ
(2)
mv 2
mg
senθ v 2
=
∴
=
.
Rsen θ cos θ
cos θ gR
v2 
.
Finalmente, θ = arctg

 gR 
T
T1
T1
T1
M
N
T1
m
mg
Mg
N
Problema 4 – O operário está seu próprio esforço braçal para elevar-se juntamente com
sua plataforma de trabalho, como mostra a figura. Os cabos e a roldana têm pesos
desprezíveis, e a roldana roda livre de atrito. (a ) Calcule a intensidade das forças atuando
sobre o operário, a roldana e a plataforma, indicadas na figura, quando o operário,
juntamente com a plataforma, têm aceleração cuja componente vertical vale a.
Solução – Aplicando a Segunda lei ao operário e depois à plataforma obtemos,
respectivamente,
T1 + N = M ( g + a) ,
(1)
3
T1 − N = m( g + a ) .
(2)
Somando as eqs. (1) e (2),
2T1 + ( M + m)( g + a), ∴ T1 =
M +m
( g + a) .
2
Subtraindo a eq. (2) da eq. (1),
2 N = ( M − m)( g + a), ∴ N =
M −m
( g + a) .
2
Como a roldana permanece em equilíbrio, temos
T = 2T1 = ( M + m)( g + a )
Deve-se notar que essa solução somente vale se m ≤ M .
θ1
T1
θ2
T2
m
Problema 5 – O sistema mostrado na figura está em equilíbrio. Calcule as tensões T1 e T2
nos cabos.
Solução – Pela condição de equilíbrio, obtemos
T1 cos θ1 − T2 cos θ 2 = 0 ,
T1senθ 1 + T2 senθ 2 = mg .
Na forma matricial, esse sistema pode ser escrito
 cos θ1

 senθ1
− cos θ 2  T1   0 
  =   .
sen θ 2  T2   mg 
Para a solução do sistema de equações, calculamos
4
∆=
cos θ1
senθ1
− cos θ 2
= cos θ 1 senθ 2 + sen θ1 cos θ 2 = sen( θ1 + θ 2 ) ,
senθ 2
∆1 =
0 − cos θ 2
= mg cos θ 2 ,
mg senθ 2
∆2 =
cos θ1
senθ1
0
= mg cos θ1 .
mg
Com esses resultados, podemos escrever
T1 =
∆1
mg cos θ 2
=
,
∆ sen (θ 1 + θ 2 )
T2 =
∆2
mg cos θ1
=
.
∆
sen (θ 1 + θ 2 )
m
50 kg
Problema 6 – A roldana da figura gira livremente, sem atrito, e tem massa desprezível. O
cabo resiste somente uma tensão de 300 N. Que faixa de valores deve ter a massa m do
bloco menor para que o cabo não se rompa?
Solução – Seja T a tensão no fio e M a massa do bloco maior. Aplicando a Segunda lei
aos dois blocos, teremos,
Mg − T = Ma ,
T − mg = ma .
(1)
5
Somando as duas equações, obtemos
( M − m) g = ( M + m) a , ∴ a =
M −m
g.
M +m
Levando esta equação à segunda equação do sistema (1), obtemos
T = mg + m
M −m
2 Mm
g=
g.
M +m
M +m
(2)
Com um pouco de manipulação algébrica, obtemos
m=
TM
.
2Mg − T
O valor máximo de m corresponde a T = 300 N.
Portanto,
mmáx =
300N × 50kg
15000
=
kg = 22 kg
100 × 9,8N − 300 N
680
500
400
300
T (N)
200
100
0
0
10
20
30
40
50
m (kg)
O gráfico acima mostra o comportamento da tensão T com o valor da massa m, onde se
vê que T atinge o valor de ruptura (300 N) quando m = 22 kg.
Problema 7 – Dois corpos se atraem com uma força F que independe de sua distância
(esse tipo de atração não corresponde a nenhuma das quatro forças conhecidas na
Natureza), e no instante t = 0 eles estão em repouso na configuração mostrada na figura.
Desprezando os diâmetros dos corpos, calcule (a) o instante e (b) o quanto cada corpo se
desloca até a o momento da colisão.
m
M
0
L
x
6
Solução – Sejam x(t) e X(t) as coordenadas dos corpos de massa m e M, respectivamente.
Pela Segunda lei, podemos escrever
m&x& = F ,
MX&& = − F .
Temos então as expressões para x(t) e X(t):
F 2
t ,
2m
F 2
X (t ) = L −
t .
2M
x (t ) =
O instante t c da colisão pode ser calculado pela condição x (t c ) = X (t c ) :
F 2
F 2
tc = L −
tc .
2m
2M
(a) Calculamos facilmente
tc =
2 L Mm
.
F M +m
(b) O ponto da colisão será x (t c ) =
d = x (t c ) =
F 2
t c e, portanto,
2m
F 2 L Mm
M
=
L (deslocamento do corpo de massa m).
2m F M + m M + m
O deslocamento do corpo de massa M será
D = L − x( t c ) = L −
M
m
L=
L.
M +m
M +m
Observe que
d M
=
.
D m
7
Problema 8 – Um fio de comprimento l e massa desprezível, com uma pequena esfera de
massa m preso á sua extremidade, é pendurado ao teto de um ônibus. O ônibus realiza
uma curva de raio r com velocidade de módulo constante v no plano horizontal. Calcule
(a) o ângulo que o fio faz com a vertical e (b) a tensão no fio.
Solução – A figura mostra o sistema com as forças atuantes sobre a esfera. Ela está
submetida à mesma aceleração centrípeta do ônibus. Podemos escrever
θ
l
T
ac
m
mg
mv 2
,
r
T cos θ = mg .
Tsenè =
Portanto,
(a)
mg tg θ =
(b)
T=
v2 
mv 2
,
, ∴ θ = actg

r
 rg 
mg
.
cos θ
Por outro lado,
1 − cos 2 θ v 2
=
,
cos θ
rg
que após alguma manipulação algébrica dá
1
v4
= 1+ 2 2 .
cos θ
r g
8
Finalmente,
T = mg 1 +
v4
.
r2g 2
Problema 9 – Uma barra homogênea de massa M e comprimento L está presa a uma
mesa horizontal por um pino passando por uma das suas extremidades. Não há atrito
entre a mesa e a barra, que gira com velocidade angular ω em torno do pino. Calcule a
tensão na barra à distância x do centro de rotação.
ω
T
0
x
L
Solução – A força de tensão T atuando na parte externa ao ponto de coordenada x na
barra é responsável pela aceleração centrípeta daquela referida parte. Tal parte da barra
tem massa igual a ( L − x) M / L ) . Podemos então escrever
L
T ( x) = ω2 ∫ x ′dm .
x
O elemento de massa dm se exprime na forma
dm =
M
dx ′ .
L
Portanto,
M
T ( x) = ω
L
2
L
2
∫ x′dx′ = ω
x
M 1 2
M
x2
( L − x 2 ) = ω2
L (1 − 2 ) .
L 2
2
L
Nota: Esse problema é relevante no comportamento de uma hélice de avião. O cálculo da
tensão ao longo das pás da hélice não pode ser realizado exatamente da forma aqui
apresentada porque a pá não tem seção uniforme, mas levando-se em conta a variação
dessa seção ao longo da pá, o cálculo pode ser realizado facilmente.
Problema 10* – Reconsiderando o Problema 9, suponha que a barra seja elástica, ou
seja, submetida a uma tensão elongativa ela aumenta seu comprimento e submetida a uma
tensão compressiva ela tem seu comprimento reduzido. Sejam Lo o comprimento da barra
na ausência de tensão e L seu comprimento quando submetida a uma tensão T. Se L − Lo
é pequeno e a tensão na barra é homogênea, podemos escrever:
9
L − Lo =
Lo
T,
AY
onde Y é uma grandeza característica do material, denominada módulo de Young, e A é a
área de seção transversal da barra. Calcule o comprimento L da barra considerada no
Problema 9, sendo Lo seu comprimento na ausência de rotação. Como mostra a figura ,
quando sujeita à tensão elongativa devida à
dxo
xo
0
Lo
dx
x
0
L
rotação, cada segmento da barra se alonga, de forma que o ponto de coordenada x o vai
para a posição x e o pequeno segmento dx o se transforma em dx. Podemos escrever
dx = dx o +
T ( x)
dx o ,
AY
e usando a solução do problema 9 obtemos
dx = dxo +
1 2 M
x2
ω
L (1 − 2 ) dxo
AY
2
L )
Para não termos de usar matemática acima do nível praticado neste curso, faremos a
aproximação
dx = dxo +
1 2 M
x 2
ω
Lo (1 − o 2 ) dxo ,
AY
2
Lo
ou seja, não levaremos em conta as alterações na tensão da barra devidas à sua elongação.
Na prática esta é uma ótima aproximação. Podemos agora calcular L usando a integração
L=
Lo
∫ dxo +
0
1 2M
ω
AY
2
Lo
∫ ( Lo −
0
xo 2
)dx o .
Lo
Efetuando a integração,
L = Lo +
2
Mω 2 2 Mω 2 Lo
Lo −
.
AY
AY 3
10
Finalmente, obtemos
L = Lo(1 +
2 Mω 2
Lo ) .
3 AY
Problemas propostos
5.1P – A coluna mostrada na figura repousa apoiada em um piso. Sabendo-se que a
pressão sobre uma superfície é a força normal a ela dividida pela área da mesma, calcule
a pressão na coluna à altura h do piso.
Resposta : p =
Mg
(H − h )
A
A
H
M
5.2P – Um garoto anda em uma roda gigante de raio R que gira a uma velocidade
angular ω . A força que a cadeira faz para sustentar o garoto é variável durante o ciclo, e
seu valor máximo é Fmáx. (a) qual é a massa do garoto? (b) Qual é o valor mínimo da
força da cadeira sobre o garoto?
Resposta : (a) m =
Fmáx
g + ω2 R
; (b) Fmín = Fmáx
g − ω2 R
.
g + ω2 R
5.3P – Uma pedra de massa m, amarrada a uma linha de comprimento L com uma
extremidade fixa, gira em um círculo no plano vertical. Qual é a velocidade mínima da
pedra ao passar pelo ponto mais alto para que esse movimento seja possível?
Resposta : v mín = gL
5.4 – A Terra faz uma órbita aproximadamente circular em torno do Sol, cujo raio é de
1,5 × 1011 m . Qual é a intensidade da força que a Terra exerce sobre o Sol?
11
Resposta : F = 3,6 × 10 22 N
5.5P - Ignore a atmosfera da Terra. Com que velocidade um corpo teria de ser atirado
horizontalmente do alto do monte Everest para que realizasse uma volta ao mundo e
chegasse ao ponto inicial
Resposta : v = 7,92 km/s
5.6P – A Terra realiza um giro em torno de seu eixo em um dia sideral, cuja duração é
86.164 s. (a) Qual é a redução percentual do peso aparente de um objeto situado na linha
do Equador devido à rotação da Terra? (b) Qual deveria ser a duração T do dia para que o
peso aparente do objeto fosse nulo? (c) O que ocorreria se o dia fosse menor do que T?
∆P
= 0,345% ; (b) T = 1h25min. (c) A Terra se desintegraria, ou melhor,
P
não teria se formado como é.
Resposta : (a)
5.7P – Um bloco de massa igual a 1000 kg cai de uma altura de 100 m. De quando movese a Terra nesse processo?
Resposta : d = 1,67 × 10 −20 m .
5.8P – Um garçom empurra um copo sobre o balcão para seu cliente com velocidade
inicial de 5,0 m/s. Dois metros adiante o cliente pega o copo, que nesse momento já
perdera 40% de sua velocidade. (a) qual foi a aceleração do copo ao deslizar sobre o
balcão, suposta constante? (b) Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o balcão e o
copo?
Resposta: (a) a = − 4,0 m/s 2 ; (b) µ c = 0,41
5.9P – Um bloco desliza em uma rampa de inclinação 60o no mesmo tempo que
deslizaria em uma rampa sem atrito de mesmo comprimento e inclinação de 30o . Qual é
coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa?
Resposta: µ c = 0,73 .
5.10P – Uma caixa de massa m é arrastada sobre um piso horizontal através de uma corda
fazendo um ângulo de 45o com a horizontal. Os coeficientes de atrito estático e cinético
entre a caixa e o piso são respectivamente 0,70 e 0,50. (a) Estando a caixa inicialmente
em repouso, qual é a força mínima necessária para iniciar o movimento? (b) Quando a
força atinge esse valor mínimo, com que aceleração inicia-se o movimento da caixa?
Resposta : (a) Fmín = 0,58mg ; (b) a = 0,11g .
12
a
5.11P - O atrito entre os dois blocos mostrados na figura é nulo e o bloco pequeno não
desliza pela rampa. (a) qual é o valor da aceleração a? (b) Sendo m a massa do bloco
pequeno, qual é o módulo da força de contato entre os dois blocos?
Resposta : (a) a = g . (b) F = 2 mg
13