CURSO DE INVERNO DE
INTRODUÇÃO À FÍSICA I
AGOSTO/2012
Esta versão da apostila encontra-se sob revisão.
Pró-Reitoria de Pós-Graduação/UFSC
Pró-Reitoria de Ensino de Graduação/UFSC
Projeto REUNI - Reestruturação e Expansão das Universidades Federais
Programa de Pós Graduação em Fı́sica/UFSC
Apostila elaborada por:
Ariel Werle (Mestrando em Fı́sica)
Bruno Pavani Bertolino (Doutorando em Fı́sica)
Germano Scmann Bortolotto (Mestrando em Fı́sica)
Rodrigo Sergio Tiedt (Mestrando em Fı́sica)
Victor Alexandre Veit Schmachtenberg (Doutorando em Fı́sica)
Coordenação:
Rafael Heleno Campos (Mestrando em Fı́sica)
Supervisão:
Prof. Dr. Marcelo Henrique Romano Tragtenberg
(Programa de Pós Graduação em Fı́sica da UFSC)
Revisor final:
Prof. Dr. Oswaldo de Medeiros Ritter
(Programa de Pós Graduação em Fı́sica da UFSC)
Cronograma do curso e ministrantes:
30/07/2012 - Cinemática unidimensional (Germano Scmann Bortolotto)
31/07/2012 - Vetores (Bruno Pavani Bertolino)
01/08/2012 - Cinemática bidimensional (Rodrigo Sergio Tiedt)
02/08/2012 - Leis de Newton (Ariel Werle)
03/08/2012 - Aplicação das leis de Newton (Victor Alexandre Veit
Schmachtenberg)
Versão atual: v3.
Índice
1 Movimento em Uma Dimensão
6
1.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2
Grandezas, Unidades e Simbolos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.3
Grandezas Fundamentais e Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.4
Grandezas Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.5
Cinemática Unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.6
Deslocamento e Velocidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.7
Velocidade Instantânea e Velocidade Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.8
Aceleração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.9
Movimento Unidimensional com Aceleração Constante . . . . . . . . . . . . . . 15
1.10 Corpos em Queda Livre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.11 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.12 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2 Vetores
22
2.1
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2
Representação de um
Vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3
Operações de Adição e
Subtração de Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4
Multiplicação de um Vetor por um Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.5
Produto Escalar de
Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.6
Produto Vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3
4
ÍNDICE
2.7
Componentes de um
Vetor em 2 Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.8
Vetores em
3 Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.9
Adição e Subtração de
Vetores na Forma de
Componentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.10 Produtos de Vetores na Forma de Componentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.11 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3 Movimento em Duas Dimensões
30
3.1
Movimento em Duas
Dimensões com Aceleração Constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2
Movimento de Projéteis em Duas Dimensões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.2.1
Movimento Horizontal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.2
Movimento Vertical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.3
Alcance Horzontal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.4
Altura Máxima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.3
Movimento Circular
Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.4
Aceleração Tangencial e Radial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
3.5
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.6
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4 Leis de Newton
36
4.1
Um Pouco de História . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2
Referenciais, Repouso e Forças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.3
1a lei de Newton
4.4
2a Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.5
Tipos de forças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.6
A 3a Lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4.7
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5
ÍNDICE
5 Aplicações das Leis de Newton
47
5.1
Força de Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.2
Movimento Circular
Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
5.3
Forças de Arraste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
5.4
Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
6 Respostas dos Exercı́cios
60
7 Referências Bibliográficas
62
Capı́tulo 1
Movimento em Uma Dimensão
1.1
Introdução
1.2
Grandezas, Unidades e
Simbolos
Utilizamos uma infinidade de palavras fı́sicas
que são cotidianamente conhecidas pelas pessoas, por exemplo: velocidade, força, energia,
luz, calor, som e muitas outras. Se entrarmos
em um campo mais profissional iremos nos deparar com tecnicismos tais como: luminotecnia, ressonância, reatância, ondas moduladas,
etc., que são utilizados e às vezes intuitivamente compreendidos por diferentes pessoas
nos mais diferentes campos profissionais. Das
mais elevadas posições intelectuais; médicos,
biólogos, geólogos, filósofos, historiadores, geógrafos, engenheiros, etc., até o mais humilde
trabalhador, todos, absolutamente todos eles
sem exceção, precisam em algum momento da
fı́sica para compreender algo que está acontecendo.
Nosso conhecimento é satisfatório quando podemos expressá-lo através de números. (Lord
Kelvin)
Apesar da beleza matemática de algumas de
suas teorias mais complexas e abstratas, incluindo as partı́culas elementares e a relatividade geral, a fı́sica é acima de tudo uma ciência
experimental. Portanto é de vital importância
que os dados de quem realiza medidas tão precisas estejam de acordo com certos padrões,
para que seja possı́vel comunicar os resultados
destas medidas de um laboratório a outro sem
ambiguidades.
Definiremos alguns termos úteis para este processo:
A palavra Fı́sica procede do termo grego ϕνσιζ,
que significa natureza. Podemos dizer que a
Fı́sica é um ramo da Filosofia Natural que estuda as propriedades básicas do Universo e,
portanto, é regida pelos inalteráveis princı́pios
que a natureza impõe.
A Fı́sica tenta dar resposta aos fenômenos da
natureza, fenômenos diários, que observamos a
todo instante. Ela dá ao homem que com ela
trabalha um espı́rito de observação, obrigandoo a perguntar-se o por quê? de certas mudanças que seu meio apresenta.
6
GRANDEZA é tudo aquilo suscetı́vel de medida. Exemplos: O comprimento, a massa, o
tempo, são grandezas, já que podemos medilos.
MEDIR é comparar duas grandezas da mesma espécie, uma das quais toma-se como UNIDADE. Exemplo: Se A e B são grandezas da
mesma espécie, e toma-se A como unidade, o
número de unidades A que são necessárias para
fazer uma grandeza igual a B, expressa a medida de B.
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
QUANTIDADE DE UMA GRANDEZA
é o número de unidades que equivale aquela
grandeza. Exemplo: O tempo é uma grandeza;
sete anos é uma quantidade.
UNIDADE é uma quantidade arbitrária que
adota-se para comparar com ela quantidades
de sua mesma espécie. Na escolha de uma unidade influi a extensão da quantidade a medir.
Exemplos: Para fazer a medida da distância
da Terra até uma estrela distante, escolhe-se
o ano-luz ; para a distância entre duas cidades
o quilômetro; no comprimento de um ônibus
o metro; na medida da espessura de um filme
o milı́metro e para a medida do comprimento
de uma onda de luz o Angstrom (Å). Não é
necessário que sejam sempre estas as unidades empregadas; podemos tomar como unidade
qualquer quantidade arbitrária que nos convier: se chamamos A de uma quantidade (superfı́cie na Figura 1.1), a quantidade B equivale a 4A; assim podemos medir B adotando
A como unidade.
7
fenômenos fı́sicos realizados no espaço durante
o transcorrer do tempo; a natureza nos impõe,
assim duas grandezas fundamentais: o COMPRIMENTO (L) e o TEMPO (t), sem uma
definição precisa, e cuja existência conhecemos
desde o momento em que nossas vidas se iniciam. No ramo da Fı́sica chamado mecânica, é
preciso uma terceira grandeza fundamental definida por nossa própria intuição que, com as
duas anteriores nos permita definir de um jeito
coerente as novas grandezas que surgem nos
fenômenos mecânicos; tal grandeza escolhe-se
arbitrariamente: na Fı́sica teórica usa-se a MASSA (M) e na técnica a FORÇA (F ). E como
grandezas suplementares temos o ÂNGULO
(rad) e o ÂNGULO SÓLIDO (sr).
Figura 1.2: Unidades fundamentais no SI.
Figura 1.1: A medida de B é 4 vezes A.
1.3
Grandezas Fundamentais e Suplementares
Figura 1.3: Fator, prefixo e sı́mbolo.
São GRANDEZAS FUNDAMENTAIS aquelas cujas unidades escolhemos arbitrariamente De acordo com o Sistema Internacional de Unicomo base do sistema de unidades e não pos- dades (SI) as unidades mais básicas em que posuem uma equação que as defina. Sendo os demos expressar os resultados de uma medida
8
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
são as mostradas na Figura 1.2 e os prefixos de
quantidade que facilitam a expressão de quantidades muito pequenas ou muito grandes dependendo do fator de escala em potências de
10 são mostrados na Figura 1.3 .
1.4
Grandezas Derivadas
Uma grandeza é DERIVADA quando é definida empregando-se outras grandezas simples
ou fundamentais. Exemplo: ao dizer que um
carro tem uma velocidade de 60 quilômetros
por hora, batiza-se uma quantidade que corresponde a uma grandeza derivada ou composta, já que na sua determinação precisa-se da
medida de um comprimento (informação fornecida pelos odômetros dos carros) e de um
tempo (informação fornecida pelo uso de um
cronômetro). A velocidade, portanto, é uma
grandeza derivada.
Realiza-se uma MEDIDA INDIRETA quando
mede-se uma quantidade com relação a outras
que serão relacionadas com aquelas por meio
de uma fórmula matemática. A determinação
de uma grandeza derivada exige: a) Sua definição correta, clara e concisa. b) Estabelecer uma fórmula matemática que abarque todas as idéias expressas na definição. c) Fixar
unidades de medida. Uma vez compreendida e
aprendida a definição de uma grandeza fı́sica,
iremos expressá-la através de uma fórmula. A
FÓRMULA é, na Fı́sica, a expressão de uma
ideia.
tos indica a variação da grandeza do numerador, entre cada uma das unidades do denominador. Assim, compreende-se, que quando se
define velocidade média como o espaço médio
percorrido por unidade de tempo, e chama-se s
ao espaço ou caminho percorrido e t ao tempo
empregado em percorrê-lo, formula-se sem duvidar:
velocidade média =
espaço
s
⇐⇒ v̄ =
tempo
t
(1.1)
Exercı́cio Proposto: Tendo em conta a equivalência entre unidades fundamentais, determinar os fatores de conversão de: a) km/h a
milhas/h. b) lb/f t3 a g/cm3 . c) m/s a jd/h.
1.5
Cinemática Unidimensional
A mecânica é o mais antigo dos ramos da fı́sica,
baseando-se no estudo do movimento dos objetos. O cálculo das trajetórias de uma bola
de beisebol, um satélite de telecomunicações,
uma espaçonave enviada para Marte, são algum dos problemas dos quais ocupa-se, assim
como a análise da trajetória das partı́culas fundamentais que formam-se nas colisões nos maiores aceleradores do mundo como o LHC.
A cinemática (do grego kinema, que significa
movimento) é a parte da Mecânica que se ocupa
da descrição do movimento sem se preocupar
Exemplo 1.1: Um carro percorreu 180 km em com as suas causas.
3 horas. Quantos quilômetros terá percorrido Para simplificar, iniciaremos o estudo do moem uma hora?
vimento ao longo de uma direção do espaço,
Solução: Um menino pensaria da seguinte for- então designamos este estudo de cinemática
ma: 180 km/3 horas = 60 km percorridos em unidimensional.
uma hora; o quociente de dois números concre-
9
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
1.6
Deslocamento e Velocidade
O movimento de uma partı́cula é completamente conhecido se a posição dela no espaço
é conhecida em qualquer instante de tempo.
Consideremos o movimento de um carro no
eixo x, Figura 1.4, no instante de tempo t = 0
ele está localizado a 30 m do sinal de trânsito.
Começa-se a fazer medições em intervalos regulares de tempo ∆t = 10 s e os resultados são
os mostrado na tabela da Figura 1.5 , onde no
primeiro intervalo de tempo o carro mudou de
A para .
B
posição, de Figura 1.5: Tabela de dados.
Figura 1.4: Movimento do carro.
O valor da posição começa a decrescer desde a
B até ,
F e na posição D sua posição é
posição zero. O gráfico, Figura 1.6 , mostra a variação
da posição do carro com respeito ao tempo.
A curva foi suavizada para facilitar a compreensão do leitor.
Agora mudando de evento, se uma partı́cula
encontra-se em movimento, pode-se determinar facilmente a mudança de sua posição. O
Figura 1.6: Gráfico de posição em função do tempo.
deslocamento de uma partı́cula é definido como uma mudança em sua posição.
Movendo-se da posição inicial xi até uma posição
final x, esta mudança será representada pela
letra grega ∆. Portanto o deslocamento da
10
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
partı́cula é escrito como,
∆x ≡ x − x0 .
(1.2)
De acordo com esta definição x tem que ser
maior que x0 para obtermos um resultado positivo, do contrário o deslocamento será negativo. É comum confundir os termos deslocamento e distância percorrida. Imagine uma pessoa
que sai de sua casa no bairro Trindade para a
aula de Fı́sica na UFSC, mas ela tem que passar primeiro pelo Comper, pelo Banco do Brasil, para fazer um depósito para sua mãe, depois passar pela xerox perto do CTC e ao final
ir ao CFM para a aula. A distância percorrida
por ela é aquela toda descrita anteriormente,
embora o deslocamento é somente a diferença
entre o ponto final (aula de Fı́sica no CFM) e
o ponto inicial (casa na Trindade). Para tentar esboçar isto um pouco melhor a Figura 1.7
mostra a ideia basica entre os dois conceitos.
Voltando à análise do movimento do carro, é de
vital importância fazer uma descrição do deslocamento do carro no transcorrer do tempo,
para cada intervalo mensurado (∆t), esta razão
tem um nome muito especial, é chamada de
velocidade média. A velocidade média v̄x
de uma partı́cula é definida como o deslocamento ∆x dividido pelo intervalo de
tempo ∆t no qual o deslocamento aconteceu:
v̄x ≡
∆x
∆t
(1.3)
Desta definição observa-se que a velocidade tem
as dimensões de (L/t) metros por segundo no
SI. A velocidade pode ser um valor positivo ou
negativo, tudo vai depender se o deslocamento
vai para a frente ou para atrás, mas o intervalo
de tempo ∆t sempre será uma quantidade positiva. Deve-se ressaltar que a velocidade média
é uma grandeza vetorial, mas como o caso analisado até agora é unidimensional a direção do
vetor é definida através do sı́mbolo (+ ou -),
dependendo o caso.
Em nosso dia a dia, utiliza-se a expressão rapidez para dizer de modo comparativo que um
carro é mais rapido que outro, significando assim que um viaja a uma velocidade maior que
o outro, mas não devemos nos confundir já
que os dois termos apresentam ambiguidades
Figura 1.7: Diferença entre deslocamento e distância em nosso jargão cotidiano. Define-se, a velopercorrida.
cidade escalar média de uma partı́cula
como uma quantidade escalar, que é a
O deslocamento é um bom exemplo de uma distância percorrida por ela no intervalo
grandeza vetorial. Muitas outras quantidades total de tempo:
fı́sicas, como a velocidade e a aceleração, são
exemplos de grandezas vetoriais. Em geral,
distância total
um vetor é uma grandeza fı́sica que prevelocidade escalar média =
tempo total
cisa da especificação da direção e do módulo.
(1.4)
Ao contrário, um escalar é uma quantidade que tem módulo mas não direção. A unidade que apresenta a velocidade escalar
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
11
média no SI é metros por segundo, igual a velo- 1.7
Velocidade Instantânea
cidade média, sendo a diferença fundamental é
e Velocidade Escalar
que esta última é uma grandeza vetorial e a velocidade escalar é um escalar. O conhecimento
Frequentemente é preciso conhecer a velocida velocidade escalar média não é informação
dade de uma partı́cula em um determinado inssuficente para saber o que aconteceu detalhatante de tempo t, sem nos importarmos com
damente com o movimento de uma partı́cula.
o fato de que o intervalo de tempo é na verExemplo 1.2: Ache o deslocamento, veloci- dade finito. Por exemplo, embora calculemos
dade média e velocidade escalar média do carro facilmente a velocidade média durante a viaque foi descrito anteriormente entre as posições gem de um carro, o maior interesse está em
A e .
F
conhecer instantaneamente sua velocidade, do
Solução: A unidade dos deslocamentos é o mesmo modo que a polı́cia faz com os medidometro, e o resultado numérico deve ser da mes- res de velocidade postos nas principais estradas
ma ordem de grandeza que foram os dados for- das cidades. Isto nos leva a crer que o intervalo
necidos. Sendo assim, as informações finais e de variação ou ∆t é cada vez mais curto até ser
iniciais são: x = −53 m a t = 50 s, x0 = 30 m quase zero. Sendo assim que forma temos para
analisar a velocidade de um corpo se o tempo
a t0 = 0 s. Portanto,
encontra-se fixo? A resposta a esta pergunta
controversia está relacionada diretamente com
∆x = xF − xA = (−53 m) − (30 m) = −83 m o cálculo diferencial, o qual nos ajudará a ob(1.5) ter uma descrição instantânea do movimento
dos corpos em qualquer tempo desejado.
Este resultado significa que o carro percorre
uma distância de 83 metros na direção negativa
desde o ponto inicial. Por outro lado é difı́cil
fazer uma boa estimativa da velocidade média
sem um bom cálculo,
xF − xA
x − x0
∆x
=
=
∆t
t − t0
tF − tA
−(53 m) − 30 m
−83 m
=
=
= −1, 7 m/s .
50 s − 0 s
50 s
(1.6)
v̄x =
Obtém-se que a velocidade escalar média do Figura 1.8: a) Representa o movimento do carro.
carro no percurso todo é a soma das distâncias
Para saber como este processo pode ser realipercorridas dividida pelo tempo total:
zado, vamos considerar as Figuras 1.8 e 1.9,
onde foi discutido a velocidade média no in22 m + 52 m + 53 m
A até .
B Fatervalo composto pela posição =
= 2, 5 m/s (1.7)
50 s
B cada vez mais próximo de ,
A qual
zendo CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
12
tal percorrido e o tempo total para percorrê-lo.
Figura 1.9: b) O processo feito para obter a velocidade inicial do carro.
daquelas linhas representa a velocidade inicial
do carro? Sendo que o carro parte com um movimento para a direita, portanto inicialmente
a velocidade deve ser um valor positivo no inA até ,
B mas avaliando a velocidade
tervalo A até F com certeza a velocidade
média entre terá um valor negativo. Aı́ vale ressaltar que
a ideia principal desta discução é fazer o intervalo temporal de medida o menor possı́vel até
obtermos uma reta que corte a função num só
ponto. Esta reta é chamada de reta tangente à
curva e sua inclinação é a variação da posição
no tempo instantaneamente. Aqui vamos definir o conceito de velocidade instantântea
vx , que é igual ao valor limite da razão
∆x/∆t quando ∆t é muito próximo de
zero.
dx
∆x
=
∆t→0 ∆t
dt
vx ≡ lim
Exemplo 1.3: Uma partı́cula está se movendo
ao longo do eixo x. A posição da partı́cula
é descrita pela expressão x = 4t + 2t2 , onde
x está em metros e t está em segundos. A
Figura 1.10 mostra o gráfico da posição em
função do tempo. A partı́cula move-se na direção
negativa do x no primeiro segundo, está em repouso em t = 1 s e move-se na direção positiva
do x para t > 1 s. (a) Determinar o deslocamento da partı́cula no intervalo de tempo
t = 0 s a t = 1 s e de t = 1 s a t = 3 s. (b)
Calcular a velociade média durante estos dois
intervalos de tempo. (c) Obter a velocidade
instantânea da partı́cula no tempo t = 2, 5 s.
Solução: (a) Durante o primeiro intervalo de
tempo, tem-se uma curva com valores negativos e velocidade negativa. Assim o deslocaA e
B tem que ser um valor nemento entre gativo em unidade de metro, do mesmo modo
B a
D seja
espera-se que o deslocamento entre positivo.
(1.8)
Seja o último termo da equação anterior o correspondente à notação do cálculo diferencial,
este valor limite é mais conhecido como a derivada da função posição x com respeito ao
tempo t. A velocidade instantânea pode ter
um valor positivo, negativo ou zero. A partir
de agora usaremos o termo velocidade para a
velocidade instantânea das partı́culas e a velocidade escalar média de uma partı́cula é
definida como a razão entre o espaço to-
Figura 1.10: Posição em função do tempo para uma
partı́cula no eixo x que move-se de acordo com a expressão x = −4t + 2t2 .
Para o primeiro intervalo de tempo o deslocamento é,
13
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
1.8
∆xA→B = xB − xA
= [−4(1) + 2(1)2 ] − [−4(0) + 2(0)2 ]
= −2 m .
(1.9)
Para calcular o deslocamento durante o segundo
intervalo,
∆xB→D = xD − xB
= [−4(3) + 2(3)2 ] − [−4(1) + 2(1)2]
= +8 m .
(1.10)
Este último deslocamento pode ser visto diretamente do gráfico da posição em função do
tempo.
(b) No primeiro intervalo ∆t = tB − tA = 1 s,
obtém-se que
Aceleração
Diz-se que quando a velocidade de uma partı́cula
muda como função do tempo, então ela apresenta aceleração. Seja como exemplo um carro
que encontra-se numa corrida. Sua velocidade
no momento inicial não será a mesma o tempo
todo, pois o piloto vai procurar uma velocidade
cada vez maior para assim poder ganhar a competição. Supondo que uma partı́cula move-se
ao longo do eixo x com uma velocidade inicial vx0 num instante t0 e adquire uma velocidade final vx num instante t, define-se que
a aceleração média de uma partı́cula é a
mudança da velocidade ∆vx dividida pelo
intervalo de tempo decorrido ∆t durante
o qual aconteceu a mudança:
āx ≡
∆vx
vx − vx0
=
,
∆t
t − t0
(1.14)
Sendo a aceleração a taxa de variação da velocidade com respeito ao tempo (L/t)/t, sua
−2 m
∆xA→B
=
= −2 m/s .
v̄x(A→B) =
unidade no SI é o m/s2 . Em algumas situações
∆t
1s
(1.11) o valor da aceleração pode ser diferente soPara o segundo intervalo, ∆t = 2 s, portanto, bre diferentes intervalos. Por isso, define-se a
aceleração instantânea como o limite da aceleração média para um tempo ∆t muito próximo
∆xB→D
8m
v̄x(B→D) =
=
= +4 m/s .
de zero.
∆t
2s
(1.12)
(c) Certamente pode-se estimar que a velocidade instantânea deve ser da mesma ordem que
os resultados prévios, ao redor de 4 m/s. Examinando o gráfico, pode-se ver que a inclinação
C é maior que
da reta tangente na posição B e .
D Assim,
da reta que liga os pontos espera-se que a resposta seja maior que 4 m/s.
Através de medições na curva do gráfico a t =
2, 5 s, obtém-se,
vx = +6 m/s .
(1.13)
Figura 1.11: Diagrama do movimento de um carro
ao longo do eixo x.
B esteja muito
Se imaginarmos que o ponto A na Figura 1.12 , obtém-se a
perto do ponto aceleração instantânea como,
∆vx
dvx
=
.
∆t→0 ∆t
dt
ax ≡ lim
(1.15)
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
14
ao longo do eixo x varia de acordo com a expressão vx = (40 − 5t2 ) m/s onde t está em
segundos. (a) Procurar a aceleração média no
intervalo de tempo t = 0, 0 s a t = 2, 0 s. (b)
Determinar a aceleração no tempo t = 2, 0 s.
Figura 1.12: Gráfico do movimento de um carro ao
longo do eixo x.
Diz-se que a aceleração instantânea é igual
à derivada da velocidade com respeito ao
tempo. Do mesmo modo pode-se dizer que a
aceleração é a taxa da variação da velocidade
no tempo. Se ax é positiva, então a velocidade Figura 1.14: Gráfico da velocidade como função do
é cada vez maior no tempo, mas se a acele- tempo, de acordo à expressão vx = (40 − 5t2 ) m/s.
ração é negativa então a velocidade apresenta
Solução: (a) A Figura 1.14 mostra o gráfico da
um comportamento decrescente.1
velocidade em função do tempo, sendo que a curva
é decrescente até assumir valores negativos, esperando que a aceleração seja negativa. Obtém-se
que a velocidade nos pontos t0 = t
A = 0, 0 s e
t = t
B = 2, 0 s é, portanto,
Figura 1.13: (a)Esboço da velocidade e (b) aceleração de uma partı́cula como função do tempo.
2
vx A = (40 − 5(0, 0) ) m/s = +40 m/s,
2
vx B = (40 − 5(2, 0) ) m/s = +20 m/s.
(1.16)
De tal forma que a aceleração no intervalo de tempo
A Figura 1.13 mostra a curva da velocidade e
∆t = 2, 0 s é,
da aceleração para uma partı́cula como função
do tempo. Facilmente observa-se que os valores
vx
B − vx A
positivos da aceleração estão relacionados com
āx =
t
o aumento da velocidade.
A
B − t
Exemplo 1.4: A velocidade de uma partı́cula
1
(20 − 40) m/s
= −10 m/s2 .
=
(2.0 − 0.0) s
(1.17)
Isto é verdade se a velocidade for positiva. Se a
velocidade for negativa, o valor da velocidade aumen- O sinal negativo da aceleração média neste intertará, pois o sinal aqui só representa o sentido do movi- valo faz com que a velocidade da partı́cula adquira
mento.
um valor menor que o inicial.
15
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
(b) A velocidade em qualquer ponto é dada por quão complexo pode ser a descrição de um sisvx0 = (40 − 5t2 ) m/s, portanto a velocidade para tema. Por outro lado, é muito comum que a descrição dos movimentos unidimensionais seja assuum tempo t + ∆t é,
mida com aceleração constante. Sendo assim, a
aceleração média em todos os tempos é a mesma,
2
2
2
vx = 40 − 5(t + ∆t) = 40 − 5t − 10t∆t − 5(∆t) . significando que a taxa da variação da velocidade
(1.18) é mesma durante todo o movimento.
Portanto a mudança da velocidade sobre o inter- Na equação 1.14, ao substituir āx por ax e tomando o tempo inicial t0 = 0 s, obtém-se:
valo de tempo ∆t é,
∆vx = vx − vx0 = [−10t∆t − 5(∆t)2 ] m/s. (1.19)
ax =
vx − vx0
t
ou
vx = vx0 + ax t. (1.22)
Dividindo esta última expressão por ∆t e pegando Esta é uma poderosa expressão que permite deo limite para um intervalo de tempo muito pe- terminar a velocidade de um objeto em qualquer
tempo t caso se conheça a velocidade inicial do obqueno:
jeto e sua aceleração (constante). As Figuras 1.15, 1.16, 1.17 mostram os diferentes gráficos que des∆vx
crevem o movimento de um corpo com aceleração
ax = lim
∆t→0 ∆t
(1.20) constante.
= lim (−10t − 5∆t) = −10t m/s2 .
∆t→0
Substituindo o tempo t = 2, 0 s,
ax = (−10)(2, 0) m/s2 = −20 m/s2 .
(1.21)
A principal diferença entre os dois procedimentos
é que para o primeiro a aceleração é a média enA e ,
B diferente de
tre duas medidas nos pontos B este re- Figura 1.15: Gráfico que descreve a velocidade em
quando é avaliada apenas no ponto ,
sultado sendo a taxa de variação da velocidade função do tempo de um corpo com aceleração constante
naquele ponto ou o valor da reta tangente, signi- ao longo do eixo x.
ficando assim, a aceleração instantânea.
Para o movimento com aceleração constante a expressão para a velocidade média em qualquer in1.9 Movimento Unidimen- tervalo de tempo é a média aritmética,
sional com Aceleração
Constante
v̄x =
vx0 + vx
.
2
(1.23)
A equação para o deslocamento para qualquer corpo como função do tempo com aceleração consO caso no qual a aceleração de uma partı́cula vatante é,
ria com relação ao tempo é um bom exemplo do
16
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
1
x − x0 = v̄x t = (vx0 + vx )t.
2
(1.24)
Pode-se obter outra expressão útil para o deslocamento com aceleração constante ao fazer algumas
substituições nas equações anteriores (se substituirmos vx da Equação 1.23 na Equação 2.12),
1
(vx0 + vx0 + ax t)t,
2
1
x − x0 = vx0 t + ax t2 .
2
x − x0 =
Figura 1.16: Gráfico que descreve a aceleração em
(1.25)
Se derivarmos a equação anterior com respeito ao
tempo obtemos,
função do tempo de um corpo com aceleração constante
ao longo do eixo x.
vx =
d
1
dx
=
(x0 + vx0 t + ax t2 ) = vx0 + ax t
dt
dx
2
(1.26)
Finalmente, pode-se obter uma expressão para o
deslocamento que não dependa do tempo, ao fazer
a substituição do tempo da Equação 1.26 na Equação 2.12,
1
x − x0 = (vx0 + vx )
2
vx − vx0
ax
2
vx2 = vx0
+ 2ax (x − x0 )
=
2
vx2 − vx0
,
2ax
(1.27)
que é chamada Equação de Torricelli, inicialmente
obtida no contexto da Fı́sica de Fluidos.
No caso no qual ax = 0, as equações anteriores
reduzem-se ao caso de movimento com velocidade
constante.
Exemplo 1.5: Um carro viajando a uma velo-
Figura 1.17: Gráfico que descreve a posição em cidade (constante) de 45, 0 m/s passa ao lado de
função do tempo de um corpo com aceleração consuma viatura da polı́cia que estava escondida atrás
tante ao longo do eixo x.
de uma propaganda na estrada. Um segundo após
o carro passar pela propaganda, o policial parte
para pegá-lo, acelerando a uma taxa constante de
3, 00 m/s2 . Quanto tempo o policial vai levar para
ultrapassar o carro?
17
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
Equação
Informação fornecida
vx = vx0 + ax t
Velocidade como função
do tempo
1
(v
2 x0
+ vx )t
Deslocamento como função
x − x0 = vx0 t + 21 ax t2
Deslocamento como função
x − x0 =
policial, ele parte da origem no tempo t = 0, 0 s
com uma aceleração constante. Assim a equação
que descreve seu movimento é
da velocidade e do tempo
do tempo
vx2
=
2
vx0
+ 2ax (x − x0 )
Velocidade como função
do deslocamento
Tabela 1.1: Equações cinéticas do movimento unidimensional com aceleração constante.
1
x = x0 + vx0 t + ax t2 ,
2
1
xpolicial = 0 + 0t + (3, 00 m/s2 )t2 .
2
(1.29)
A ideia aqui é que o policial vai ultrapassar o carro
no instante quando suas posições sejam as mesC
mas, chamado instante :
Solução: Uma leitura detalhada ajuda a compreender que o movimento do policial é uniforxpolicial = xcarro ,
memente acelerado. Conhece-se que um segundo
1
(3, 00 m/s2 )t2 = 45, 0 m + (45, 0 m/s)t,
(1, 0 s) após o carro passar o policial inicia a per2
(1.30)
seguição. Porém o carro move-se com velocidade
constante. A Figura 1.18 ajudará a compreender
levando, assim, a uma equação quadrática,
melhor os eventos.
1.50t2 − 45, 0t − 45, 0 = 0.0,
(1.31)
sendo solução fı́sica da equação (tempos positivos), quando t = 31, 0 s .
1.10
Corpos em Queda Livre
Figura 1.18: O esboço dos eventos.
Primeiro, escrevendo a posição do carro como função do tempo, convenientemente escolhendo a posição da propaganda como a origem e t
B ≡ 0, 0 s
como o tempo da partida do policial. Naquele
instante o carro já terá percorrido uma distância
de 45, 0 m, portanto a posição inicial do carro é
x
B = 45, 0 m. A equação do deslocamento do
carro é dada por
xcarro =x
B + vxcarro t
=45, 0 m + (45, 0 m/s)t,
Já é bem conhecido o fato que os corpos de diferentes formas, quando na ausência de atrito, caem
com a mesma aceleração em direção ao centro da
terra devido à ação da gravidade. Assim define-se
o conceito de queda livre. A queda livre é a situação em que um objeto qualquer move-se
somente pela ação da gravidade, sem ter em
consideração seu movimento inicial. Denotase a aceleração da queda livre pela letra g (gravidade). O valor da gravidade na superfı́cie da terra
é g = 9, 8 m/s2 (sendo este um valor médio, pois a
(1.28)
aceleração da gravidade varia com a latitude e a
altitude).
mostrando assim que para o tempo igual t = 0 s a Se for desprezado o atrito com o ar durante a
posição do carro é xcarro = 45, 0 m. Para o caso do queda livre dos corpos, as equações que descrevem
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
o movimento uniformemente acelerado adaptamse perfeitamente com a descrição da queda dos
corpos apenas substituindo a aceleração pela gravidade ay = g = −9, 8 m/s2 onde o sinal negativo
está relacionado com a escolha do sentido positivo
do eixo das posições apontando para cima.
18
e desprezando o resultado negativo, obtemos que
para o tempo
t = 4, 08 s
a pedra estará novamente em sua altura inicial.
(d) Para calcular a velocidade basta fazer a seguinte relação,
Exemplo 1.6: Uma pedra é lançada do alto de
um prédio com uma velocidade inicial para acima
de 20, 0 m/s. A altura do prédio é de 50, 0 m.
vy = vy0 + ay t
Assuma que a pedra começa seu movimento em
= 20, 0 m/s + (−9, 80 m/s2 )(4, 08 s) (1.35)
t = 0, 0 s. Determinar, (a) o tempo no qual a pe= −20, 0 m/s .
dra estará na sua máxima altura, (b) a máxima
altura, (c) o tempo no qual a pedra retorna à altura original, (d) a velocidade da pedra naquele O valor negativo da velocidade ı́ndica que sua diinstante e (e) a velocidade e a posição no tempo reção é agora oposta à direção original (na qual a
pedra ia para cima).
t = 5, 0 s.
Solução: (a) No ponto onde a altura é máxima
a velocidade da pedra é zero. Para calcular este
tempo utiliza-se a equação vy = vy0 + ay t, mas
vy = 0, 0 m/s para a altura máxima, então
(e) Para esta parte a análise será um pouco diferente, pois considera-se o que acontece depois do
B onde a pedra encontra-se com velociponto ,
dade zero e na sua altura máxima, até chegar à
D tendo assim t = tD − tB :
posição ,
20, 0 m/s + (−9, 8 m/s2 )t = 0, 0,
tmáx =
20, 0 m/s
= 2, 04 s .
9, 80 m/s2
(1.32)
= 0, 0 m/s + (−9, 8 m/s2 )(5, 00 s − 2, 04 s)
= −29, 0 m/s .
(b) Para calcular a altura máxima,
ymáx
1
= vy0 tmáx + ay t2máx
2
vyD = vyB + ay t
(1.36)
Embora o cálculo poderia ter sido feito desde o
s)2
A onde t = tD − tA = 5, 00 s: Subsponto inicial ,
tituindo o tempo t = 5, 0 s na equação da veloci(1.33) dade
1
= (20, 0 m/s)(2, 04 s) + (−9, 8 m/s2 )(2, 04
2
= 20, 4 m .
(c) Para calcular o tempo necessário para que a
pedra esteja novamente na altura inicial, fazemos
y = y0 = 0 m, assim:
vy = vy0 + ay t
= 20, 0 m/s + (−9, 8 m/s2 )(5, 00 s)
= −29, 0 m/s,
1
y − y0 = vy0 t + ay t2 ,
2
0 = 20, 0t − 4, 90t2 .
(1.34) e na equação da posição
A solução desta equação obtêm-se resolvendo uma
equação de segundo grau. Resolvendo a equação
(1.37)
19
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
que cai num queda livre partindo de uma posição
de equilı́brio, desprezando o atrito com o ar. Como
1
y = y0 + vy0 t + ay t2
o gráfico poderia variar ao levar em consideração
2
= 0.0 m + (20, 0 m/s)(5, 00o s)
atrito com o ar?
1
+ (−9, 8 m/s2 )(5, 0 s)2
2
= −22, 5 m .
1.12
Exercı́cios
(1.38)
Exercı́cio 1.1: O deslocamento como função do
Exercı́cio Proposto: (a) Achar a velocidade da
tempo de uma partı́cula ao longo do eixo x é mospedra justamente antes que ela atinja o chão e (b)
trado na Figura 1.19. Achar a velocidade média
o tempo total da trajetória.
nos seguintes intervalos (a) 0 a 2 s, (b) 0 a 4 s, (c)
2 s a 4 s, (d) 4 s a 7 s, (e) 0 a 8 s.
Resposta: (a) −37, 1 m/s, (b) 5, 83 s
1.11
Questões
Questão 1.1: Se a velocidade média é diferente
de zero num intervalo estabelecido, será que a velocidade instantânea nunca poderá ser zero? Explicar os argumentos.
Questão 1.2: Um estudante no topo de um prédio
de altura h lança uma bola verticalmente para
cima com uma velocidade inicial de módulo vy0 e
lança uma segunda bola para baixo com uma veloFigura 1.19: Exercı́cio 1.1.
cidade inicial de mesmo módulo. Qual é o módulo
da velocidade final das bolas quando elas chegam
Exercı́cio 1.2: Uma pessoa está caminhando com
ao chão?
uma velocidade constante de módulo v1 ao longo
Questão 1.3: Dois carros estão se movendo em
de uma linha reta formada pelos pontos A e B e
direções paralelas ao longo de uma rodovia. Num
depois volta ao longo da mesma linha com uma veinstante a velocidade escalar do carro A é maior
locidade constante de módulo v2 . (a)Qual sua veque a velocidade escalar do carro B. Isto significa
locidade escalar média em todo o percurso? (b)Qual
que a aceleração do carro A é maior que a que tem
sua velocidade média em todo o percurso?
o carro B?
Exercı́cio 1.3: A posição de uma partı́cula vaQuestão 1.4: Em outro planeta que tem o valor
ria em relação ao tempo ao longo do eixo x, como
da gravidade três vezes maior que a gravidade da
é mostrado na Figura 1.20. (a) Achar a velociterra, g ′ = 3g, quanto tempo precisará um corpo
dade média no intervalo de tempo de t = 1, 5 s até
que cai desde uma altura h do repouso até chegar
t = 4, 0 s. (b) Determine a velocidade instantânea
ao chão? Compare o resultado quando o mesmo
em t = 2, 0 s por medição da reta tangente à curva
corpo encontra-se na terra.
como é mostrada no gráfico da Figura 1.13. (c)
Questão 1.5: Faça um esboço do gráfico da velo- Qual é o valor de t para qual a velocidade inscidade escalar em função do tempo para um corpo tantânea é zero?
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
20
valores de tempo anteriores, (c) a aceleração média
neste intervalo e (d) a aceleração instantânea para
os dois valores de tempo mencionados.
Figura 1.20: Exercı́cio 1.3.
Exercı́cio 1.4: Utilizando-se dos dados da Tabela 1.2 para a posição x em metros para um dado
tempo t em segundos para um carro movimentandose ao longo de uma reta:
x(m)
t(s)
0,0 2,3
0,0 1,0
Exercı́cio 1.7: A Figura 1.21 mostra o gráfico
da velocidade em função do tempo de um motoqueiro que começa seu movimento partindo do repouso, movendo-se ao longo do eixo x. (a) Achar
a aceleração média no intervalo de t = 0, 00 s até
t = 6, 00 s. (b) Estimar o tempo no qual ele adquire o valor máximo positivo da aceleração e o
valor dela. (c) Quando a aceleração é zero? (d)
Estimar o valor máximo negativo da aceleração e
o tempo no qual ocorre.
9,2 20,7 36,8 57,5
2,0 3,0 4,0 5,0
Tabela 1.2: Exercı́cio 1.4.
(a) Construa uma curva suave da posição versus
o tempo. (b) Construindo a reta tangente a curva
Figura 1.21: Exercı́cio 1.7.
x(t) , achar a velocidade instantânea em qualquer
instante de tempo. (c) Fazer o gráfico da velo- Exercı́cio 1.8: Um avião aproxima-se da terra
cidade instantânea como função do tempo e de- para aterrissar com uma velocidade de 100 m/s e
terminar o valor da aceleração média do carro. pode desacelerar a uma taxa de −5, 00 m/s2 até
(d) Qual é a velocidade inicial do carro dada pela chegar ao repouso. (a) Desde o instante no qual
equação da velocidade instantânea obtida na questãoo avião encosta na terra, qual é o tempo mı́nimo
para que o avião possa estar completamente em
(b)?
repouso? (b) Pode o avião aterrissar no aeroporto
Exercı́cio 1.5: Uma partı́cula viaja com uma vede uma ilha tropical que tem 0, 800 km de pista?
locidade de 60, 0 m/s ao longo do eixo x no instante inicial t = 0, 0 s. Num tempo t = 15, 0 s Exercı́cio 1.9: Um mulher pula do 17o andar de
após o inı́cio a velocidade é zero, pois ela dimi- um prédio a uma altura de 49 m, quando chega
nuiu a velocidade a uma taxa constante neste in- a altura h = 0, 0 m ela cai sobre um colchão de
tervalo. Qual é o valor da aceleração média neste ar amortecendo seu movimento numa distância de
1, 6 m. Calcular: (a) A velocidade escalar da muintervalo? O que significa o sinal da resposta?
lher justamente no instante de tempo antes de ela
Exercı́cio 1.6: Um objeto está se movendo ao
tocar o colchão. (b) A aceleração média quando
longo do eixo x de acordo com a expressão x(t) =
está em contato com o colchão. (c) O tempo de
(3, 00t2 − 2, 00t + 3, 00) m. Determinar, (a) a vequeda. (d) O tempo de contato com o colchão até
locidade média no intervalo de t = 2, 00 s até
que sua velocidade seja zero.
t = 3, 00 s, (b) a velocidade instantânea nos dois
CAPÍTULO 1. MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO
Exercı́cio 1.10: A altura de um helicóptero com
respeito ao chão é h = 3, 00t2 . Partindo do chão,
após 2, 00 s ele deixa cair uma sacola de massa
M . Quanto tempo precisará a sacola para chegar
a terra?
21
Capı́tulo 2
Vetores
2.1
Introdução
Muitas grandezas fı́sicas, tais como massa, carga
elétrica e temperatura, são chamadas grandezas
escalares, e necessitam apenas de um número seguido de uma unidade de medida apropriada para
serem definidas. Outro conjunto de grandezas fı́sicas, como força, velocidade e deslocamento são
chamadas grandezas vetoriais, e representadas por
flechas no espaço às quais damos o nome de vetores. Essas flechas possuem módulo, direção e
sentido.
2.2
Figura 2.2: Vetor ~a.
do vetor, isto é, ele especifica a intensidade da
grandeza associada a ele. Se representarmos um
vetor por uma letra com uma flecha em cima, por
exemplo ~a, podemos representar simbolicamente o
módulo por |~a| , ou, simplesmente, a.
2 - Direção: É a inclinação ou ângulo de um
vetor em relação a um eixo de um determinado
sistema de referência (Figura 2.3).
Representação de um
Vetor
Para representar graficamente um vetor, consideramos, inicialmente, um segmento de reta AB sobre a reta r, na Figura 2.1
Figura 2.3: Direção.
3- Sentido: Coincidindo com a orientação do vetor, o sentido indica para onde aponta o vetor,
conforme é mostrado na Figura 2.4
Figura 2.1: Segmento de reta.
orientando esse segmento com uma seta, que inicia Para todo vetor com um determinado sentido, existe
em A e termina em B, obtemos a representação um vetor com sentido oposto. Por exemplo, o vegráfica de um vetor, conforme a Figura 2.2.
tor ~a possui um vetor com sentido oposto repreComo havı́amos dito antes, um vetor é completa- sentado por −~a.
mente especificado por três informações:
1 - Módulo: Dado por um número seguido de
uma unidade, o módulo está associado ao tamanho
22
23
CAPÍTULO 2. VETORES
A operação de subtração de vetores pode ser construı́da levando em conta que o vetor −~b é o vetor
~b com sentido oposto. A subtração de dois vetores
~a e ~b é então obtida usando a equação (2.1) , ou
seja,
~s = ~a + −~b
= ~a − ~b,
(2.2)
geometricamente, a subtração de dois está ilustrada na Figura 2.6.
Figura 2.4: Sentido.
2.3
Operações de Adição e
Subtração de Vetores
Para que possamos manipular equações envolvendo
vetores, devemos saber como estes objetos maFigura 2.6: Subtração de vetores.
temáticos se comportam ao efetuarmos operações
matemáticas conhecidas. Representando dois vetores quaisquer por ~a e ~b, podemos formar um É possivel representar graficamente a operação de
terceiro vetor ~s com a definição de soma vetorial soma vetorial com um número arbitrário de vetores. Para exemplificar, consideramos os vetores ~a,
~
~s = ~a + b
(2.1) ~b, ~c, d,
~ ~e, representados na Figura 2.7. O vetor
resultante da soma ~a + ~b + ~c + d~ + ~e é obtido
A operação de soma pode facilmente ser visualide forma análoga à soma de dois vetores. Inicialzada geometricamente. Na Figura 2.5, represenmente o vetor ~a é fixado em uma posição, deslocatamos a soma dos vetores ~a e ~b.
se paralelamente o vetor ~b de forma que sua origem
coincida com a extremidade do vetor ~a. Repete-se
~ ~e, e ao final o veo processo para os vetores ~c, d,
tor soma terá sua origem no inı́cio do vetor ~a e
sua extremidade estará junto com a extremidade
do vetor ~e, conforme ilustrado na Figura 2.8.
Figura 2.5: Soma de vetores.
A técnica para desenhar uma soma vetorial consiste em: (1) Desenhar o vetor ~a preservando a
sua orientação. (2) Desenhar o vetor ~b com seu
inı́cio na extremidade do vetor ~a . (3) O vetor
soma será feito desenhando uma flecha ligando o
inı́cio do vetor ~a com a extremidade do vetor ~b.
Pode-se notar que a operação de soma ~a + ~b tem
o mesmo resultado da operação de soma ~b + ~a, ou
seja, a adição de vetores é comutativa.
Podemos pensar no deslocamento de uma partı́cula
como a soma vetorial de deslocamentos intermediários. Dessa maneira, é fácil interpretar a regra da
soma geométrica de vetores como uma sequência
de deslocamentos.
24
CAPÍTULO 2. VETORES
2.5
Produto Escalar de
Vetores
~ ~e.
Figura 2.7: Vetores ~a, ~b, ~c, d,
Certas grandezas fı́sicas são especificadas apenas
por um número seguido de uma unidade, e são
chamadas grandezas escalares. A operação de produto escalar entre dois vetores ~a e ~b tem como resultado um escalar, é representada por ~a · ~b (lê-se
~a escalar ~b) e definida como
~a · ~b = ab cos θ,
(2.3)
onde a e b são os módulos de ~a e ~b, respectivamente, e θ é o ângulo entre ~a e ~b, como mostrado
na Figura 2.10.
~ ~e.
Figura 2.8: Soma dos vetores ~a, ~b, ~c, d,
2.4
Multiplicação de um Vetor por um Escalar
Quando multiplicamos um vetor ~a por um escalar
Figura 2.10: Ângulo entre dois vetores.
s obtemos outro vetor cujo módulo é o produto do
módulo de ~a pelo valor absoluto de s, cuja direção
é a mesma de ~a e cujo sentido é o mesmo de ~a, se s Um exemplo de uma grandeza escalar obtida através
for positivo, e o sentido oposto, se s for negativo. do produto escalar de vetores é o trabalho de uma
Para dividir ~a por s, multiplicamos ~a por 1/s. Os força constante sobre um corpo, dado por:
resultados da multiplicação de um vetor ~a por 2 e
W = F~ · d~
(2.4)
−1/3 são mostrados na Figura 2.9.
Onde F~ é a força aplicada e d~ o deslocamento do
corpo.
O produto escalar possui as propriedades:
~ ~
~a · b = b · ~a
2)
~a · ~b + ~c = ~a · ~b + ~a · ~c
3) (n~a) · ~b = ~a · n~b = n ~a · ~b ,
1)
sendo n um número real.
Figura 2.9: Multiplicação por escalar.
2.6
Produto Vetorial
O produto vetorial entre dois vetores ~a e ~b, representado por ~a × ~b (lê-se ~a vetorial ~b) é definido
25
CAPÍTULO 2. VETORES
de forma que o vetor ~c, resultante desse produto,
tenha as seguintes caracterı́sticas:
Módulo: O módulo do vetor ~c é igual ao produto
do módulo do vetor ~a pelo módulo de ~b multiplicado pelo seno do ângulo formado por ~a e ~b, ou
seja,
c = absenθ.
(2.5)
Geometricamente, o módulo do vetor ~c é igual à
área do paralelogramo gerado pelos vetores ~a e ~b,
como mostrado na Figura 2.11.
Figura 2.12: Regra da mão direita.
2.7
Componentes de um
Vetor em 2 Dimensões
Figura 2.11: Módulo do produto vetorial.
Direção: O vetor ~c = ~a × ~b será perpendicular ao
plano determinado pelos vetores ~a e ~b , ou seja,
será simultaneamente perpendicular a ~a e ~b, caso
os vetores ~a e ~b não sejam paralelos. Se os vetores ~a
e ~b forem paralelos o resultado do produto vetorial
entre eles é ~0.
Podemos escrever um vetor qualquer como a soma
de outros vetores. Consideramos inicialmente um
sistema cartesiano xy de coordenadas. Sejam ~ax
um vetor que possui a mesma direção do eixo x e
~ay um vetor que possui a mesma direção do eixo
y. A soma destes vetores fornece um vetor ~a dado
por
~a = ~ax + ~ay ,
(2.6)
Sentido: O sentido do vetor é dado pela regra
conforme ilustrado na Figura 2.13. Os vetores ~ax
da mão direita. Os vetores ~a e ~b determinam um
e ~ay são as chamadas componentes do vetor ~a.
plano. Imagine um eixo perpendicular passando
pela origem dos dois vetores ~a e ~b, alinhe sua mão
direita podendo girar em torno desse eixo, então
gire a mão de ~a para ~b. O polegar indicará o sentido do vetor ~a × ~b , conforme ilustra a Figura
2.12
O produto vetorial possui as seguintes propriedades algébricas:
~b = −~b × ~a,
~a × 2)
~a × ~b + ~c = ~a × ~b + ~a × ~c,
3) (n~a) × ~b = ~a × n~b = n ~a × ~b .
1)
sendo n um número real.
Figura 2.13: Componentes de um vetor
Dessa forma é possivel construirmos vetores com
Exemplos de grandezas fı́sicas obtidas através do tamanho arbitrário através da multiplicação de
produto vetorial são a força de Lorentz e o torque suas componentes por um escalar. A multiplicação
de uma força.
26
CAPÍTULO 2. VETORES
de um vetor por escalar preserva a direção, no en- em que o eixo y corresponda a direção norte e o
eixo x corresponda ao leste, conforme a Figura
tanto pode alterar o módulo e o sentido.
2.14.
Definindo os versores î e ĵ, vetores unitários que
possuem a mesma direção e apontam no sentido
positivo dos eixos x e y respectivamente, os vetores
~ax e ~ay que aparecem na equação (2.6) podem ser
escritos com módulo e sentido arbitrários:
~ax = ax î,
~ay = ay ĵ,
(2.7)
onde ax e ay são escalares. Substituindo a equação
Figura 2.14: Sistema de coordenadas em que o eixo
(2.7) na equação (2.6), obtemos
y aponta para o norte e o eixo x aponta para o leste.
~a = ~ax + ~ay
= ax î + ay ĵ,
(2.8)
Em muitos problemas envolvendo vetores não dispomos de informações diretas sobre o módulo, a
direção e o sentido dos vetores. Em vez disso,
dispomos de informação acerca de suas componentes escalares. Para exemplificar, imaginamos
um plano representado por um sistema de coordenadas cartesiano, conforme indica a Figura 2.13.
Iremos chamar de ax a projeção do vetor no eixo
x e ay a projeção no eixo y.
Sabendo o ângulo θ que o vetor ~a forma com o
eixo x, teremos as relações
ax = a cos θ = (215 km) (cos 68o ) = 81 km,
ay = a sin θ = (215 km) (sen68o ) = 199 km.
2.8
Vetores em
3 Dimensões
ax = a cos θ,
ay = a sin θ,
Nesse sistema de coordenadas, o módulo do vetor
~a é justamente a distância percorrida pelo avião.
Como os eixos x e y formam um angulo de 90o ,
então o angulo do eixo x com o vetor deslocamento
do avião é 90o − 22o = 68o . Aplicando a equação
(2.9) temos
(2.9)
Até agora trabalhamos com vetores com compoonde a é o módulo de ~a, que é obtido pelo teorema
nentes em uma e duas dimensões. Considerando
de Pitágoras
q
o espaço tridimensional, utilizamos os eixos cartea = a2x + a2y ,
(2.10)
sianos de coordenadas xyz. Para representarmos
as quantidades ax e ay são as componentes esca- um vetor ~a em termos de vetores unitários, develares do vetor ~a.
mos introduzir um novo vetor unitário apontando
Exemplo 2.1: Sabe-se que, após deixar o aero- para o sentido positivo do eixo z, como mostra a
porto, um avião foi avistado a uma distância de Figura 2.15. Denotaremos este vetor por k̂.
215 km, voando em uma direção que faz um ângulo Dessa forma a expressão (2.8) é escrita como
de 22o com o norte para leste. Qual é a distância
percorrida a norte e a leste do aeroporto?
~a = ax î + ay ĵ + az k̂
(2.11)
Solução: O problema pode ser facilmente resolvido se escolhermos um sistema de coordenadas o que pode ser vizualizado na Figura 2.16.
27
CAPÍTULO 2. VETORES
Solução: Com base nos resultados obtidos na
equação (2.13) , podemos obter a fórmula
~s = (ax + bx + cx ) î + (ay + by + cy ) ĵ+
(az + bz + cz ) k̂
substituindo os valores numéricos
Figura 2.15: Versores no espaço tridimensional.
~s = (4, 2 − 1, 6 + 0)î + (−1, 6 + 2, 9 + 0) ĵ
+ (0 + 0 − 3, 7) k̂
= 2, 6î + 1, 3ĵ − 3, 7k̂.
Figura 2.16: Componentes de um vetor no espaço
tridimensional.
2.10
Produtos de Vetores na
Forma de Componen-
O módulo a de um vetor em 3 dimensões, também
tes
representado por|~a| , pode ser obtido com a equação
q
(2.12) Para multiplicar um vetor na forma de componen|~a| = a2x + a2y + a2z
tes por um escalar, multiplicamos todos os componentes do vetor pelo escalar. Isto é:
2.9
Adição e Subtração de
s~a = sax î + say ĵ + saz k̂
(2.14)
Vetores na Forma de
Os produtos escalar e vetorial podem ser realizados utilizando os componentes dos vetores envolvidos. Para efetuar o produto escalar, notamos
A soma de ~a com um vetor ~b = bx î + by ĵ + bz k̂ que:
é obtida somando-se as componentes de mesma
î · î = ĵ · ĵ = k̂ · k̂ = cos 0o = 1,
direção:
Componentes
~s = ~a + ~b
= ax î + ay ĵ + az k̂ + bx î + by ĵ + bz k̂
= (ax + bx ) î + (ay + by ) ~j + (az + bz ) k̂. (2.13)
î · ĵ = î · k̂ = ĵ · k̂ = cos 90o = 0
Isto ocorre porque î, ĵ e k̂ são mutuamente perpendiculares.
Dados dois vetores ~a = ax î + ay ĵ + az k̂ e ~b =
Exemplo 2.2: Os vetores abaixo estão expressos bx î + by ĵ + bz k̂, o produto escalar entre eles na
forma de componentes é dado por:
em termos de vetores unitários
~a = 4, 2î − 1, 6ĵ,
~b = −1, 6î + 2, 9ĵ,
~c = −3, 7k̂.
Ache o vetor soma dos vetores acima.
~a · ~b = ax bx + ay by + az bz
(2.15)
Exemplo 2.3: Qual é o ângulo formado pelos
vetores ~a = 3î − 4ĵ e ~b = −2î + 3k̂ ?
28
CAPÍTULO 2. VETORES
Solução: A definição de produto escalar, dada 2.11
Exercı́cios
anteriormente, deve ser coerente com a notação de
vetores unitários, para representar um vetor qual- Exercı́cio 2.1: Com os vetores ~u = 2î + 3ĵ + 4k̂
quer. Então a equação (2.3) pode ser usada para e ~v = î + 5ĵ − 3k̂, calcule ~u × ~v .
calcular o produto das componentes dos vetores:
Exercı́cio 2.2: Dados os vetores ~t = 2î − 4ĵ,
~
~a · b = ab cos θ
~v = −5î + ĵ e ~z = −12î + 6ĵ, determinar k1 e k2
para que ~z = k1~t + k2~v .
= 3î − 4ĵ · −2î + 3k̂
= −6î · î + 9î · k̂ + 8ĵ · î − 12~j · k̂
= −6 cos 0o + 9 cos 90o + 8 cos 90o − 12 cos 90o
= −6,
ou seja,
cos θ =
−6
,
ab
onde
q
32 + (−4)2 = 5,
q
√
b = (−2)2 + 32 = 13,
√
ab = 5 13 ≃ 18,
a=
dessa forma o ângulo pode ser escrito como
−1
,
cos θ =
3
−1
θ = arccos
= 109o .
3
Exercı́cio 2.3: Verifique que os vetores ~u = −î e
~v = ĵ, são ortogonais.
Exercı́cio 2.4: Determine o módulo dos vetores:
a) ~u = 3î + 2ĵ − 6k̂,
b) w
~ = 7î + ĵ − 7k̂.
Exercı́cio 2.5: Calcule o ângulo entre os vetores
~a = 3î − 4ĵ e ~b = 8î − 6ĵ.
Exercı́cio 2.6: Seja ~a = 3î − k̂ e ~b = −5ĵ + 7k̂.
Encontre o vetor ~c = ~a × ~b
Exercı́cio 2.7: Sejam os vetores ~a = 4î − 3ĵ e
~b = −î + ĵ + 4k̂. Calcule:
a)
~a + ~b,
b)
~a − ~b,
c) ~c tal que ~a − ~b + ~c = 0.
Exercı́cio 2.8: O vetor ~a ilustrado na Figura 2.17
tem módulo igual a 5 cm e faz um ângulo de 120o
Agora vamos efetuar o produto vetorial. Devido à com o semi-eixo positivo OX. Determine as suas
definição do produto vetorial, os vetores unitários componentes nas direções x e y.
î, ĵ, k̂ devem satisfazer as relações
î × ĵ = k̂,
ĵ × k̂ = î,
k̂ × î = ĵ,
î × î = ĵ × ĵ = k̂ × k̂ = 0.
Figura 2.17: Exercı́cio 2.8.
Exemplo 2.4: Se ~a = 3î − 4ĵ e ~b = −2î + 3k̂,
Exercı́cio 2.9: A componente x de um vetor vale
obtenha o vetor ~c = ~a × ~b.
-25 unidades e a componente y vale 40 unidades.
Solução: Aplicando a propriedade distributiva do
Qual o ângulo entre esse vetor e o sentido positivo
produto vetorial temos:
dos x?
~a × ~b = 3î − 4ĵ × −2~i + 3k̂,
Exercı́cio 2.10: verifique que o produto vetorial
pode ser escrito
= −6 î × î + 9 î × ~k + 8 ĵ × î − 12 ĵ × k̂ de dois vetores ~a × ~b 
 como o
î
ĵ k̂
= −12î − 9ĵ − 8k̂.


determinante da matriz  ax ay az  .
bx
by
bz
CAPÍTULO 2. VETORES
Exercı́cio 2.11: Encontre o ângulo entre as diagonais das faces de um cubo. Você pode utilizar
um cubo de lado 1 para as suas contas, como se
vê na Figura 2.18.
Figura 2.18: Exercı́cio 2.11.
Exercı́cio 2.12: Dados os vetores ~a, ~b, ~c, d~ na Figura 2.19, abaixo, faça um esboço do vetor ~s re~
sultante da operação ~s = ~a − ~b + ~c − d.
Figura 2.19: Exercı́cio 2.12.
Exercı́cio 2.13: Demonstre a equação (2.15) para
o produto escalar de dois vetores na forma de componentes, isto é:
~a · ~b = ax bx + ay by + az bz
29
Capı́tulo 3
Movimento em Duas Dimensões
3.1
3.2
Movimento em Duas
Movimento de Projéteis
em Duas Dimensões
Dimensões com Aceleração Constante
Podemos modelar o problema do movimento de
projéteis, desprezando a força de arrasto1 com o
No movimento em duas dimensões as componentes
ar, considerando o projétil como sendo uma partı́cula,
x e y dos vetores posição e velocidade que descree assumindo que como a trajetória é próxima a suvem o movimento podem ser analisadas separadaperfı́cie da terra, onde a gravidade pode ser conmente. Assim :
siderada constante e dirigida para baixo.
~r = xî + y ĵ
(3.1)
1
x = x0 + v0x t + ax t2
2
1
y = y0 + v0y t + ay t2
2
(3.2)
onde
Figura 3.1:
Trajetória descrita por um projéti
lançado com velocidade inicial (v0 ) que faz um angulo
θ0 com a horizontal.
e
~v = vx î + vy ĵ
A partir da Figura 3.1, podemos ver que as com(3.3) ponentes v0x e v0y podem ser obtidas decompondo
o vetor v~0 com o ângulo θ0 com o eixo x positivo:
sendo
v0x = v0 cos θ0
1
vx = v0x + ax t
e
vy = v0y + ay t
(3.4)
e
v0y = v0 senθ0
(3.5)
Quando existe uma velocidade relativa entre um
fluido e um corpo sólido (seja porque o corpo se move
através do fluido, seja porque o fluido passa pelo
corpo), o corpo experimenta uma força de arrasto que
se opoem ao movimento relativo e é paralela à direção
do movimento relativo do fluido.
30
31
CAPÍTULO 3. MOVIMENTO EM DUAS DIMENSÕES
O movimento de projéteis como visto na Figura
3.1 pode parecer complicado, mas torna-se bastante simplificado ao usarmos a propriedade (demonstrada experimentalmente, como visto na Figura 3.2) que o movimento horizontal e o movimento vertical são independentes, logo um não
afeta o outro. Na prática temos na horizontal
um movimento uniforme e na vertical um movimento uniformemente variado, como será enfatizado mais adiante.
3.2.3
Alcance Horzontal
Vamos supor que o projétil é lançado desde o origem em t = 0 e com velocidade positiva ~v0 , como
é mostrado na Figura 3.1. Dois pontos são de
especial interece para analisar: O ponto de altura máxima (A), que tem coordenadas cartesianas (R/2, h), e o ponto (B), com coordenadas
(R, 0). A distância R é chamada alcance horizontal. Vamos encontrar R e h em termos de v0 , θ0 e
g:
Podemos determinar h, notando que em (A), a
velocidade vAy = 0. Portanto podemos usar as
equações (3.5), para determinar o tempo tA em
que o projétil chega na altura máxima (A):
vy = v0y − gt
0 = v0 sin θ0 − gtA
Figura 3.2: Lançamento queda livre na bola da es-
(3.10)
v0 sin θ0
tA =
g
querda e lançamento com velocidade inicial horizontal
na bola da direita, as linhas indicam o tempo decorrido O alcance horizontal R é a posição do projétil em
3.2.1
um tempo tB , tempo esse que é duas vezes o tempo
que ele demora para chegar ao pico. Assim, tB =
2tA . Agora fazemos uso da parte x das equações
(3.2) para escrever, com vBx = v0x = v0 cos θ0
Movimento Horizontal
Como nesta parte temos um movimento uniforme,
a aceleração é zero, logo a componente x da Equação(3.2), usando as Equação(3.5) torna-se:
x = x0 + v0 cos θ0 t
R = v0x tB = (v0 cos θ0 )2tA
R = (v0 cos θ0 )
2v0 senθ0
g
(3.11)
(3.6)
Usando a identidade sen2θ = 2senθ cos θ, escrevemos R de um jeito mais compacto
3.2.2
Movimento Vertical
R=
v02 sen2θ0
g
(3.12)
Neste movimento, o tratamento é o mesmo que
o da queda livre. A aceleração a será substituida
por −g, onde a componente y da Equação(3.2), da 3.2.4 Altura Máxima
Equação(3.4) e da equação de Torricelli, usando a
Para encontrar a altura máxima, utilizamos a exEquação(3.5) tornam-se:
pressão para tA da Equação (3.10) na parte y das
1 2
(3.7) equações (3.2), onde yA = h obtemos:
y = y0 + v0 senθ0 t − gt
2
v0 senθ0 2
v0 senθ0 1
(3.8)
vy = v0 senθ0 − gt
(3.13)
− g
h = (v0 sin θ0 )
g
2
g
(3.9)
vy2 = (v0 senθ0 )2 − 2g∆y
32
CAPÍTULO 3. MOVIMENTO EM DUAS DIMENSÕES
movimento circular uniforme. Quando estudamos
o movimento de projéteis o vetor velocidade mudava tanto de direção quanto de módulo. No movimento circular uniforme, o vetor velocidade somente muda de direção, o módulo da velocidade
permanece constante. Neste tipo movimento o vetor velocidade está mudando, então o movimento
é acelerado. A direção do vetor aceleração é dirigida para o centro da trajetória. Esta aceleração
é chamada aceleração centrı́peta e é dada por
ac =
v2
,
r
(3.15)
onde r é o raio do circulo.
Figura 3.3: Trajetórias para alguns ângulos.
h=
v02 sen2 θ0
2g
Em varias aplicações é conveniente falar do perı́odo
T . O perı́odo é definido como o tempo que a
partı́cula demora para fazer uma revolução. As(3.14) sim, como a distância percorrida é o perı́metro do
circulo, p = 2πr, então
A Figura 3.3 ilustra as trajetórias que teria um
projétil lançado de diferentes ângulos com uma
determinada velocidade inicial. Como você pode
ver o alcance é máximo para θ0 = 45o .
T =
3.4
2πr
.
v
(3.16)
Aceleração Tangencial
e Radial
3.3
Movimento Circular
Uniforme
Figura 3.5: Descrição dos vetores unitários r̂ e θ̂ e
Aceleração total de uma partı́cula que se movimenta
em uma trajetória curva.
Dependendo do problema em questão talvez meFigura 3.4: Movimento circular
lhor escrever a aceleração de uma partı́cula em
termos de vetores unitários. Fazemos isso defiA Figura 3.4 mostra um carro que se move em nindo r̂ e θ̂, mostrados na Figura 3.5, onde r̂ é
uma rotatória com o módulo de sua velocidade um vetor unitário que fica na direção do raio do
constante v. Este tipo de movimento é chamado circulo e no sentido de aumento do raio, e θ̂ é um
33
CAPÍTULO 3. MOVIMENTO EM DUAS DIMENSÕES
vetor unitário tangente à trajetória do circulo e tempo são dadas por
seu sentido é o de aumento do ângulo θ. Fazendo
x = v0 t
uso desta notação podemos escrever a aceleração
(3.18)
1
y = − gyt2
total como
2
2
d|~v |
v
~a = ~at + ~ar =
(3.17) Quando na caneca chega ao piso y = −h, então
θ̂ − r̂.
dt
r
Estes vetores são descritos na Figura 3.5.
3.5
Exemplos
Antes de ver a solução o aluno deve tentar fazer o
problema primeiro.
1
−h = − gt2
2
Que dá o tempo de impacto
s
2h
t=
g
(3.19)
(3.20)
(a) Substituindo x = d e (3.20) na Equação (3.18)
Exemplo 3.1: Em um bar local, o barman de- para x:
pois de encher uma caneca com chopp, desliza a
s
2h
caneca para o cliente que momentaneamente disd = v0
g
traı́do não vê a caneca, que desliza-se para fora da
(3.21)
r
g
mesa com velocidade horizontal v0 . A altura da
v0 = d
2h
mesa é h. (a) Com que velocidade a caneca deixa
a mesa, se a distancia em que ela bate o piso fica
(b) No instante antes do impacto a componente
a uma distância d da base da mesa, e (b) qual era
da velocidade em x ainda é
a direção da velocidade da caneca antes de atingir
o piso?
Solução: Considere a Figura 3.6 que representa
esquematicamente o problema.
Figura 3.7: Velocidade Resultante
vx = v0
Figura 3.6: Exemplo 3.1
(3.22)
e a componente y é
s
Tomando o origem do sistema de coordenadas no
2h
vy = −gt = −g
(3.23)
ponto onde a caneca cai da mesa. Como a aceg
leração em x é zero e que a velocidade inicial
está apenas na horizontal, logo, v0x = v0 e v0y = Então a direção de movimento no instante que a
0. Então, as coordenadas da caneca em qualquer caneca toca o piso é para baixo da horizontal com
34
CAPÍTULO 3. MOVIMENTO EM DUAS DIMENSÕES
um ângulo de
|vy |
vx
 q 
g 2h
g
−1 
q 
θ = tan
g
d 2h
−1 2h
θ = tan
d
θ = tan−1
Usando o resultado de (3.27) encontramos o alcance na horizontal,
xC = xA + vAx t
(3.24)
d = vA cos θ0
2vA senθ0
.
g
(3.28)
Como o problema dizia que d = ymax , podemos
igualar (3.26) = (3.27)
Exemplo 3.2: Um astronauta em um planeta
estranho, percebe que pode saltar 15 m se a velocidade inicial dele for 3 m/s. Qual é a aceleração
da gravidade no planeta?
2 sen2 θ
vA
2v 2 senθ0 cos θ0
0
= A
,
2g
g
senθ0
= tan θ0 = 4.
cos θ0
(3.29)
∴ θ0 =76o
Solução: Da Equação (3.12) com R = 15 m, v0 = (b) Como g se cancela, a resposta não depende de
3 m/s, θmax = 45o
g, e portanto é a mesma em qualquer planeta.
9
v02
=
= 0, 6 m/s2
R
15
o
(3.25) (c) O alcance máximo é atingido para θ0 = 45
vA cos 45o 2vA sen45o g
dmax
=
d
vA cos 76o 2vA sen76o g
dmax
(3.30)
= 2, 125
d
Exemplo 3.3: Uma pedra é lançada do nı́vel da
17
dmax =
d
terra e atinge uma altura máxima igual ao alcance
8
horizontal d. (a) Qual foi o ângulo em que a pedra foi lançada?. (b) A sua resposta da parte (a) Exemplo 3.4: Um carro faz uma curva leve de
seria diferente em outro planeta? (c) Qual é o al- raio 100, 0m a uma velocidade constante de 72km/h.
cance horizontal dmax que a pedra pode atingir (a) Qual a aceleração centrı́peta do carro?. Se tose for lançada com a mesma velocidade, mas com marmos essa acelaração centrı́peta como sendo a
o ângulo de alcance máximo?
máxima permitida, (b) qual deve ser a velocidade
g=
Solução: (a) Para identificar a altura máxima, do carro ao circundar uma rotatória de r = 4, 0m?
fazemos A o ponto de lançamento, e B o ponto (c) Qual seria o peróodo desse movimento?
mais alto:
Solução:
2
2
= vAy
+ 2ay (yB − yA )
vBy
(a) Usando a Equação (3.15) econtramos ac , lembre0=
+ 2(−g)(ymax − 0)
(3.26) se de comverte km/h para m/s
v 2 sen2 θ0
v2
202
ymax = A
.
a
=
=
c
2g
r
100
(3.31)
ac = 4m/s2
Agora fazemos C o ponto de impacto, onde t é
diferente de zero:
(b) Usando o resultado de (a) e encontrando uma
2
vA
senθ0
1
yC = yA + vAy t + (−g)t2
2
1
0 = 0 + vA senθ0 t − gt2
2
2vA senθ0
;
t=
g
expressão para v
(3.27)
√
ac r
√
v = 4.4
v=
v = 4, 0m/s
(3.32)
CAPÍTULO 3. MOVIMENTO EM DUAS DIMENSÕES
(c)
2πr
v
2π4
T =
4
T = 2πs
T =
35
Exercı́cio 3.6: Um jogador de basquete quer encestar a bola levantando-a desde uma altura de 2,0
m do chão, com velocidade inicial de 7,0 m/s. A
(3.33) distância da bola à vertical que passa pelo centro
do cesto é de 3,0 m, e o aro do cesto está a 3,05
m de altura do chão. Em que ângulo a bola deve
ser levantada?
Exercı́cio 3.7: Qual é a hora entre 9 h e 10 h em
que o ponteiro dos minutos de um relógio coin3.6 Exercı́cios
cide com o das horas? Depois de meio dia, qual
é a primeira vez que os três ponteiros voltam a
Exercı́cio 3.1: Um jogador de futebol chuta uma
coincidir?
bola horizontalmente de um trampolı́m de 4 m de
altura de uma piscina. Se o jogador observa a bola Exercı́cio 3.8: Numa ultracentrı́fuga girando a
atingindo a água 20,0 m a frente do trampolı́m, 50000 rpm (rotações por minuto), uma partı́cula
se encontra a 20 cm do eixo de rotação. Calqual foi a velocidade inicial dada para a pedra?
cule a relação entre a aceleração centrı́peta dessa
Exercı́cio 3.2: Num jogo de vôlei, desde uma
partı́cula e a aceleração da gravidade g.
distância de 14,5 m da rede, é dado um saque
do tipo ”jornada nas estrelas”. A bola sobe 20
m acima da altura de lançamento, e desce até a
altura do lançamento num ponto do campo adversário situado a 1 m da rede e 8 m à esquerda
do lançamento. (a) Em que ângulo a bola foi
lançada? (b) Com que velocidade (em km/h) volta
a atingir a altura do lançamento? (c) Quanto
tempo decorre neste percurso?
Exercı́cio 3.3: Robin Hood lança uma flecha com
um ângulo de 60o com a horizontal. Um ajudante
está a uma distância de 150 m dele e lança uma
maçã verticalmente com a uma velocidade inicial
para atingir a trajetória da flecha. (a) Qual é a
velocidade inicial da maçã ? (b) Quanto tempo depois do disparo da flecha a maçã deve ser lançada
para atingir a flecha?
Exercı́cio 3.4: Um pneu de 0, 5 m de raio gira
a uma taxa constante de 200 rev/min. Encontre
o valor da aceleração centrı́peta de uma pequena
pedra que está cravada na superfı́cie do pneu.
Exercı́cio 3.5: Encontre a taxa de rotação em
rev/s que deve ter um aparelho girante de raio
9, 5 m construı́do para simular acelerações de 3g
em seus extremos.
Capı́tulo 4
Leis de Newton
4.1
Um Pouco de História
do quadrado da distância, e Newton respondeulhe que seria elı́ptica. Quando o espantado HalDeve-se a Johannes Kepler (1571-1630), a propo- ley perguntou sobre como ele poderia saber disto,
sição em 1621, de três leis sobre a cinemática do Newton respondeu simplesmente: “Eu calculei!”.
movimento dos planetas ao redor do Sol. As leis Ao pedido de Halley para ver os cálculos, Newton
de Kepler, como ficaram conhecidas, estabelecem
replicou dizendo não conseguir achá-los no meio de
que:
seus papéis, o que provavelmente fez por não ter
i. Lei das Órbitas: Os planetas giram ao redor ainda a prova completa ou por medo de erros e de
do Sol em órbitas elı́pticas, estando o Sol posicio- exposição pública 1 . Entretanto, três meses mais
tarde, Newton apresentava os cálculos completos
nado em um dos focos desta elipse.
a Halley, que começou a incentivá-lo no sentido de
ii. Lei das Áreas: O raio vetor que liga o sol ao
publicar suas conclusões.
planeta, varre áreas iguais em intervalos de tempo
Dois anos depois, Newton apresentava os primeiiguais.
ros manuscritos e em 1687, era publicado o liiii. Lei dos Perı́odos: O quadrado do perı́odo
vro Princı́pios Matemáticos de Filosofia Natural,
da órbita de um planeta é proporcional ao cubo do
conhecido simplesmente pelo nome de Principia.
comprimento do semi-eixo maior desta elipse.
Este, que fora publicado com patrocı́nio pessoal
Entretanto, a esta época de descobertas, nada foi do próprio Halley, é possivelmente um dos maiodito a respeito do que causava o movimento elı́ptico, res trabalhos cientı́ficos já publicados (HAWLEY
e havia apenas uma suspeita por parte de Ke- & HOLCOMB, 1998).
pler de que uma possı́vel lei de gravitação envolvia
Nesta obra, são lançadas as bases de toda a mecâuma força dependente do inverso do quadrado da
nica clássica, conhecida não por acaso como Mecânica
distância (HAWLEY & HOLCOMB, 1998). PosNewtoniana, através de 3 leis ou princı́pios básicos,
teriormente, esta idéia foi perseguida por Robert
chamadas de Leis de Newton.
Hooke (1635 - 1703) e outro intelectuais de seus
dias. Em 1684, Hooke chegou mesmo a afirmar a Newton (Figura 4.1) encerrou sua carreira cienEdmund Halley (1656 - 1742) que poderia provar tifica poucos anos após a publicação deste livro,
facilmente sua hipótese do inverso do quadrado quando em 1693, foi vitima de um sério problema
da distância, mas falhou em apresentar a prova, mental, causado possivelmente pelos anos de exmesmo após alguns meses. Neste mesmo ano, Hal1
Alguns anos antes, Newton havia publicado um
ley fez uma visita a Isaac Newton (1642 – 1727), e trabalho em ótica e fora duramente atacado por Hoperguntou-lhe sobre como deveria ser a forma de oke, possı́vel razão pela qual se mantinha reservado
uma órbita para uma força dependente do inverso desta vez.
36
37
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
Figura 4.1: Isaac Newton. Fonte: http://fisicaartebrasil.blogspot.com (em 18/07/2011).
(quando o ônibus não esta acelerando e nem freando) pode-se observar que sua posição em relação
a eles não se altera (caso você esteja realmente se
equilibrando em pé no meio do corredor), ou seja,
você estará em repouso em relação os passageiros,
pois não muda sua posição em relação a eles. Mas,
se considerarmos a avenida como referencial, veremos que você estará em movimento, pois estará
mudando de posição em relação a ela.
Uma definição de força pode ser dada como:
Quantidade vetorial, capaz de alterar o estado de
posição ao mercúrio, durante seus anos de estudos movimento de um corpo.
em alquimia.
Assim, considerando-se um corpo de massa m.
Mas, o que estas leis têm a ver com o movimento Quando for aplicada a este corpo uma força F~ , o
planetário? E porque o trabalho de Newton está mesmo será sujeito a uma mudança de velocidade,
relacionado à lendária maçã que caiu em sua cabeça? dada pela aceleração:
Estas respostas podem ser encontradas nas próximas
∆~x
~a =
(4.1)
seções deste capı́tulo.
∆t
4.2
Referenciais, Repouso e
Forças
Um referencial é um sistema de eixos (com origem
e eixos com sentido crescente definido) em relação
ao(s) qual(is) se faz determinada observação sobre uma situação de movimento. O referencial no
qual a Lei da Inércia é verificada, e todos os outros que se movam com velocidade v constante em
relação a este, diz-se que são referenciais inerciais.
Se houverem acelerações envolvidas, tratam-se de
referenciais não inerciais.
Assim, imagine-se dentro de um ônibus que percorre uma avenida muito extensa e com asfalto
liso e sem buracos, em linha reta e com velocidade
constante. Você pode “equilibrar-se” dentro deste
ônibus da mesma maneira que se equilibraria se ele
estivesse parado em relação a estrada (cuidado ao
tentar isto: em geral o asfalto contém buracos!).
Se considerarmos que os demais passageiros dentro do ônibus constituem um referencial inercial
Esta mudança de velocidade será tanto maior, quanto
menor for a massa do corpo para uma mesma força
e podem ser relacionadas por:
F~
= ~a.
m
(4.2)
Pode-se rearranjar a expressão (4.2), criando uma
definição operacional de força:
F~ = m~a.
(4.3)
A unidade de força no Sistema Internacional de
Unidades (SI) é o Newton (N ), que de acordo com
4.3 é, em termos das unidades fundamentais do SI,
dado por:
1 N = 1 kg · 1 m/s2 .
(4.4)
Vê-se ainda de (4.3) que, como a aceleração é uma
quantidade vetorial, então a força também deve
ser uma quantidade vetorial (uma vez que a massa
é um escalar). Sendo assim, cabe para a força o
princı́pio da superposição, definido como:
Quando duas ou mais forças atuam sobre um corpo,
o efeito resultante será a soma dos efeitos devidos
a cada força em separado, ao que se chama comumente de força resultante.
38
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
4.3
1a lei de Newton
O enunciado moderno da primeira lei de Newton,
ou Lei da Inércia, é:
Os corpos tendem a manter seu estado de movimento, seja repouso ou velocidade constante, quando
nenhuma força resultante atuar sobre eles.
Parece simples, mas hoje em dia, vivemos imersos
nas implicações desta 1a lei todos os dias, em todos
os lugares, por exemplo:
Figura 4.3: Efeito chicote.
1 - Os cintos de segurança nos veı́culos visam impedir que os passageiros sejam arremessados através
do pára-brisas do veı́culo em situações de colisão
ou frenagens bruscas (Figura 4.2)
Figura 4.4: Variações no vetor velocidade de um
planeta durante o movimento numa órbita elı́ptica em
torno do sol.
4.4
Figura 4.2: Utilidade do cinto de segurança.
2a Lei de Newton
Como já foi mencionado na seção anterior, uma
força aplicada a um corpo de massa m, gera como
2 - Os encostos de cabeça dos bancos dos veı́culos conseqüência uma aceleração a no corpo, de mavisam evitar que os passageiros quebrem o pes- neira que se pode relacionar aceleração, força e
coço quando ocorrerem colisões traseiras em seus massa através da equação (4.3).
veı́culos. Eles tendem também a evitar o chamado
F~ = m~a.
“efeito chicote”, que ocorre quando o veı́culo bate
em um obstáculo e os passageiros são arremessaQuando houver duas ou mais forças atuando no
dos para frente. Após serem impedidos pelo cinto
mesmo corpo, então pode-se falar em uma força
de segurança, tendem a voltar para trás, quando
resultante, que nada mais é do que a soma vetorial
então podem ter o corpo detido pelo encosto e a
de todas as forças envolvidas, como mostrado na
cabeça não, quebrando o pescoço (Figura 4.3) .
equação (4.5)
Das conclusões de Newton torna-se óbvio que deve
~3 + ... + F~n ,
F~r = F~1 + F~2 + F
(4.5)
existir uma força mantendo os planetas em órbitas
em torno do sol (Figura 4.4), pois caso não exis- ou seja:
n
X
tisse tal força, os planetas deveriam manter o esF~r =
F~i .
(4.6)
tado de movimento livre de forças, ou seja, devei=1
riam deslocar-se em linhas retas ou permanecerem
Então, podemos reescrever (4.3) como:
parados no céu em relação ao sol.
~r = m~a.
F
(4.7)
39
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
Literalmente, pode-se enunciar a 2a . lei de New- No eixo y:
ton como:
~ry = m~ay ,
F
A força resultante sobre um corpo é igual ao pro~1y + F~2y + F~3y = m~ay ,
F
duto da massa do corpo pela sua aceleração.
−(10 N ) sin 30o + (20 N ) sin 90o + F3y =
(4.9)
Exemplo 4.1: Na vista superior da figura abaixo,
(2 kg)(3 m/s2 )sen50o ,
uma lata de biscoitos de 2, 0 kg é acelerada a
−5 N + 20 N + F3y = 4, 60 kg.m/s2 ,
2
3, 0 m/s no sentido definido por ~a, sobre uma
F3y = 10, 40 N.
superfı́cie horizontal sem atrito. A aceleração é
causada por três forças horizontais, das quais apeLogo, a força F~3 será dada por:
nas duas são mostradas: F~1 de módulo 10 N e F~2
de módulo 20 N . Qual é a força F~3 ? Determine
F~3 =F3x î + F3y ĵ
(4.10)
ainda, o módulo de F~3 .
=(12, 51 N )î + (10, 40 N )ĵ.
O módulo de F~3 é dado por:
q
~3 | = (F3x )2 + (F3y )2
|F
p
= (12, 51 N )2 + (10, 40 N )2
(4.11)
=16, 27 N.
4.5
Tipos de forças
Algumas forças merecem atenção especial, sendo
elas:
Figura 4.5:
Solução: Pela 2a lei de Newton, podemos escre- i. A Força Gravitacional e a Força Peso.
ver as componentes das forças em cada direção do
O lendário episódio de Newton, sentado sob uma
plano xy como:
macieira, quando dela caiu uma maçã sobre sua
No eixo x:
cabeça, provavelmente não ocorreu, mas demon~
stra uma aplicação da lei da inércia:
Frx = m~ax ,
~2x + F~3x = m~ax ,
F~1x + F
−(10 N ) cos 30o + (20 N ) cos 90o + F3x =
(2 kg)(3 m/s2 ) cos 50o ,
−8, 66 N + F3x = 3, 86 kg.m/s2 ,
F3x = 12, 51 N.
Se não atuasse sobre a maçã uma força ela permaneceria em repouso, ainda que solta da macieira.
Quando a força gravitacional precipitou a maçã
para baixo, em direção ao centro do planeta, esta
adquiriu uma aceleração para baixo.
(4.8) O que torna a força da gravidade uma força especial, está no fato de que a maçã (e na verdade,
qualquer outro corpo em queda livre) adquire uma
aceleração de mesmo valor, representada por g, e
dada por:
g∼
(4.12)
= 9, 81 m/s2 .
40
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
Assim, a força da gravidade pode ser representada visto no próximo capı́tulo). Como exemplo, seja
um bloco de madeira que desce uma ladeira de aspor
~ = m~g .
F
(4.13) falto. Se a inclinação da ladeira não for suficiente,
P~ = m~gT ,
(4.14) a força de atrito pode impedir o deslocamento do
bloco.
ou simplesmente
iv. Forças em Cordas (Tensões).
P~ = m~g ,
(4.15)
Eventualmente, em problemas que envolvem leis
onde g representa a gravidade da Terra, mas pode de Newton, serão utilizadas cordas para transmitir
representar a gravidade de qualquer outro planeta forças entre dois corpos diferentes, como na Figura
considerado. Então, pode-se dizer que...
4.6.
o peso de um corpo sobre a superfı́cie de um planeta é a força de interação entre a massa do corpo
e o campo gravitacional do planeta.
ii. A Força Normal.
Se um bloco de madeira, de massa m, está em repouso sobre uma mesa, no referencial da própria
mesa, em um ponto qualquer na superfı́cie da Terra,
então este corpo esta sendo solicitado em direção
ao centro do planeta pela força da gravidade. Mas
e porque o corpo não acelera para o centro do planeta?
Figura 4.6: Tensões de tração em cordas.
Em geral, nos exercı́cios de fı́sica básica, as cordas
e barbantes de ligação são considerados apenas
como transmissores de forças e por isso mesmo,
possuem massa desprezı́vel e não deformam sob
Uma breve observação na equação (4.7) mostra ação das forças aplicadas. Tais forças em geral são
que a aceleração do bloco deve ser zero (o que é chamadas de trações e representadas por T , como
o caso) se a força resultante que estiver atuando mostrado na Figura (4.6), e possuem módulos iguais
quando consideradas em uma mesma corda.
sobre o bloco for nula.
Então, deve-se observar que a mesa exerce uma
força sobre o bloco, contrária à força da gravidade,
e que equilibra esta, fazendo com que o bloco permaneça em repouso sobre a mesa.
4.6
A 3a Lei de Newton
A 3a lei de Newton é conhecida como Lei da ação
Essa força exercida pela mesa sobre o bloco chama- e reação, e pode ser enunciada como segue:
se força normal e é representada como F~N . Então,
Para cada ação (força) de um corpo sobre outro,
para o caso analisado pode-se escrever:
existe sempre uma reação (força de), de mesma
P~ − F~N = 0.
(4.16) intensidade e direção, mas em sentido oposto, do
outro corpo sobre o primeiro.
iii. A Força de Atrito.
Como exemplo, pode-se observar que na primeira
A força de atrito é uma força de contato, e manifesta-situação à esquerda da Figura (4.6), quando a mão
se como a “dificuldade” de um corpo escorregar so- aplica uma tração T sobre a corda, está é transmibre outro. Por isso mesmo, o vetor força de atrito tida ao bloco e esta representada na extremidade
entre superfı́cies (F~a ) é sempre contrário ao mo- esquerda da corda. Como reação, o bloco exerce
vimento relativo das superfı́cies (isto será melhor uma força de mesma intensidade T sobre a mão
41
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
na mesma direção (definida pela corda esticada),
mas no sentido contrário, e que está representada
na extremidade direita da corda. É imperativo
observar-se que, embora o desenho coloque as duas
forças sobre a mesma corda, elas são sentidas por
corpos diferentes (a ação é sentida pelo bloco e a
reação é sentida pela mão). Por isso, um par de
forças de ação e reação jamais se anula, pois são
aplicadas em corpos diferentes.
Pode-se ainda analisar o caso da força normal,
abordado no item ii da seção anterior. A força
peso é causada pelo planeta sobre o bloco de madeira sobre a mesa, como foi discutido. A reação
a esta força é uma força de atração, de mesma intensidade, exercida pelo bloco sobre o centro de
massa do planeta. Por outro lado, ao ser puxado
para baixo, o bloco comprime a mesa que reage
com a força normal sobre o mesmo. Então, as
forças peso (devido à gravidade do planeta) e normal (devido ao apoio da mesa) são aplicadas no
mesmo corpo (bloco) e não constituem um par de
forças de ação e reação, de acordo com a definição
apresentada.
Figura 4.7: Um bloco D de massa M esta conectado
a um bloco P de massa m por uma corda que passa
por uma polia.
Exemplo 4.2: A Figura 4.7 mostra um bloco
D (o bloco deslizante) de massa M = 3, 3 kg.
O bloco está livre para se movimentar ao longo
de uma superfı́cie horizontal sem atrito e está ligado por uma corda que passa por uma polia sem
atrito, a um segundo bloco P (o bloco pendente),
de massa M = 2, 1 kg. A massa da corda e da
polia podem ser desprezadas em comparação com
a massa dos blocos. Enquanto o bloco pendente
P desce, o bloco deslizante D acelera para a direita. Determine (a) a aceleração do bloco D, (b)
a aceleração do bloco P e (c) a tensão na corda.
T − FgP = may .
força que é T , assim
T = M a.
(4.18)
Como esta equação possui duas incógnitas, T e a,
ainda não podemos resolvê-la. Lembre-se, porém,
de que ainda não dissemos nada a respeito do
bloco P .
Como para o bloco P a aceleração é ao longo do
eixo y, vamos escrever
(4.19)
Podemos agora substituir FgP por mg e ay por −a
(o valor é negativo porque o bloco P sofre uma
aceleração no sentido negativo do eixo y). O resultado é
T − mg = −ma.
(4.20)
Temos portanto um sistema de duas equações com
duas incógnitas T e a. Subtraindo estas equações,
eliminamos T . Explicitando a, temos:
a=
m
g.
M +m
(4.21)
Solução: Como o bloco D não possui aceleração Substituindo a na primeira equação, obtemos:
vertical temos
Mm
T =
g.
(4.22)
M +m
FN − FgD = 0 ou FN = FgD .
(4.17)
Assim, na direção y o módulo da força normal é
igual ao módulo da força gravitacional.
Na direção x existe apenas uma componente de
Substituindo os valores númericos, temos:
a=
2, 1
m
g=
9, 8 = 3, 8 m/s2
M +m
3, 3 + 2, 1
(4.23)
42
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
e
T =
Mm
3, 3 · 2, 1
g=
9, 8 = 13 N.
M +m
3, 3 + 2, 1
(4.24)
Exemplo 4.3: Na Figura 4.8, um bloco de massa
M = 15, 0 kg está pendurado por uma corda a
partir de um nó de massa desprezı́vel, o qual está Figura 4.10: Vetores força que atuam sobre o nó da
pendurado no teto por intermédio de duas outras corda.
cordas. As cordas têm massas desprezı́veis, e o
módulo da força gravitacional sobre o nó é desprezı́vel comparado com a força gravitacional sobre o bloco. Quais são as tensões sobre as três
cordas?
Figura 4.11: Componentes ortogonais dos vetores
força.
No eixo x:
F1x + F2x = 0,
Figura 4.8: Enunciado do Exemplo 4.3.
Solução: Inicialmente, identificamos um sistema
de coordenadas ortogonais, como mostrado na Figura 4.9.
F1 cos 152o + F2 cos 47o = 0,
−0, 88F1 + 0, 68F2 = 0,
0, 88
F2 =
F1 ,
0, 68
(4.25)
F2 = 1, 29F1 .
No eiyo y:
F1y + F2y = 0,
F1 sen152o + F2 sen47o + M gsen270o = 0,
Figura 4.9: Sistema de coordenadas ortogonais.
Após, identificamos as forças que atuam em cada
corda, como mostrado na Figura 4.10.
0, 47F1 + 0, 73F2 − (15 kg)(9, 71 m/s2 ) = 0,
0, 88
F2 =
F1 .
0, 68
(4.26)
Então podemos escrevemos os vetores força em
termos de suas componentes, mostradas na Figura Substituindo o resultado (4.25), teremos:
4.11.
0, 47F1 + 0, 73(1, 29F1 ) − 147, 15 N = 0,
Adotando a contagem dos ângulos a partir do eixo
dos x positivos, teremos:
1, 41F1 = 147, 15 N,
F1 = 104, 36 N.
(4.27)
43
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
Voltando com este resultado em (4.25), resulta:
F2 =1, 29F1 ,
=1, 29(104, 36 N ),
(4.28)
134, 63 N.
Exemplo 4.4: Na Figura 4.12, uma corda prende
um bloco de 15 kg, mantendo-o estacionário sobre
um plano sem atrito, inclinado de um ângulo θ =
27o . Determine o módulo da tensão na corda e da
força normal exercida pelo apoio sobre o bloco.
Figura 4.14: Forças que atuam sobre o bloco.
Figura 4.12: Enunciado do Exemplo 4.4.
Solução: Desta vez, devemos escolher um sistema
de coordenadas cartesianas, de maneira que o eixo
dos x fique paralelo ao plano inclinado, como mostrado na Figura 4.13.
Figura 4.15: Componentes das Forças que atuam
sobre o bloco.
Figura 4.13: Referencial cartesiano escolhido.
Então, podemos escrever as forças envolvidas, como mostrado na Figura 4.14, e as respectivas componentes na direção dos eixos coordenados, como
na Figura 4.15.
Os ângulos, tomados a partir do eixo dos x positivos, podem ser compreendidos através do esquema
Figura 4.16: Visualização dos ângulos para o Exemmostrado na Figura 4.16.
plo 4.4
Então, como foi feito no exemplo anterior, podemos decompor as forças:
44
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
para qualquer valor da aceleração a.
No eixo x:
P~x + T~ = ~0,
o
o
mg cos(180 + 63 ) + T = 0,
(15 kg)(9, 81 m/s2 )(−0, 45) + T = 0,
(b) Para qualquer velocidade constante (zero ou
diferente de zero), a aceleração do passageiro é
(4.29)
zero.
T = 66, 80 N.
FN = 72, 2(9, 8 + 0) = 708 N.
No eixo y:
(4.33)
Este é o peso do passageiro, e é igual ao módulo
Fg da força gravitacional a que está submetido.
P~y + F~N = ~0,
mg sin(180o + 63o ) + FN = 0,
(15 kg)(9, 81 m/s2 )(−0, 89) + FN = 0,
(4.30)
(c) Para a = 3, 20 m/s2 :
FN = 72, 2(9, 8 + 3, 2) = 939 N.
(4.34)
FN = 131, 11 N.
Para a = −3, 20 m/s2 :
Exemplo 4.5: Um passageiro de massa m = 72, 2
kg está de pé em uma balança no interior de um
elevador. Estamos interessados nas leituras da balança quando o elevador está parado e quando se
movendo para cima e para baixo. (a) Escreva uma
equação para a leitura da balança em função da
aceleração vertical do elevador. (b) Qual é a leitura da balança se o elevador está parado ou se
movendo para cima com uma velocidade constante
de 0, 5 m/s? (c) Qual é a leitura da balança se o
elevador sofre uma aceleração para cima de 3, 2
m/s2 ? Qual é a leitura se o elevador sofre uma
aceleração para baixo de de 3, 2 m/s2 ? (d) Durante a aceleração para cima do item (c), qual
é o modulo Fres da força resultante a que esta
submetido o passageiro no referencial do elevador? Considere ~ap,el a aceleração do passageiro
em relação ao elevador. Nesta circunstância, a
~res = m~ap,el é obedecida?
equação F
FN = 72, 2(9, 8 − 3, 2) = 477 N.
(4.35)
Se a aceleração é para cima (ou seja, se a velocidade do elevador para cima está aumentando ou
se a velocidade do elevador para baixo está diminuindo), a leitura da balança é maior que o peso
do passageiro. Essa leitura é uma medida do peso
aparente, pois é realizada em um referencial nãoinercial. Se a aceleração é para baixo (ou seja,
se a velocidade do elevador para cima está diminuindo ou se a velocidade do elevador para baixo
está aumentando), a leitura da balança é menor
que o peso do passageiro.
(d) O módulo Fg da força gravitacional a que está
submetido o passageiro não depende da sua aceleração; assim, de acordo com o item (b), Fg = 708
N. De acordo com o item (c), o módulo FN da
força normal a que está submetido o passageiro
durante a aceleração para cima é o valor de 939 N
Solução: (a) Como as duas forças e a aceleração indicado pela balança. Assim, a força resultante
a que o passageiro está sujeito são verticais (direção a que o passageiro está submetido é
do eixo y), podemos usar a segunda lei de Newton
Fres = FN − Fg = 939 − 708 = 231 N, (4.36)
para as componentes y e escrever
(4.31) durante a aceleração para cima. Entretanto a aceleração do passageiro em relação ao elevador, ap,el ,
Isto nos diz que a leitura da balança, que é igual a é zero. Assim, no referencial não-inercial do elevaFN , depende da aceleração vertical. Substituindo dor acelerado F não é igual a ma , e a segunda
res
p,el
Fg por mg, obtemos
lei de Newton não é obedecida.
FN − Fg = ma ou
FN = Fg + ma.
FN = m(g + a)
(4.32)
45
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
4.7
Exercı́cios
Exercı́cio 4.1: Três astronautas, impulsionados
por mochilas a jato, empurram e dirigem um asteróide de 120,0 kg em direção a uma doca de processamento, exercendo as forças mostradas na Figura 4.17, com F1 = 32 N, F2 = 55 N , F3 = 41 N ,
θ1 = 30o e θ3 = 60o . Determine a aceleração do
asteróide (a) em termos dos vetores unitários, (b)
o seu módulo e (c) o seu ângulo em relação ao
semi-eixo x positivo.
Figura 4.18: Exercı́cio 4.2
sentado na Figura 4.19. Quais são (a) o módulo
da aceleração de cada bloco, (b) o sentido da aceleração do bloco que esta pendurado e (c) a tensão
na corda?
Figura 4.17: Exercı́cio 4.1
Exercı́cio 4.2: A Figura 4.18 mostra um sistema
em que quatro discos estão suspensos por cordas.
A mais comprida no topo passa por uma polia sem
atrito e exerce uma força de 98 N sobre a parede
a qual esta presa. As tensões nas cordas menores
são T1 = 58, 8 N, T2 = 42, 0 N e T3 = 9, 8 N. Quais
são as massas (a) do disco A, (b) do disco B, (c)
do disco C, e (d) do disco D?
Figura 4.19: Exercı́cio 4.4
Exercı́cio 4.5: A Figura 4.20 mostra uma caixa
de massa m2 = 1, 0 kg preso sobre um plano inclinado de um ângulo θ = 30o sem atrito. Ela está
conectada por uma corda de massa desprezı́vel a
uma caixa de massa m1 = 3, 0 kg sobre uma superfı́cie horizontal sem atrito. A polia não tem
atrito e sua massa é desprezı́vel. (a) Se o módulo
da força horizontal F~ é 2,3 N, qual é a tensão na
corda? (b) Qual é o maior valor que o módulo de
F~ pode ter sem que a corda fique frouxa?
Exercı́cio 4.3: Um homem de 85 kg desce de uma
altura de 10,0 m em relação ao solo segurando em
uma corda que passa por uma roldana sem atrito
e que está presa na outra extremidade a um saco
de areia de 65 kg. Com que velocidade o homem
atinge o solo se o mesmo partiu do repouso?
Exercı́cio 4.6: Três forças atuam sobre uma parExercı́cio 4.4: Um bloco de massa m1 = 3, 70 kg tı́cula que se move com velocidade constante ~v =
sem atrito inclinado de um angulo θ = 30, 00 está (2 m/s)î + (−7 m/s)ĵ. Duas das forças são F~1 =
preso a uma corda de massa desprezı́vel que passa (2 N )î + (3 N )ĵ + (−2 N )k̂ e F~2 = (−5 N )î +
por uma polia de massa e atrito desprezı́veis, se- (8 N )ĵ + (−2 N )k̂. Qual é a terceira força?
gurando verticalmente na outra extremidade um Exercı́cio 4.7: A Figura 4.21 mostra uma caixa
outro bloco de massa m2 = 2, 30 Kg, como repre- de massa m = 3, 0 kg sobre um plano sem atrito
1
CAPÍTULO 4. LEIS DE NEWTON
Figura 4.20: Exercı́cio 4.5
e inclinado de um ângulo θ1 = 30o . A caixa esta
conectada por uma corda de massa desprezı́vel a
uma outra caixa de massa m2 = 2, 0 kg sobre
um plano sem atrito e inclinado de um ângulo
θ2 = 60o . A polia não tem atrito e sua massa
é desprezı́vel. Qual é a tensão na corda?
Figura 4.21: Exercı́cio 4.7
Exercı́cio 4.8: Calcule o peso de um astronauta
de 75 kg (a) sobre a Terra, (b) sobre a superfı́cie
de Marte, onde g = 3, 8 m/s2 , e (c) no espaço
interplanetário, onde g = 0 m/s2 . (d) Qual é a
massa do astronauta em cada lugar?
Exercı́cio 4.9: Se o padrão de 1 kg é acelerado
por apenas F~1 = (3 N )î+(4 N )ĵ e F~2 = (−2 N )î+
~res (a)
(−6 N )ĵ, então qual é a força resultante F
em termos dos vetores unitários e em termos de
seus (b) módulo e (c) ângulo em relação ao sentido
positivo do eixo x? Quais são (d) o módulo e (e)
o ângulo de ~a?
46
Capı́tulo 5
Aplicações das Leis de Newton
No capı́tulo anterior introduzimos as três leis de
Newton e as aplicamos em situações simplificadas em que os efeitos do atrito eram desprezados. Nesta unidade, vamos ampliar nosso estudo
para corpos em movimento com atrito, o que vai
nos permitir modelar mais realisticamente as situações. Também aplicaremos as leis de Newton
na dinâmica do movimento circular uniforme.
5.1
Força de Atrito
o atrito é muito importante em nossa vida diária.
Sem o atrito não conseguirı́amos caminhar como
o fazemos; não poderı́amos segurar um lápis na
mão e, se pudéssemos, ele não escreveria; não seria
possı́vel o transporte sobre rodas, etc.
As experiências mostram que a força de atrito
surge no contato entre superfı́cies, devido às suas
asperezas ou rugosidades. O contato é feito apenas
em alguns pontos dificultando, assim, o escorregamento (deslizamento) entre elas. (Figura 5.1).
Primeiro, trataremos de forças de atrito que existem entre duas superfı́cies sólidas estacionárias ou
se movendo uma em relação a outra em baixa velocidade.
Se lançarmos um bloco de massa m com velocidade inicial ~v0 sobre uma mesa horizontal, ele acabará parando. Isto significa que, enquanto o
bloco se move, ele possui uma aceleração de sentido oposto ao seu movimento (desaceleração). De
acordo com a segunda lei de Newton, sempre que
há aceleração existe uma força resultante diferente
de zero agindo no corpo. Portanto, existe uma
força que age sobre o bloco e faz com que ele pare.
Essa força é conhecida como força de atrito.
Figura 5.1: A maioria das superfı́cies quando olhadas
em uma escala microscópica não são perfeitamente lisas, ou seja, possuem imperfeições (rugosidades) que
dificultam o deslizamento. Logo, ao tentar deslizar
uma superfı́cie sobre outra (um bloco sobre a mesa),
Realmente, sempre que a superfı́cie de um corpo aparecerá uma força que age no sentido de se opor ao
escorrega sobre a de outro, surge uma certa re- escorregamento. Essa é a força de atrito.
sistência ao movimento (atrito). A força de atrito
Vamos tentar explicar como a força de atrito se
sobre cada corpo é tangencial à superfı́cie de concomporta. Na Figura 5.2a um bloco está em retato e tem sentido oposto ao movimento.
pouso sobre uma mesa, com a força gravitacioEmbora tenhamos ignorado seus efeitos até agora, nal F~g equilibrada pela força normal F~N . Na Fi-
47
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
48
gura 5.2b, você exerce uma força F~ sobre o bloco,
tentando puxá-lo para a esquerda. Em resposta,
surge uma força de atrito f~s para a direita, que
equilibra a força que você aplicou. A força f~s é
chamada de força de atrito estático. O bloco
permanece imóvel.
As Figuras 5.2c e 5.2d mostram que, à medida que
você aumenta a intensidade da força aplicada, a
intensidade da força de atrito estático f~s também
aumenta e o bloco permanece em repouso. Entretanto, quando a força aplicada atinge uma certa
intensidade o bloco ”se desprende”da superfı́cie da
mesa e sofre uma aceleração para a esquerda (Figura 5.2e). A força de atrito f~k que se opõe ao movimento nessa nova situação é chamada de força
de atrito cinético.
Para que o bloco se mova sobre a superfı́cie com
velocidade constante você tera que diminuir a intensidade da força aplicada assim que o bloco começar a se mover, como mostra a Figura 5.2f . A
Figura 5.2g mostra o resultado de um experimento
no qual a força aplicada ao bloco foi aumentando
lentamente até ele começar a se mover.
Verificou-se experimentalmente que, com boa apro-
Figura 5.2: (a) As forças que agem sobre um bloco
estacionário. (b-d) Uma força externa F~ , aplicada ao
bloco é equilibrada por uma força de atrito estático f~s .
Quando F~ aumenta, f~s também aumenta, até atingir
um certo valor máximo. (e) O bloco então ”se desprende”acelerando subitamente na direção de F~ . (f)
Para que o bloco se mova com velocidade constante
é preciso reduzir o valor de F~ . (g) Alguns resultados
experimentais para a sequência de (a) a (f).
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
49
ximação, o comportamento da força de atrito obedece as seguintes propriedades.
P ropriedade 1 : Se o corpo não se move, a força
de atrito estático f~s e a componente de F~ paralela à superfı́cie se equilibram. Elas tem o mesmo
módulo, e f~s tem sentido oposto ao da componente
de F~ .
P ropriedade 2 : O módulo de f~s possuı́ um valor
máximo fs,max que é dado por
fs,max = µs FN ,
(5.1)
onde µs é o coeficiente de atrito estático e FN
é o módulo da força normal que a superfı́cie exerce
sobre o corpo. Se o módulo da componente de F~
paralela à superfı́cie excede fs,max , o corpo começa
a deslizar ao longo da superfı́cie. . A situação em
que F é igual a fs,max é chamada de movimento Figura 5.3: (a) Um carro deslizando para a direita e
iminente.
finalmente parando após se deslocar 290 m. (b) Diagrama de corpo livre do carro.
P ropriedade 3 : Se o corpo começa a deslizar ao
longo da superfı́cie, o módulo da força de atrito
Exemplo 5.1:
diminui rapidamente para um valor fk dado por
Se as rodas de um carro ficam ”travadas”(impedidas de girar) durante uma frenagem de emergência
fk = µk FN ,
(5.2) o carro desliza na pista. Pedaços de borracha arrancados dos pneus e pequenos trechos de asfalto
onde µk é o coeficiente de atrito cinético. Daı́
fundido formam as ”marcas da derrapagem”. O
em diante, durante o deslizamento uma força de
recorde de marcas de derrapagem em via pública
atrito cinético f~k se opõe ao movimento.
foi estabelecido em 1960 pelo motorista de um JaP ropriedade 4 : Os coeficientes µk e µs depen- guar na rodovia M1, na Inglaterra (Figura 5.3): as
dem da natureza dos corpos que estão em contato. marcas tinham 290 m de comprimento! Supondo
Normalmente µk é menor que µs . Valores tı́picos que o coeficiente de atrito cinético entre as rodas
para esses coeficientes estão entre 0,2 e 1,0. Com do carro e a rodovia seja µk = 0, 60 e que a aceboa aproximação, eles não dependem da área de leração do carro se manteve constante durante a
frenagem, qual era a velocidade do carro quando
contato entre os corpos.
as rodas travaram?
Usando estas propriedades juntamente com as leis
de Newton e as equações de movimento, pode- Solução: O módulo da força de atrito cinético
mos resolver uma série de problemas da mecânica. é fk = µk FN . Como o carro não está acelerando
Apesar de se modificar com a velocidade, tratare- verticalmente sabemos que o módulo de F~N é igual
mos µk como constante para este estudo inicial. ao módulo da força gravitacional F~g que age sobre
Segue abaixo alguns exemplos considerando a e- o carro. Assim, FN = mg.
xistência do atrito entre as superfı́cies.
Pela segunda lei de Newton temos que
50
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
−fk = ma,
(5.3)
o sinal negativo indica o sentido da força de atrito
cinético. Explicitando a e fazendo fk = µk FN =
µk mg, temos:
a=−
fk
µk mg
=−
= −µk g,
m
m
(5.4)
onde o sinal negativo indica que a acelaração ocorre no sentido negativo do eixo x, o sentido oposto
ao da velocidade. Em seguida usamos a equação
de Torricelli,
v 2 = v02 + 2a(x − x0 ).
(5.5)
Sabemos que o deslocamento x − x0 foi de 290
m e supomos que a velocidade final v foi 0(zero).
Substituindo a por seu valor e explicitando v0 , obtemos
p
p
v0 = 2µk g(x − x0 ) = 2 · 0, 60 · 9, 8 · 290
(5.6)
=58 m/s = 210 Km/h.
Figura 5.4: (a) Uma força é aplicada a um bloco em
movimento. (b) As forças verticais. (c) As componentes da força aplicada. (d) As forças horizontais e a
aceleração.
componente aparece na Figura 5.4c, onde podemos ver que Fy = F senθ. Podemos escrever a
segunda lei de Newton para essas forças ao longo
Assumimos que v = 0 na extremidade das marcas do eixo y como
de derrapagem. Na verdade, as marcas terminaFN + F senθ − mg = 0,
(5.7)
ram apenas porque o Jaguar saiu da estrada deonde tomamos a aceleração ao longo do eixo y
pois de percorrer 290 m com as rodas travadas.
como sendo zero (o bloco não se move ao longo
Assim o valor de v0 era pelo menos 210 km/h.
desse eixo). Assim,
Exemplo 5.2:
FN = mg − F senθ.
(5.8)
Na Figura 5.4 um bloco de massa m = 3, 0 kg
escorrega em um piso enquanto uma força F~ de Cálculo da aceleração a: A Figura 5.4d é um dimódulo 12 N, fazendo um ângulo θ = 30o para agrama de corpo livre para o movimento ao longo
cima com a horizontal, é aplicada ao bloco. O do eixo x. O sentido da componente horizontal
coeficiente de atrito cinético entre o bloco e o piso F da força aplicada é para a direita; de acordo
x
é µk = 0, 40. Qual a aceleração do bloco?
com a Figura 5.4c, F = F cos θ. A força de atrito
x
Solução: Cálculo de FN : Como precisamos co- tem módulo fk = µk FN e aponta para a esquerda.
nhecer o módulo da força de atrito cinético fk , Aplicando a segunda lei de Newton ao movimento
vamos calcular primeiro o módulo FN da força nor- ao longo do eixo x, temos:
mal. A Figura 5.4b é um diagrama de corpo livre
F cos θ − µk FN = ma.
(5.9)
que mostra as forças paralelas ao eixo vertical y.
Substituindo FN por seu valor dado na equação
A força normal é para cima, a força gravitacional
(5.8) e explicitando a, obtemos:
F~g , de módulo mg, é para baixo e a componente
F
F
vertical Fy da força aplicada é para cima. Essa
cos θ − µk g − senθ .
(5.10)
a=
m
m
51
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
Aplicando os valores dados (F = 12 N; m = 3, 0 equação (5.14) pelo seu valor dado na equação
(5.15), temos:
kg;
o
2
µk =0,40 e θ = 30 ) temos que a=0,34 m/s .
Exemplo 5.3:
Determinação experimental do coeficiente de atrito
cinético µs . Suponha que um bloco seja colocado
sobre uma superfı́cie áspera inclinada em relação
a horizontal, como mostrado na Figura 5.5. O
ângulo do plano inclinado é aumentado até que o
bloco inicie seu movimento. Como está relacionado o coeficiente de atrito estático com o ângulo
crı́tico θ no qual o bloco começa a se mover?
Figura 5.5: Forças que atuam sobre um bloco que
está num plano inclanado com atrito.
mgsenθ − µs mg cos θ = 0,
(5.13)
Isolando µs encontramos:
µs = tan θ,
(5.14)
Assim, o coeficiente de atrito estático é igual à
tangente do ângulo em que o bloco começa a se
deslizar.
Exemplo 5.4:
Embora muitas estratégias engenhosas tenham sido
atribuı́das aos construtores da Grande Pirâmide,
os blocos de pedra foram provavelmente içados
com o auxilio de cordas. A Figura 5.6 mostra
um bloco de 2000 kg no processo de ser puxado
ao longo de um lado acabado (liso) da Grande
Pirâmide, que constitui um plano inclinado com
um ângulo θ = 52o . O bloco é sustentado por
um trenó de madeira e puxado por várias cordas
(apenas uma é mostrada na figura). O caminho do
trenó é lubrificado com água para reduzir o coeficiente de atrito estático para 0, 40. Suponha que
o atrito no ponto (lubrificado) no qual a corda
passa pelo alto da pirâmide seja desprezı́vel. Se
cada operário puxa com uma força de 686 N (um
valor razoável), quantos operários são necessários
para que o bloco esteja prestes a se mover?
Solução: As forças sobre o bloco, como mostrado
na Figura 5.5, são a força gravitacional, a força
normal, e a força de atrito estático. Enquanto o
bloco não está em movimento, essas forças estão
equilibradas. Aplicando a segunda lei de Newton Solução: A Figura 5.6c é um diagrama de corpo
~
para as componentes das forças na direção x e na livre do bloco, mostrando a força F aplicada pelas
cordas, a força de atrito estático f~s e as duas comdireção y:
ponentes da força gravitacional. Podemos escrever
Direção x:
a segunda lei de Newton para as componentes das
mgsenθ − fs = 0.
(5.11)
forças em relação ao eixo x:
Direção y:
FN − mg cos θ = 0
ou FN = mg cos θ. (5.12)
F − mgsenθ − fs = 0.
(5.15)
Como o bloco está prestes a se mover, a força de
Como o bloco está prestes a se mover e a força atrito estático tem o maior valor possı́vel, fs =
de atrito estático tem o maior valor possı́vel, fs = fs,max = µs FN . Podemos também escrever a sefs,max = µs FN . Portanto, substituindo FN na gunda lei de Newton para as componentes das
forças em relação ao eixo y:
52
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
Pirâmide puderam ser colocados em posição por
um número relativamete pequeno de operários.
5.2
Movimento Circular
Uniforme
Como vimos no capı́tulo 3, quando um corpo
se move em uma circunferência (ou um arco
de circunferência) com uma velocidade escalar constante v, dizemos que se encontra em
movimento circular uniforme. Neste estado o
corpo possui uma aceleração centrı́peta (dirigida para o centro da circunferência e sempre
Figura 5.6: (a) Um bloco de pedra na iminência de
v ) de módulo consser içado para o alto da Grande Pirâmide. (b) As com- perpendicular a direção de ~
ponentes da força gravitacional. (c) Diagrama de corpo tante dado por:
livre do bloco.
ac =
FN − mg cos θ = 0
ou FN = mg cos θ. (5.16)
Substituindo FN , fs e explicitando F , obtemos:
F = µs mg cos θ + mgsenθ,
(5.17)
Fazendo m = 2000 kg, θ = 520 e µs = 0, 40, descobrimos que a força necessária para colocar o bloco
de pedra prestes a se mover é de 2, 027 × 104 N.
Dividindo este valor pela força de 686 N que cada
operário é supostamente capaz de aplicar, descobrimos que o número necessário de operários é
N=
2, 027 × 104
= 29, 5 ≈ 30 operários. (5.18)
686
Comentários: Depois que o bloco de pedra co-
v2
R
(aceleração centrı́peta),
(5.19)
onde R é o raio do cı́rculo (Não devemos esquecer que estamos observando o corpo do ponto
de vista de um referencial inercial, no qual valem as leis de Newton). De acordo com a segunda lei de Newton, se ocorre aceleração ela
tem que ser causada por uma força resultante.
Como a aceleração é em direção ao centro do
cı́rculo, a força resultante tem que ser direcionada também para o centro do cı́rculo. Chamamos esta força resultante de força centrı́peta
Fc . Pela segunda lei de Newton o módulo desta
força é dado por:
Fc = m
v2
R
(módulo da força centrı́peta).
(5.20)
meçava a se mover o atrito passava a ser o atrito Portanto, quando uma partı́cula se desloca em
cinético, e o coeficiente de atrito diminuı́a para uma trajetória circular, tem que estar agindo
aproximadamente 0,20. é fácil mostrar que, neste sobre ela uma força apontando para o centro
caso, o número de operários diminuı́a para 26 ou da trajetória que ocasione o movimento cir27. Assim, os grandes blocos de pedra da Grande cular. Os módulos da aceleração centrı́peta e
53
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
−FN − Fg =m(−a)
2
v
−FN − mg =m −
.
R
(5.21)
Se a partı́cula possui a menor velocidade v necessária para permanecer em contato com a
pista, ela está na iminência de perder contato
com o loop (cair do loop), o que significa que
FN = 0 no alto do loop (a partı́cula e o piso
se tocam, mas não há força normal). Substituindo FN por zero, explicitando v e substiFigura 5.7: (a) Cartaz anunciando o número de Di- tuindo os valores conhecidos, obtemos
avolo e (b) Diagrama de corpo livre do artista no alto
do loop.
v=
p
gR =
p
9, 8 · 2, 7 = 5, 1 m/s.
(5.22)
da força centrı́peta são constantes, no entanto
as direções variam continuamente, de modo a Comentários: Diavolo certificou-se de que sua
sempre apontar para o centro do cı́rculo.Veremos velocidade no alto do loop era maior do que 5, 1
agora alguns exemplos de força centrı́peta.
m/s, a velocidade necessária para não perder
Exemplo 5.5:
Em 1901, em um espetáculo do circo, Allo ”Dare Devil”Diavolo apresentou pela primeira vez
um número de acrobacia que consistia em descrever um loop vertical pedalando uma bicicleta (Figura 5.7). Supondo que o loop seja
um cı́rculo de raios R = 2, 7 m, qual é a menor
velocidade v que Diavolo podia ter no alto do
loop para permanecer em contato com a pista?
Solução: As forças que agem sobre a partı́cula
quando ela está no alto do loop aparecem no
diagrama de corpo livre da Figura 5.7b. A força
gravitacional F~g aponta para baixo ao longo do
eixo y; o mesmo acontece com a força normal
F~N exercida pelo loop sobre a partı́cula. A
segunda lei de Newton para as componentes
y nos dá
contato com o loop e cair. Note que essa velocidade necessária é independente da massa
de Diavolo e sua bicicleta. Se ele tivesse se
empanturrado antes de se apresentar, bastaria
exceder a mesma velocidade de 5, 1 m/s para
não cair do loop.
Exemplo 5.6:
Até algumas pessoas acostumadas a andar de
montanha russa empalidecem quando pensam
em andar no Rotor, um grande cilindro oco que
gira rapidamente em torno de seu eixo central
(Figura 5.8). A pessoa entra no cilindro por
uma porta lateral e fica de pé sobre um piso
móvel, encostada em uma parede acolchoada.
A porta é fechada. Quando o cilindro começa a
girar a pessoa, a parede e o piso se movem juntos. Quando a velocidade atinge um certo valor
o piso desce de forma abrupta e assustadora.
A pessoa não desce junto com o piso, mas fica
presa à parede enquanto o cilindro gira, como
se um espirito invisı́vel (e não muito amistoso)
54
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
a pressionasse contra a parede. Algum tempo
depois, o piso retorna a posição inicial, o cilindro gira mais devagar e a pessoa desce alguns
centı́metros até que seus pés encontrem novamente o piso (algumas pessoas acham tudo isso
muito divertido). Suponha que o coeficiente de
atrito estático entre a roupa da pessoa e a parede do Rotor seja 0, 40 e que o raio do cilindro
seja R = 2, 0 m. (a) Qual é a menor velocidade
v que o cilindro e a pessoa devem ter para que
a pessoa não caia quando o piso é removido?
(b) Se a massa da pessoa é 50 kg, qual é o
módulo da força centrı́peta que age sobre ela?
Cálculos para o eixo radial: Em seguida,
introduzimos um eixo radial r passando pela
pessoa, com o sentido positivo para fora. Podemos escrever a segunda lei de Newton para
as componentes ao longo desse eixo como
2
v
.
(5.25)
−FN = m −
R
Substituindo FN pelo seu valor e explicitando
v, obtemos
s
r
gR
9, 8 · 2, 0
v=
=
µs
0, 40
(5.26)
=7, 0 m/s.
Note que o resultado é independente da massa;
ele é válido para qualquer pessoa que ande no
rotor, de uma criança a um lutador de sumô,
de modo que ninguém precisa se pesar para
andar de Rotor.
(b) Substituindo os valores na equação
FN = m
Figura 5.8: Rotor de um parque de diversões, mostrando as forças que atuam sobre a pessoa. A força
centrı́peta é a força normal F~N , com a qual a parede
empurra a pessoa para dentro.
v2
72
= 50 = 1225 N.
R
2
(5.27)
Embora esta força aponte para o eixo central,
a pessoa tem a clara sensação de que a força
que a prende contra a parede está dirigida radialmente para fora. Esta impressão vem do
fato de que a pessoa se encontra em um referencial não-inercial (ela e o referencial estão
acelerados). As forças medidas nesse tipo de
referencial podem ser ilusórias. A ilusão faz
parte da atração do Rotor.
Solução: (a) Cálculos para o eixo vertical: Para começar, introduzimos um eixo vertical y passando pela pessoa, com o sentido positivo para cima. Podemos aplicar a segunda
lei de Newton à pessoa, escrevendo-a para as
Exemplo 5.7:
componentes y na forma
As curvas da rodovias costumam ser compenfs − mg = 0
(5.23) sadas (inclinadas) para evitar que os carros
onde m é a massa da pessoa e mg é o módulo derrapem. Quando a estrada está seca, a força
de F~g . Como a pessoa está na iminência de de atrito entre os pneus e o piso pode ser suescorregar, substituı́mos fs nesta equação pelo ficiente para evitar as derrapagens. Quando
a pista esta molhada, porém, a força de atrito
valor máximo µs FN , obtendo
diminui muito e a compensação se torna essenmg
.
(5.24) cial. A Figura 5.9 mostra um carro de massa m
µs FN − mg = 0 ou FN =
µs
55
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
que se move com uma velocidade escalar constante v de 20 m/s em uma pista circular compensada com R = 190 m de raio. Se a força de
atrito exercida pelo piso é desprezı́vel, qual é
o valor do ângulo de elevação θ mais adequado
para que o carro não derrapa?
porque ela também contém as incógnitas FN e
m.
Cálculo na direção vertical: Vamos considerar as forças e acelerações ao longo do eixo
y da Figura 5.9b. A componente vertical da
força normal é FN y = FN cos θ, a força gravitacional F~g tem módulo mg e a aceleração do
carro ao longo do eixo y é zero. Assim, podemos escrever a segunda lei de Newton para as
componentes ao longo do eixo y como
FN cos θ − mg = 0 ou FN = cos θ = mg.
(5.29)
Combinação de resultados: Observe que
dividindo as duas equações anteriores, eliminamos as duas incógnitas. Procendendo dessa
forma, substituindo senθ/ cos θ por tan θ e explicitando θ, obtemos
θ = tan−1
Figura 5.9: (a) Um carro faz uma curva compensada
com uma velocidade escalar constante v. O ângulo
de inclinação está exagerado para maior clareza. (b)
Diagrama de corpo livre do carro, supondo que o atrito
entre os pneus e a estrada é nulo. A componente radial
para dentro FN r da força normal (ao longo do eixo
radial r) fornece a força centrı́peta e a aceleração radial
necessárias.
Solução: Cálculo na direção radial: Como
mostra a Figura 5.9b, o ângulo que a força
F~N faz com a vertical é igual ao ângulo de
inclinação θ da pista. Assim, a componente
radial FN r é igual a FN senθ. Podemos agora
escrever a segunda lei de Newton para as componentes ao longo do eixo r como
2
v
.
(5.28)
−FN senθ = m −
R
Não podemos obter o valor de θ nesta equação,
5.3
202
v2
= tan−1
= 12o .
gR
9, 8 · 190
(5.30)
Forças de Arraste
Na primeira seção deste capı́tulo se descreveu
a ação das forças de atrito no movimento relativo de superfı́cies de corpos em contato. Na
ocasião nós ignoramos os efeitos da interação
do meio com os corpos, o que devemos discutir a partir de agora. O meio em que o corpo
vai se deslocar pode ser um lı́quido ou um gás.
O meio exerce uma força resistiva ao deslocamento do objeto por este meio. Como exemplo
temos a resistência do ar ou forças devido à viscosidade de um lı́quido. A magnitude da força
resistiva do meio depende de fatores como a
velocidade relativa do corpo com o meio. A
sua direção é sempre oposta ao sentido do deslocamento do corpo em relação ao meio, e a
56
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
magnitude da força resistiva quase sempre aumenta com o aumento da velocidade relativa,
mas a sua dependência depende de uma forma
e isolando vt :
que nem sempre é simples.
Para ilustrar o conceito de forças de arraste vamos considerar um corpo abandonado a partir
do repouso e nas proximidades da superfı́cie
terrestre, portanto sob a influência da força
constante da gravidade. A ação da gravidade
faz com que o corpo seja acelerado verticalmente para baixo, em direção ao chão. Ao
se deslocar no ar, passa a experimentar a resistência do ar no sentido oposto ao do seu movimento (que neste cado é para baixo). Vamos
imaginar que a ação da resistência do ar possa
ser expressa por uma força de módulo dado
por:
Fresistiva = bv
n
bvtn = mg
vt =
h mg i n1
b
(5.33)
(5.34)
vt é conhecida como velocidade terminal, pois
o regime de deslocamento do corpo passa a ser
um MRU nas atuais condições. Quanto maior
for a constante b, menor será a velocidade terminal. Os pára-quedas são projetads de modo
a terem um grande valor de b, enquanto que
os carros de corrida são feitos para terem um
b pequeno a fim de minimizar a resistência do
ar.
5.4
Exercı́cios
(5.31)
Exercı́cio 5.1: Uma cômoda com uma massa
de 45 kg, incluindo as gavetas e as roupas está
em repouso sobre o piso. (a) Se o coeficiente
de atrito estático entre a cômoda e o piso é
0,45, qual é o módulo da menor força horizontal necessária para fazer a cômoda entrar em
movimento? (b) Se as gavetas e as roupas, com
uma massa total de 17 kg, são remobidas antes
X
n
Fy = mg − bv = may
(5.32) de empurrar a cômoda, qual é o novo módulo
mı́nimo?
Devido a ação da gravidade o módulo da velocidade do corpo aumenta com o tempo, e Exercı́cio 5.2: Uma barra horizontal é usada
com isso também aumenta Fresistiva . Em uma para sustentar um objeto de 75 kg entre duas
dado instante a Fresistiva irá assumir um valor paredes, como mostra a Figura 5.10. As forças
numérico igual ao da força da gravidade, mg, iguais F exercidas pela barra nas paredes poe a força resultante será nula, implicando em dem ser variadas ajustando-se o comprimento
uma aceleração nula e na velocidade passando da barra. Apenas o atrito entre os extremos
a ser constante a partir daı́, com um valor vt . da barra e as paredes seguram o sistema. O
Resolvendo a equação 5.32 para o caso em que coeficiente de atrito estático entre a barra e as
paredes é 0,41. Ache o valor mı́nimo das forças
a = 0, temos:
F para haver equilı́brio.
dirigida para cima visto que o corpo está se movendo verticalmente para baixo. A constante
b dependendo da forma do corpo e das propriedades do meio. Colocando o nosso referencial
com o sentido positivo do eixo y sendo para
baixo, a segunda Lei de Newton nos fornece
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
57
Figura 5.10: Barra horizontal e o objeto sustentados
apenas pela força de atrito da barra com as paredes.
Exercı́cio 5.3: Uma pessoa empurra horizontalmente um caixote de 55 kg com uma força
de 220 N para deslocá-lo em um piso plano. O
coeficiente de atrito cinético é 0,35. (a) Qual
é o módulo da força de atrito? (b) Qual é o
módulo da aceleração do caixote?
Exercı́cio 5.4: Um trabalhador quer empilhar
areia em uma área circular em seu quintal. O
raio do cı́rculo é R. Nenhuma areia deve sair
para fora da área determinada. Mostre que o
volume máximo de areia que pode ser estocado
dessa maneira é µs > R3 /3, ondeµs é o coeficiente de atrito estático da areia com a areia
(O volume do cone é Ah/3, onde A é a área da
base e h é a altura).
Figura 5.11: Barra horizontal e o objeto sustentados
apenas pela força de atrito da barra com as paredes.
estático deste bloco com o plano supondo que
o bloco esteja na iminência de escorregar. (b)
o coeficiente de atrito cinético do bloco com
o plano considerando que o bloco esteja deslizando com uma aceleração a.
Exercı́cio 5.8: O cabo de um escovão de massa
m faz um ângulo θ com a vertical. Seja µk o
coeficiente de atrito cinético entre o escovão e
o assoalho e µs o coeficiente de atrito estático.
Despreze a massa do cabo. Ache o módulo da
força F, dirigida ao longo do cabo, necessária
para fazer com que o escovão deslize com velocidade uniforme sobre o assoalho.
Exercı́cio 5.5: Um bloco de massa m = 2, 0
kg é lançado com velocidade inicial de 6,0 m/s
em uma superfı́cie horizontal, parando em 3,0
s. Calcule: (a) o módulo da força de atrito (b)
o coeficiente de atrito cinético.
Exercı́cio 5.6: A é um bloco de 4,4 kg e B é
um bloco de 2,6 kg (Figura 5.11). Os coeficientes de atrito estático µs e atrito cinético µk entre A e a mesa são 0,18 e 0,15 respectivamente.
a) Determine a massa mı́nima de um bloco C
que deve ser colocado sobre A para impedi-lo
de deslizar. b) O bloco C é repentinamente
retirado de cima de A. Qual é a aceleração de
A?
Figura 5.12: Sistema envolvendo o cabo, o escovão e
o chão.
Exercı́cio 5.9: Dois blocos, com massas 3,0
kg e 8,0 kg, estão ligados por uma corda sem
massa e deslizam para baixo em um plano inclinado de 30o. O coeficiente de atrito cinético
entre o bloco mais leve e o plano é de 0,10,
Exercı́cio 5.7: Um bloco está apoiado sobre
e o coeficiente de atrito cinético entre o bloco
um plano que faz um ângulo θ com a horimais pesado e o plano é de 0,20. Supondo que
zontal. Determine (a)o coeficiente de atrito
o bloco mais leve desce na frente, determine
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
58
(a) o módulo da aceleração dos blocos e a (b) montanhosa (Figura 5.14). Um trecho tem um
morro e uma depressão de mesmo raio, 250 m.
a tensão da corda.
a) Quando o carro passa pelo morro, a força
Exercı́cio 5.10: Qual é o menor raio de uma
normal no carro é a metade do seu peso, que
curva sem compensação (plana) que permite
é de 16000 N. Qual será a força normal no
que um ciclista a 29 km/h faça a curva sem
carro ao passar pelo fundo da depressão? b)
derrapar se o coeficiente de atrito estático entre
Qual é a maior velocidade com a qual o carro
os pneus e a pista é de 0,32?
pode se mover sem sair da estrada no topo do
Exercı́cio 5.11: Um gato está cochilando em morro? c) Se o carro se mover com a velocium carrossel parado, a uma distância de 5,4 m dade encontrada no item (b), qual será a força
do centro. O brinquedo é ligado e logo atinge a centrı́peta no carro quando ele estiver se movelocidade normal de funcionamento, na qual vendo no fundo da depressão?
completa uma volta a cada 6,0 s. Qual deve
ser, no mı́nimo, o coeficiente de atrito estático
entre o gato e o carrossel para que o gato permaneça no mesmo lugar, sem escorregar?
Exercı́cio 5.12: Um disco de massa m sobre
uma mesa sem atrito está ligado a um cilindro
de massa M suspenso por uma corda que passa
através de um orifı́cio da mesa. Encontre a
velocidade com a qual o disco deve se mover
em um cı́rculo de raio r para que o cilindro
permaneça em repouso (Figura 5.13).
Figura 5.13: Sistema descrito no exercı́cio 5.12.
Figura 5.14: Carro passando pela estrada montanhosa.
Exercı́cio 5.15: Um viciado em movimento
circulares, com 80 kg de massa, está andando
em uma roda-gigante que descreve uma circunferência vertical de 10 m de raio a uma velocidade escalar constante de 6,1 m/s. (a) Qual
é o perı́odo do movimento? Qual é o módulo
da força normal exercida pelo assento sobre o
viciado quando ambos passam (b) pelo ponto
mais alto da tragetória circular e (c) pelo ponto
mais baixo?
Exercı́cio 5.16: Na Figura 5.15, uma bola
de 1,34 kg é ligada por meio de dois fios de
Exercı́cio 5.13: Um corpo de massa de 0, 500 kg
massa desprezı́vel, cada um com comprimento
é ligado à extremidade de um fio com comL = 1, 70 m, a uma haste vertical giratória. Os
primento de 1, 50 m. Gira-se o corpo em um
fios estão amarrados à haste a uma distância
cı́rculo horizontal. Se o fio pode suportar a
d = 1, 70 m um do outro e estão esticados. A
tensão máxima de 50, 0 N, qual é a velocidade
tensão do fio de cima é de 35 N. Determine (a)
escalar máxima que o corpo pode ter antes que
a tensão do fio de baixo; (b) o módulo da força
o fio se rompa?
resultante F~res a que está sujeita a bola; (c) a
Exercı́cio 5.14: Um carro se move com ve- velocidade escalar da bola; (d) a orientação de
locidade constante em uma estrada reta mas F~res .
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES DAS LEIS DE NEWTON
Figura 5.15: Exercı́cio 5.10.
59
Capı́tulo 6
Respostas dos Exercı́cios
Capı́tulo 1
Exercı́cio 2.9: 122o.
Exercı́cio 2.11: 60o .
Exercı́cio 1.1: (a) 5, 00 m/s, (b) 1, 25 m/s,
(c) −2, 50 m/s, (d) −3, 33 m/s, (a) 0, 00 m/s. Capı́tulo 3
1 v2
Exercı́cio 3.1: 22,5 m.
Exercı́cio 1.2: (a) v2v1 +v
, (b) 0, 00 m/s.
2
Exercı́cio 1.3: (a) −2, 40 m/s, (b) −3, 71 m/s, Exercı́cio 3.2: (a) 77,7o , (b) 73 km/h , (c) 4
s.
(c) 4 s.
Exercı́cio 1.4: Valores aproximados: v0 ≈ Exercı́cio 3.3: (a)65,2 m/s , (b) 0.
0, 0 m/s, v1 ≈ 4, 25 m/s, v2 ≈ 9, 27 m/s, v3 ≈ Exercı́cio 3.4: 5,78 m/s2 .
14, 02 m/s, v4 ≈ 18, 31 m/s, v5 ≈ 23, 01 m/s. Exercı́cio 3.5: 1,8 rps.
Exercı́cio 3.6: 67,8o .
Exercı́cio 1.5: a = −4 m/s2 .
Exercı́cio 1.6: (a) 13 m/s, (b) 10 m/s 16 m/s, Exercı́cio 3.7: (a)9h49min5,45s, (b)meia noite.
Exercı́cio 3.8: 5,6 × 105 g
(c) 6 m/s2 , (d) 6 m/s2 .
Exercı́cio 1.7: (a) a = 1, 33 m/s2 , (b) em
três partes da curva, (c) a ≈ −1, 35 m/s2 ,
Capı́tulo 4
t ≈ 8, 00 s.
Exercı́cio 4.1: (a) ~a = (0, 86 m/s2 )î+(−0, 16 m/s2 )ĵ,
Exercı́cio 1.8: (a) 20 s, (b) Sim, pode sim.
(b) |~a| = 0, 88 m/s2 , (c) θ = −11o .
2
Exercı́cio 1.9: (a) 30, 1 m/s, (b) −30, 0 m/s ,
Exercı́cio 4.2: (a) m = 4 kg, (b) m = 1 kg,
(c) 3, 16 s, (d) 1, 00 s.
(c) m = 4 kg, (d) m = 1 kg.
Exercı́cio 1.10: 3, 21 s.
Exercı́cio 4.3: v = 5, 1 m/s
Exercı́cio 4.4: (a) a = 0, 783 m/s2 , (b) o
bloco m1 acelera plano acima e o bloco m2 aceCapı́tulo 2
~
~
~
lera para abaixo, (c) T = 20, 8 N.
Exercı́cio 2.1: -29i + 10j + 7k.
Exercı́cio 4.5: (a) T = 3, 1 N, (b) F = 14, 7
Exercı́cio 2.2: k1 = −1, k2 = 2.
√
N.
Exercı́cio 2.4: (a) 7, (b) 99.
o
Exercı́cio 4.6: F~3 = (3 N)î + (−11 N)ĵ +
Exercı́cio 2.5: 16, 26 .
(4 N)k̂.
Exercı́cio 2.6: −5~i − 21~j − 15~k.
Exercı́cio 2.7: (a) 3~i − 2~j + 4~k,(b) 5~i − 4~j − Exercı́cio 4.7: T = 16 N.
Exercı́cio 4.8: (a) P = 7, 4 × 102 N, (b)
4~k,(c) −5~i + 4~j + 4~k.
Exercı́cio 2.8: ax = −2, 5 cm, ay = 4, 33 cm. P = 2, 9 × 102 N, (c) P = 0 N, (d) m = 75
60
CAPÍTULO 6. RESPOSTAS DOS EXERCÍCIOS
kg.
Exercı́cio 4.9: (a) F~res = (1, 0 N)î+(−2, 0 N)ĵ,
(b) Fres = 2, 2 N, (c) θ = −63o N, (d) a = 2, 2
m/s2 , (e) θ = −63o N.
Capı́tulo 5 Exercı́cio 5.1:
(a) 198 N,
(b) 123 N.
Exercı́cio 5.2: 896, 34 N.
Exercı́cio 5.3: (a) 189 N, (b) 0, 56 m/s2 .
Exercı́cio 5.5: (a) 4, 0 N, (b) 0, 2.
Exercı́cio 5.6: (a) 10, 04 kg, (b) 4, 32 m/s2 .
Exercı́cio 5.7: (a) µs = tan θ, (b) µc =
g sin θ−a
.
g cos θ
µk mg
.
Exercı́cio 5.8: sin θ−µ
k cos θ
Exercı́cio 5.9: (a) 3, 4 m/s2 , (b) 2 N.
Exercı́cio 5.10: 20 m.
Exercı́cio 5.11: 0,
q60.
M gr
.
Exercı́cio 5.12:
m
Exercı́cio 5.13: 12, 2 m/s.
Exercı́cio 5.14: (a) 24000 N, (b) 49, 50 m/s,
(c) 15681, 6 N.
Exercı́cio 5.15: (a) 10 s, (b) 4, 9 × 102 N,
(b) 1, 1 × 103 N.
Exercı́cio 5.16: (a) 8, 74 N, (b) 37, 9 N, (c)
6, 45 m/s, (d) na direção da haste.
61
Capı́tulo 7
Referências Bibliográficas
Capı́tulo 1 - Cinemática unidimensional
As imagens e informações foram todas tiradas do Physics for Scientists and Engineers,
do Serway e Jewett, 6 edição, Thomson Brooks/Cole, 2004 e da edição em português da
terceira edição: Princı́pios de Fı́sica, vol 1 Mecânica Clássica, editora Thomson (também
do Raymond Serway e John Jewett).
TIPLER, P. A. Fı́sica. Vol. 1, 3a edição. Rio
de Janeiro: LTC, 2000.
e-fı́sica - ensino de Fı́sica on-line. [Online] [Citado em: 16 de Junho de 2012.]http://efisica.if.usp.br/.
Observação A atual apostila é uma colaboração
de diversos alunos do Programa de Pós Graduação em Fı́sica da Universidade Federal de
Capı́tulo 2 - Vetores [1] Halliday, Resnick. Santa Catarina, estando assim submetida à consFundamentos de Fı́sica vol 4 , 8ed ,editora LTC, tantes atualizações.
Rio de Janeiro , 2009. [2] Boulos, Paulo e Camargo, Ivan de. Geometria Analı́tica: um tratamento vetorial. Makron Books, São Paulo,
1987. [3]Steinbruch, A. . Geometria Analı́tica.
Makron Books, São Paulo, 1987. [4] Iezzi, G..
Fundamentos de Matemática Elementar, vol.
1, Atual Editora. [5] Iezzi, G.. Fundamentos de Matemática Elementar, vol. 2, Atual
Editora. [6] Griffiths, D. J.. Introduction to
Electrodynamics. 3rd edition. Prentice Hall,
Upper Saddle River, 1999.
Capı́tulo 3 - Cinemática bidimensional
HALLIDAY, David; RESNICK, Robert; WALKER, Jearl. Fundamentos de fı́sica. 8. ed.
Rio de Janeiro (RJ): LTC, c2009. ...v. ISBN
9788521616078 (v.1)
Capı́tulo 5 - Aplicação das leis de Newton HALLIDAY, D.; RESNICK, R.; WALKER, J. Fundamentals of Physics. 8a edição,
Vol. 1. Wiley, 2007.
62