Física I -2009/2010
1a Série - Vectores - Resolução
Questões:
Q1 - Dado o vector A da figura seguinte, desenhe os vectores
1
A
2
A
1
A e 2A.
2
2A
Q2 - Para cada um dos pares de vectores A e B seguintes, obtenha graficamente o vector
diferença A − B
a)
A
A
-B
B
A
A -B
b)
A
A
A -B
-B
B
c)
A -B
-B
B
A
A
1
Q3 - Dados os vectores A e B seguintes, obtenha graficamente o vector C = 2A − 3B.
B
A
Q4 - Obtenha os valores numéricos das componentes (escalares), segundo os eixos dos x e
dos y, de cada um dos vectores indicados.
a)
y
A
130º
5
0
x
As componentes escalares do vector A são:
Ax = 5 cos 130 ◦ = 5 × (−0.64) = −3. 2
Ay = 5 sin 130 ◦ = 3. 8
b)
y
30º
B
4
0
x
As componentes escalares do vector B são:
Bx = 4 cos 210 ◦ = −4 cos 30 ◦ = −3. 5
By = 4 sin 210 ◦ = −4 sin 30 ◦ = 2.0
c)
y
5
45º
C
0
x
As componentes escalares do vector C são:
Cx = 5 cos (−45 ◦ ) = 3.5
Cy = 5 sin (−45 ◦ ) = −3.5
2
Q5 - Quais são as componentes, segundo os eixos dos x e dos y, do vector soma D = A+ B + C
dos três vectores referidos na questão Q4?
Resolução:
A componente segundo um eixo do vector soma de vários vectores é a somas das componentes segundo
esse eixo desses vectores.
Dx = Ax + Bx + Cx = −3. 2 − 3. 5 + 3.5 = −3.2
Dy = Ay + By + Cy = 3.8 + 2.0 − 3.5 = 2.3
Q6 - Um vector pode ter uma componente nula e módulo não nulo? Justifique.
Q7 - Um vector pode ter módulo nulo e uma componente não nula? Justifique.
Q8 - Para cada vector cujas componentes segundo os eixos dos x e dos y são indicadas:
• Desenhe o vector utilizando o sistema de eixos apresentado;
• Indique o ângulo θ que define a direcção e sentido do vector;
• Obtenha o módulo do vector e o valor de θ.
y
x
0
a) Ax = 3, Ay = −2;
y
Ax
Ay
0
x
A
O módulo de A é
¯ ¯
q
√
¯ ¯
A2x + A2y = 9 + 4 = 3.6
¯A¯ =
θ = arctan
q
−0.588 rad
−2
= −0.588 rad =
× 360 ◦ = −33. 7 ◦
3
2π rad
3
b) Bx = −2; By = 2;
y
B
q
By
x
Bx 0
O módulo de B é
¯ ¯
q
√
¯ ¯
Bx2 + By2 = 4 + 4 = 2.8
¯B ¯ =
θ = 90 ◦ + arctan
2
= 135 ◦
2
c) Cx = 0; Cy = −2.
y
q
Cx=0
0
Cy C
x
O módulo de C é
¯ ¯
q
√
¯ ¯
Cx2 + Cy2 = 0 + 4 = 2
¯C ¯ =
θ = 270 ◦ = −90 ◦
Q9 - Dado o vector A = (5, 30o acima da horizontal), obtenha as componentes Ax e Ay nos
três sistemas de coordenadas indicados abaixo.
a)
y
5
0
A
30º
x
Ax = 5 cos 30 ◦ = 4. 3
Ay = 5 sin 30 ◦ = 2.5
4
b)
y
5
0
A
30º
30º
x
Ax = 5 cos (30 ◦ + 30 ◦ ) = 2. 5
Ay = 5 sin (30 ◦ + 30 ◦ ) =: 4. 3
c)
y
5
x
A
45º
30º
0
Ax = 5 cos (30 ◦ − 45 ◦ ) = 4. 8
Ay = 5 sin (30 ◦ − 45 ◦ ) = −1. 3
5
Problemas:
Nestes problemas, os vectores unitários que definem a direcção e sentido dos eixos coordenados x, y, z são denominados, respectivamente, por i, j, k.
P1 - Calcule:
a) O módulo do vector a = i + 2j + 2k;
| a| =
√
1+4+4=3
b) O vector unitário com a direcção e sentido de a (Dado um vector a, o vector unitário
com a direcção e sentido de a, que poderemos denotar por b
a, denomina-se versor de a)
b
a=
1
2
2
a
= i+ j+ k
| a|
3
3
3
P2 - Dados os vectores a e b, cujas componentes segundo os eixos coordenados x, y e z são,
respectivamente,
ax = 5; ay = 4; az = −3;
bx = 3; by = −4; bz = 5,
determine:
a) O vector c = 6a − 3b;
Os vectores a e b podem ser escritos na forma
a = 5i + 4j − 3k
b = 3i − 4j + 5k.
Assim,
c = 6a − 3b = (30 − 9) i + (24 + 12) j + (−18 − 15) k
= 21i + 36j − 33k.
b) A quantidade a2 + b2 ;
Dado um vector v, podemos definir o produto interno ou escalar do vector v por si própio com sendo
2
v = v · v. Consequentemente,
a2 + b2 = a · a + b · b
= 25 + 16 + 9 + 9 + 16 + 25
= 100.
c) O ângulo entre os vectores a e b;
¯ ¯
¯ ¯
O produto interno dos vectores a e b pode ser escrito na forma a · b = |a| ¯b¯ cos θ, em que θ é o ângulo
entre as direcções de a e b, e pode ser escrito também na forma a· b = ax bx +ay by +az bz . Consequentemente,
¯ ¯
¯ ¯
|a| ¯b¯ cos θ = ax bx + ay by + az bz
6
e
cos θ =
ax bx + ay by + az bz
¯ ¯
¯ ¯
|a| ¯b¯
5×3−4×4−3×5
√
√
25 + 16 + 9 9 + 16 + 25
= −0.32
=
: −16.0 O ângulo θ é, então,
θ = arccos (−0.32)
= 1. 896 5 rad = 108.7 ◦
d) A projecção de b segundo a.
¯ ¯
¯ ¯
O vector que resulta da projecção de b segundo a é um vector com módulo ¯b¯ cos θ e a direcção e sentido
do vector a, ou seja, é o vector
¯ ¯
a
¯ ¯
¯b¯ cos θ
|a|
¯ ¯ a·b
¯ ¯
¯ ¯
= ¯b¯
¯ ¯
|a|2 ¯b¯
=
a·b
=−
|a|2
³
´
16 5i + 4j − 3k
50
= −1.6i − 1.28j + 0.96k.
P3 - Dados os pontos P (x1 , y1 , z1 ) e Q (x2 , y2 , z2 ), escreva a expressão cartesiana (isto é, em
−−→
termos dos vectores unitários segundo os eixos dos x, y, z) do vector P Q e e obtenha a expressão
do seu módulo.
−−→
O vector P Q tem origem no ponto P (x1 , y1 , z1 ) e extremidade no ponto Q (x2 , y2 , z2 ). Portanto,
³
´
−−→
P Q = x2 i + y2 j + z2 k − x1 i + y1 j + z1 k
= (x2 − x1 ) i + (y2 − y1 ) j + (z2 − z1 ) k.
O módulo deste vector é
¯ −−→¯ q
¯
¯
2
2
2
¯ P Q¯ = (x2 − x1 ) + (y2 − y1 ) + (z2 − z1 )
respectivamente, os módulos
√ P4 −Considere os dois vectores u e v, no plano x0y, possuindo,
o
3 e 1. O vector u faz com o semi-eixo 0x um ângulo de 30 e o vector v faz com esse semi-eixo
um ângulo de 60o . Calcule:
a) As componentes de u e v, segundo os eixos dos x, y, z;
b) As componentes da resultante da adição de u e v;
c) O módulo dessa resultante;
d) As componentes do vector diferença u − v;
e) O módulo do vector u − v;
f ) O produto interno u · v.
7
R: a) ux = 1.5; uy = 0.87; uz = 0; vx = 0.5; vy = 0.87; vz = 0; b) 2, 1.74, 0; c) 2.65; d) 1, 0, 0; e)
1; f ) 1.5.
P5 - Calcule o módulo do vector r = a + b + c, em que a, b, c são os vectores abaixo indicados,
e o ângulo que o vector r faz com o semi-eixo positivo dos x.
ã ≡ (37; 30◦ )
b̃ ≡ (25; 60◦ )
c̃ ≡ (30; 135◦ ) .
Aqui os vectores são denotados por (|v| , θ), em que |v| representa a amplitude do vector e
θ representa o ângulo que o vector faz com o semi-eixo positivo dos x.
Como só nos é fornecido um coseno director, o vector está no plano definido pelo eixo dos x e um dos
outros eixos coordenados cartesianos. Seja este eixo o eixo y. Podemos calcular as componentes escalares
de cada um dos vectores segundo os eixos dos x e dos y:
ax = 37 cos 30 ◦ = 32.0
ay = 37 sin 30 ◦ = 18.5
bx = 25 cos 60 ◦ = 12.5
by = 25 sin 60 ◦ = 21.7
cx = 30 cos 135 ◦ = −21.2
cy = 30 sin 135 ◦ = 21.2
Obtemos as componentes do vector r, adicionando as componentes dos vectores-parcelas, segundo cada um
dos eixos coordenados, ou seja,
rx = ax + bx + cx = 32.0 + 12.5 − 21.2 = 23.3
ry = ay + by + cy = 18.5 + 21.7 + 21.2 = 61.4
O módulo de r é, então,
|r| =
p
23.32 + 61.42 = 66,
enquanto que o ângulo que o vector r faz com o eixo dos x é
θ = arctan
ry
61.4
= 69.2 ◦
= arctan
rx
23.3
O cálculo da função arctan dá-nos, na calculadora, sempre um ângulo no 1.o ou no 4.o quadrante (conforme
o argumento seja positivo ou negativo). Para nos certificarmos do quadarnte em que tá o ângulo que
pretendemos devemos verificar as componentes escalares do vector. No nosso caso, ambas são positivas,
o que revela que o ângulo se encontra no 1.o quadrante e portante tem o valor dado directamente pela
calculadora.
c
r
b
a
8
P6 - Decomponha um deslocamento de 80 km numa direcção 60o para sul da direcção Este
em dois vectores,
³ ´ um dos
³ quais
´ na direcção Este.
R: a = 40i km; b = −69j km., em que i aponta para Este e j aponta para Norte.
P7 - Um barco parte do seu porto, tendo-se deslocado de 160 km para norte do ponto de
partida. Decomponha o deslocamento do barco em dois vectores componentes, um dirigido
para nordeste e o outro para noroeste. Que distância teria o barco percorrido a mais para
atingir a sua posição final, se viajasse primeiramente para nordeste e depois para noroeste?
N
b
c
O
E
S
a
Osrvectores a, b e c,
¯ ¯2
¯ ¯
|c| = |a|2 + ¯b¯ . Como
na figura, constituem os lados de um triângulo rectângulo. Consequentemente
¯ ¯
¯ ¯
¯b¯ = |a|, resulta imediatamente
|c|
160 km
|a| = √ = √
= 113.1 km.
2
2
A distância que o barco teria percorrido a mais é
L = 2 × 113.1 km − 160 km
= 66.2 km
9
Física I -2009/2010
2a Série - Força e Movimento 1 - Resolução
Questões:
Q1 - Duas ou mais forças estão aplicadas aos corpos em cada uma das alíneas. Desenhe, em cada
caso, o vector força resultante, Fres .
FR
a)
FR
b)
c)
FR
FR
d)
Q2 - Identifique todas as forças aplicadas aos corpos seguintes, nas condições especificadas.
a) Um elevador, suspenso de um cabo, desce com velocidade constante.
b) Uma mola em hélice comprimida está a empurrar um bloco sobre uma mesa com superfície
rugosa.
c) Um tijolo está cair do topo de um edifício de três andares.
d) Um foguete é lançado com velocidade inicial fazendo um ângulo de 30o com a horizontal,
Q3 - A figura apresenta um gráfico do módulo da aceleração em função do módulo da força aplicada,
para um corpo de massa m. O gráfico apresenta os dados como pontos individuais, pelo quais foi traçada
uma recta. Desenhe e identifique na figura o gráfico do módulo da aceleração em função do módulo da
força aplicada, para corpos de massa:
a) 2m;
b) 0.5m.
m/2
m
2m
Forca (unidades arbitrarias)
Forca (unidades arbitrarias)
Q4 - Uma força constante aplicada a um corpo, dá origem a uma aceleração deste último, com
módulo 10 m/s2 . Qual será o módulo da aceleração do corpo, se:
a) O módulo da força aplicada passar para o dobro?
b) A massa do corpo passar para o dobro?
c) Tanto o módulo da força como o módulo da massa passam para o dobro?
d) O módulo da força passa para o dobro e a massa passa para metade?
1
Q5 - As figuras mostram as forças aplicadas a um objecto em várias situações. Para cada caso, desenhe o vector força resultante aplicada ao corpo e, na parte inferior de cada figura, o vector aceleração
do corpo.
a)
FR
a
b)
FR
a
c)
FR
a
Q6 - Em cada uma das figuras seguintes falta uma força. Utilize a direcção da aceleração apresentada,
em cada caso, para identificar a força em falta e desenhe-a na figura.
a)
a
b)
a
c)
a
Q7 - Considere os seguintes diagramas de movimento para uma partícula. Desenhe o vector força
resultante que actua na partícula na posição 2.
a)
0
2
4
FR
0
2
4
2
b)
0
2
4
2
4
FR
0
c)
4
4
2
2
FR
0
0
d)
4
0
2
FR
4
0
2
Q8 - Para cada uma das situações seguintes, esboce uma figura e represente todas as forças aplicadas
ao corpo em causa. Em seguida, desenhe um diagrama dessas forças e faça uma legenda, identificando
a origem de cada uma das fiorças. Por fim, represente, numa cor diferente, o vector que representa a
força resultante, Fres , das forças aplicadas..
Nota - Em geral, num diagrama de forças não deve ser colocada a força resultante, por poder ser
confundida com uma das forças individuais aplicadas. Neste exercício, excepcionalmente, pede-se que
a força resultante, seja representada. Por isso, e para evitar confusão, a força resultante deve ser
desenhada com uma cor que a diferencie das outras.
a) Um, caixote pesado desce verticalmente, com velocidade constante, suspenso de um cabo de aço;
b) Um rapaz empurra uma caixa assente no chão, com velocidade cujo módulo cresce uniformemente.
Neste caso, o "corpo"é a caixa.
c) Uma bicicleta desce uma encosta, com movimento uniformemente acelerado. Despreze o atrito
com o solo (excepto o do rolamento), mas considere não desprezável a resistência do ar.
d) Os travões de carro foram accionados quando descia uma encosta, de forma que ficaram bloqueados.
Q9 - Numa tentativa de enunciar a 3a lei de Newton, um estudante diz que as forças de acção e
reacção são iguais e opostas entre si. Neste caso, como é que poderia alguma vez haver uma força não
nula sobre um objecto?
As forças constituintes de qualquer par de acção e reacção actuam sempre em corpos distintos. Consequentemente
as duas nunca contribuem para a força resultante que actua num corpo.
3
Q10 - São entregues a um astronauta, em órbita em torno da Terra, duas bolas que, exteriormente,
são idênticas. No entanto, uma delas é oca e a outra está cheia de chumbo. Como é que o astronauta
pode distinguir as bolas, sem as abrir?
Para o astronauta, as paredes do satélite constituem um referencial de inércia, porque, como a aceleração é a
mesma, para ele e para as paredes do satélite, se ele estiver em repouso e nenhuma força, para além da da gravidade,
se exercer sobre ele, permanece em repouso, e se estiver a mover-se com velocidade constante, em relação às paredes do
satélite e nenhuma força, para além da da gravidade, se exercer sobre ele, permanece em movimento com velocidade
constante. Em resumo, não existe aceleração relativa entre o astronauta e as paredes do satélite.
Como as massas das bolas são diferentes, ele pode, estando em repouso em relação às paredes do satélite, segurando
uma das bolas. atirá-la numa direcção qualquer. Para isso, exercerá sobre a bola uma força FAB (força exercida pelo
FAB
(A)stronauta na (B)ola), comunicando, durante um intervalo de tempo pequeno a aceleração aB =
à bola. A bola
mB
reagirá com uma força sobre o astronauta de módulo igual e de sentido contrário, FBA = −FAB (3.a Lei de Newton).
O astronauta terá, de o mesmo intervalo de tempo, a aceleração
aA =
FBA
FAB
mB
=−
=
aB .
mA
mA
mA
Consequentemente, se o astronauta pproceder de modo a comunicar às duas bolas acelerações acelerações iguais, a
aceleração do próprio astronauta terá módulo prooorcional à massa da bola, o que lhe permitirá distinguir entre as
duas bolas.
Q11 - Suponha que atira ao ar verticalmente uma pedra, assente inicialmente na palma da sua mão,
com um movimento ascencional brusco. Neste caso, o "corpo"é a rocha. Em cada um dos instantes
seguintes, identifique as forças aplicadas à pedra e apresente um diagrama de forças, em cada caso. Dê
atenção aos módulos relativos dos vectores que desenhar.
a) Quando a pedra está assente em repouso na palma da sua mão, antes de ser atirada ao ar;
b) Quando a sua mão se move para cima, antes de largar a pedra;
c) Um décimo de segundo após a pedra deixar a mão;
d) Um décimo de segundo antes de a pedra atingir a altura máxima;
e) No instante em que a pedra atinge a altura máxima;
f ) Um décimo de segundo após a pedra atingir a altura máxima.
Q12 - Analise cada uma das situações seguintes, do ponto de vista da Dinâmica, utilizando os passos
seguintes:
1. Identificar o(s) corpo(s) a que o problema se refere e as forças aplicadas a cada um
2. Traçar o diagrama de forças para cada um dos corpos em causa
3. Escrever as equações que resultam da aplicação da 2.a Lei de Newton a cada um dos
corpos
4. Escolher um ou mais sistemas de referência apropriados
5. Obter as equações escalares que resultam da obtenção das componentes dos vectores que
surgem nas equações obtidas em 3.
6. Acrescentar as equações que relacionam o movimento dos corpos (identificando forças que
constituem pares de acção e reacção e a relação entre as componentes da aceleração de cada
corpo, relativamente aos sistemas de referência adoptados).
a) Um burro puxa uma carroça. O movimento ocorre com velocidade constante
b) Uma bola está pendurada de uma corda. Esta última está ligada ao tecto.
c) A corda da alínea anterior é cortada Considere o instante em que a bola atinge o solo. (Nesta
alínea não tem que entrar em conta com a corda e o tecto).
d) Um contentor encontra-se na caixa de um camião que está a acelerar. O contentor não escorrega.
Considere o contentor e o camião como um único corpo
e) Um contentor encontra-se na caixa de um camião que está a acelerar. O contentor não escorrega.
Considere o contentor e o camião como corpos distintos.
4
f ) Dois corpos, de massas diferentes, estão suspensos das extremidades de uma corda que passa
através de uma roldana. Considere desprezáveis as massa da corda e da roldana, bem como a resistência
do ar.
g) Suponha que se encontra no meio de um lago gelado com uma superfície tão escorregadia (os
coeficientes de atrito estático e cinético entre as superfícies dos seus pés e o gelo são nulos), que não
consegue andar. No entanto, nos seus bolsos existem várias pedras. O gelo está tão duro que as
pedras, se atiradas, não conseguem quebrá-lo e escorregam sobre ela. Consegue encontrar um processo
de atingir a margem do lago, sem qualquer auxílio externo? Utilize esquemas, forças e as leis de
Newton para explicar o seu raciocínio.
Q13 - Um tubo oco está dobrado de modo a formar três quartos de uma circunferência. Uma
bola é lançada através do tubo com velocidade de módulo elevado. Quando a bola emerge da outra
extremidade, segue a trajectória A, a trajectória B ou a trajectória C? Justifique o seu raciocínio.
B
C
A
visto de cima
A bola segue a trajectória C, porque ao emergir do tubo deixa de ser actuada por qualquer força (durante o percurso
no interior do tubo era actuada por uma força centrípeta, exercida pela parede do tubo), pelo que a sua velocidade
passa a ser constante.
Q14 - a) Um elevador desloca-se para cima, com velocidade constante. O elevador está suspenso de
um cabo. Despreze os atritos e a resistência do ar. O módulo da tensão do cabo é superior, inferior
ou igual ao módulo do peso do elevador? Justifique, utilizando um diagrama de forças e referindo as
leis físicas pertinentes.
b) O elevador desloca-se para baixo, com velocidade de módulo decrescente. O módulo da tensão do
cabo é superior, inferior ou igual ao módulo do peso do elevador? Justifique, utilizando um diagrama
de forças e referindo as leis físicas pertinentes.
Q15 - Duas ou mais forças, representadas por diagramas de forças, são exercidas num corpo com
massa de 2 kg. A escala está graduada em newton. Para cada um dos casos apresentados,
• Desenhe o vector que representa a força resultante aplicada ao corpo, aplicando-o na origem do
sistema de referência;
• No espaço à direita, escreva os valores numéricos das componentes da aceleração, ax e ay .
a)
Fy(N)
F2
Fy(N)
2
F1
-2
F2
2
FR
F1
Fx(N)
2
-2
-2
2
-2
ax
=
ay
=
FR x
1N
=
= 0.5 m/ s
m
2 kg
FR y
2N
=
= 1.0 m/ s
m
2 kg
5
Fx(N)
b)
Fy(N)
F2
2
F1
-2
Fx(N)
2
F3
-2
c) .
Fy(N)
2
F2
F1
Fx(N)
-2
F3
2
-2
Q16 - Três forças, F1 , F2 e F3 , originam a aceleração de um corpo com massa de 1 kg, cujo módulo
é indicado. Em cada diagrama de forças estão representadas duas forças, mas a terceira não está
representada. Para cada caso, desenhe o vector correspondente à terceira força, aplicando-o na origem
do sistema de referência.
a) |a| = 2 m/s2
Fy(N)
F2
2
F1
Fx(N)
-2
2
-2
A força F3 deve ser tal que
FR = F1 + F2 + F3 = ma,
com m = 1 kg e |a| = 2 m/ s2 . Do gráfico retiramos
F1x
F2x
= 2 N; F1y = 1 N
= −2 N; F2y = 2 N.
Da 2.a Lei de Newton,
|a| =
=
¯ ¯
¯ ¯
¯FR ¯
rm
´2
¡
¢2 ³
F1x + F2x + F3x + F1y + F2y + F3y
m
Substituindo os valores dados e os calculados,
r
´2
¡
¢2 ³
F1x + F2x + F3x + F1y + F2y + F3y
q¡
¢2 ¡
¢2
2 N − 2 N + F3x + 1 N + 2 N + F3y
q
¡
¢2
F32x + 3 N + F3y
Uma possibilidade é F3y = −3 N e F3x = 2 N.
6
.
= m |a|
= 1 kg × 2 m/ s2
= 2N
Fy(N)
2
F2
F1
Fx(N)
-2
2
-2
F3
Podemos verificar o resultado:
FR x
FR x
= 2N− 2N+ 2N = 2N
= 1N+ 2N− 3N = 0
A aceleração do corpo de massa 1 kg,actuado por esta força, será
FR
m
2N
=
i
1 kg
¢
¡
= 2i m/ s2 ,
a =
cujo módulo é, evidentemente, |a| = 2 m/ s2 .
Note-se que este resultado não é o único possível.
b) a = (0, −3) m/s2
Fy(N)
2
F1
Fx(N)
-2
2
F2
-2
c) O corpo move-se com velocidade constante.
Fy(N)
F2
2
F1
Fx(N)
-2
2
-2
Q17 - Se o ouro fosse vendido a peso, preferia comprá-lo na Serra da Estrela ou em Lisboa? Se fosse
vendido pela massa em qual das duas localidades preferia comprá-lo? Porquê?
Q18 - Quanto pesa um astronauta no espaço, longe de qualquer planeta?
Q19 - Suponha que está a pressionar, com a mão, um livro contra uma parede. O livro não se move.
a) Identifique as forças aplicadas ao livro e desenhe um diagrama de forças.
As forças aplicadas ao livro são a força gravítica (o peso), P , exercida pela Terra, a força exercida pela mão, F , e
a força exercida pela parede no livro, que se pode decompor em duas componentes, uma normal à parede, n e outra
com a direcção da parede (a força de atrito estático), fe . O diagrama de forças aplicadas ao livro, suposto pontual, é
o seguinte:
7
fe
F
n
P
b) Suponha que diminui a força, F , que está aplicar com mão ao livro, mas não o suficiente para o
livro se mover. O que acontece ao módulo de cada uma das seguintes quantidades? Aumenta, diminui
ou não se altera?
F
P (peso do livro)
n (força da parede sobre o livro)
fe (força de atrito estático entre o livro e a parede)
f¯ e max
¯ (módulo
¯ ¯máximo da força de atrito estático entre o livro e a parede)
¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯
¯F ¯ diminui; ¯P ¯ mantém-se; |n| diminui, porque, como o livro está em equilíbrio, |n| = ¯F ¯; ¯fe ¯ mantém-se,
¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ ¯ ¯
porque, como o livro está em equilíbrio, ¯fe ¯ = ¯P ¯. fe max não se altera porque depende apenas do coeficiente de atrito
entre as superfícies do livro e da parede.
Q20 - Considere um contentor que se encontra na caixa de um camião.
a) Se a aceleração do camião tem módulo muito pequeno, o contentor move-se solidariamente com
o camião, sem escorregar. Qual é a força ou forças que actua(m) no contentar, originando a aceleração
deste? Qual é a direcção e sentido desta(s) força(s)?
b) Desenhe um diagrama das forças que actuam no contentor e apresente a respectiva legenda.
c) O que acontece ao contentor se a aceleração do camião tiver módulo muito elevado? Justifique a
sua resposta.
Q21 - Cinco bolas deslocam-se no ar, com as velocidades representadas pelos vectores das figuras,
Coloque por ordem, do maior para o menor, os módulos das acelerações a1 a a5 . Note que alguns
podem ser iguais. Utilize o formato A > B = C > D. Justifique.
v = 20 m/s
50 g
1
imediatamente
apos ser largada
v=0
100 g
50 g
100 g
2
3
4
imediatamente
apos ser largada
v=0
5
50 g
v = -20 m/s
v = -20 m/s
Q22 - Considere uma bola de madeira com massa 1 kg e uma bola de chumbo com massa 10 kg,
com dimensões e formas idênticas. São largadas a partir do repouso, simultaneamente, de uma torre.
a) Comece por supor que a resistência do ar é desprezável. Durante a queda, as forças resultantes
que actuam em cada bola são de módulos iguais ou diferentes? Neste último caso, qual é a de maior
módulo? Justifique.
Durante a queda, e se desprezarmos a resistência do ar, a única força que actua nas bolas é a força da gravidade,
pelo que a força resultante é igual à força da gravidade A aceleração das duas bolas é igual, vertical. dirigida para
baixo e de módulo igual a g = 9.8 m/ s2 . O módulo da força resultante que actua numa bola de massa m é, portanto
F = mg, directamente proporcional à massa. Consequentemente a força resultante com maior módulo é a que actua
na bola de chumbo.
b) E as acelerações? São iguais ou diferentes? Neste último caso, qual é a de maior módulo?
Justifique.
As acelerações são iguais, como foi explicafo na alínea anterior.
c) Qual das bolas atinge primeiro o solo? Ou chegarão ao solo ao mesmo tempo? Justifique.
Como as acelerações são iguais, chegarão ao solo ao mesmo tempo, por aplicação simples das leis da cinemática do
movimento com aceleração constante, uma vez que são largadas do repouso.
8
d) Quando a resistência do ar é incluída no raciocínio, conclui-se que as bolas serão actuadas por
forças de resistência iguais, durante o movimento, quando a velocidade for a mesma, porque as bolas
têm a mesma forma. Neste caso, as acelerações das bolas são iguais ou diferentes? Se são diferentes,
qual delas possui aceleração de módulo maior? Justifique, utilizando diagramas de forças e as leis de
Newton.
Se incluirmos a resistência do ar, R, o diagrama de forças é o seguinte:
R
P
O módulo da força de resistência do ar é
1
CρAv 2 ,
2
em que C é o coeficiente de resistência do ar, ρ é a massa volúmica do ar, A é a área da secção eficaz da bola no seu
movimento e v o módulo da velocidade da bola.
A força total que actua na bola, durante o movimento, é
R=
FRes
= P +R
= ma,
ou, considerando um eixo vertical de referência dirigida para baixo,
P − R = ma,
de onde
P −R
m
CρA 2
= g−
v ,
2m
a =
que se reduz a a = g, qundo v = 0. Verificamos assim que, em cada instante as acelerações das bolas são diferentes,
se largadas simultaneamente, visto que no coeficiente de proporcionalidade do termo dependente de v surge a massa
da bola em denominador. A bola de maior massa possuirá aceleração de módulo maior, porque a percela com sinal
negativo é maior .
e) Na situação da alínea anterior, qual das bolas atinge primeiro o solo? Ou chegarão ao solo ao
mesmo tempo? Justifique.
Como o módulo da aceleração da bola de maior massa é maior em cada instante, essa bola atingirá o solo antes da
outra. Podemos também verificar este facto calculando a velocidade terminal de cada bola, nestas circunstâncias. O
módulo da velocidade terminal, vT , é atingida quando a aceleração é nula, isto é,
g−
CρA 2
v
2m T
= 0
r
2mg
=
.
CρA
vT
Ó módulo da velocidade terminal é maior para a bola de massa maior.
Q23 - O bloco A, assente numa superfície horizontal, é empurrado com velocidade constante por
uma mão que exerce uma força FM A (força exercida pela (M)ão no bloco A). Existe atrito entre o bloco
e a superfície horizontal.
mão
A
9
a) Desenhe dois disgramas de forças, um para a mão e outro para o bloco. Nestes diagramas,
apresente apenas as forças horizontais, com comprimentos que representem os módulos relativos dessas
forças. Denomine as forças com a convenção FCD (força que o corpo C exerce no corpo D). Ligue pares
de acção e reacção com uma linha a tracejado.
mão
bloco A
Fbraco
FBM
Fc
FMB
Legenda:
Forças horizontais exercidas na mão:
FBM → força exercida pelo bloco na mão;
Fbraço → força exercida pelo braço na mão;
Forças horizontais exercidas no bloco:
FM B → força exercida pela mão no bloco;
Fc → força de atrito cinético exercido pela mesa no bloco
b) Coloque por ordem de módulos, do maior ao menor, todas as forças horizontais que apresentou
na alínea anterior e justifique.
Os módulos das forças que constituem o par de acção e reacção são iguais, ou seja . Como a mão se desloca
com velocidade constante (e na horizontal), Fbraço = FBM . Analogamente, como o bloco se desloca com velocidade
constante, FM B = Fc . Consequentemente, os módulos das quatro forças são iguais.
Fbraço = FBM = FM B = Fc
Q24 - Um segundo bloco, B, é encostado ao bloco A da questão Q22. A massa do bloco B é superior
à do bloco A. Os blocos possuem aceleração não nula.
mão
B
A
a) Suponha que não existe atrito entre os blocos e a superfície em que assentam. Desenhe três
diagramas de forças, para os blocos A e B e para a mão, msotrando apenas as forças horizontais. Ligue
pares de acção e reacção com uma linha a tracejado.
b) Por aplicação da 2.a lei a cada bloco e da 3.a lei a cada par de acção e reacção, coloque por ordem
os módulos de todas as forças horizontais, do maior ao menor. Justifique.
Q25 - Os blocos A e B estão assente na palma da sua mão, estando a ser elevados com velocidade
constante. Suponha mB > mA e despreze a massa da mão (mM = 0).
B
A
a) Desenhe diagramas de forças, um para cada bloco e um terceiro para a mão. Apresente todas as
forças verticais, tendo em conta os valores relativos dos módulos dessas forças. Para a mão, despreze
o peso e as forças que o braço exerce nela. Ligue pares de acção e reacção com uma linha a tracejado.
FMA
FAB
bloco A
mão
FBA
bloco B
PA
FAM
10
PB
Legenda:
Forças exercidas na mão (desprezando o peso e as forças exercidas pelo braço):
FAM → força exercida pelo bloco A na mão;
Forças exercidas no bloco A:
FM A → força exercida pela mão no bloco A;
FBA → força exercida pelo bloco B no bloco A;
PA → Peso do bloco A
Forças exercidas no bloco B:
FAB → força exercida pelo bloco A no bloco B;
PB → Peso do bloco B
b) Por aplicação da 2.a lei a cada bloco e da 3.a lei a cada par de acção e reacção, colocque por
ordem os módulos de todas as forças verticais, do maior ao menor. Justifique
A resultante das forças exercidas no bloco B é nula, porque este desloca-se com velocidade constante. Consequentemente, FAB = PB .
Como FBA e FAB constituem um par de acção e reacção, FBA = FAB . A resultante das forças exercidas no
bloco A é nula, porque este desloca-se com velocidade constante. Consequentemente, FM A = FBA + PA . Concluímos
FBA < FM A e PA < FM A .É-nos dito que PA < PB .
Além disso, FM A = FAM , porque as forças FM A e FAM cinstituem um par de acção e reacção.
Colocando por ordem, temos:
PA < PB = FAB = FBA < FM A = FAM
Q26 - Um mosquito colide de frente com um camião que se desloca com velocidade de módulo 90
km/h.
a) Qual é o tamanho relativo dos módulos das forças exercidas pelo camião no mosquito e pelo
mosquito no camião? Justifique.
b) Desenhe os diagramas de forças pra o mosquito e o camião no momento da colisão. Ligue pares
de acção e reacção com uma linha a tracejado.
c) A sua resposta à alínea b) confirma a resposta à alínea a). Explique.
Q27 - Na situação (a), o corpo A é acelerado, assente sobre uma mesa (sem atrito entre o corpo e a
mesa), por outro corpo, suspenso, com o peso de 10 N. Na situação (b) o mesmo corpo A é acelerado
por uma tensão de 10 N na corda. A aceleração do bloco A no caso (b) tem módulo maior, igual ou
menor do que a aceleração no caso (a)? Justifique.
A
A
T = 10 N
10 N
(b)
(a)
Q28 - Desenhe os diagramas de forças para os corpos A e B. Ligue pares de acção e reacção (ou
forças que actuam como pares de acção e reacção) com uma linha a tracejado.
a)
B
A
Atrito
b)
A
BB
Atrito
11
Fext
Q29 - Uma bola descreve uma trajectrória circular, num plano vertical, presa a um fio. Num instante
em que a bola se encontra no ponto mais baixo da trajectória, uma faca afiada é utilizada para cortar
o fio. Desenhe a trajectória subsequente da bola até que atinge o solo.
Q31 - Um berlinde desloca-se numa trajectória circular no interior de um cone. Desenhe um
diagrama das forças que actuam no berlinde quando se encontra no lado esquerdo do cone e um
segundo diagrama das forças que actuam no berlinde quando se encontra no lado direito do cone.
Q32 - Um avião a jacto desloca-se numa trajectória horizontal com velocidade constante.
a) Qual é a força resultante que actua no avião?
b) Desenhe um diagrama das forças que actuam no avião e identifique-as.
c) Os aviões inclinam-se para um lado quando viram. Explique por quê, em termos das forças
e das leis da Física.
Sugestão: Que aspecto terá o diagrama das forças observado por detrás do avião?
12
Problemas:
P1 - Uma força dependente do tempo, F = (8.00 i − 4.00 t j) N (onde t está em s), é aplicada num
objecto de 2.00 kg inicialmente em repouso.
a) Em que instante o objecto se move com velocidade de módulo 15.0 m s−1 ?
Vamos utilizar a 2.a lei de Newton na forma F = ma, em que m é a massa do objecto e a a sua aceleração. Resulta
F
m
³
´
=
4.00 i − 2.00 t j m/ s2 .
a =
Utilizando, agora, a =
dv
, obtemos
dt
v
=
Z
t
adt
0
=
Z
t
0
³
´
dt 4.00 i − 2.00 t j N
= 4.00t i − t2 j m/ s
Pretendemos encontrar o instante t, em segundo, para o qual
|v|2 = (4.00 N × t)2 + t4 = (15.0 m/ s)2
resultando imediatamente
t = 3.0 s.
b) A que distância está o objecto da sua posição inicial quando a sua velocidade possui módulo igual
a 15.0 m s−1 ?
O vector posição, em relação ao ponto de partida, é, para qualquer instante t,
Z t
r =
vdt
0
Z t ³
´
=
dt 4.00t i − t2 j m/ s
0
= 2.00t2 i −
t3
j m
3
No instante t = 3 s, temos
r = 18.0 i − 9.00j m.
A distância deste ponto ao ponto de partida, de coordenadas (0,0), é
q
d =
(18.0 m)2 + (9.00 m)2
= 20.1 m.
c) Qual é o deslocamento total do objecto entre o ponto de partida e o ponto referido na alínea
anterior?
O deslocamento total é
∆r
= r (t = 3.0 s) − r (t = 0.0 s)
= 18.0 i − 9.00j m
P2 - Se a força gravitacional da Terra faz com que um estudante de 60 kg em queda livre tenha uma
aceleração de 9.8 m s−2 para baixo, determine a aceleração da Terra, para cima, durante a queda do
estudante. Considere a massa da Terra igual a 5.98 × 1024 kg.
13
O módulo da força que a Terra exerce no estudante é FET = mE aE = 60 × 9.8 = 5.9 ×10 N. A força que o estudante
exerce na Terra é a força de reacção à primeira e portanto tem o mesmo módulo. Consequentemente, o móduço da
aceleração da Terra, resultante da interacção com o estudante é
aT
FTE
MT
5.9 × 10
=
5.98 × 1024
= 9. 9 × 10−24 m/ s2 .
=
P3 - Determine a tensão em cada corda para os sistemas representados na figura (Despreze a massa
das cordas)
.
a) O ponto em que as cordas se juntam está em repouso. Consequentemente a resultante das forças que nele
actuam é nula. Essa resultante é
T1 + T2 + T3 = 0
Escolhendo um sistema de eixos com o eixo dos x horizontal dirigido para a direita e o eixo dos y vertical dirigido
para cima, temos:
x :
y :
−T1 cos 40◦ + T2 cos 50◦ = 0
T1 cos 50◦ + T2 cos 40◦ − T3 = 0
A bola está em repouso sob a acção do seu peso e da tensão T3 , de onde
T3 − P = 0
Portanto
T3
= P
= 5.0 × 10 N
e
−T1 cos 40◦ + T2 cos 50◦ = 0
T1 cos 50◦ + T2 cos 40◦ = 5.0 × 10
A solução é : {T1 = 32 N, T2 = 38 N}.
P4 - Um bloco desliza sem atrito ao longo de um plano inclinado com inclinação de 15o . Se o bloco
partir do repouso do cimo do plano e o comprimento deste fôr 2.0 m, determine:
a) o módulo da aceleração do bloco,
A 2a . lei de Newton aplicada ao bloco exprime-se na equação:
P + N = ma
Com a escolha habitual de eixos, temos
x :
y :
P sen θ = ma
N − P cos θ = 0
14
Da 1a . destas equações, obtemos
a = g sen θ
= 10 sen 15◦
= 2.6 m/ s2
b) a velocidade do bloco quando atinge a base do plano.
Utilizamos a equação da cinemática do movimento uniformemente acelerado unidimensiona que relaciona a velocidade, a aceleração e a posição:
v2
= v02 + 2ax
= 0 + 2 × 2.6 × 2
= 10.4 ( m/ s)2
e
v
√
10.4
=
= 3.2 m/ s
³
´
A velocidade do bloco quando atinge a base do plano é, portanto, v = 3.2i m/ s.
P5 - Um homem está de pé sobre uma balança de mola, dentro de um elevador. O elevador parte
do repouso e sobe atingindo a sua velocidade máxima 1.2 m s−1 em 0.80 s. Durante os seguintes
5.0 s, o elevador viaja com velocidade constante igual a aquele valor. O elevador sofre em seguida uma
aceleração uniforme negativa segundo o eixo dos y durante 1.5 s, até que atinge o repouso. O que é
que a escala da mola marca :
a) antes do elevador começar a mover-se?
O homem é actuado por duas forças, a força que a balança exerce, N , vertical e apontando para cima, e a força
gravítica, ou seja, o peso, P , força vertical e dirigida para baixo. Como a aceleração do homem é nula, a 2.a lei de
Newton aplicada ao homem exprime-se na forma
N + P = 0.
Escolhesmos um sistema de referência que consiste num eixo, cujo sentido apontamos, arbitrariamente; para cima.
Nas componentes deste eixo, a equação anterior assume a forma
N − P = 0,
de onde resulta imediatamente
N = mg = 7.2 × 102 N.
É este o valor que a escala da mola marca
b) durante os primeiros 0.80 s?
Nesta situação, o homem possui uma aceleração, a, vertical e apontando para cima, pelo que a 2.a Lei de Newton
aplicada ao homem assume agora a forma
N + P = a.
ou, tendo em conta o eixo de refrência referido,
N = m (g + a)
Podemos obter o módulo da aceleração a aprtir
v − v0
t
1.2 m/ s
=
0.80 s
= 1.5 m/ s2
a =
15
e
N
= m (g + a)
¡
¢
= 72 kg 10 m/ s2 + 1.5 m/ s2
= 8.28 × 102 N.
c) enquanto o elevador viaja com velocidade constante?
Neste intervalo de tempo temos, de novo, N + P = 0 e N = mg = 7.2 × 102 N.
d) durante o tempo em que o elevador desacelera?
Agora, a componente da aceleração segundo o eixo de referência escolhido obtém-se de
−1.2 m/ s
1.5 s
= −0.8 m/ s2 .
a =
Finalmente , a partir de N + P = ma e N = m (g + a), obtemos
¡
¢
N = 72 kg 10 m/ s2 − 0.8 m/ s2
= 6.62 N
16
P6 - Uma massa M é mantida numa dada posição por uma força aplicada F e um sistema de roldanas
como se mostra na figura 3. As roldanas não têm massa e atrito. Determine:
a) a tensão em cada secção da corda, T1 , T2 , T3 , T4 , e T5 ,
São indicadas apenas as relações entre as diversas grandezas, para orientação da resolução.
T5
T2 + T3
= Mg
= T5
e
T2 = T3
T1
F
T4
= T3
= T1
= T1 + T2 + T3
Portanto
T2
=
T3
=
T1
=
T4
=
Mg
2
Mg
2
Mg
2
3M g
2
b) a intensidade de F .
F = T1 =
17
Mg
2
Física I -2009/2010
3a Série - Movimento unidimensional - Resolução
Questões:
Q1 -Esboce um diagrama de pontos para cada um dos movimentos unidimensionais abaixo
indicados, de acordo com as seguintes instruções:
• Utilize o modelo de uma partícula (ou seja, represente o corpo cujo movimento está a
estudar por uma única partícula)
• Bastam seis a oito marcas pontuais para cada um dos diagramas.
• Numere as posições de acordo com a sua ordem pontual.
• Apresente os diagramas de forma clara e precisa.
a) Um automóvel arranca ao longo de uma estrada rectilínea, após o semáforo ter passado
a verde e algum tempo depois desloca-se com velocidade constante.
2
0
4
6
Justificação:
O diagrama apresenta umavisão estroboscópia do movimento. São apresentadas as posições dos ponto,
durante o movimento, para instantes separados por intervalos de tempo iguais. Os vectores deslocamento
entre as posições apresentadas são os indicados na figura seguinte:
Dr3
Dr1 Dr2
0
Dr5
Dr4
2
Dr7
Dr6
Dr8
6
4
8
A velocidade média entre cada par de pontos consecutivos é dada por
vim e d =
∆ri
.
∆t
Como os intervalos de tempo, ∆t, são iguais, podemos representar de forma análoga os vectores velocidade
média para cada intervalo de tempo, numa escala apropriada. Se os intervalos de tempo forem infinitesimais
(∆t → 0), esses vectores representam a velocidade instantânea no instante considerado:
v1
0
v3
v2
2
v5
v4
v7
v6
6
4
v8
8
No início do movimento, este é acelerado com aceleração de módulo positivo, isto é, 0 < |∆v/∆t|. Por
exemplo, |v1 | < |v2 |. A partir de determinado instante (na figura, o instante t4 ), o movimento possui
velocidade constante
1
b) Um elevador parte do repouso do topo da Torre Vasco da Gama até parar no nível
térreo.
0
2
4
6
8
10
12
O movimento é acelerado no início (com aceleração e velocidade com o mesmo sentido) e no final (com
aceleração e velocidade com sentidos opostos). Na região intermédia, o movimento possui velocidade constante.
c) Um esquiador parte do repouso no cimo de uma encosta de neve (que faz um ângulo de
30o com a horizontal) e desliza atá à base da encosta.
0
2
4
6
8
Justificação:
O movimento é uniformemente acelerado. Repare-se que, para intervalos de tempo consecutivos,
vi+1 = vi + ∆v,
com ∆v = constante.
2
v4
v5
4
v6
Dv
v3
v2
v1
0
2
v4
v5
v6
v7
6
Dv
v7
v8
8
Isto implica ∆v/∆t = constante, ou seja, a aceleração média, amed , é constante no tempo. Como isto é
verdade para qualquer intervalo de tempo ∆t, a aceleração instantânea, a = dv/dt, também é constante no
tempo.
Posição em função do tempo
x
30
25
20
15
10
5
0
0
2
4
6
8
t
Deslocamento
˜x
7
6
5
4
3
2
1
0
0
2
4
6
8
t
Módulo da velocidade em função do
tempo
v
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
2
4
6
8
t
3
d) O vai-vem espacial desloca-se numa órbita circular em torno da Terra, completando uma
revolução em 90 minutos.
8
0
2
6
4
Q2 Para cada um dos diagramas seguintes, escreva uma breve descrição do movimento de
um objecto que corresponda ao diagrama apresentado. A sua descrição, que deve mencionar
um objecto específico, deve ser similar às que são apresentadas em Q1.
a)
Para
0
1
2
3 45
Um automóvel desacelera (isto é, deslocando-se em mivneto rectilínio, a sua aceleração tem sinal contrário
ao da velocidade), porque o condutor avistou um sinal vermelho, o que o força a apararb)
0
1
Inicio
2
3
4
Um objecto, largado do repouso, cai com movimento unformemente acelerado.
c)
Inicio do movimento
Um automóvel desloca-se com velocidade constante ao longo de uma trajectória rectilínea, até que atinge
uma curva circular, que é descrita com velocidade de módulo inferior. Após a curva, o automóvel desloca-se
de novo numa trajectória rectilínea, com avelocidade de módulo igual à da velocidade antes da curva.
4
Q3 - Saindo de casa. o João anda com velocidade constante no sentido da paragem do
autocarro, que dista da casa 200 m . A meio caminho entre a casa e a paragem, avista um
autocarro e começa a correr com velocidade de módulo crescente até atingir a paragem.
Casa do Joao
Paragem
de autocarro
a) Desenhe um diagrama do movimento do João ao longo da rua.
0
2
4
6
...
Mudámos aqui, ligeiramente, o movimento: no último intervalo, o módulo da velocidade do João diminuiu
(não queremos que ele bata na paragem de forma descontrolada)
b) Adicione um eixo de coordenadas, com origem na casa do João, debaixo do diagrama
que desenhou. Chame x1 à posição em que o João começa a andar, x2 à posição em que se
encontra quando avista o autocarro e x3 à posição em que atinge a paragem de autocarro.
Desenhe setas acima do eixo de coordenadas que representem o deslocamento do João, ∆x1 ,
desde a posição inicial à posição em que avista o autocarro e o deslocamento, ∆x2 , desde esta
última posição até à posição final, junto à paragem.
Dx1
0 x1
Dx2
x3
x2
x
c) Repita a alínea b) num novo desenho, agora colocando a origem do eixo de referência
na posição em que se encontrava o João quando avistou o autocarro.
Dx1
x1
Dx2
0
x2
x3
x
d) Como variam as setas que representam os deslocamentos quando muda a posição da
origm do referencial?
Não variam
5
e) Utilizando dois eixos coordenados, esboce um gráfico da posição do João em função do
tempo, correpondendo ao movimento do João.
x
x3
x2
x1
0
t
0
Q4 - O gráfico abaixo mostra em posição, em função do tempo, de um objecto que se move
numa trajectória rectilínea, durante 12 s.
x (m)
40
30
20
10
0
0
2
4
6
8
10
12
t (s)
a) Indique a posição do objecto nos seguintes instantes de tempo:
t = 2 s;
t = 4 s;
t = 6 s;
t = 10 s.
b) Qual é a velocidade do objecto durante os primeiros 4 s do movimento?
c) Qual é a velocidade do objecto no intervalo de tempo de t = 4 s a t = 6 s?
d) Qual é a velocidade do objecto no intervalo de tempo de t = 6 s a t = 10 s?
e) Qual é a velocidade do objecto no intervalo de tempo de t = 10 s a t = 12 s?
f ) Esboce um diagrama do movimento (pontos) no intervalo de tempo de t = 0 s a t = 12 s.
Q5 - Interprete os seguintes gráficos da posição em função do tempo, para movimento
unidimensional escrevendo uma pequena descrição do que está a acontecer. Seja criativo.
a) Um automóvel em movimento
x (km)
30
20
10
0
0
20
40
60
80
t (min)
O automóvel desloca-se com velocidade constante de módulo v1 = 1 km/ min durante 10 minutos, após
o que permanece parado durante 10 minutos. Em seguida desloca-se, durante 10 minutos com velocidade
de módulo v2 = 0.5 km/ min, estando depois imóvel durante 10 minutos, para se deslocar de novo, durante
10 minutos com velocidade de módulo v1 . Após estar parado dez minutos, regressa ao ponto de partida,
deslocando-se durante 20 minutos com velocidade de módulo v3 = 1.25 km/ min . Em resumo, o automóvel
deslocou-se até 25 km do ponto de partida, tendo gasto 45 minutos para a viagem de ida (incluindo as
paragens ao longo do percurso), esteve parado 10 minutos, após o que regressou ao ponto de partida, sem
paragens, gastando 20 minutos na viagem de volta.
6
b) Corredor de 100 m
x (m)
100
80
60
40
20
0
t (s)
0
2
6
4
8
10
c) Dois jogadores de futebol
x (m)
100
Lucas
60
20
Marques
0
0
4
t (s)
16
12
8
Q6 - Consegue dar uma interpretação do seguinte gráfico da posição em função da velocidade? Em caso afirmativo, apresente essa interpretação. No caso contrário, dê uma justificação
para a sua resposta.
x (m)
100
50
0
0
2
4
6
8
10
t (s)
Q7 - A figura seguinte apresenta um gráfico da posição em função do tempo para dois
corpos A e B que se movem ao longo do mesmo eixo.
x (m)
100
A
50
B
0
0
1
2
3
4
5
t (s)
a) No instante t = 1 s a velocidade do corpo A é superior, inferior ou igual à do corpo B?
Justifique.
No instante t = 1 s a velocidade do corpo A é, em módulo, superior à do corpo B. Com efeito, a partir
de um gráfico da posição em função do tempo para o movimento unidimensional, a velocidade de um corpo
num determinado instante é dada pelo declive da curva nesse ponto. Para t = 1 s o declive da curva que
representa as posições do corpo A em função do tempo é superior ao da curpa correspondente para B.
7
b) Os dois corpos A e B possuem a mesma velocidade em algum instante? Em caso
afirmativo, indique o ou os instantes em que isso acontece. Em qualquer caso, justifique a sua
resposta.
As curvas referidas na alínea anterior possuem declive constante. Consequentemente, o módulo da
velocidade do corpo A é, em todos os instantes, superior ao módulo da velocidade do corpo B. A resposta
portanto é negativa: os dois coppos nunca possuem a mesma velocidade.
Note-se que no intante t = 2.5 s os dois corpos ocupam a mesma posição mas possuem velocidades
diferentes.
Q8 - Desenhe um gráfico da posição em função do tempo e um gráfico da velocidade em
função do tempo para um corpo que está em repouso na posição x = 1 m.
Q9 - A figura mostra um diagrama de posição para os movimentos de dois automóveis, A
e B. Para cada caso, o intervalo de tempo decorrido entre duas posições sucessivas é de 1 s.
5
0
A
B
0
5
a) Desenhe o gráfico da posição em função do tempo e o gráfico da velocidade em função do
tempo que correspondem a este diagrama. Para cada caso (posição e velocidade) represente
o movimento de ambos os automóveis no mesmo gráfico.
b) Existe algum instante de tempo em que os dois automóveis ocupem a mesma posição?
Se sim, marque esse ou esses instantes nos gráficos, utilizando linhas verticais.
x
A
B
t
v
B
A
t
8
Q10 - Para cada um dos seguintes gráficos da posição em função do tempo, desenhe o
correspondente gráfico da velocidade em função do tempo, imediatamente por baixo, como
mostra a figura.
(A)x(m)
(B)
100
0
0
1
2
3
4
5
x(m)
100
0
t (s)
0
-100
1
2
3
4
5
t (s)
-100
v
v
0
0
t (s)
t (s)
(D) x(m)
(C) x(m)
100
100
0
0
0
1
2
3
4
5
t (s)
0
1
2
3
4
5
t (s)
-100
-100
v
v
0
0
t (s)
t (s)
Q11 - Considere o seguinte gráfico da velocidade em função do tempo que descreve o
movimento de um corpo. Imediatamente abaixo desenhe o gráfico da posição em função do
tempo para o mesmo movimento. Escolha a escala apropriada para a velocidade e descreva o
movimento.
Resolução:
v(m/s) 10
0
0
1
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
t (s)
-10
x(m)
5
0
9
t (s)
Q12 - Considere os dois gráficos seguintes de posição em função do tempo. Para cada
gráfico, desenhe o correspondente gráfico da velocidade em função do tempo imediatamente
abaixo. Não são apresentados valores, mas os gráficos que desenhar deverão indicar correctamente as velocidades relativas.
Resolução:
(A)
(B)
x
0
x
0
t
v
t
v
0
0
t
t
Q13 - A figura mostra o diagrama de movimento para dois automóveis, A e B.
0
5
A
B
5
0
a) Desenhe um único gráfico da posição em função do tempo.e, imediatamente por baixo,
o correspondente gráfico da velocidade em função do tempo, para os movimentos de ambos
os carros.
b) Existe algum instante de tempo em que automóveis ocupem a mesma posição? Em caso
afirmativo indique-o(s) no diagrama do movimento e nos gráficos.
c) Existe algum instante de tempo em que os dois os automóveis tenham a mesma velocidade? Em caso afirmativo indique-o(s) no diagrama do movimento e nos gráficos.
Q14 - Desenhe um gráfico da posição em função do tempo.e, imediatamente por baixo,
o correspondente gráfico da velocidade em função do tempo, para os seguintes movimentos
unidimensionais..
a) Um automóvel parte do repouso, acelera uniformemente até atingir a velocidade de 60
km/hora em 15 s, move-se com velocidade constante durante 30 s e volta a estar em repouso
após 5 s.
b) Uma pedra cai de uma ponte e cai com movimento uniformemente acelerado. O módulo
da sua velocidade é de 30 m/s quando atinge o solo, 3 s depois
Q15 - Os quatro diagramas de movimento unidimensional seguintes apresentam uma posição
inicial 0 e uma posição final 1. Nos diagramas a) e b) (movimento horizontal) os símbolos x0
e x1 representam as posições inicial e final, os símbolos vx0 e vx1 as velocidades inicial e final e
10
ax a aceleração (constante). Nos diagramas c) e d) (movimento vertical) utilizam-se símbolos
correspondentes com x substituído por y. Após se ter escolhido, para cada caso, o sentido
indicado do eixo de referência, indique no quadro abaixo se estas quantidades são positivas,
negativas ou nulas.
A)
0
B) 0
1
1
para
Inicio
0 x
x
0
D) y
C) y
1
0
velocidade inicial
nao nula
0
Inicio
0
1
0
A
B
C
D
x0 ou y0
x1 ou y1
v0x ou v0y
v1x ou v1y
ax ou ay
Q16 - Para cada um dos gráficos da velocidade em função do tempo que seguem, referentes a
movimentos unidimensionais, desenhe o respectivo gráfico da aceleração em função do tempo.
Resolução:
(A)
(B)
v
0
t
v
0
a
a
0
0
t
(C)
t
v
0
t
a
t
0
t
Q17 - Se, num movimento unidimensional, a velocidade média é nula durante um intervalo
de tempo ∆t e se v(t) é uma função contínua, mostre que a velocidade instantânea se deve
anular em algum instante durante aquele intervalo. (Um esboço de x em função de t poderá
ser útil na sua explicação).
Q18 — No movimento unidimensional é possível ter uma situação em que a velocidade e
a aceleração têm sinais opostos? Em caso afirmativo, esboce um gráfico da velocidade em
função do tempo para comprovar a sua resposta.
11
Problemas:
P1 - Este problema tem a ver com a conhecida fábula da lebre e da tartaruga. Uma
tartaruga rápida pode correr a 10.0 cm/ s e uma lebre pode correr 20 vezes mais depressa. As
duas iniciam uma corrida ao mesmo tempo, mas a lebre pára para descansar durante 2.0 min,
e por isso a tartaruga ganha por um palmo (20 cm). Considere os movimentos ao longo da
mesma direcção.
a) Desenhe, num gráfico da posição em função do tempo, as posições da lebre e da tartaruga
durante o movimento.
b) Quanto tempo dura a corrida?
Seja vt a velocidade da tartaruga e vl a velocidade da lebre, isto é vt = 1.00 × 10−1 m/ s e vl = 2.00 m/ s.
(Recorde que, como o movimento é unidimensional, a velocidade, apesar de ser um vector, pode ser representada por uma quantidade algébrica; a direcção é fixa, o sinal indica o sentido)
Se o tempo de duração da corrida (isto é, até o primeiro corredor atingir a meta) é t, então
vt t − vl (t − 2 min) = 0.20 m,
porque a lebre esteve 2 min em repouso. Consequentemente, utilizando 2 min = 120 s,
0.20 m − vl 120 s
vt − vl
0.20 m − 120 s × 2.00 m/ s
=
1.00 × 10−1 m/ s − 2.00 m/ s
= 1.2621 × 102 s,
t =
que apresentamos com 3 algarismos significativos
t = 1.26 × 102 s
c) Qual o comprimento total do percurso da corrida?
O percurso total é, evidentemente,
= vt t
= 1.00 × 10−1 m/ s × 1.26 × 102 m
= 12.6 m.
P2 - Uma partícula move-se ao longo do eixo do x de acordo com a equação x = 2.0 + 3.0 t −
1.0 t2 , onde x está em m e t em s. Determine para t = 3 s :
a) a posição da partícula,
Parab t = 3 s
x = 2.0 + 3.0 t − 1.0 t2 = 2.0 m
b) a sua velocidade,
dx
v=
= 3.0 − 2.0t = −3.0 m s−1
dt
c) a sua aceleração.
d2 x
a = 2 = −2.0 m s−2 .
dt
12
P3 - Um avião a jacto aterra com uma velocidade de 100 m s−1 e pode desacelerar a uma
taxa máxima de 5.0 m s−2 até parar.
a) A partir do instante em que ele toca na pista de aterragem, qual é o tempo mínimo
necessário para ele parar?
Como queremos o tempo mínimo temos de utilizar o módulo máximo da aceleração (que é negativa,
em relação ao sentido da velocidade). A velocidade inicial do avião, para t = 0 s é a velocidade que possui
quando toca a pista, ou seja v0 = 100 m s−1 .No instante em que o avião se imobiliza, a sua velocidade é
nula.O tempo decorrido até parar obtém-se utilizando a equação da velocidade em função do tempo, para
movimento uniformemente acelerado, v = v0 + at, isto é
tmin =
v − v0
amax
Substitundo, v = 0. e amax = −5.0 m s−2 , ou
0 m s−1 − 100 m s−1
−5.0 m s−2
= 20 s.
t =
b) Pode este avião aterrar num aeroporto pequeno em que a pista tem 0.80 km de comprimento?
A resposta será afirmativa se a distância percorrida após tocar a pista e até o avião se imobilizar, com
a aceleração igual ao valor máximo (mas negativa) for igual ou inferior a 800 m.Essa distância pode ser
calculada utilizando a equação da posição em função do tempo, para o instante correspondente ao tempo
necessário para o avião atingir o repouso, calculado na alínea a):
1
x = x0 + v0 t + at2
2
1
= 0 + 100 m s−1 × 20 s − 5.0 m s−2 × (20 s)2
2
3
= 1.0 × 10 m
Aqui escolhemos x = 0 m para t = 0 s.
Se não tivessemos respondido à alínea a, podíamos obter o espaço percorrido até o avião se imobilizar
utilizando a equação v 2 − v02 = 2a (x − x0 ), ou
v 2 − v02
2amax
¡
¢2
0 m s−1 − 100 m s−1
=
−2 × 5.0 m s−2
= 1.0 × 103 m,
xmin = x0 +
como acima. O avião não poderia aterrar num pista com 800 m de comprimento.
P4 - Uma bala de 2.00 cm de comprimento é disparada directamente através de uma tábua
com 10.0 cm de espessura. A bala atinge a tábua com uma velocidade de módulo 420 m s−1 e
emerge dela com uma velocidade de módulo 280 m s−1 .
a) Qual é a aceleração da bala através da tábua?
13
10 cm
8 cm
2 cm
2 cm
Como a bala tem dimensões, temos de considerar os intervalos de tempo correspondentes à entrada e à
saída da tábua (ver figura) .Vamos introduzir a suposição, de que o valor da aceleração média durante esses
percursos é metade do valor da aceleração quando está inteiramente no interior da tábua (recorde-se que,
como o movimento é unidimensional, podemos identificar os vectores deslocamento, velocidade e aceleração
como quantidades algébricas, uma vez que a direcção destes vectores é a mesma e não varia). .
Durante a entrada na tábua (percurso 1 com 2.00 cm de comprimento) e durante a saída (percurso 3
com 2.00 cm de comprimento) o valor da aceleração é, assim, a/2, em que a é a o valor da aceleração no
percurso em que a bala está totalmente no interior da tábua ( 2 com 8.00 cm de comprimento).
Utilizamos a equação do movimento uniformemente acelerado unidimensional, v2 − v02 = 2ax, aplicando
aos diferentes percursos, obtendo
1. no percurso de entrada, 1
2. no percurso no interior da tábua,
3. no percurso de saída,
a
v12 − v02 = 2 ×
2
1;
(1)
v22 − v12 = 2a ×
2;
(2)
2
3
a
v32 − v22 = 2 × 3 ,
(3)
2
em que v0 , v1 , v2 e v3 são os valores da velocidade da bala ao tocar na tábua, após o percurso 1 , após o
percurso 2 e após o percurso 3 , respectivamente. Substituindo as eq.s (1) e (2) na eq. (3), vamos obter
a
v32 = v22 + 2 × 3
2
a
2
2
v3 = v1 + 2a × 2 + 2 ×
2
a
2
2
v3 = v0 + 2 × 1 + 2a ×
2
v32 − v02 = a ( 1 + 2 2 + 3 )
v32 − v02
a =
1+2 2+ 3
3
2
a
+2 ×
2
3
ou
(280 m/ s)2 − (420 m/ s)2
2.00 × 10−1 m
= −4. 90 × 105 m/ s2
a =
Repare-se que este resultado é o mesmo que se obteria se considerássemos a bala como uma partícula pontual:
a=
v 2 − v02
,
2x
em que x é a espessura da tábua. Obtemos, assim,
14
(280 m/ s)2 − (420 m/ s)2
2.00 × 10−1 m
= −4. 90 × 105 m/ s2 ,
a =
que é o resultado obtido acima.
b) Qual é o tempo total de contacto da bala com a tábua?
Podemos calcular o tempo total, obtendo os intervalos de tempo para os três percursos 1 , 2 e 3 e
somando-os. Como conhecemos o valor da aceleração em cada percurso, a utilização da expressão ∆x =
vi ∆t + 12 a (∆t)2 , conjuntamente com a equação vf2 − vi2 = 2a∆x, permite-nos obter o intervalos de tempo
para cada um dos percursos. Para o percurso 1 :
1
v12
Obtemos
∆t1 =
=
−v0 ±
1
= v0 ∆t1 + a (∆t1 )2
2
2
= v0 + 2a 1
p
v02 + 2a
a q
1
(420 m/ s)2 − (4. 90 × 105 m/ s2 ) × (0.02 m)
−420 m/ s +
−4. 90 × 105 m/ s2
2
= 4. 829 9 × 10−5 s
e
¡
¢
v12 = (420 m/ s)2 − 4. 90 × 105 m/ s2 × (0.02 m)
v1
= 1. 666 × 105 ( m/ s)2
p
=
1. 666 × 105 m/ s
= 4.082 × 102 m/ s
Para o percurso
2:
2
v22
Obtemos
∆t2 =
=
−v1 +
p
v12 + 2a
2a
1
= v1 ∆t2 + a (∆t2 )2
2
2
= v1 + 2a 2
2
−4.082 × 102 m/ s +
q
(4.082 × 102 m/ s)2 − 2 × 4. 90 × 105 m/ s2 × 0.08 m
= 2. 268 8 × 10−4 s
−4. 90 × 105 m/ s2
e
v22 =
v2
¡
¢2
4.082 × 102 m/ s − 2 × 4. 90 × 105 m/ s2 × 0.08 m
= 8.823 × 104 ( m/ s)2
p
=
8.823 × 104 m/ s
= 2.970 × 102 m/ s.
15
Para o percurso
3:
3
1
= v2 ∆t3 + a (∆t3 )2 .
4
Obtemos
∆t3 =
=
−v2 −
p
v22 + a
a
3
−2.970 × 102 m/ s +
q
(2.970 × 102 m/ s)2 − 4. 90 × 105 m/ s2 × 0.02 m
−4. 90 × 105 m/ s2
2
= : 6. 93 × 10−5 s
v32 = v22 + 2a 3
¡
¢2
= 2.970 × 102 m/ s − 4. 90 × 105 m/ s2 × 0.02 m
v3
= 7.8409 × 104 ( m/ s)2
p
=
7.8409 × 104 m/ s
= 2.80 × 102 m/ s,
como esperávamos. O intervalo de tempo em que a bala está em contacto com a tábua é, portanto,
∆t = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3
= 4. 830 × 10−5 s + 2. 268 8 × 10−4 s + 6. 93 × 10−5 s
= 3. 44 × 10−4 s
:c) Que espessura de tábua (calculada até à precisão de 0.1 cm) seria necessária para parar a
bala?
Queremos que o comprimento 2 seja tal que o valor da velocidade da bala seja nula, quando atinge a
parede oposta à da entrada, isto é, pretendemos v2 = 0 m/ s. Utilizamos a equação
v22 = v12 + 2a 2 ,
com v2 = 0 m/ s, para obter
2
¢2
¡
− 4.082 × 102 m/ s
=
−2 × 4. 90 × 105 m/ s2
= 0.17 m.
A este valor temos de adicionar o percurso 1 = 0.02 m, para obter, finalmente para a espessura, L, da tábua
de modo a parar a bala totalmente no seu interior,
L =
1
+
2
= 0.02 m + 0.17 m
= 0.19 m
16
P5 - Um comboio pode minimizar o tempo t entre duas estações acelerando primeiro a
uma taxa a1 = 0.100 m/ s2 durante um tempo t1 , e desacelerando depois a uma taxa a2 = −0.500
m/ s2 durante um tempo t2 , utilizando os travões. Dado que as estações estão afastadas apenas
de 1.00 km, o comboio nunca atinge a sua velocidade máxima. Determine o tempo de viagem
t e o tempo t1 .
Durante o intervalo de tempo t1 o comboio percorre a distância L1 , adquirindo a velocidade v1 que é
obtida utilizando
v12 = 2a1 L1 .
Durante o intervalo de tempo t2 = t − t1 o comboio percorre a distância L2 , dada por
−v12 = 2a2 L2
O percurso total é
L = L1 + L2 =
v12
v2
− 1
2a1 2a2
ou
2L
¶
1
1
−
a1 a2
2 × 103
¶
µ
1
1
+
0.100 0.500
v12 =
µ
=
e
v1 =
√
166. 67 m/ s
= 12. 9 m/ s
Temos, assim
v12
2a1
166. 67 ( m/ s)2
=
2 × 0.100 m/ s2
= 8.33 × 102 m
L1 =
−v12
2a2
166. 67 ( m/ s)2
=
2 × 0.500 m/ s2
= 1.67 × 102 m
L2 =
Então, o tempo de aceleração é, a partir de v1 = a1 t1 ,
v1
a1
12. 9 m/ s
=
0.100 m/ s2
= 1.29 × 102 s
t1 =
17
enquanto que o tempo de desaceleração é, de 0 = v1 + a2 t2 ,
v1
a2
12. 9 m/ s
=
0.500 m/ s2
= 2.5 8 × 10 s
t2 = −
O tempo total é
t = t1 + t2
= 1.29 × 102 s + 2.5 8 × 10 s
= 1.55 × 102 s.
18
Física I -2009/2010
4a Série - Movimento bi- e tridimensional - Resolução
Questões:
Q1 - A figura mostra as posições de um objecto em movimento, em instantes de tempo
sucessivos Desenhe e identifique o vector velocidade média v0 para o moviemento entre 0 e
1, e o vector velocidade média v1 para o movimento de 1 a 2. Em seguida, desenhe o vector
v1 − v0 , aplicado no ponto 1.
-v0
v0
2
1
v1 -v0
0
0
0
v1
1
2
1
v1
2
Q2 - Um automóvel ligeiro entra numa cruzamento em que xiste óleo no pavimento,
movendo-se a 16 m/s no sentido Sul-Norte. Depois de uma violenta colisão com um camião,
o automóvel desliza com velocidade de módulo 12 m/s no sentido oeste-leste.
N
E
Desenhe na figura os vectores que representam as seguintes grandezas:
a) A velocidade, v0 , do automóvel, quando entra no cruzamento;
b) A velocidade, v1 , do automóvel, quando deixa o cruzamento;
c) A variação da velocidade ao automóvel, ∆v = v1 − v0 , resultante da colisão
N
v1
E
v0
Dv = v1 - v0
.
1
Q3 - A figura mostra uma rampa e uma bola que rola sobre essa rampa. Desenhe na figura
os vectores aceleração da bola nos pontos assinalados por letras, de A a E, (ou escreva a = 0,
onde for apropriado.
E
D
A
C
B
Para obter a aceleração em cada ponto, temos de determinar qual é a força resultante que actua na bola
Fres
em cada um desses pontos e aplicae a 2.a lei de Newton a =
, em que m é a massa da bola. Em todos
m
os pontos as forças que actuam na bola são a Força gravítica e a força que a rampa exerce na bola. Estas
forças, em cada ponto possuem as orientações seguintes:
nE
nD
nA
nC
D
nB
A
C
E
P
P
P
P
B
P
Note-se que estamos a supor que o ponto D está colocado numa região da rampa com declive não nulo.
Como consequência, a aceleração da bola em cada um dos pontos é a indicada na figura seguinte.
aE = 0
aD
aA
A
D
aC
aB
E
C
B
Q4 - Complete o diagrama de movimento para a trajectória indicada, desenhando os vectores velocidade e aceleração em cada ponto.
2
Vamos utilizar a relação a =
∆v
v1 − v0
para obter a aceleração em cada ponto. Por exemplo, a0 =
=
∆t
t1 − t0
v1 − v0
. A direcção, sentido e módulo relativo dos vectores aceleração podem ser obtidos a partir da
∆t
diferença de dois vectores velocidade. No entanto, as dimensões do vector aceleração são, como sabemos,
diferentes das dos vectores velocidade.
v0
v0
v1
v1
a0
a0
a1
a2
a3
a4
v2
v3
v4
v5
Q5 - Os dois gráficos seguintes apresentam os valores de x em função de t e de y em função
de t, respectivamente, para uma partícula que se move no plano x0y.
x(m)
15
y(m)
15
10
10
5
5
0
0
1
2
3
4
5
6
0
t(s)
0
1
2
3
4
5
6
t(s)
a) Utilize o terceiro gráfico para desenhar a função y = y(x) correspondente à trajectória
dessa partícula.
b) No mesmo gráfico desenhe o vector velocidade da partícula no instante t = 3.5 s.
y(m)
15
10
v(3.5 s)
5
0
0
5
10
15
3
20
25
x(m)
Q6 - O gráfico mostra a trajectória de uma partícula. Os pontos indicam as posições da
partícula em intervalos de 1 s. Entre cada ponto, a velocidade da partícula é constante,
a) Desenhe os gráficos de x em função de t e de y em função de t, respectivamente, para o
movimento da partícula.
b) O módulo da velocidade da partícula entre os instantes t = 5 s e t = 6 s é maior, menor
ou igual à velocidade da partícula entre os instantes t = 1 s e t = 2 s? Justifique.
y(m)
10
0s
1s
5
6s
5s
2s
0
3s
-5
-10
-5
0
x(m)
4s
5
10
Q7 - Uma pedra, deixada cair do alto do mastro de um barco à vela, embaterá no mesmo
ponto da coberta quer o barco esteja parado ou em movimento com velocidade constante?
Q8 - Um projéctil é lançado na Terra com uma determinada velocidade inicial. Outro
projéctil é lançado na Lua com a mesma velocidade inicial. Despreze a resistência do ar (na
Terra, claro).A aceleração da gravidade na Lua é 1.6 m s−2 .
a) Qual dos dois objectos tem o alcance maior?
O alcance é a distância, medida na horizontal, do ponto de lançamento ao ponto em que o objecto volta
a ter a altura igual à que tinha no ponto de lançamento. Intuitivamente, a resposta será que o alcance será
maior na Lua do que na Terra, visto que a componente horizontal da velocidade (que é constante durante
todo o movimento) é igual nos dois casos e a aceleração (que tem direcção vertical e sentido para baixo)
possui módulo menor na Lua do que na Terra. Repare-se que a velocidade inicial (módulo e ângulo que faz
com o eixo dos x- horizontal) é igual nos dois casos. Mas o melhor é verificarmos quantitativamente. Para
isso, um bom processo é obtermos a equação da trajectória.
Colocamos a origem do sistema de eixos (x - horizontal e apontando no sentido do movimento do corpo;
y- vertical e apontando para cima. Recorde-se que esta escolha é arbitrária e não influencia o resultado do
problema). A velocidade inicial é v0 e tem componentes positivas segundo os dois eixos de referência.
A equação do movimento (que é uniformemente acelerado) é
1
r = r0 + v0 t + at2 ,
2
em que r é o vector posição do projéctil no instante t, r0 = r (t = 0) e a é a aceleração, constante, do
projéctil durante o movimento.
A escolha que fizemos do sistema de referência implica r0 = 0 e a = −g j. As equações escalares
correspondentes a esta equação vectorial são
x = v0x t
1
y = v0y t − gt2 .
2
4
Se eliminarmos o tempo entre estas duas equações, obtemos uma equação do tipo y = y (x), que é a equação
da trajectória.
t =
y =
x
v0x
v0y
g
x − 2 x2 .
v0x
2v0x
A equação da trajectória é a a euação de uma parábola.
O ponto de lançamento, (x = 0, y = 0), é, evidentemente solução desta equação. O ponto em que o
projéctil atinge de novo a altura de que partiu, corresponde ao outro ponto da trajectória com y = 0. O
valor de x dar-nos-á a distância horizontal à origem, a que chamamos alcance. Substituindo, então y = 0
na equação da trajectória, obtemos
v0y
g
x − 2 x2 .
0=
v0x
2v0x
As soluções desta equação (ou seja, os valores de x que a satisfazem) são x = 0 (como esperávamos,
corresponde ao ponto de partida do projéctil) e
x =
=
v0x v0y
g
2
2v0 cos θ0 sin θ0
.
g
Utilizando a relação trigonométrica sin (A + B) = sin A cos B+cos A sin B, obtemos sin (2θ0 ) = 2 sin θ0 cos θ0
o que nos permite escrever a equação anterior na forma
x=
v02 sin 2θ0
.
g
Comparando agora este valor de x na Terra e na Lua, obtemos, para os mesmos valores de v0 e θ0 ,
gTerra
xLua
=
.
xTerra
gLua
A nossa intuição estava correcta, o alcance é maior na Lua do que na Terra. (Nem sempre acontece assim,
isto é, as nossas ideias intuitivas nem sempre estão correctas.)
b) Qual dos dois atinge a maior altitude?
Podemos obter a altura máxima atingida por um objecto lançado nas condições indicadas, calculando o
tempo necessário para a subida (fazendo vy = 0 na equação vy = v0y − gt e substituindo-o na equação da
2
v0y
v0y
1
e ymax =
, que
coordenada y da posição, em função do tempo. y = v0y t − gt2 .) Obtemos tsubida =
2
g
2g
é o resultado que pretendemos.
Alternativamente, podemos obter o valor de y correspondente ao ponto mais alto da trajectória, ddiferenciamdo a equação da trajectória em ordem a x e igualando a zero. Obtemos
v0y
dy
g
=
− 2 x
dx
v0x v0x
Igualando a zero,
v0y
g
− 2 x = 0
v0x v0x
v0x v0y
.
x =
g
5
Substituindo este valor de x na equação da trajectória, chegamos a
ymax =
=
=
como anteriormente.
Concluímos, portanto que
v0y v0x v0y
g
− 2
v0x g
2v0x
2
2
v0y
v0y
−
g
2g
2
v0y
,
2g
µ
v0x v0y
g
¶2
ymaxL u a
gTerra
=
.
ymaxTerra
gLua
A altura máxima é maior na Lua do que na Terra
Q9 - Um projéctil é lançado com velocidade inicial fazendo um ângulo entre 0o e 90o com
a horizontal.
a) Existe algum ponto da trajectória em que os vectores velocidade, v, e aceleração, a,
sejam paralelos um ao outro? Em caso afirmativo, caracterize esse ponto.
b) Existe algum ponto da trajectória em que os vectores velocidade, v, e aceleração, a,
sejam perpendiculares um ao outro? Em caso afirmativo, caracterize esse ponto.
c) Quais das seguintes grandezas permanecem constantes ao longo da trajectória: x, y, |v|,
vx , vy , ax , ay ?
Q10 - O veio de distribuição de um determinado automóvel roda com velocidade angular
de 3000 rpm (rotações por minuto). Qual é o valor da velocidade angular em revoluções por
segundo?
Q11 - A figura mostra os pontos do diagrama de movimento de um objecto com movimento
circular uniforme. Complete o diagrama:
a) Desenhe os vectores velocidade instantânea, v, em cada ponto indicado.
b) Noutra cor, desenhe os vectores aceleração instantânea, a, em cada ponto indicado.
2
3
1
0
4
5
7
6
6
Q12 - A figura mostra três pontos num prato que roda com velocidade angular constante
em torno de um eixo central.
v3
v2
3
1
v1 1
2
3
2
a) Desenhe os vectores velocidade em cada um dos pontos indicados.
Os vectores velocidade são tangentes à trajectória em cada ponto e apontam no sentido do deslocamento.
Estão indicados na seguna figura.
b) Coloque por ordem, do maior para o menor, os módulos das vectores velocidade, em
cada um dos pontos indicados.
No movimento circular uniforme, a velocidade angular, ω, pode definir-se como o ângulo descrito pelo
vector posição de um ponto, referido ao centro de rotação, num intervalo de tempo a dividir por esse
intervalo de tempo.É evidente que a velocidade angular é igual para os três pontos indicados (na realidade
é a mesma para todos os pontos do prato).
ω=
∆θ
∆t
Para um determinado ponto do prato (por exemplo, o ponto 1, cuja posição em relação ao centro é
definida em cada instante pelo vector r1 ,
∆θ =
∆s
,
r1
em que ∆s é o arco na trajectória do ponto 1 correspondente ao ângulo ao centro ∆θ, e
ω=
1 ∆s
r1 ∆t
v3
v2
v1
1
Ds
Mas
r1
3
2
Dq
∆s
= |v1 | ,
∆t
pelo que podemos escrever
ω=
v1
.
r1
Repetindo o raciocínio para qualquer outro ponto, concluímos que, genericamente,
ω=
v
r
ou
7
v = ωr.
Consequentemente podemos ordenar as velocidades de acordo com os seus módulos:
v1 = v2 < v3 .
Q13 - Num barco que se desloca com velocidade constante de módulo 5 m/s em relação à
água, um passageiro anda para a popa do barco com velocidade de módulo 2 m/s em relação
ao barco.
a) Escreva a equação que lhe permite obter a velocidade do passageiro em relação à água.
Vamos considerar dois referenciais, um ligado à água (que chamamos, arbitrariamente, referencial fixo,
S, e outro ligado ao barco, que denominamos referencial móvel, S 0 ). A velocidade do referencial S 0 em
relação ao referencial S é a velocidade do barco em relação à água, que poderemos chamar u. Chamaremos
v à velocidade do passageiro em relação à água (isto é, ao referencial S) e v 0 à velocidade do passageiro
em relação ao barco (isto é, ao referencial S 0 ). A equação que permite obter a velocidade do passageiro em
relação à água é, portanto,
v = v´+ u.
b) Substitua os valores apropriados na equação, de modo a obter o valor dessa velocidade.
(não se esqueça que a grandeza velocidade é vectorial).
Todos os vectores que figuram na equação possuem a mesma direcção. Como o passageiro se desloca
para a popra do berco, o sentido de v0 é opsto ao de u. A equação escalar correspondente, tomando
(arbitrariamente) o sentido de u (velocidade da água) como sentido positivo, é
v = −v 0 + u.
Substituindo os valores dados, u = 5 m/ s e v0 = 2 m/ s, obtemos o módulo da velocidade do passageiro em
relação à água,
v = −2 m/ s + 5 m/ s
= 3 m/ s.
Como este valor é positivo, o vector v tem o sentido de u.
Q14 - Um barco está a atravessar um rio, deslocando-se com velocidade de módulo 5 m/s
em relação à água. O rio possui uma corrente com velocidade de módulo 3 m/s, em relação
à margem, no sentido da esqueda para a direita das figuras. Na situação (a), o barco aponta
verticalmente em relação às margens do rio e é arrastado pela corrente. Na situação (b), o
barco aponta obliquamente em relação às margens, no sentido de onde vem a corrente, com o
ângulo necessário para que possa atravessar o rio numa trajectória perpendicular às margens.
Para cada situação, desenhe os vector velocidade, vRM , do rio em relação à margem, vBR , do
barco em relação ao rio e ,vBM , do barco em relação à margem.
Chegada
Partida
Partida
(b)
(a)
8
vRM
vBR
Chegada
vRM
vBM
vBM
vBR
Partida
Partida
(b)
(a)
Q15 - O Rui, a Sandra e o Tomás conduzem os seus automóveis em trajectórias rectilíneas
colineares e com velocidades constantes. Num dado instante, observam um avião a jacto que
se desloca na mesma direcção com velocidade instantânea de módulo 200 m/s e aceleração de
módulo 5 m/s2 .
a) Ordene, da maior para a menor, os valores da velocidade do avião a jacto, do ponto de
vista do Rui, da Sandra e do Tomás. Justifique.
b) Ordene, da maior para a menor, os valores da aceleração do avião a jacto, do ponto de
vista do Rui, da Sandra e do Tomás. Justifique.
Recorde que como os movimentos são unidimensionais e a direcção é comum, as velocidades
e as acelerações podem ser expressas por escalares. Considere como positivo o sentido da
velocidade do avião a jacto.
200 m/s
R
S
20 m/s
T
20 m/s
40 m/s
Q16 - Um passageiro, num comboio que viaja com velocidade constante em relação ao solo,
deixa cair uma colher. Qual a aceleração da colher relativamente a) ao comboio e b) ao solo?
9
Problemas:
Nestes problemas, os vectores unitários que definem a direcção e sentido dos eixos coordenados x, y, z são denominados, respectivamente, por i, j, k.
P1 - Uma mulher acrobata está sentada num ramo de uma árvore e deseja cair verticalmente
sobre um cavalo a galope que passa sob a árvore. A velocidade do cavalo é 10.0 m s−1 , e a
distância do ramo à sela é 3.00 m.
a) Qual deve ser a distância horizontal entre a sela e o ramo quando a mulher cai?
A mulher acrobata deverá iniciar o movimento de queda antes de o cavalo passar na vertical do ramo em
que se encontra. Durante o tempo de queda, o cavalo percorre uma determinada distância, que é o resultado
que pretendemos. Vamos colocar a origem do sistema de referência x0y na posição em que se encontra a
sela do cavalo no instante em que a mulher inicia a queda, e fazemos t = 0 s nesse momento.
Neste sistema de referência a coordenada - x da posição do cavalo é
xc = vc t
(1)
em que vc é o módulo da velocidade do cavalo (esta velocidade só possui componente não nula segundo o
eixo dos x. No mesmo sistema de referência, as coordenadas x e y da posição da mulher acrobata são
(
x = xm
(2)
1
y = h − gt2
2
em que h é a distância do ramo à sela quando o cavalo está directamente sob ao ramo. h = 3.00 m e g = 10.
m s−2 . xm dar-nos-á o resultado que pretendemos. Se tqueda é igual ao tempo de queda da acrobata, então,
como no instante tqueda o cavalo estará directamente sob o ramo,
vc tqueda = xm
1
y = h − gt2 = 0
2
Eliminando t entre as equações (3) e (4), obtemos
µ ¶2
1
xm
h= g
2
vc
ou
µ ¶1/2
2h
xm =
vc
g
¶
µ
2 × 3.0 m 1/2
=
10.0
10. m/ s2
= 7. 75 m
que é a distância na horizontal entre a sela e o ramo.
b) Quanto tempo está ela no ar?
1
O intervalo de tempo de queda obtém-se da equação (4), h − gt2 = 0:
2
µ ¶1/2
2h
t =
g
¶
µ
2 × 3.0 m 1/2
=
10. m/ s2
= 7. 75 × 10−1 s.
10
(3)
(4)
P2 - Um peixe que nada num plano horizontal tem velocidade v0 = (4.0 i + 1.0 j) m s−1 num
ponto do oceano onde o seu vector posição em relação a uma rocha fixa no porto é r0 = (1.0 i
− 4.0 j) m. Depois de o peixe nadar com aceleração constante durante 20.0 s, a sua velocidade
é v = (20.0 i − 5.0 j) m s−1 .
a) Quais as componentes da aceleração?
Como o movimento é uniformemente acelerado, com aveleração a, a relação entre as velocidades no
instante t e no instante t = 0 é v = v0 + at, de onde se obtém
v − v0
t
(20.0 i − 5.0 j) m/ s − (4.0 i + 1.0 j) m/ s
=
¶20.0 s
µ
16.0
−6.0
i+
j m/ s2
=
20.0
20.0
³
´
= 0.80 i − 0.30j m/ s2 .
a =
As componentes da aceleração são, assim,
ax = 0.80 m/ s2
ay = −0.30 m/ s2
b) Qual a direcção da aceleração em relação ao eixo do x?
A direcção da aceleração em relação ao eixo dos x é dada por
ay
ax
−0.30
= arctan
0.80
= −0. 36 rad.
θ = arctan
c) Onde está o peixe no instante t = 25 s e em que direcção se move?
Para obter a posição do peixe num determinado instante t, utilizamos a equação da posição
1
r = r0 + v0 t + at2
2
´i
1 h³
0.80 i − 0.30j
m/ s2 × (25 s)2
= (1.0 i − 4.0 j) m+(4.0 i + 1.0 j) m/ s × 25 s+
2
´
³
= 3.5 × 102 i − 7.3 × 10 j m
A velocidade nesse instante é
v = v0 + at
h³
´
i
= (4.0 i + 1.0 j) m/ s + 0.80 i − 0.30j m/ s2 × 25 s
³
´
= 2.4 × 10 i − 6. 5 j m/ s
A direcção segundo a qual o peixe se move é a da sua velocidade nesse instante, que faz um ângulo
−6. 5
2.4 × 10
= −0. 26 rad
θ = arctan
11
P3 - As coordenadas de um objecto que se move no plano x0y variam no tempo, de acordo
com as equações: x = (−5.0 sin t) m e y = (4.0 − 5.0 cos t) m, onde t está em s.
a) Determine as componentes da velocidade e da aceleração em t = 0 s.
As coordenadas da posição da partícula e correspondenres derivadas são, com t em segundo.
x = (−5.0 sin t) m
y = (4.0 − 5.0 cos t) m
dx
= −5.0 cos t = −5.0 m s−1
vx =
dt
dy
vy =
= 5.0 sin t = 0 m s−1
dt
d2 x
ax = 2 = 5.0 sin t = 0 m s−2
dt
d2 y
ay = 2 = 5.0 cos t = 5.0 m s−2
dt
b) Escreva expressões para o vector posição, o vector velocidade, e o vector aceleração para
qualquer instante t > 0.
r = −5.0 sin t i + (4.0 − 5.0 cos t) j m
³
´
→
−
v = −5.0 cos t i + 5.0 sin t j m/ s
³
´
→
−
a = 5.0 sin t i + 5.0 cos t j m/ s2
ou
c) Descreva a trajectória do objecto num gráfico x0y.
Eliminamos o tempo entre x e y, obtendo
x
sin t =
−5
y − 4.0 m
cos t =
−5.0 m
x2
(y − 4.0 m)2
+
= 1
25 m2
25 m2
x2 + (y − 4.0 m)2 = (5 m)2 .
A trajectória é uma circunferência de raio 5 m, centrada no ponto x = 0; y = 4.0 m.
P4 - O João está na base de um monte, enquanto o Pedro está 30 m acima na encosta do
monte. O João está na origem de um sistema de coordenadas x0y, e a linha que descreve a
encosta do monte é dada pela equação, y = 0.4 x, como se mostra na figura. Se o João atirar
uma maçã ao Pedro segundo um ângulo de 50o em relação à horizontal, com que velocidade
deve atirá-la para que aquele a apanhe?
12
Vamos supor que 30 m é a distância de João ao Pedro ao longo da encosta (como sugere o enunciado).
Se xP e yP são as coordenadas de da posição do Pedro, então
x2P + yP2 = (30 m)2
(5)
Por outro lado, como a encosta é dada por y = 0.4x e (xP , yP ) está sobre esta linha, temos também
yP = 0.4xP
de onde, substituindo a eq. (6) na eq. (5),
x2P + 0.42 x2P = (30 m)2
(30 m)2
1 + 0.42
30 m
= √
1 + 0.42
= 27. 9 m
x2P =
xP
e, portanto,
yP = 0.4 × 27.9 m
= 11. 2 m
A trajectória da maçã atirada pelo João tem de passar pelo ponto (27.9, 11.2) m.
A equação da trajectória obtém-se de
x = v0x t = v0 t cos 50◦
1
g
y = v0y t − gt2 = v0 t sen 50◦ − t2
2
2
Eliminando t entre estas equações, temos, com g = 5.0 m/ s2
x
v0 cos 50◦
x2
sen 50◦ g
y = x
−
cos 50◦
2 v02 cos2 50◦
t =
ou
y = x tan 50◦ −
x2
g
2 v02 cos2 50◦
e, por conseguinte, substituindo nesta equação as duas coordenadas de posição do Pedro,
¡
¢ (27.9 m)2
11.2 m = (27.9 m) tan 50◦ − 5.0 m/ s2 2
v0 cos2 50◦
(27.9 m)2
(27.9 m)
11.2 m
tan 50◦ −
=
2
2
2
◦
(5.0 m/ s )
(5.0 m/ s2 )
v0 cos 50
v0 = 20.7 m/ s
13
(6)
P5 - O super-homem sobrevoa Paris ao nível do topo das árvores quando vê que um elevador
da Torre Eiffel começa a cair devido ao cabo se ter partido. A sua visão de raios X diz-lhe que
Lois Lane está lá dentro. Se o super-homem está a 1.00 km da Torre Eiffel, e o elevador cai de
uma altura de 240 m, quanto tempo tem ele para salvar Lois, e qual deve ser a sua velocidade
média.
O super-home deverá deslocar-se da sua posição inicial até à base da Torre Eiffel com velocidade média
tal que consiga alcançar Lois Lane antes desta atingir o solo. Podemos ober o tempo de queda de Lois Lane
utilizando a equação da sua posição em função do tempo
1
y = y0 + v0 t − gt2 .
2
Se colocarmos a origem do eixo dos y (vertical na base da Torre Eiffel, isto é, no ponto em que a Lois Lane
atinge o solo) teremos y = 0, v0 = 0, y0 = h = 240 m e g = 10 m/ s2 , ou ( com g = 10 m/ s2 ),
1
0 = h − gt2
s 2
2h
t =
g
s
2 × 240 m
=
10 m/ s2
= 6.9 s
A velocidade média do super-homem, para atingir Lois Lane antes de esta atingir o solo deverá ter pelo
menos o módulo
1.00 × 103 m
6.9 s
= 1.45 × 102 m/ s.
vmin =
P6 - Um jogador de futebol chuta uma pedra, horizontalmente, da borda de uma falésia
com 40.0 m de altura, para um lago de água. Se o jogador ouvir o som do ”chape” 3.0 s depois
do chuto, qual a velocidade inicial da pedra? Utilize para módulo da velocidade do som no ar
o valor 343 m s−1 .
Escolhendo um sistema de eixos, com origem no ponto em que a pedra é chutada, com o eixo dos x
horizontal e o eixo dos y vertical orientado para cima, a velocidade inicial da pedra é v0 = v0 i. Se a altura
da falésia é h e o ponto em que a pedra toca na água dista da falésia na horizontal, esse ponto tem, neste
referencial, as coordenadas:
x = ; y = −h
As equações do movimento da pedra, neste referencial são
x = v0 t
1
y = − gt2
2
a partir das quais, eliminando t entre as duas equações, obtemos a equação da trajectória da pedra:
1 x2
y=− g 2
2 v0
14
Utilizando agora os valores das coordenadas do ponto de impacto na água, obtemos
1 2
h= g 2
2 v0
A distância do ponto de impacto à beira da falésia é
p
d =
h2 +
(7)
2
= (343 m/ s) × 3.0 s
= 1.03 × 102 m
ou ainda
2
= d2 − h2
¡
¢2
= 1.03 × 102 m − (40.0 m)2
e
q
=
(1.03 × 102 m)2 − (40.0 m)2
= 94.9 m
Fianalmente, utilizando a equação (7), obtemos, com g = 10.0 m/ s2
r
1 2
g
v0 =
2
s h
(10 m/ s2 ) × (94.9 m)2
2 × 40 m
= 33.6 m/ s
=
Daqui resulta que a velocidade inicial é
v0 = 33.6 i m s-1
P7 - Uma pulga pode saltar verticalmente até uma altura h.
a) Qual é a distância horizontal máxima que ela pode saltar?
b) Qual o tempo que ela leva no ar nos dois casos?
1
No movimento vertical temos vy = v0y − gt e y = v0y t − gt2 . A altura máxima corresponde à posição
2
y no instante em que vy = 0. Da equação da velocidade obtemos
tsub =
v0y
,
g
que, substituindo na equação da posição resulta em
h =
=
2
2
v0y
1 v0y
−
g
2 g
2
1 v0y
.
2 g
15
Nesta caso, o valor absoluto da velocidade inicial é v0 = v0y e, portanto,
h=
1 v02
2 g
b) Qual o tempo que ela leva no ar nos dois casos?
Se a velocidade inicial faz um ângulo θ0 com o eixo dos x, o alcance horizontal obtem-se de
1
y = v0y t − gt2
2
fazendo y = 0, obtendo-se
1 2
gt − v0y t = 0
2
2v0y
ou t = 0 (correspondendo ao instante de partida) e t =
ou
g
tvoo = 2tsub .
O alcance horizontal é dado pelo valor de x correspondente a t = tvoo :
= v0x tvoo
ou
=
=
=
2v0x v0y
g
2
2v0 cos θ0 sin θ0
g
2
v0 sin 2θ0
g
utilizando sin 2θ0 = sin (θ0 + θ0 ) = 2 sin θ0 cos θ0 .
Se o valor absoluto da velocidade inicial for definido, entaõ o valor máximo do alcance horixonatal obtem
encontrando o valor de θ0 para o qual
d
=0
dθ0
ou
¶
µ 2
v2
d
v0 sin 2θ0
= 0 2 cos 2θ0 = 0
dθ0
g
g
de onde
2θ0 =
e
π
2
π
.
4
Então se o valor absoluto da velocidade inicial da pulga for o encontrado na alínea anterior, temos, com
π
θ0 = ,
4
π
v02 sin
2
=
g
v2
= 0
g
θ0 =
16
P8 - Uma bola ligada à extremidade de um fio é posta a rodar no ar segundo uma circunferência horizontal de raio 0.30 m. O plano da circunferência está 1.2 m acima do chão. A
corda parte-se e a bola aterra 2.0 m afastada do ponto no chão directamente por baixo da sua
posição quando a corda parte. Determine o módulo da aceleração centrípeta da bola durante
o seu movimento circular.
A velocidade horizontal da bola é segundo o eixo dos x (horizontal), ou v0 = v0x . Se o sistema de tiver
origem no ponto em que a bola se encontra quando a corda se parte e o eixo dos y for dirigido para cima,
x = v0x t
1
y = − gt2 .
2
A trajectória da bola é
y=−
g 2
2 x
2v0x
Então, y = −1.2 m quando x = 2.0 m,
10 m/ s2
(2.0 m)2
2
2v0x
= v0 = 4.1 m/ s
−1.2 m = −
v0x
Este é o módulo da velocidade da bola durante o movimento circular uniforme, correspondendo à aceleração centrípeta com módulo
v2
r
(4.1 m/ s)2
=
0.30 m
= 56.0 m/ s2 .
ac =
P9 - Um comboio trava ao contornar uma curva apertada, passando de 90.0 km h−1 para
50.0 km h−1 nos 15.0 s que demora a dar a curva. O raio da curva é 150 m. Calcule a aceleração
do comboio no momento em que a sua velocidade comboio atinge o valor de 50 km h−1 .
O módulo da velocidade inicial do comboio é
v0 = 90.0 km/ h
9.00 × 104 m
=
3600 s
= 25.0 m/ s.
No final da curva esse valor é de
v = 50.0 km/ h
5.00 × 104 m
=
3600 s
= 13.9 m/ s.
17
A componente tangencial da aceleração do comboio durante a curva é de
(13.9 − 25.0) m/ s
15.0 s
= −0.74 m/ s2 .
aT =
A componente radial da aceleração no fim da curva é
v2
r
(13.9 m/ s)2
=
150 m
= 1. 29 m/ s2 .
aR =
A aceleração pedida é
a = aR R + aT T
³
´
= 1. 29R + −0.74T m/ s2 .
P10 - A Joana conduz o seu Mercedes com uma aceleração de módulo (3.0 i − 2.0 j) m s−2
enquanto que a Sofia imprime ao seu Jaguar uma aceleração de módulo (1.0 i + 3.0 j) m s−2 .
Ambas partem do repouso da origem de um sistema de coordenadas xy. Passados 5 s,
a) qual é a velocidade da Joana em relação à Sofia?
No referencial ligado ao chão e com origem no ponto de partida do movimento,
v = at
1 2
at
r =
2
Então, em relação ao solo, as velocidades da Joana e da Sofia são, com t em segundo,
h
i
(3.0 i − 2.0 j) m/ s2 t
vJ =
i
h
vS = (1.0 i + 3.0 j) m/ s2 t
A velocidade da Joana em relação à Sofia é
vJ − vS =
No instante t = 5 s, a velocidade relativa é
i
h³
´
2.0 i − 5.0 j m/ s2 t
vJ − vS = 10.0 i − 25.0 j ( m/ s) .
b) a que distância estão uma da outra?
A posição de Joana é dada por
rJ =
=
1 2
aJ t
2
i
1h
(3.0 i − 2.0 j) m/ s2 t2
2
18
enquanto que a posição da Sofia é dada por
rS =
=
No instante t = 5 s,
A distância entre as duas é
1 2
aS t
2
i
1h
(1.0 i + 3.0 j) m/ s2 t2 .
2
³
´
rJ = 37. 5 i − 25.0 j m
³
´
rS = 12. 5 i + 37. 5 j m
q
(xJ − xS )2 + (yJ − yS )2
=
q
=
[(37. 5 − 12. 5) m]2 + [(−25 − 37. 5) m]2
= 67. 3 m.
c) qual é a aceleração da Joana relativamente à Sofia?
A aceleração da Joana em relação à Sofia é
aJ − aS = (3.0 i − 2.0 j) m/ s2 − (1.0 i + 3.0 j) m/ s2
³
´
= 2.0 i − 5.0 j m/ s2 .
Repare-se que o vector posição de Joana no referencial ligado à Sofia é, em geral.
rJ − rS = (v0J − v0S ) t +
1
(aJ − aS ) t2 .
2
P11 - Um rio tem uma corrente de 0.500 m s−1 . Um estudante nada contra a corrente
a distância de 1.00 km e retorna ao ponto inicial. Dado que o estudante pode nadar com a
velocidade de 1.20 m s−1 em água parada, quanto tempo demora a sua viagem? Compare este
valor com o tempo que a viagem duraria se a água estivesse parada.
Vamos considerar o referencial S ligado à margem e o referencial S’ ligado à água. A velocidade da
corrente é a velocidade de S’ em relação a S. O movimento é unidimensional. No 1.o percurso
v1 = v10 − u,
com u1 = 0.500 m s−1 . Como o estudante nadou uma distância
= v10 t1 − ut1
No 2.o percurso,
v2 = v20 + u
e
= v20 t2 + ut2
19
= 1.00 km, temos
Como v10 = v20 = v0 , a velocidade do estudante em relação à água, o tempo total é
t = t1 + t2
=
=
=
=
=
+
v0 − u v0 + u
v0 + u + v0 − u
v02 − u2
2v 0
v02 − u2
2v 0
µ
¶
u2
02
1 − 02
v
v
µ
¶−1
u2
2
1 − 02
v0
v
ou
t =
#−1
"
2 × 1000 m
(0.50 m/ s)2
1−
1.20 m/ s
(1.20 m/ s)2
= 2.02 × 103 s
Se não houvesse corrente, o tempo que o estudante levaria seria
2
v0
2 × 1.000 × 103 m
=
1.20 m/ s
= 1.67 × 103 s.
t0 =
P12 - Um barco atravessa um rio, de largura L = 160 m, em que a corrente tem uma
velocidade uniforme de 1.50 m s−1 . O piloto mantém a direcção em que aponta o barco
perpendicular ao rio e uma velocidade constante de 2.0 m s−1 em relação à água.
a) Qual o módulo da velocidade do barco relativamente a um observador parado na
margem?
Vamos utilizar a relação
v = v0 + u
e
v 2 = v 02 + u2
de onde
p
v02 + u2
q
=
(2.0 m/ s)2 + (1.50 m/ s)2
v =
= 2. 5 m/ s.
b) A que distância abaixo, no sentido da corrente, da posição inicial está o barco quando
atinge a margem oposta?
20
O tempo que demora a atingir a outra margem é dado por
t=
L
v0
Nesse tempo, o deslocamento no sentido da corrente é
= ut
u
=
L
v0
1.50 m/ s
× 160 m
=
2.0 m/ s
= 120. m.
P13 - Um carro viaja para leste com velocidade de 50.0 km h−1 . Está a cair chuva verticalmente em relação à Terra. Os traços da chuva nas janelas laterais do carro fazem um ângulo
de 60.0o com a vertical. Determine a velocidade das gotas de água da chuva relativamente a)
ao carro e b) à Terra.
Se u for o módulo da velocidade do carro em relação à Terra, temos
¢
¡
u = 50.0 × 103 m /3600 s
= 13.9 m/ s .
v 0 é o módulo da velocidade das gotas de chuva ém relção ao carro. Então,
u
= sen 60◦ e
v0
u
sen 60◦
13.9 m/ s
=
sen 60◦
= 16. 1 m/ s
v0 =
Por outro lado,
u
= tan 60◦
v
ou
u
tan 60◦
13.9 m/ s
=
tan 60◦
= 8.03 m/ s.
v =
P14 - Um camião segue para norte com uma velocidade constante de 10.0 m s−1 numa
estrada horizontal. Um rapaz que vai na parte de trás do camião deseja atirar uma bola
enquanto o camião se move e apanhar a bola depois do camião ter percorrido 20.0 m. Despreze
a resistência do ar.
a) Com que ângulo em relação à vertical deve a bola ser atirada?
0◦ .
b) Qual deve ser o módulo da velocidade inicial da bola?
20.0 m
= 2.00 s,
No referencial do camião a velocidade inicial é vertical.Como o tempo de voo é tvoo =
10.0 m/ s
e de
v = v0 − gt
21
temos
tvoo =
2v0
g
ou
gtvoo
2
10 m/ s2 × 2.00 s
=
2
= 10.0 m/ s
v0 =
c) Qual a forma da trajectória da bola vista pelo rapaz?
A trajectória vista pelo rapaz é rectilínea e vertical.
d) Um observador fixo no solo vê o rapaz atirar e apanhar a bola. Determine a forma da
trajectória da bola e a sua velocidade inicial para este observador
No referencial ligado à Terra,
µ
¶
1 2
r = v0x t i + v0y t − gt j
2
ou
x = v0x t
1
y = v0y t − gt2
2
Eliminando t entre as duas equações,
µ
¶
x 2
v0x
g
y = x tan θ0 −
x2
2v0 cos2 θ0
x
1
y = v0y
− g
v0x 2
Para o observador ligado á Terra,
v0x = 10.0 m/ s
v0y = 10.0 m/ s
e
v0 =
q
(10.0 m/ s)2 + (10.0 m/ s)2
= 14.1 m/ s
e
θ0 = arctan 1
= 0.785 rad.
22
Folha de Cálculo:
S1 - A Polícia montou uma operação de ”caça” aos excessos de velocidade na estrada. De
um carro de polícia colocado atrás de uma placa, um agente mede por radar que a velocidade
de um condutor é de 35.0 m s−1 . Passados 3 s ele avisa o seu colega que está noutro carro da
polícia 100 m adiante, na estrada. O segundo carro de polícia começa a perseguir o condutor
2.00 s após ter recebido o alerta, partindo do repouso e acelerando a 2.00 m s−2 .
a) Quanto tempo demora até o condutor ser alcançado?
b) Qual é a velocidade do carro da polícia quando alcança o condutor?
c) Qual é a distância entre o ponto em que o segundo carro da polícia estava inicialmente
e o ponto em que o condutor foi alcançado?
S2 - Um vendedor tem de visitar quatro clientes uma vez em cada período de vendas. Os
quatro clientes estão em cidades diferentes e o vendedor quer visitar todos eles no tempo
mínimo. A distância viajada depende da trajectória escolhida. Que trajectória deverá ele
escolher?
Suponha que o vendedor parte da origem O e visita os quatro clientes uma vez, antes de
voltar à origem, viajando entre eles em linha recta. Os clientes estão localizados num plano,
nos pontos:
A = (−10, 5), B = (−8, −7), C = (1, 11), D = (12, 9).
Utilize uma folha de cálculo para calcular o módulo do vector deslocamento para cada
troço em linha recta da viagem e a distância total viajada, para diferentes sequências de visita
a A, B, C e D. Confronte em cada caso, a distância total viajada com o gráfico da respectiva
trajectória. Determine a trajectória que corresponde à menor distância total viajada. Pode
encontrar esta trajectória por ”força bruta”, isto é, experimentando todas as trajectórias
possíveis. Quantas tentativas fez até encontrar a trajectória pretendida? Em que ordem deve
o vendedor visitar os quatro clientes? Qual o valor da distância então percorrida?
Escolha outros quaisquer quatro pontos e repita o exercício.
S3 - As coordenadas de um projéctil são:
x = x0 + vx0 t
1
y = y0 + vy0 t − gt2
2
onde vx0 = v0 cos θ0 e vy0 = v0 sin θ0 . Fazendo uso destas equações, utilize a folha de cálculo
para calcular as coordenadas x e y de um projéctil e as componentes vx e vy como funções do
tempo. A velocidade inicial e o ângulo de lançamento do projéctil devem ser parâmetros de
entrada. Utilize a função gráfico da folha de cálculo para representar as coordenadas x e y em
função do tempo. Represente também vx e vy em função do tempo.
S4 - Utilize a folha de cálculo para resolver o seguinte problema:
O Benfica está empatado com o Sporting, faltando apenas alguns segundos para o fim do
jogo. A equipa do Benfica tem a posse da bola e vai tentar fazer golo. O jogador tem de chutar
a bola de uma distância de 47.5 m para enfiar na baliza. Se a trave da baliza tem 3.05 m de
altura, com que ângulo e velocidade deve ele chutar a bola para marcar golo? existe apenas
23
uma solução para este problema? Soluções podem ser encontradas variando os parâmetros e
estudando o gráfico de y em função de x.
24
Física I -2009/2010
5a Série - Força e Movimento II - Resolução
Questões:
Q1 - Quando um avião faz um ”loop” por dentro num plano vertical, em que ponto parece o piloto
estar mais pesado? Qual a força de constangimento que actua sobre o piloto?
Q2 - Um balde de água pode ser posto a rodar segundo uma trajectória vertical de forma que a
água não se espalha. Porque é que a água fica dentro do balde mesmo quando este passa por cima da
sua cabeça?
Problemas:
P1 - Três corpos estão ligados e assentes numa mesa, como se mostra na figura. O coeficiente de
atrito cinético entre as superfícies dos corpos e a da mesa é de 0.35 e as roldanas não têm atrito. As
massas dos três corpos são, respectivamente, 4.0 kg, 1.0 kg, e 2.0 kg.
Determine:
a) O módulo da aceleração de cada bloco;
Vamos isolar, em primeiro lugar, os três blocos e tratá-los separadamente.
1.0 kg
Bloco 1
y
T1
4.0 kg
2.0 kg
P1
Para o bloco da esquerda (1):
T1 + P1 = m1 a1
ou, com um eixo vertical dirigido para baixo (y):
−T1 + m1 g = m1 a1
Bloco 2
1.0 kg
4.0 kg
2.0 kg
n
y
T2
T2’
P2
x
1
Para o bloco do centro (2)
T2 + P2 + N2 + T20 + fc = m2 a2
ou, com o eixo dos x dirigido para a esquerda e com o eixo dos y dirigido para cima:
x :
T2 − T20 − fc = m2 a2
y : −P2 + N2 = 0
fc = μc N2
1.0 kg
Bloco 3
y
4.0 kg
2.0 kg
T3’
P3
Para o bloco da direita (3):
T3 + P3 = m3 a3
ou, com um eixo dirigido para cima,
T3 − m3 g = m3 a3
Como o sistema se move solidariamente, temos ainda, com as direcções escolhidas para os eixos,
a1 = a2 = a3 = a
e
T1
T20
= T2
= T3
De modo que o conjunto de equações se reduz a
−T1 + m1 g = m1 a
T1 − T3 − fc = m2 a
fc = μc N2
−P2 + N2 = 0
T3 = m3 (a + g)
−m3 g − m3 a − μc m2 g − m2 a + m1 g = m1 a
a (m1+ m2+ m3 ) = g (m1 − μc m2 − m3 )
m1 − μc m2 − m3
a =
g
m1+ m2+ m3
4.0 kg − 0.35 × 1.0 kg − 2.0 kg
=
4.0 kg + 1.0 kg + 2.0 kg
= 0.24 m/ s2 .
b) a tensão em cada uma das duas cordas.
T1
= m1 (g − a)
¡
¢
= 4.0 kg 10 m/ s2 − 0.24 m/ s2
= 39.0 N
T3
= m3 (a + g)
= 2.0 × (0.24 + 10)
= 20.5 N.
2
P2 - Um rapaz sobe a encosta de um monte, com 15o de inclinação, arrastando o seu trenó com
o peso de 60.0 N, a velocidade constante. Puxa o trenó através de uma corda atada a este último,
exercendo uma força de módulo 25 N. Se a corda tiver uma inclinação de 35o em relação à horizontal,
qual é o coeficiente de atrito cinético entre o trenó e a neve? No cimo do monte, o rapaz salta para
cima do trenó e escorrega pelo monte abaixo. Qual o módulo da sua aceleração na descida?
As forças que actuam no trenó são
T + N + P + fc = ma
Com o eixo dos x dirigido para cima, obtemos as equações escalares:
x :
T cos α − mg sin θ − fc = 0
y :
T sin α − mg cos θ + N = 0
fc = μc N
com θ = 15◦ , α = 20◦ .
Temos, assim,
fc = T cos α − mg sin θ
μc (mg cos θ − T sin α) = T cos α − mg sin θ
T cos α − mg sin θ
μc =
mg cos θ − T sin α
25 N × cos 20◦ − 60 N × sin 15◦
=
60 N × cos 15◦ − 25 N × sin 20◦
= 0.16
Na descida, as forças são
N 0 + fc0 + P 0 = m0 a
ou
x : −fc0 + P 0 sin 15◦ = m0 a
y : N 0 − P cos 15◦ = 0
fc0 = μc N 0
e
m0 a = −μc m0 g cos 15◦ + m0 g sin 15◦
a = g (sin 15◦ − μc cos 15◦ )
a = −0.16 × 10 × cos 15◦ + 10 × sin 15◦
= 1.0 m s-2
P3 - Uma caixa é transportada num camião que viaja horizontalmente com velocidade de módulo
15 m s−1 . O coeficiente de atrito estático entre a caixa e o camião é 0.40. Determine a distância mínima
de paragem para o camião de forma a que a caixa não escorregue.
Na travagem, a caixa é actuada pelas forças:
fe + P + N = ma
x : −fe = ma
y : N −P =0
3
A distância mínima corresponde à aceleração provocada pela força de atrito estático máxima:
fe max
= μe N
= μe mg
e
a = −μe g
= −0.40 × 10 m/ s2
= −4.0 m/ s2 .
A distância mínima de travagem é, pois,
−v02
2a
− (15 m/ s)2
=
−2 × 4.0 m/ s2
= 28 m.
x =
P4 - Um bloco A de massa m = 2.00 kg está em repouso sobre a extremidade esquerda de um bloco
B de comprimento L = 3.00 m e massa M = 8.00 kg. O coeficiente de atrito cinético entre os dois blocos
é 0.300 e a superfície sobre a qual está o bloco B não tem atrito. Uma força constante horizontal de
módulo F = 10.0 N está aplicada no bloco A colocando-o em movimento como se mostra na figura.
a) Quanto tempo demora o bloco A a chegar à extremidade direita do bloco B, (como se mostra em
b)?
Forças a actuar no bloco A:
NA + PA + F + fe = mA aA
x : F − fe = mA aA
y : NA − PA = 0
fe = μe NA
F
aA =
− μe g
mA
10 N
=
− 0.300 × 10 m/ s2
2 kg
= 2.0 m/ s2 .
4
As forças que actuam no bloco B são
fe0 + NB0 + NB + PB
fe0
fe0
μe mA g
=
=
=
=
mB aB
mB aB
fe = μe mA g
mB aB
mA
= μe g
mB
aB
= 0.300 × 10 m/ s ×
2.0 kg
8.0 kg
= 0.75 m/ s2
A aceleração relativa de A em relação a B é
a0A
= aA − aB
= 2.0 − 0.75
= 1.25 m/ s2 .
O deslocamento de A no referencial ligado a B é
x =
t =
=
1 0 2
a t
2 A
s
s
2x
a0A
2 × 3m
1.25 m/ s2
= 2.2 s.
b) Qual o deslocamento do bloco B neste processo?
Neste intervalo de tempo, B desloca-se de
xB
1
aB t2
2
¢
1 ¡
2
=
× 0.75 m/ s2 × (2.2 s)
2
= 1.8 m.
=
P5 - Um satélite de 300 kg está numa órbita circular em torno da Terra a uma altitude igual ao raio
médio da Terra. Determine,
a) a velocidade orbital do satélite,
a) O raio da Terra pode ser determinado de:
O metro é a décima milionésima parte do quarto do meridiano terreste, isto é
1m =
1
1
× × 2πR
10000000 4
em que R é o raio da terra.
R
20000000
m
π
= 6. 4 × 106 m
=
O módulo da força gravitacional, ou gravítica, que actua no satélite é
FG = G
mM
v2
=
m
r2
r
5
Agora, o raio da trajectória, r, é r = 2R e temos
v2
=
=
GM
r
GM
g
= R
2R
2
e
v
r
9.8 m/ s2
× 6. 4 × 106 m
2
= 5600 m/ s.
=
b) o seu periodo de revolução,
O período, T , pode ser tirado de
2πR
T
v=
T
=
=
2πR
v
2π × 6. 4 × 106 m
5600 m/ s
= 7.18 × 103 s
7.18 × 103 s
=
3600 s/ h
= 2.0 h.
c) a força gravitacional que é exercida sobre ele
A força gravitacional é
FG
= G
mM
(2R)2
GM
= m 2
4R
g
= m
4
= 300 kg ×
9.8 m/ s2
4
= 735 N
v2
= m
2R
= 735 N
.ou
FG
v2
2R
= 735 N
= m
P6 - O Tarzan (m = 85.0 kg) tenta atravessar um rio agarrado a uma trepadeira baloiçando-se. A
trepadeira tem um comprimento de 10.0 m e a velocidade do Tarzan no ponto mais baixo da oscilação
é 8.00 m s−1 . Ele não sabe que a trepadeira parte sob uma tensão de 1000 N. Conseguirá ele atravessa
o rio em segurança?
6
No ponto mais baixo, temos
T −P
T
mv 2
r
=
= mg +
mv2
r
85 × 8.002
10
= 1.39 × 103 N.
= 85 × 10 +
P7 - Um pequeno disco de massa 0.250 kg está ligado a um fio e roda segundo um círculo de raio
1.00 m sobre uma mesa horizontal sem atrito, como se mostra na figura. O fio passa através de um
buraco no centro da mesa e uma massa de 1.00 kg está ligada à outra extremidade. A massa suspensa
permanece em equilíbrio enquando o disco roda.
a) Qual é a tensão na corda?
As forças que actuam sobre o disco são o peso, a nornal à mesa e a tensão da corda, que é centrípeta. Segundo um
eixo eadial apontando para o centro, a 2.a lei de Newton exprime-se na forma
T1
= m1 a
v2
= m1
r
As forças que actuam na massa pendurada são o seu peso e a tensão da corda:
T2 + P2 = 0
ou
T2 = m2 g.
Portanto T2 = T = m2 g = 1.00 × 10 = 10 N.
b) Qual é o módulo da força central que actua no disco?
É a força T1 = T = 10. N.
c) Qual é o módulo da velocidade do disco?
Temos
r
T1 r
v =
m
s 1
10 N × 1 m
=
0.250 kg
= 6. 3 m/ s.
P8 - Na montanha russa que se mostra na figura, o carro tem uma massa de 500 kg quando cheio
de passageiros.
7
a) Se o carro tem uma velocidade de 20.0 m s−1 no ponto A, qual é o módulo da força exercida pelo
carril no carro nesse ponto?
No ponto A
P + N = ma
ou
−P + N
N
= m
v2
r
µ
v2
= m g+
r
Ã
¶
2
(20 m/ s)
= 500 kg 10 m/ s +
10 m
2
!
= 2.5 × 104 N.
b) Qual é o módulo da velocidade máxima que o carro pode ter em B para permanecer no carril?
No ponto B,
0
v2
P − N0 = m 0
r
A velocidade máxima para permanecer no carril é dada pela equação anterior, com N 0 = 0, ou
p
0
v =
gr0
p
=
10 m/ s2 × 15 m
= 12 m/ s.
P9 - Um carro contorna uma curva inclinada como se mostra na figura. O raio de curvatura da
estrada é R, ângulo de inclinação é θ, e o coeficiente de atrito estático é μ. Determine:
a) o domínio de módulos da velocidade que o carro pode ter sem que escorregue para cima ou para
baixo na estrada,
A 2.a lei de Newton exprime-se na forma
P + N + fa = ma
ou
x :
y :
−N sin θ + αfa cos θ = max
−mg + N cos θ + αfa sin θ = may
8
e
ax
fa
v2
r
≤ μN
= −
e α = 1 se a força de atrito aponta para cima, α = −1 se a força de atrito aponta para baixo. Não escorregamento
significa ay = 0.
−mg + N cos θ + αfa sin θ
−N sin θ + αfa cos θ
= 0
= −m
v2
r
ou. com fa = μN
−mg + N (cos θ + αμ sin θ) = 0
N (sin θ − αμ cos θ) = m
v2
r
e
N
v2
= mg/ (cos θ + αμ sin θ)
= rg (sin θ − αμ cos θ) / (cos θ + αμ sin θ)
obtendo-se
2
vmax
2
vmin
= rg (sin θ + μ cos θ) / (cos θ − μ sin θ)
= rg (sin θ − μ cos θ) / (cos θ + μ sin θ)
α = −1
α = +1
b) o valor mínimo de μ que permita que a que a velocidade tenha módulo mínimo nulo.
vmin
= 0⇒μ=
sin θ
cos θ
= tan θ
c) o domínio de módulos de velocidades possível para R = 100 m, θ = 10◦ , e μ = 0.10.
P10 - Um objecto de 0.500 kg está suspenso por um fio do tecto de um camião em movimento
acelerado. Se o módulo da aceleração do camião é a = 3.00 m s−1 , determine:
a) o ângulo que a corda faz com a vertical,
b) a tensão na corda.
As forças que actuam no objecto são a tensão da corda e o peso:
T + P = ma
ou
x :
y :
T sin θ = ma
T cos θ − P = 0
ou
tan θ =
a
g
e
θ
= arctan
= 16.7◦
9
3.00 m/ s2
10.0 m/ s2
E
T
ma
sin θ
0.500 kg × 3.00 m/ s2
=
sin 16.7◦
◦
= 16.7 .
=
P11 - Num parque de diversões, uma das atracções consiste num grande cilindro colocado verticalmente rodando em torno do seu eixo com suficiente rapidez para que qualquer pessoa dentro dele
fique presa contra a parede quando o chão é retirado, como se mosta na figura. O coeficiente de atrito
estático entre a pessoa e a parede é μs e o raio do cilndro é R.
a) Mostre que o período de revolução máximo necessário para impedir que a pessoa caia é T =
(4π 2 Rμs /g)1/2 . Obtenha o valor numérico para T se R = 0.40 m e μs = 0.400.
b) Quantas revoluções por minuto dá o o cilindro neste caso?
P12 - Um objecto de 9.00 kg parte do repouso e move-se através de um fluido viscoso sujeito a uma
força resistiva R = −bv, onde v é a velocidade do objecto. Se o objecto atinge em 5.54 s uma velocidade
cujo módulo é metade do valor do módulo da sua velocidade terminal, determine:
a) a velocidade terminal do objecto,
b) o instante em que a velocidade do objecto é igual a três quartos da sua velocidade terminal,
c) a distância viajada pelo objecto nos primeiros 5.54 s do movimento.
P13 - Considere um pêndulo cónico com uma massa de 80.0 kg e um fio com 10.0 m que faz um
ângulo de 5.00◦ com a vertical. Determine:
a) as componentes horizontal e vertical da força exercida pelo fio sobre a massa,
b) a aceleração radial da massa.
10
Folha de Cálculo:
S1 - Uma pessoa tem de mover uma caixa de 65 kg que está em repouso no chão. O coeficiente de
atrito estático entre a caixa e o chão é 0.48. Uma força de módulo F é aplicada na caixa, fazendo um
ângulo de θ com a horizontal.
a) Utilize uma folha de cálculo para calcular a força necessária para mover a caixa para uma sequência
de ângulos. Considere o ângulo θ como positivo se a força tem uma componente para cima, e negativo
se a força tem uma componente para baixo. Faça um gráfico de F em função de θ, e a partir dele
determine a força mínima necessária para mover a caixa. Com que ângulo deve a força ser aplicada?
b) Investigue o que acontece quando se muda o coeficiente de atrito.
S2 - Um paraquedista de 50.0 kg salta de um avião e cai para a Terra sofrendo uma força resistiva
de módulo R = Kv 2 . Considere K = 0.200 kg m−1 quando o páraquedas está fechado e K = 20.0 kg m−1
quando ele está aberto. Considere que o páraquedista começa a descer a uma altitude de 1000 m, e cai
em queda livre durante 10 s antes de abrir o páraquedas.
a) Determine a velocidade terminal do páraquedista antes e depois de o paráquedas se abrir.
b) Utilize uma folha de cálculo para determinar a posição e a velocidade do páraquedista em função
do tempo.
(Sugestão: Quando o páraquedas se abre dá-se um súbito aumento da aceleração, pelo que pode ser
necessário usar intervalos de tempo mais pequenos nesta região).
S3 - Um projéctil de 10.0 kg é lançado com uma velocidade inicial de 150 m s−1 , fazendo um ângulo
de 35.0◦ com a horizontal. A força resistiva que actua no projéctil é R = bv, onde b = 15.0 kg s−1 .
a) Utilize uma folha de cálculo para determinar as posições horizontal e vertical do projéctil em
função do tempo.
b) Determine o alcance deste projéctil.
c) Determine o ângulo de lançamento que dá o alcance máximo para este projéctil. (Sugestão:
ajuste o ângulo por tentativas para encontrar o alcance máximo).
Nota: Quando a resistência do ar é incluída o alcance máximo não ocorre necessariamente para
θ0 = 45◦ .
11
Física I -2009/2010
6a Série - Energia - Resolução
Questões:
Q1 - Identifique dois processos através dos quaisa pode ser transferida energia do ambiente para um
sistema?
Q2 - Identifique as transformações de energia em cada um dos seguintes processos (por exemplo:
Ec → Ug → ETérm )
a) Uma bola cai do topo de um arranha-céus;
O sistema é a bola e a Terra (interactuando através da gravidade).
Se não considerarmos a resistência do ar, temos apenas Ug → Ec .
Se tivermos em conta a resistência do ar, temos
½
Ec
Ug →
ETérm
.
b) Um helicóptero sobe com velocidade constante;
O sistema é o helicóptero a Terra e o ar (um helicóptero não subiria na Lua)
As transformações serão
½
Ug
EQ (combustível) → Ec (hélices) →
ETérm
c) Uma seta é lançada por um arco e atinge o centro de um alvo;
d) Um saltador à vara corre, assenta a vara e salta sobre a barra.
Q3 - Identifique um sistema apropriado para a aplicação da conservação de energia a cada um dos
seguintes casos:
a) Uma mola em hélice é utilizada para lançar uma bola;
Mola+bola+Terra.
Formas de energia envolvidas:
Energia potencial elástica (mola); Energia potencial gravítica (bola - Terra); Energia cinética da bola.
Estamos a desprezar a massa da mola.
b) Uma mola em hélice é utilizada para lançar um carrinho numa calha de ar;
Se a calha de ar estiver colocada na horizontal: mola+carrinho
Se a calha de ar estiver colocada obliquamente em relação à horizonta, termeos de acrescentar a Terra.
c) Uma mola em hélice é utilizada para empurrar um corpo sobre uma mesa. o qual se move até
parar;
d) Um carrinho, que se move numa calha de ar, choca com uma mola em hélice e volta para trás
com velocidade de módulo aproximadamente igual à que tinha antes do choque.
Q4 - Caracterize um sistema isolado.
É um sistema em que não existem transferências de energia e de matéria através das suas fronteiras.
Q5 - a) Num determinado processo. a energia potencial de um sistema diminui ao mesmo tempo
que o ambiente efectua trabalho sobre o sistema. A energia cinética do sistema aumenta, diminui ou
mantém-se constante? Ou não tem informação suficiente para poder responder? Justifique.
1
b) Num determinado processo. a energia potencial de um sistema aumenta ao mesmo tempo que
a o ambiente efectua trabalho sobre o sistema. A energia cinética do sistema diminui, aumenta ou
mantém-se constante? Ou não tem informação suficiente para poder responder? Justifique.
Q6 - Para cada sistuação descrita
• Identifique todas as forças que actuam no corpo;
• Desenhe um diagrama das forças aplicadas ao corpo;
• Determine se o trabalho realizado por cada força é positivo, negativo ou nulo.
a) Um elevador está a subir.
T
deslocamento
P
As forças são:
T → Tensão da corda;
P → Peso do elevador.
Num deslocamento vertical para cima, o trabalho da tensão é positivo e o trabalho do peso é negativo.
b) Um elevador está a descer.
T
deslocamento
P
As forças são:
T → Tensão da corda;
P → Peso do elevador.
Num deslocamento vertical para baixo, o trabalho da tensão é negativo e o trabalho do peso é positivo.
c) Uma pessoa empurra uma caixa sobre uma superfície rugosa.
Se a superfície é rugosa, existe atrito entre a superfície da caixa e aquela em que assenta.
deslocamento
fc
F
P
As forças são:
F → Força que empurra a caixa;
P → Peso da caixa;
fc → força de atrito cinético.
Num deslocamento horizontal o trabalho da força F é positivo, o trabalho da força fc é negativo e o trabalho do
peso é nulo.
2
d) Uma bola é atirada verticalmente para cima. Considere a situação desde que a bola sai da mão
do lançador até atingir o ponto mais alto da trajectória.
e) Um automóvel efectua uma curva com velocidade de módulo constante.
Q7 - Um carrinho de plástico com massa 0.2 kg e um carrinho de chumbo com massa 20 kg são
empurrados com forças iguais sobre uma superfície sem atrito, partindo do repouso. Após percorrerem
a distância de 1 m, a energia cinética do carrinho de plástico é maior, menor ou igual à do carrinho de
chumbo? Justifique.
Aplicando o teorema da energia cinética, concluímos imediatamente que a energia cinética dos dois carrinhos é
igual após efectuarem deslocamentos iguais sob a acção de forças iguais.
Q8 - Nos sistemas de eixos apresentados, trace gráficos da energia cinética de:
a) Um automóvel com massa 1000 kg, cuja módulo da velocidade varia uniformemente de 0 a 20 m/ s
em 20 s.
EC(J)
2.5x10
5
2.0x105
1.5x105
1.0x10
5
0.5x105
0
5
0
10
15
20
t(s)
25
A aceleração constante do automóvel pode ser obtida, utilizando a equação do movimento uniformemente acelerado
unidimensional que relaciona velocidade, aceleração e tempo:
a=
v − v0
,
t − t0
que conduz a
20 m/ s − 0
20 s − 0
= 1.0 m/ s2
a =
o que permite obter valores da velocidade e da energia cinética, para diferentes instantes de tempo:
v = v0 + at
ou
v ( m/ s) = 1 m/ s2 t ( s)
t
v
( s)
0
5
10
15
20
( m/ s)
0
5
10
15
20
1
mv 2
2
( J)
0
0.125 × 105
0.500 × 105
1. 125 × 105
2.000 × 105
Ec =
Marcamos agora os pontos no gráfico e unimo-los com uma curva suave.
3
EC(J)
2.5x105
2.0x105
1.5x10
5
1.0x10
5
0.5x105
0
5
0
10
15
t(s)
25
20
b) Um automóvel com massa 1000 kg, com velocidade de módulo 20 m/ s, que trava com aceleração
constante atingindo o repouso em 4 s.
EC(J)
2.5x10
5
2.0x105
1.5x105
1.0x10
5
0.5x105
0
5
0
10
15
t(s)
25
20
c) Um automóvel com massa 1000 kg, que descreve uma vez uma trajectória circular de 40 m de
diâmetro, com velocidade de módulo constante igual a 20 m/ s.
EC(J)
2.5x105
2.0x10
5
1.5x10
5
1.0x10
5
0.5x105
0
5
0
10
15
t(s)
25
20
Q9 - A figura mostra um corpo com massa de 1 kg, inicialmente 1 m acima do solo, que sobe até à
altura de 2 m. O Joaquim e a Luísa medem, independentemente a posição do corpo, utilizando sistemas
de coordenadas diferentes. Indique na tabela os valores iniciais e finais da energia potencial gravítica
medidos pelo Joaquim e pela Luísa, bem como as correspondentes variações.
Luisa
Joaquim
fim
2m
0
inicio
0
Energia potencial gravítica:
Para o Joaquim, Ug i = 0 ao nível do solo. Assim, as medidas pelo Joaquim serão: Ug i = 1 kg×1 m×10 m/ s2 = 10 J;
Ug f = 1 kg × 2 m × 10 m/ s2 = 20 J; ∆Ug = 20 J − 10 J = 10 J.
4
Para a Luísa, Ug i = 0 à altura de 1 m, o que significa que, para a Luísa, Ug = −1 kg × 1 m × 10 m/ s2 = −10 J ao
nível do solo. Então, para a Luísa, Ug i = 0 J; Ug f = 1 kg × 1 m × 10 m/ s2 = 10 J; ∆Ug = 10 J − 0 J = 10 J.
A variação da energia potencial (que é o que tem significado físico) é igual apar os dois observadores.
Q10 - Três bolas com massas iguais são lançadas simultaneamente com velocidades de módulo
igual, da mesma altura em relação ao solo. A bola 1 é lançada verticalmente para cima, a bola 2
verticalmente para baixo e a bola 3 na horizontal. Coloque por ordem, do menor para o maior, os
módulos das velocidades das bolas, v1 , v2 e v3 , quando atingem o solo.
bola 1
bola 3
bola 2
Q11 - Um objecto de massa elevada é largado do repouso na posição 1 por cima de uma mola em
hélice. O objecto cai e entra em contacto com a mola na posição 2. A compressão máxima da mola
é atingida na posição 3. Indique na tabela se as grandezas indicadas são negativas, positivas ou nulas
nos intervalos de tempo entre as diferentes posições.
1
2
3
∆Ec
∆Ug
∆Uel
1→2
+
0
2→3
+
1→3
+
Q12 - a) Se uma pessoa empurra um corpo num deslocamento de módulo 10 m com uma força de
módulo 10 N na direcção e sentido do movimento, qual é o trabalho que realiza sobre o corpo?
b) Qual é a potência que a pessoa tem de fornecer para empurrar o corpo em 1 s? 10 s? 0.1 s?
Q13 - Estime o tempo que lhe demora a subir um lance de escadas. Calcule então a potência
requerida para realizar esta tarefa.
Q14 - Um pêndulo simples balança de um lado para o outro, sendo as forças que actuam sobre a
massa suspensa, o peso, a tensão na corda de suspensão e a resistência do ar.
a) Qual destas forças, se alguma, não realiza trabalho sobre o pêndulo?
A tensão da corda é a única que não realiza trabalho sobre o corpo, porque é, em cada instante, perpendicular ao
deslocamento.
b) Qual destas forças realiza trabalho negativo em todos os instantes do movimento do pêndulo?
A resistência do ar. O seu sentido é, em cada instante, oposto ao deslocamento.
c) Descreva o trabalho realizado pela força da gravidade enquanto o pêndulo balança
O trabalho realizado pela força da gravidade quando o pêndulo desce do ponto mais alto ao ponto mais baixo é
positivo. Quando o pêndulo sobe do ponto mais baixo ao ponto mais alto, o trabalho realizado pela força da gravidade
é negativo e igual, em valor absoluto ao trabalho efectuado na descida. Consequentemente, o trabalho realizado pela
força da gravidade numa oscilação completa é nulo..
Q15 - Uma bola de bowling está suspensa do tecto de uma sala de aula por uma corda forte. A
bola é desviada da sua posição de equilíbrio e largada do repouso a partir da ponta do nariz de uma
5
pessoa. Se a pessoa se mantiver parada, explique porque é que ela não será atingida pela bola quando
esta regressar da sua oscilação. Estaria a pessoa segura se tivesse empurrado a bola quando a largou?
Problemas:
P1 - Uma força F = (4.0xi + 3.0y j) N actua numa partícula que se desloca ao longo do eixo do x desde
a origem até x = 5.0 m. Determine o trabalho realizado pela força sobre a partícula.
Utilizando a definição de trabalho sobre uma partícula ao longo de um percurso, obtemos
W
=
=
=
=
Z
x=5
x=0
Z x=5
Z
x=0
x=5
F · dr
(4.0xi + 3.0y j) · idx
4.0xdx
x=0
4.0
¯5
x2 ¯¯
2 ¯0
= 2.0 × 52
= 50. J
P2 - Uma carroça carregada de tijolos tem uma massa total de 18 kg e é puxada a velocidade constante
por uma corda. A corda tem uma inclinação de 20.0 ◦ acima da horizontal e a carroça desloca-se 20.0 m
sobre uma superfície horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre o chão e a carroça é 0.500.
Determine:
a) a tensão na corda.
As forças que seexercem na carroça são o peso P , a força exercida pelo pavimento, normal a este, n, a força de
atrito cinético, fc (estamos a supor que, de alguma forma a carroça está a escorregar), a tensão da corda. O diagrama
de força é o seguinte:
y
n
T
fe
x
P
A 2.a lei de Newton exprime-se na forma:
n + P + fc + F = ma
com a = 0, porque a velocidade é constante: As equações escalares correspondentes, no sistema de referência da figura,
são
x:
T cos 20◦ − fc = 0
y
n + T sin 20◦ − P = 0
fc = μn
6
Vindo, então,
fca = μ (P − T sin 20◦ )
T cos 20◦ − μ (P − T sin 20◦ ) = 0
T (cos 20◦ + μ sin 20◦ ) = μP
μP
T =
(cos 20◦ + μ sin 20◦ )
0.500 × 18 kg × 10 m/ s2
=
(cos 20◦ + 0.500 × sin 20◦ )
= 81. N.
b) a trabalho realizado pela corda sobre a carroça.
= T ∆ cos 20◦
= 81 N × 20 m × cos 20◦
= 1.5 × 103 J
WF
c) o trabalho realizado pela força da gravidade.
WP = 0,
porque a força da gravidade tem direcção perpendicular à do deslocamento.
d) o trabalho realizado pela força normal exercida pelo chão.
WN = 0,
porque a força normal tem direcção perpendicular à do deslocamento.
e) a energia "perdida"devido ao atrito.
Wfa
= −μ (P − T sin 20◦ ) ∆
¡
¢
= −0.500 × 18 kg × 10 m/ s2 − 81 m/ s2 sin 20◦ × 20 m
= −1.5 × 103 J
que é a energia transformada em energia térmica, devido ao atrito
P3 - Um arqueiro puxa a corda do seu arco para trás 0.400 m, exercendo uma força cujo módulo
cresce uniformemente de zero a 230 N.
a) Qual é a constante elástica equivalente do arco?
Se F é a força cresce uniformemente, o arco comporta-se como uma mola elástica, pelo que lhe podemos associar
uma constante elástica "equivalente"keq , tal que
F = keq x.
Substituindo os valores dados, obtemis
230 N = k × 0.400 m
230 N
k =
0.400 m
= 575 N/ m
b) Qual o trabalho realizado quando a corda do arco é puxada?
Como o arco se comporta de forma análoga à de uma mola elástica, podemos escrever o trabalho realizado pela
força que está aplicada ao arco na forma
W
1
keq x2
2
1
=
× 575 N/ m × (0.400 m)2
2
= 46.0 J.
=
7
P4 - Uma pequena massa m é puxada para o cimo de um meio cilindro (de raio R) sem atrito, como
se mostra na figura.
a) Se a massa se move com uma velocidade de módulo constante, mostre que F = mg cos θ.
As forças aplicadas ao corpo de massa m são: a força F ,a força normal, em cada ponto, à superfície do cilindro,
N , e o peso, P . Como o corpo se move com velocidade contante, a 2.a lei de Newton exprime-se na forma:
F +N +P =0
Escolhendo agora um sistema de referência com origem no corpo de massa m e com um eixo na direcção radial e outro
na direcção tangencial à superfície do cilindro, obtemos as correspondentes equações escalares
r:
t:
N − P sin θ = 0
−F + P cos θ = 0
de onde
F
= P cos θ
= mg cos θ.
b) Determine o trabalho realizado pela força F quando se move a massa, com módulo da velocidade
constante, da base para o topo do cilindro.
Utilizamos o facto de um elemento de arco na superfície do cilindro pode ser escrito na forma dr = Rdθut , de onde
resulta
W
=
=
Z
Z
F · dr
π
2
F Rdθ
0
= mgR
Z
π
2
cos θdθ
0
³ π
´
= mgR sin − sin 0
2
= mgR.
P5 - Um lançador de bolas de uma máquina de jogos, como se mostra na figura, tem uma mola
com uma constante de força 1.20 N/ cm. A superfície em que a bola se move tem uma inclinação de 10 ◦
em relação à horizontal. Se a mola está inicialmente comprimida de 5.00 cm, determine a velocidade de
lançamento de uma bola de 100 g quando o lançador é solto. Despreze o atrito e a massa da mola.
8
Como não se consideram forças de atrito, a energia total do sistema Terra+bola+lançador não varia. Vamos
calcular todas as formas de energia em diferentes instantes. No instante inicial, com a mola inteiramente comprimida,
a energia potencial gravítica é Ug = −mg∆xmax sin 10◦ , em que considerámos que a energia potencial gravítica é nula
na posição eme que a mola está em equilíbrio (isto é, na posição em que a força elástica é nula). Ainda no instante
1
2
inicial, a energia potencial elástica (acumulada na mola) é Uel = k (∆xmax ) , em que k é a constante da mola.
2
Consequentemente,
1
2
Ei = −mg∆xmax sin 10◦ + k (∆xmax )
2
O instante final é aquele em que a bola deixa de estar em contacto com o lançador, no ponto exacto em que a mola
está em equilíbrio. Neste ponto, tanto a energia potencial elástica como a energia potencial gravítica são nulas. A
única forma de energia não nula é a energia cinética, associada ao movimento da bola
1
mv 2
2
Ef =
Aplicando a expressão da conservação da energia, Ei = Ef , obtemos
1
mv 2
2
v2
v
2
1
= −mg∆xmax sin 10◦ + k (∆xmax )2
2
−2mg∆xmax sin 10◦
k (∆xmax )2
=
+
m
m
=
¢2
¡
120 N/ m × 5.00 × 10−2 m
−2 × 0.100 kg × 10 m/ s2 × 5.00 × 10−2 m × sin 10◦
+
0.100 kg
0.100 kg
= 2. 83 ( m/ s)
2
e
v = 1.68 m/ s
P6 - Imprime-se a um bloco de 4.00 kg, situado na base de um plano com uma inclinação de 20.0 ◦ ,
uma velocidade inicial de 8.00 m/ s fazendo o bloco subir o plano. A força de atrito que retarda o
movimento do bloco tem módulo 15.0 N.
a) Qual a distância percorrida pelo bloco até parar?
O trabalho das forças que actuam no bloco durante a subida é
W = (−fc − P sin θ) ∆
e, pelo teorema da energia cinética
W = ∆E
de onde, sendo v0 o módulo da velocidade inicial do bloco,
1
(−fc − P sin θ) ∆ = 0 − mv02
2
A distância percorrida pelo bloco até parar é, então,
∆
=
1
2
2 mv0
(fc + P sin θ)
1
2 4.00 kg
2
× (8.00 m/ s)
15.0 N + 4.00 kg × 10 m/ s2 × sin 20◦
= 4.5 m.
=
b) Será que o bloco escorrega depois pelo plano abaixo?
Quando o bloco está imóvel no topo. a componente do peso segundo a direcção do plano é
mg sin 20◦
= 4.00 kg × 10 m/ s2 × sin 20◦
= 13.7 N.
9
A força de atrito tem módulo máximo de 15 N, superior a esta força, e portanto o bloco não se deslocará.
P7 - Um bloco de 4.0 kg ligado a uma corda de 2.0 m de comprimento, roda em círculo sobre uma
superfície horizontal.
a) Considerando que a superfície não tem atrito, identifique todas as forças que actuam no bloco e
mostre que o trabalho realizado por cada uma delas é zero para qualquer deslocamento do bloco.
Peso P ; Normal à superfície N ; Tensão da corda T .
Todas as forças são perpendiculares ao deslocamento, consequentemente o trabalho realizado por cada uma das
forças sobre o bloco é nulo.
b) Se o coeficiente de atrito entre o bloco e a superfície fôr 0.25, determine a energia perdida devido
ao atrito em cada revolução.
Em cada revolução o bloco percorre a distância
2πR = 2π × 2.0 m
= 12.6 m
O módulo da força de atrito é
fc
=
=
=
=
μN
μP
0.25 × 4.0 kg × 10 m/ s2
10.0 N
A energia "perdida"(isto é, transformada em energia térmica) devido ao atrito em cada revolução é igual ao módulo
do trabalho da força de atrito numa revolução:
Wfc
= −10.0 N × 12.6 m
= −1.26 × 102 J.
ou seja, 1.26 × 102 J.
P8 - Nas Cataratas do Niagara tem-se uma queda de água de 1.2 × 106 kg/ s de uma altura de 50 m.
Quantas lâmpadas de 60 W podem ser acesas com esta potência?
A energia produzida por segundo (potência produzida) é mgh = 1.2 × 106 kg/ s × 10 m/ s2 × 50 m = 6.0 × 108 W.
Poderia acender 6.0 × 108 W/60 W = 1.0 × 107 lâmpadas.
P9 - Uma caixa de 200 kg é puxada ao longo de uma superfície por um motor. O coeficiente de atrito
entre a caixa e a superfície é 0.40.
a) Qual é a potência fornecida pelo motor para mover a caixa a 5.0 m/ s?
O módulo da força de atrito é fc = μP = 0.40 × 200 kg × 10 m/ s2 = 8.0 × 102 N. Vamos supor que a aceleração
da caixa é nula. Como a força do motor e a força de atrito têm a mesma direcção mas sentidos opostos, o módulo da
força do motor resulta de
F − fa
F
= 0
= 8.0 × 102 N
O trabalho desta força durante um segundo (a potência do motor) é
P
= 8.0 × 102 N × 5.0 m/ s
= 4.0 × 103 J/ s
= 4.0 × 103 W.
b) Qual o trabalho realizado pelo motor durante 3.0 min?
W
= P × ∆t
= 4.0 × 103 W × 180 s
= 7. 2 × 105 J.
10
P10 - Duas massas estão ligadas por uma corda leve que passa por uma roldana sem atrito como se
mostra na figura. A massa de 5.0 kg é largada do repouso. Utilizando a lei de conservação da energia,
determine:
a) a velocidade da massa de 3.0 kg quando a massa de 5.0 kg toca no chão,
Como se considera que as forças de atrito são desprezáveis (e também supomos que a massa da roldana é nula), a
soma das veriações da energia cinética e da energia potencial gravítica é nula, ou
∆EC + ∆U
+ ∆U1 + ∆U2
= 0
= 0
2∆EC 1 + ∆EC 2
1
(m1 + m2 ) v 2 + m1 gh − m2 gh = 0,
2
em que m1 e m2 são as massas dos dois corpos e v é o módulo (comum) das suas velocidades. Resolvendo em ordem
a v 2 , obtemos
m2 − m1
v2 = 2
gh
m1 + m2
e
v
=
s
2 × 10 m/ s2 × 4.0 m ×
5.0 kg − 3.0 kg
5.0 + 3.0 kg
= 4.5 m/ s.
A velocidade do corpo de massa 3.0 kg tem direcção vertical, sentido para cima e módulo v = 4.5 m/ s.
b) a altura máxima a que a massa de 3.0 kg sobe.
Quando a massa 2 toca no chão, a outra massa continua a subir porque possui velocidade não nula, sendo actuada
apenas pela força gravítica, uma vez que a corda deixou de estar tensa. Utilizando a conservação da energia mecânica
do sistema massa 1 + Terra, a partir do momento em que a massa m2 toca no chão, a massa m1 continua a mover-se
de uma distância h0 tal que
m1 gh0
=
h0
=
=
1
m1 v 2
2
m1 v 2
2m1 g
v2
2g
(4.5 m/ s)2
2 × 10/ s2
= 1.0 m
=
A massa 1 sobe 1.0 m a contar da posição em que estava quando a massa 2 tocou no chão.
P11 - Considere o sistema representado na figura. O coeficiente de atrito entre a massa de 3.0 kg
e a superfície é de 0.40. O sistema parte do repouso. Qual a velocidade da massa de 5.0 kg após ter
descido 1.5 m?
11
Figura 1:
O trabalho da força de atrito sobre o corpo, Wfc , quando este se desloca de uma determinada distância, é igual à
variação da energia mecânica do sistema, isto é,
Wfa = ∆EC + ∆U,
em que EC é a nergia cinética do sistema e U a enrgia potencial (neste caso, gravítica). Esta equação pode ser escrita
na forma
1
(m1 + m2 ) v 2 + (−m2 gh) − (−μm1 gh) = 0
2
de onde obtemos
s
2 (m2 − μm1 ) gh
v =
(m1 + m2 )
s
2 × (5.0 kg − 0.40 × 3.0 kg) × 10 m/ s2 × 1.5 m
=
5.0 kg + 3.0 kg
= 3.8 m s−1 .
P12 - Um berlinde escorrega sem atrito ao longo de uma calha, como se mostra na figura. Se o
berlinde fôr largado de uma altura h = 3.50R qual a sua velocidade no ponto A? Qual o valor da força
normal que actua sobre ele naquele ponto, se a sua massa é de 5.00 g?
No ponto de partida a energia potencial gravítica, referida à base do traço circular, é Ui = mgh e a energia cinética
é ECi = 0, porque o berlinda está em repouso. No ponto A, UA = 2mgR e ECA = 12 mvA2 . Portanto
1
mv2 + 2mgR
2 A
vA
= mgh
p
=
2gh − 4gR
p
3gR
=
12
No ponto A, as forças que actuam sobre o berlinde são o peso e a normal, no mesmo sentido, para baixo, portanto:
N + mg
N
mvA2
R
= 3gm − gm
= 2 × 0.005 kg × 10 m/ s2
= 0.1 N
=
P13 - Um bloco de 3.0 kg escorrega ao longo de um plano inclinado que faz um ângulo de 30o com a
horizontal, partindo do repouso de uma altura h = 60 cm, como se indica na figura. Depois de atingir
a base, o bloco escorrega ao longo de uma superfície horizontal. Se o coeficiente de atrito em ambas
as superfícies fôr 0.20, qual a distância percorrida pelo bloco sobre a superfície horizontal até parar?
(Sugestão: Divida a trajectória em duas partes rectas).
ou
Utilizando a mesma nomenclatura do problema anterior, no percurso no plano inclinado, temos Wfc = ∆EC + ∆U ,
∆EC + ∆U − Wfc = 0
µ
¶
h cos θ
1
2
mv − mgh − −μmg ×
= 0
2 1
sin θ
v12
v1
∙
¸
cos θ
= 2gh 1 − μ
sin θ
s
=
2×
10 m/ s2
∙
µ
¶¸
cos 30 ◦
× 0.60 m × 1 − 0.20 ×
sin 30 ◦
= 2.8 m/ s.
Na trajectória horizontal.
∆EC
1
− mv12
2
∆
= Wfa
= −μmg∆
=
v12
2μg
(2.8 m/ s)2
2 × 0.20 × 10 m/ s2
= 2.0 m.
=
÷
13
P14 - Um pára-quedista com massa 80 kg salta de um avião a uma altitude de 1000 m e abre o páraquedas a uma altitude de 200 m. Suponha que a força retardadora sobre o pára-quedista é constante e
igual a 50.0 N quando o pára-quedas está fechado e igual a 3600 N quando o pára-quedas está aberto.
a) Determine a velocidade do pára-quedista quando aterra.
b) Acha que o pára-quedista ficará ferido? Explique.
c) A que altura deve o pára-quedas ser aberto para que a velocidade do pára-quedista quando chega
ao solo seja de 5.0 m/s?
d) Quão realista é a suposição de que a força retardadora é constante? Explique.
a) As única forças que actua no paraquedista é a da gravidade e de atrito. No percurso com o paraquedas fechado:
P + fa = ma
ou, com o eixo dos y dirigido para baixo,
P − fa
= ma
a = g−
fa
m
= 10 m/ s2 −
50.0 N
80 kg
= 9.4 m/ s2
A velocidade no momento em que o paraquedas abre obtém-se de
v12 − v02
v1
= 2a (x1 − x0 )
p
=
2 × 9.4 m/ s2 × 800 m
= 1.2 × 102 m/ s
= 1.2 × 102 m/ s × 3600 s/ h
= 4.3 × 102 km/ h.
No percurso com o pára-quedas aberto,
P + fa0 = ma0
a0
= g−
fa0
m
= 10 m/ s2 −
3600 N
80 kg
= −35 m/ s2
e a velocidade do páraquedista ao chegar ao solo é
v22
v2
Por processos de energia:
No 1.o Percurso:
= v12 + 2a0 (x2 − x1 )
¢2
¡
= 1.2 × 102 m/ s − 2 × 35 m/ s2 × 200 m
= 400 ( m/ s)
= 20 m/ s
= 72 km/ h
2
1
mv2 = mg (h0 − h1 ) − fa (h0 − h1 )
2 1
14
e
v12
v
µ
¶
fa
= 2 g−
(h0 − h1 )
m
µ
¶
50 N
= 2 × 10 m/ s2 −
(1000 m − 200 m)
80 kg
= 1.5 × 104 ( m/ s)2
p
=
1.5 × 104
= 1.2 × 102 m/ s.
No 2.o percurso:
1
1
mv22 − mv12
2
2
v22
v2
= mgh1 − fa0 h1
µ
¶
f0
= v12 + 2 g − a h1
m
s
=
µ
¶
3600 N
(1.2 × 102 m/ s)2 + 2 10 m/ s2 −
200 m
80 kg
= 20 m/ s.
P15 - Um corpo com massa igual a 3.0 kg parte do repouso e escorrega ao longo de um plano
inclinado, sem atrito, uma distância d até que encontra uma mola de massa negligível (ver figura).
O plano tem uma inclinação de 30 ◦ em relação à horizontal. O corpo escorrega em seguida uma
distância adicional de 0.20 m até ficar momentaneamente em repouso comprimindo a mola (k = 400
N/m). Determine a separação inicial d entre o corpo e a mola.
P16 - Um pau de saltitar, como se mostra na figura, guarda energia numa mola (k = 2.5 × 104 N/m).
Na posição A (x1 = −0.10 m) a compressão da mola é máxima e a criança está momentaneamente em
repouso. Na posição B (x = 0) a mola é descomprimida e a criança move-se para cima. Na posição C
a criança está de novo momentaneamente em repouso no cimo do salto. Considere que a massa total
da criança e do pau é 25 kg.
a) Calcule a energia total do sistema se ambas as energias potenciais forem zero em x = 0.
b) Determine x2 .
c) Calcule a velocidade da criança em x = 0.
d) Determine o valor de x para o qual a energia cinética do sistema é máxima.
e) Obtenha a velocidade máxima, para cima, da criança.
15
Na posição A:
EC A = 0;
UelA =
1 2
kx ;
2 1
Ug A = mgx1 .
Na posição B:
EC B =
1
mv 2 ;
2 B
Uel B = 0;
Ug B = 0.
Na posição C:
EC B = 0;
UelB = 0;
Ug B = mgx2 .
a) A energia mecânica total conserva-se e, portanto:
1 2
kx + mgx1
2 1
1
=
mv2
2 B
= mgx2
ETot
=
Podemos calcular ETot a partir da 1.a expressão, ou
ETot
1 2
kx − mgx1
2 1
1
=
× 2.5 × 104 N/ m × (0.10 m)2 + 25 kg × 10 m/ s2 × (−0.10 m)
2
= 100 J.
=
b) Como
ETot
= mgx2
= 100 J,
obtemos
100 J
25 kg × 10 m/ s2
= 0.40 m.
=
x2
c) De
1
mv 2 = 100 J,
2 B
vem
vB2
=
vB
=
2 × 100 J
s m
2 × 100 J
25 kg
= 83 m/ s.
d) O ponto em que a energia cinética é máxima é o ponto em que a soma das energias potenciais é mínima, isto é,
para x < 0, a coordenada x para a qual a quantidade U = 12 kx2 + mgx é mínima. Esse valor obtem-se derivando U
em ordem a x e igualando a 0. Obtemos
dU
= kx + mg = 0
dx
ou
mg
x = −
k
25 kg × 10 m/ s2
= −
2.5 × 104 N/ m
= −0.01 m.
16
A 2.a derivada é
d2 U
=k>0
dx2
o que significa que nessse ponto a energia potencial total é um mínimo (a energia cinética é máxima). nesse ponto,
U
1
2
× 2.5 × 104 N/ m × (−0.01 m) + 25 kg × 10 m/ s2 × (−0.01 m)
2
= −1, 3 J.
=
e
EC
= 100. J − (−1.3 J)
= 101. 3 J.
Na região x > 0, temos sempre
1 2
kx + mgx = 100 J.
2
O valor máximo de EC corresponde, nesta região, a x = 0 , obtendo-se
ETot =
EC = 100 J
Consequentemente o ponto em que a eenrgia cinética é máxima é x = −0.01 m.
e) A velocidade máxima para cima da criança é
s
2 × 100 J
vmax =
25 kg
= 2.8 m/ s.
P17 - A Jane que tem uma massa de 50.0 kg, precisa de oscilar através de um rio de largura D, cheio
de crocodilos, para salvar o Tarzan de perigo. Contudo ela tem de oscilar contra a força do vento F
horizontal e constante, agarrada a uma trepadeira de comprimento L, que inicialmente faz um ângulo
θ com a vertical, como se mostra na figura. Considere D = 50.0 m, F = 110 N, L = 40.0 m, θ = 50.0o e
que o Tarzan tem uma massa de 80.0 kg.
a) Qual a velocidade mínima com que a Jane tem de iniciar a sua oscilação para conseguir alcançar
o outro lado?
b) Quando a Jane chega ao outro lado, ela e o Tarzan têm de oscilar de volta ao lado de partida da
Jane. Com que velocidade mínima têm eles de iniciar a sua oscilação?
17
Física I -2009/2010
7a Série - Oscilações - Resolução
Questões:
Q1 - Será que a amplitude A e a constante na fase φ de um oscilador, podem ser
determinadas, se apenas for especificada a posição no instante t = 0? Explique.
Q2 - Uma massa ligada a uma mola tem um movimento harmónico simples com
amplitude A. Será que a energia total varia se a massa duplicar mas a amplitude se
mantiver? As energias cinética e potencial dependem da massa? Explique.
Q3 - Uma massa é pendurada numa mola segundo a vertical e é posta em oscilação.
Porque é que o seu movimento acaba por parar?
Q4 - Um relógio de pêndulo está atrasado. Como se deveria ajustar o comprimento
do pêndulo para acertar as horas?
Problemas:
P1 - Uma partícula move-se ao longo do eixo dos x com movimento harmónico simples,
tendo partido da origem no instante t = 0 deslocando-se para a direita. A amplitude do
movimento é 2.00 cm e a frequência é 1.50 Hz.
a) Escreva a equação para o deslocamento.
b) Determine a velocidade máxima e o primeiro instante em que a partícula atinge
essa velocidade; faça o mesmo para a aceleração.
c) Qual a distância total percorrida no intervalo de tempo entre t = 0 e t = 1.00 s.
a) A equação do movimento, que exprime a coordenada de posição em função do tempo, é do tipo
x = A cos (ωt + φ) ,
em que A é a amplitude, ω é a frequência angular e φ a constante de fase. ω = 2πν = 2π × 1.50 Hz =
9. 42 rad/ s; A = 2.00 cm. Como x (0 s) = 0.0 cm, vem
x (0) = A cos φ = 0
3π
π
ou φ =
. A escolha entre estes dois valores para a constante de fase é determinada pela
2
2
indicação de que no instante inicial, a velocidade é positiva (se para t = 0 a partícula se desloca para
a direita, a velocidade nesse instante tem o sentido positvo dos eixo dos x e é, portanto, positiva). A
velocidade, em função dotempo, é dada por
eφ=
v = dx/dt
= −Aω sin (ωt + φ)
e, para t = 0,
v (0) = −Aω sin φ
1
3
Se v (0) > 0, então sin φ < 0 e portanto, φ = π. A equação do movimento é assim,
2
µ
¶
3
x = 2.00 × cos 9.42 rad/ s × t + π cm.
2
b) Como a velocidade é
¶
µ
3
v = (−2.00 × 9.4) sin 9.42t + π cm/ s,
2
o valor máximo da velocidade é
vmax = (2.00 × 9.42) cm/ s
= 1.88 × 10 cm/ s.
O 1o instante em que a partícula atinge este valor corresponde à primeira passagem pela origem com
velocidade positiva (sem contar o instante inicial). Esse instante corresponde a um intervalo de tempo
igual a um período, isto é,
T
1
ν
=
1
1.5 Hz
= 0.67 s.
=
A aceleração é
dv
dt
= −Aω 2 cos (ωt + φ)
a =
sendo o seu valor máximo dado por
amax = Aω2
¢
¡
= 2.00 × 9. 422 cm/ s2
= 1.77 × 102 cm/ s2 .
Este valor é obtido quando
¶
3
π
= Aω2
2
¶
3
π
= −1
2
3
9.42 rad/ s × t + π = 3π
2
1.5π
t =
9.42
= 0.50 s
µ
−Aω cos 9.42 rad/ s × t +
µ
cos 9.42 rad/ s × t +
2
c) Durante um período a partícula percorre uma distância igual a 4 vezes a amplitude, durante
1.0 s percorrerá
1
D = 4A ×
T
µ
¶
1
=
4 × 2.00 ×
cm
0.67
= 12 cm.
2
P2 - Uma bola deixada cair de uma altura de 4.00 m colide de uma forma perfeitamente
elástica com o solo. Presuma que não há perda de energia devido à resistência do ar.
a) Mostre que o movimento é periódico.
b) Determine o período do movimento.
c) O movimento é harmónico simples? Explique.
a) Na descida, e com origem do referencial no ponto em que a bola bate no solo, a equação do
movimento é
1
y = h − gt2 .
2
A velocidade da bola ao atingir o solo é dada por
p
v = 2gh
O tempo de descida é dado por tdesc , em que
1
0 = h − gt2desc
2
ou
s
tdesc =
2h
g
A equação para a subida é
1
y = v0 t − gt2
2
√
em que v é igual ao valor da velocidade da bola ao atingir o solo, isto é, v0 = 2gh. Utilizando esta
última equação, podemos obter o tempo de subida, tsub :
h=
e
tsub
p
1
2ght − gt2
2
√
√
2gh ± 2gh − 2gh
=
g
s
2h
=
= tdesc
g
Para que o movimento seja efectivamente periódico é necessário que todas as suas características
(neste caso, posição e velocidade) se repitam em intervalos de tempo iguais (dos quais o menor será o
período). Sabemos que efctivamente isto acontece no movimento que estamos a estudar e por isso ele
é periódico.
b) O tempo de subida é igual ao tempo de descida. Este resultado sugere que o período do
movimento será T = 2tsub .
c) a equação do movimento é
F
= mg
d2 y
= m 2j
dt
ou, com o eixo dos y dirigido para cima,
m
d2 y
dt2
= −mg
d2 y
+g = 0
dt2
3
e o movimento não é harmónico simples (porque a respectiva equação não é do tipo
d2 y
+ Cy = 0,
dt2
com C = const.).
P3 - Um corpo com massa 2.00 kg está ligado a uma mola e encontra-se sobre uma
superfície horizontal. É necessária uma força horizontal de 20.0 N para manter o corpo em
repouso quando este é puxada 0.200 m da posição de equilíbrio (a origem do eixo dos x). O
corpo é largado do repouso com um deslocamento inicial x0 = 0.200 m, e subsequentemente
realiza oscilações harmónicas simples. Determine:
a) a constante de força da mola;
b) a frequência das oscilações;
c) a energia total do sistema;
d) a velocidade, a aceleração, a energia cinética e a energia potencial, quando o deslocamento é
igual a um-terço do seu valor máximo.
a) A constante da mola obtem-de de F = kx, em que F é o valor absoluto da força que um agente
exterior tem de efectuar sobre a mola quando esta é puxada de x da posição de equilíbrio. Assim
F
x
20.0 N
=
0.200
= 100 N/ m.
k =
p
b) A frequência das oscilações é ν = ω/2π, em que ω = k/m. Portanto,
p
k/m
ν =
2π
r
100 N/ m
2.00 kg
=
2π
= 1.13 Hz.
c) A energia total do sistema é dada pela soma da energia cinética da massa com a energia potencial
da mola, isto é,
EC =
=
=
=
=
=
1 2 1 2
mv + kx
2
2
1
1
mA2 ω2 sin2 (ωt + φ) + kA2 cos2 (ωt + φ)
2
2
¢
1 2 ¡ 2
A k sin (ωt + φ) + cos2 (ωt + φ)
2
1 2
A k
2
1
× (0.200 m)2 × 100 N/ m
2
2.00 J
d) A posição e a velocidade da massa são dadas, respectivamente, por
x = A cos (ωt + φ)
v = −Aω sin (ωt + φ)
No instante inicial ( t = 0), temos x = A e v = 0, de onde
A cos φ = A
−Aω sin φ = 0
4
e
φ = 0 rad
e a equação do movimento é
x = A cos ωt
= (0.200 cos 2.26πt) m
Se o deslocamento é igual a um terço do seu valor máximo então
0.200 m
3
= 0.200 m × cos 2.26πt
1
3
t = 0.173 s.
2.26πt = arccos
Nesse instante a velocidade é
v = −Aω sin ωt
= −0.200 m × (2.26π) rad/ s × sin [(2.26π) rad/ s × 0.173 s]
= −1. 34 m/ s.
e a aceleração
a = −Aω 2 cos ωt
= −0.200 m × [(2.26π) rad/ s]2 cos [(2.26π) rad/ s × 0.173 s]
= −3.39 m/ s2 .
A energia cinética é
1
× 2.00 kg × (−1. 34 m/ s)2
2
= 1.80 J
EC =
e a enrgia potencial
EP
1
× 100 N/ m ×
=
2
= 0.222 J.
µ
¶2
1
× 0.200 m
3
P4 - Um corpo de massa m oscila livremente estando pendurado numa mola vertical,
como se mostra na figura. Quando m = 0.810 kg o período é 0.910 s. Outro corpo de massa
desconhecida pendurado na mesma mola tem um período de 1.16 s. Determine:
a) a constante da mola;
b) a massa desconhecida.
5
a) Com uma massa m suspensa, a mola oscila em torno r
da posição de equilíbrio (obtida de mg =
k
mg
) com frequência angular dada por ω =
, em que k é a constante da mola. O
ky0 , isto é y0 =
k
m
2π
2π
=p
. A constante da mola obtem-se a partir desta última relação:
período é, portanto, T =
ω
k/m
p
k/m =
2π
T
µ ¶2
2π
k
=
m
T
µ ¶2
2π
k = m
T
= 0.810 kg ×
= 38. 6 N/ m.
µ
2π
0.910 s
¶2
b) A massa desconhecida, m0 , obtem-se agora de
0
m
= k
µ
T0
2π
¶2
= 38. 6 N/ m ×
= 1.32 kg.
µ
1.16 s
2π
¶2
P5 - Um pêndulo simples tem 5.0 m de comprimento. Qual o período do movimento
harmónico simples deste pêndulo se ele estiver pendurado num elevador que se desloca:
a) Para cima com aceleração de módulo 5.0 m/ s2 ,
b) Para baixo com aceleração de módulo 5.0 m/ s2 .
a) Considere-se a figura.
As forças que actuam no corpo são o seu peso P e a tensão do fio T . A equação que exprime a 2.a
lei de Newton é, neste caso,
¢
¡
P + T = ma = m a0 + ae ,
em que a0 é a aceleração do corpo quando a aceleração do elevador (ae ) é nula. Esta equação pode ser
escrita na forma
P + T − mae = ma0 ,
6
cujas componentes segundo a direcção radial (dirigida para o centro da trajectória) e segundo a direcção
tangencial são
−mg sin θ0 − mae sin θ0 = ma0t
T − mg cos θ0 − mae cos θ0 = ma0n
e obtemos
−m (g + ae ) sin θ0 = m
d2 θ0
dt2
ou
d2 θ0 (g + ae )
sin θ0 = 0.
+
dt2
Aqui, é o comprimento do pêndulo. Para valores de θ0 pequenos, sin θ0 ' θ0 e atingimos uma equação
de oscilador harmónico simples
d2 θ0 (g + ae ) 0
θ = 0.
+
dt2
A frequência angular da oscilação será
r
(g + ae )
ω=
T
= 2π
= 2π
= 2π
s
s
s
g0
g + ae
5.0 m
(10 + 5) m/ s2
= 3.63 s.
b)
T
= 2π
= 2π
= 2π
s
s
s
= 6.3 s.
g 00
g − ae
5.0 m
(10 − 5) m/ s2
P6 - A roda de uma balança de relógio tem um período de oscilação de 0.250 s. A roda
tem massa de 20.0 g concentrada num aro com raio 0.500 cm. Determine:
a) o momento de inércia da roda;
O momento de inércia da roda é
I = M R2
¡
¢2
= 2.0 × 10−2 kg × 5.00 × 10−3 m
= 5.0 × 10−7 kg m2
b) a constante de torção da mola associada.
7
Utilizamos a equação
d2 θ
= −Kθ,
dt2
em que K é a constante de torção da mola associada. A expressão da frequência angular do movimento
é
r
K
ω=
,
I
pelo que o período é
r
I
T = 2π
.
K
A constante de torção é, então,
I
4π 2 I
T2
4π 2 5.0 × 10−7 kg m2
=
(0.250 s)2
= 3.16 × 10−4 N m
K =
8
Física I -2009/2010
8a Série - Momento Linear - Resolução
Questões:
Q1 - Pode o centro de massa de um corpo situar-se fora do corpo? Em caso afirmativo,
dê exemplos.
Todos conhecemos exemplos de corpos em que o centro de massa se situa fora do corpo. Um
exemplo é o de um corpo homogéneo em forma de "donut"perfeito. Neste caso, o centro de massa
encontra-se no centro geométrico, que está fora do corpo.
Q2 - O gráfico seguinte apresenta a posição, em função de tempo, de um corpo com
massa 500 g, num movimento unidimensional. Desenhe o correspondente gráfico do valor
do momento linear em função do tempo. Inclua uma escala apropriada no eixo vertical.
Vamos utilizar a relação, válida para o movimento unidimensional,
p = mv
dx
= m
dt
O valor da velocidade, constante, entre os instantes t = 0 e t = 2 s é
x (2 s) − x (0 s)
2s − 0s
10 m − 0 m
=
2s − 0s
= 5.0 m/ s.
v =
Nesse intervalo de tempo, o valor do momento linear é
p = mv
= 0.500 kg × 5.0 m/ s
= 2.50 kg m/ s
Analogamente, entre os instantes t = 2 s e t = 6 s o valor da velocidade, também constante, é
x (6 s) − x (2 s)
6s − 2s
0 m − 10 m
=
6s − 2s
= −2.5 m/ s,
v =
e o correspondente valor do momento linear é
p = mv
= 0.500 kg × (−2.5 m/ s)
= −1.25 kg m/ s
1
p(kg m/s)
x(m)
10
2
5
1
0
0
1
2
3
4
5
6
0
t(s)
1
3
2
5
4
6
t(s)
-1
-2
Q3 - O gráfico seguinte apresenta o valor do momento linear, em função de tempo, de
um corpo com massa 500 g, num movimento unidimensional.. Desenhe o correspondente
gráfico da aceleração em função do tempo. Inclua uma escala apropriada no eixo vertical.
p(kg m/s)
a(m/s2)
10
5
0
0
1
2
3
4
5
6
0
t(s)
1
2
3
4
5
6
t(s)
Podemos utilizar a relação, válida para movimento unidimensional, entre o momento linear e a
aceleração:
dp
= ma,
dt
de onde
1 dp
.
a=
m dt
O gráfico obtém-de de modo análogo ao anterior.
Q4 - Um corpo com massa 2 kg move-se numa trajectória rectilínea no sentido positivo
do eixo dos x com velocidade de módulo 1 m/ s, quando sofre o impulso da força na direcção
do movimento, cujo sentido é descrito, em cada caso, pelos gráficos. Qual é o módulo e
o sentido da velocidade do corpo após sofrer este impulso?
a)
F(N)
b)
10
10
0
-10
c)
0
1.0 s
0
t(s)
0.5 s
t(s)
-10
F(N)
10
F(N)
d)
0.5 s
F(N)
10
0
t(s)
t(s)
-10
-10
2.0 s
2
O impulso é é o integral, relativamente ao tempo, da força exercida sobre o corpo:
Z
J = F (t) dt.
dp
, em que F é a força exercida sobre o corpo e p o momento linear deste,
Da 2.a Lei de Newton, F =
dt
resulta
Z
F (t) dt = dp
Z
F (t) dt =
dp
J = ∆p = pf − pi ,
em que pi e pf representam os valores do momento linear do corpo, imediatamente antes e imediatamente depois de lhe ser aplicada a força F . Concluímos assim que, se o corpo tinha inicialmente
velocidade vi , a sua velocidade final é
J
vf = vi + .
m
No caso presente, sendo o movimento rectilíneo, e considerando que a força aplicada tem a direcção
do movimento, esta equação assume a forma escalar
vf = vi +
J
.
m
O sinal que afecta cada grandeza indicará o sentido que essa grandeza possui. Vamos arbitrar como
positivo o sentido da velocidade inicial. Assim,
vi = 1 m/ s.
a) Neste caso,
J
= 10 N × 0.5 s
= 5.0 N s
e
vf
= 1 m/ s +
5.0 N s
2 kg
= 3.5 m/ s
d) Aqui J = 0e, consequentemente vf = vi .
Q5 - Num parque de diversões, as pessoas são convidadas a tentar derrubar um poste
de madeira, atingindo-o com uma bola. Pode ser escolhida uma bola de borracha, que
ressalta muito facilmente ou uma bola de plasticina, de massa igual, que fica colada ao
alvo. Suponha que pode atirar as bolas com velocidade inicial igual (e pontaria igual).
Só pode ter uma tentativa.
a) Qual das bolas escolheria? Porquê?
b) Considere a situação com maior cuidado. Ambas as bolas possuem a mesma componente horizontal do momento linear, pix , imediatamente antes de atingir o poste. A
bola de plasticina fica colada, a bola de borracha ressalta com velocidade de módulo
aproximadamente igual ao que tinha antes do choque. Qual é a componente do momento
linear imediatamente após o choque de cada bola?
3
Bola de plasticina: pf x = _____________; Bola de borracha: pfx =____________
Atenção: Teve em conta o sinal da componente do momento linear?
c) Qual é a variação do momento linear de cada bola?
Bola de plasticina: ∆px = _____________; Bola de borracha: ∆px =___________
d) Qual das bolas sofre impulso de maior módulo durante a colisão? Justifique.
e) Partindo da 3.a Lei de Newton, o impulso que a bola exerce no poste é igual em
módulo, mas de sentido oposto, ao impulso que o poste exerce na bola. Qual é a bola
que exerce no poste impulso de maior módulo?
f ) Concorda ainda com a sua resposta à alínea a)? Se não, como é que a altera?
Justifique.
Q6 - Uma bola pequena e leve, L, e uma bola grande e pesada, G, aproximam-se uma
da outra, colidem e separam-se.
L
G
a) Compare a força que L exerce em G com a força que G exerce em L, ou seja, FLG
é maior, menor ou igual a FGL ? Justifique.
As forças que L exerce em G e G exerce em L constituem um par de acção e reacção, consequentemente
FLG = −FGL
e, no que respeita aos módulos,
FLG = FGL .
b) Compare o intervalo de tempo durante o qual L sofre uma força com o intervalo
de tempo durante o qual G sofre uma força. São iguais ou um é maior do que o outro?
Estes intervalos de tempo são iguais e correspondem ao intervalo de tempo de duração da colisão.
c) Desenhe um gráfico plausível, mostrando a força FLG em função do tempo e outro
gráfico plausível, mostrando a força FGL em função do tempo. Não se esqueça do sinal
de cada força.
Considerando como positivo o sentido da força FLG ,
FGL
FLG
L
G
FLG
t
FGL
t
d) Compare o impulso fornecido a L com o impulso fornecido a G.
4
Sendo ti e tf os instantes em que se inicia e termina a colisão, o impulso fornecido a L é
JL =
=
Z
tf
FGL (t) dt
ti
Z tf
ti
−FLG (t) dt
= −JG .
Consequentemente, JL = −JG .
e) Compare a variação do momento linear de L com a variação do momento linear de
G.
A variação do momento linear de L é
∆pL = JL
= −JG
= −∆pG .
Portanto as variações dos momentos lineares dos dois corpos são simétricas.
f ) Compare a variação da velocidade de L com a variação da velocidade de G.
A partir do resultado da alínea anteriorm,
∆pL = mL ∆vL
= −∆pG
= −mG ∆vG .
Consequentemente,
∆vL = −
mG
vG .
mL
g) Qual é a variação da soma dos momentos lineares das duas bolas? É positiva,
negativa ou nula?
O facto de as variações dos momentos lineares dos dois corpos serem simétricas é equivalente à
conservação do momento linear total dos dois corpos. Com efeito,
∆pL = −∆pG
∆pL + ∆pG = 0
pL + pG = c.te
Portanto, a variação da soma dos momentos lineares das duas bolas é nula.
Q7 - Para responder às questões seguintes, faça um diagrama da situação "antes"e
"depois", defina as quantidades relevantes para a resolução, identifique os dados e as
grandezas desconhecidas. Em ambos os casos os movimentos são unidimensionais.
a) O Daniel desliza no seu "skate"numa trajectória rectilínea, com velocidade de 4 m/ s.
De repente, salta do "skate"para trás, passando este último a deslocar-se com velocidade
de 8 m/ s.Qual é a velocidade do Daniel quando toca no solo? A massa do Daniel é de
50 kg e a do "skate"é de 5 kg.
b) Conduzindo carrinhos de feira, o José colide directamente na traseira do carro do
Noé, quando ambos se deslocavam no mesmo sentido. Imediatamente antes da colisão, a
velocidade do Noé era de 1.8 m/ s, enquanto que a do José era de 2.0 m/ s. A massa total
do Noé e do seu carro é de 80 kg, enquanto que a do José mais o seu carro é de 100 kg.
Imediatamente após o choque, o carro do Noé move-se para a frente com velocidade de
2.0 m/ s. Qual é o módulo e o sentido da velocidade do José após o choque?
5
Q8 - Quando se larga uma bola ela cai - aumentando o módulo da sua velocidade e o
módulo do seu momento linear. Neste processo, o momento linear conserva-se?
a) Responda a esta questão na perspectiva de o sistema ser constituído apenas pela
bola.
Se o sistema é constituído apenas pela bola, existe uma força exterior a ser exercida no sistema,
a força gravítica da Terra. Consequentemente, com a resultante das dorças exteriores é não nula, o
momento linear do sistema (a bola) não se conserva.
b) Responda a esta questão na perspectiva de o sistema ser constituído pela bola mais
a Terra.
Sendo o sistema constituído pela bola mais a Terra, as forças envolvidas, a força gravítica da Terra
sobre a bola e a força gravítica da bola sobre a Terra, são internas. Consequentemente a resultante
das forças exteriores que se exercem no sistema é nula e o momento linear do sistema (bola+Terra)
conserv-se durante o movimento.
Q9 - Se dois objectos colidem estando um deles inicialmente em repouso, será possível
que ambos fiquem em repouso depois da colisão? Será possível que um deles fique em
repouso depois da colisão? Explique.
Numa colisão, o momento linear total dos objectos que colidem conserva-se, porque as forças
envolvidas são apenas forças interiores ao sistema constituído por esses corpos, ou seja, o momento
linear total do sistema imediatamente antes da colisão é igual ao momento linear total do sistema
imediatamente após a colisão.
Assim, num referencial em que um dos objectos está em repouso antes da colisão, o momento linear
total do sistema imediatamente antes da colisão não pode ser nulo (porque o momento linear do outro
objecto tem que ser diferente de zero, senão nunca havia colisão). Consequentemente, imediatamente
depois da colisão o momento linear total não pode ser nulo, o que impede uma situação em que os
dois objectos ficassem em repouso após a colisão.
Pelo mesmo raciocínio, a conservação do momento linear total do sistema não impede que um dos
objectos fique em repouso depois da colisão, desd e que o outro objecto não fique em repouso.
Q10 - Um atirador dispara uma espingarda estando de pé com a parte de trás da
espingarda encostada ao ombro. Sendo o momento linear da bala, apontando para a
frente, igual ao momento linear da espingarda, que aponta para trás, por que é que é
menos perigoso ser atingido pela espingarda do que pela bala?
Q11 - Uma patinadora está parada de pé num rinque de gelo sem atrito. Um amigo
atira-lhe um Frisbee directo a ela. Em qual dos seguintes casos se dá a maior transferência
de momento para a patinadora? (i) ela agarra o Frisbee e segura-o; (ii) ela apanha o
Frisbee momentaneamente mas deixa-o cair; (iii) ela apanha o Frisbee e atira-o de volta
ao amigo.
Q12 - Um ovo cru deixado cair no chão parte-se após o impacto. Contudo, um ovo
cru deixado cair sobre um colchão de espuma de uma altura de cerca de 1 m ressalta
sem partir. Porque é que tal é possível?
Q13 - Um objecto, inicialmente em repouso, explode em três fragmentos. Os vectores
momento linear de dois dos fragmentos estão representados no gráfico. Desenhe o vector
momento linear, p3 , do terceiro fragmento.
6
py(kg m/s)
p1
2
p2
-2
2
px(kg m/s)
-2
Q14 - Um objecto, inicialmente em repouso, explode em três fragmentos. Os vectores
momento linear de dois dos fragmentos estão representados no gráfico. Desenhe o vector
momento linear, p3 , do terceiro fragmento.
py(kg m/s)
2
p1
-2
2
px(kg m/s)
-2 p
2
Q15 - Uma bola, com massa 500 g desloca-se para a direita com velocidade de módulo
4.0 m/ s, colide com outra bola, que está em repouso, e ressalta. O gráfico mostra o vector
momento linear, p1 , da primeira bola imediatamente após a colisão. Desenhe o vector
momento linear, p2 , da segunda bola, imediatamente após a colisão.
py(kg m/s)
2
p1
-2
2
-2
7
px(kg m/s)
Problemas:
P1 - Um bola com massa de 60 g é deixada cair de uma altura de 2.0 m. Ela ressalta
até uma altura de 1.8 m. Qual a variação do seu momemto linear durante a colisão com
o chão?
Imediatamente antes da colisão.
pi = mvi
Imediatamente após a colisão,
pf = mvf
A variação do momento é
∆p = m (vf − vi ) .
Agora vi é vertical e dirigido para baixo, vi = −vi j, com
1 2
mv = mghi
2 i
e
p
2ghi
√
=
2 × 10 × 2.0
vi =
= 6.3 m s-1 .
Por outro lado, vf é vertical e dirigido para cima, vf = vf j, com
1 2
mv = mghf
2 f
ou
p
2ghf
√
=
2 × 10 × 1.8
vi =
= 6 m s-1 .
Consequentemente
∆p = m (vf − vi )
= m (vf + vi ) j
= 6 × 10−2 × (6.3 + 6.0) j
= 0.74j kg m s-1 .
P2 - Uma mangueira de jardim é segurada da forma que se mostra na figura. Qual
a força necessária para manter a mangueira estacionária se a taxa de descarga (isto é, a
massa de água por unidade de tempo) é de 0.60 kg/s com uma velocidade de módulo 25
m/s?
8
A força exercida pela água pela mangueira é
F1 =
dp1
dt
No intervalo de tempo ∆t = 1 s, a variação do momento linear é, considerando que todos os vectores
só possuem componente horizontal,
∆p1 = v∆m
= 25 m/ s × 0.60
= 15 kg m/ s.
de onde
∆p1
∆t
15
N.
1
F1 =
=
De acordo coma 3.a lei de Newton, a água exerce na mangueira uma força de igual módulo e sentido
oposto, que se transmite à mão que a segura, ou seja, a força necessária para manter a mangueira
estacionária terá módulo igual 15 N.
P3 - Uma bola de aço de 3.0 kg é atirada contra uma parede com uma velocidade
de módulo 10 m/ s e segundo um ângulo de 60 ◦ com a superfície. Ela ressalta com uma
velocidade, com o mesmo módulo e segundo o mesmo ângulo, como se mostra na figura.
Se a bola está em contacto com a parede durante 0.20 s, qual é a força média exercida
pela parede sobre a bola?
∆p = m (vf − vi )
h
³
´i
= m vf x i − −vix i
= m (vf x + vix ) i
= 2 × 3 × 10 × cos 30◦ i
= 52 i kg m s-1 .
Consequentemente
F
∆p
∆t
52
i
=
0.20
= 2.6 × 102 N.
=
9
P4 - Uma criança com massa 40.0 kg está de pé numa das extremidades de um barco de
massa 70 kg e com 4.00 m de comprimento. O barco inicialmente em repouso está a 3.00 m
do cais. A criança repara que sobre uma rocha, situada junto da outra extremidade do
barco, está uma tartaruga, e começa a andar para aquela extremidade para apanhar a
tartaruga. (Despreze o atrito entre o barco e a água).
a) Descreva o movimento subsequente do sistema criança mais barco.
b) Onde está a criança relativamente ao porto, quando ela atinge a extremidade do
barco?
c) Será que ela apanha a tartaruga?( Presuma que a criança se pode debruçar até
1.00 m para fora da extremidade do barco).
P5 - Uma bola de massa m está suspensa de uma corda de comprimento L sobre um
bloco que está apoiado numa das suas extremidades, com se mostra na figura 4. A bola
é largada de um ângulo θ. Na tentativa A, a bola ressalta elasticamente após chocar com
o bloco. Na tentativa B, fita-cola força a bola a ficar agarrada ao bloco numa colisão
totalmente inelástica. Em qual dos casos é mais provável que a bola faça tombar o bloco?
No 1. caso, a conservação do momento linear exprime-se na forma
mvi = mvf + M Vf
em que M e Vf são, respectivamente, a massa e a velocidade do topo do bloco após a colisão. Como
vf = −vi ,
temos
Vf =
2m
M
No 2.o caso,
mvi = (m + M ) Vf0
e
Vf0 =
m
vi
m+M
É mais provável o bloco tombar no 1.o caso.
10
P6 - Um homem de 75.0 kg está de pé sobre um barco de 100.0 kg, em repouso sobre
água parada. Ele está de frente para a parte de trás do barco e atira uma pedra de 5.00 kg
para fora do barco com uma velocidade de 20.0 m/ s. O barco desloca-se para a frente e
acaba por parar a 4.2 m da sua posição inicial. Calcule:
a) a velocidade inicial do barco;
b) a perda de energia mecânica devida à força de atrito exercida pela água;
c) o coeficiente de atrito entre a água e o barco.
a) O momento linear total inicial do sistema homem+barco+pedra é Pi = 0. Imediatamente após
o lançamento, como as únicas forças envolvidas são internas, temos Pf = 0. Mas
Pf =mp vp + (mh + mb ) vb = 0
e segundo um eixo horizontal,
−mp vp + (mh + mb ) vb = 0
de onde, a velocidade inicial do barco é
mp
vp
mh + mb
5.00
× 20.0
=
75.0 + 100.0
= 0.57 m s-1 .
vb =
b) A perda de energia mecânica devida ao atrito é igual à energia cinética inicial do sistema
barco+homem:
1
(mh + mb ) vb2
2
1
(75.0 + 100.0) 0.572
=
2
= 28.4 J.
∆E =
c) A força de atrito é obtida ∆E = Fa ∆x, ou
∆E
∆x
28.4
=
4.2
= 6.7 J.
Fa =
e como
Fa = μN = μP
= μ (mh + mb ) g
e
Fa
(mh + mb ) g
6.7
=
175 × 10
= 0.004
μ =
P7 - Um canhão está rigidamente ligado a um carro, o qual se pode mover ao longo de
um carril horizontal, mas que está ligado a um poste por uma grande mola com constante
11
de força k = 2.00 × 104 N/ m, como se mostra na figura. O canhão dispara um projéctil
de 200 kg com velocidade de módulo 125 m/ s dirigido 45 ◦ acima da horizontal. Considere
que a massa do canhão mais a do carro é 5000 kg.
a) Determine a velocidade de recuo do canhão.
b) Qual a extensão máxima da mola?
c) Considere que o sistema é constituído pelo canhão, carro e projéctil, e diga, justificando, se o momento deste sistema se conserva ou não durante o disparo.
A componente do momento linear total do sistema carro+canhão+bala mantem-se nula durante o
processo. Portanto, imediatamente após a bala ser disparada,
M V − mv cos 45◦ = 0
de onde
V
m
v cos 45◦
M
200
125 cos 45◦
=
5000
= 3.54 m s-1
=
b) A energia cinética inicial do canhão+carro trnsformou-se em energia potencial da mola quando
a extensão desta é máxima:
1
1
Kx2 = M V 2
2
2
ou
r
M
x = V
K
r
5000
= 3.54
2.00 × 104
= 1. 77 m.
c) Só se conserva a componente horizontal do momento. O momento total não se conserva.
P8 - Uma bala de 20.0 g é disparada horizontalmente sobre um bloco de madeira de
1.0 kg, em repouso sobre uma superfície horizontal com coeficiente de atrito μ = 0.25.
A bala atravessa o bloco e emerge dele com uma velocidade de 250 m/ s. Se o bloco se
deslocar então de 5.0 m antes de parar, qual era a velocidade inicial da bala?
Durante a colisão o momento linear segundo o eixo dos x (horizontal) conserva-se:
mba vbai = mba vbaf + mbl vblf
de onde,
vbai =
mba vbaf + mbl vblf
mba
12
Por outro lado, a força de atrito que actua no bloco é
fa = μmbl g
O trabalho realizado pela força de atrito é igual a variação da energia cinética do bloco:
1
2
fa = − mbl vblf
2
de onde
p
vblf = 2μg
e
vbai
√
mba vbaf + mbl 2μg
=
mba
√
0.02 × 250 + 1 × 2 × 0.25 × 10 × 5
=
0.02
= 5.0 × 102 .
P9 - Um núcleo instável de massa 17×10−27 kg, inicialmente em repouso, desintegra-se
em três partículas. Uma das partículas, de massa 5.0 × 10−27 kg, move-se ao longo do eixoy com uma velocidade de módulo 6.0 × 106 m/ s. Outra partícula de massa 8.4 × 10−27 kg,
move-se ao longo do eixo-x com uma velocidade de módulo 4.0 × 106 m/ s. Determine:
a) a velocidade da terceira partícula;
b) a energia total "perdida"no processo.
P10 - Uma molécula de água é consistituída por um átomo de oxigénio ligado a dois
átomos de hidrogénio, como se mostra na figura. O ângulo entre as duas ligações é 106 ◦ e
cada ligação tem 0.100 nm de comprimento. Onde se situa o centro de massa da molécula?
P11 - Uma folha uniforme de metal, de forma quadrada com lado 2a, tem cortado
um buraco circular de diâmetro a, como se mostra na figura. Onde se situa o centro de
massa da folha?
13
P12 - Um bloco de massa m = 2.0 kg está colocado no topo de um plano inclinado de
massa M = 8.0 kg, altura h = 2.0 m e base L = 6.0 m. Se o bloco é largado a partir do
repouso (a), qual a distância de que se deslocou o plano inclinado quando o bloco atinge
a base (b)?
(Sugestão: a coordenada x do centro de massa do sistema bloco mais plano inclinado
não se altera, porquê?)
Inicialmente, a coordenada segundo o eixo dos x da posição do centro de massa do sistema é dada,
num referencial com origem no ponto maos baixo do plano inclinado, por
XCM =
M xcmb + mL
M +m
Após o bloco chegar à base, a posição do centro de massa do sistema é:
0
=
XCM
M (xcmb + ) + m
,
M +m
em que é a distância de que se deslocou, no sentido positivo do eixo dos xo plano inclinado. Como
0 , temos
XCM = XCM
M xcmb + mL
M (xcmb + ) + m
=
M +m
M +m
mL = (M + m)
m
L
=
M +m
2.0
=
6.0
2.0 + 8.0
= 1.2 m.
(Sugestão: a coordenada x do centro de massa do sistema bloco mais plano inclinado é fixa,
porquê?)
14
Folha de Cálculo:
S1 - Um foguetão tem uma massa inicial de 20000 kg, da qual 20% é carga de combustível. O foguetão queima combustível a uma taxa de 200 kg/ s e expele gás a uma
velocidade relativa de 2.00 kg/ s. A sua aceleração, dv/dt,é determinada pela equação de
movimento
¯
¯
¯ dM ¯
dv
¯ + Fext.
= ve ¯¯
M
dt
dt ¯
Considere que não existem forças externas aplicadas e que a velocidade inicial do
foguetão é zero. A velocidade do foguetão é então dada por
v(t) = ve ln (Mi /M)
onde M é a massa no instante t e Mi é a massa inicial do foguetão. Faça uma folha de
cálculo para calcular a aceleração e a velocidade do foguetão e representar graficamente
aquela velocidade em função do tempo.
a) Determine a máxima aceleração e velocidade do foguete.
b) Em que instante é a velocidade igual a metade do seu valor máximo? Porque é
que este instante não é metade do tempo de queima?
S2 - Modifique a folha de cálculo de S1 para calcular a distância viajada pelo foguetão.
Introduza uma coluna na folha de cálculo para determinar a nova posição xi+1 por
1
xi+1 = xi + (vi+1 +vi )∆t
2
onde xi and vi são, respectivamente, a posição e velocidade anteriores, e vi+1 é a nova
velocidade.
15
Física I -2009/2010
9a Série - Rotação - Resolução
Questões:
Q1 -. Um pêndulo oscila desde a extremidade da trajectória, à esquerda (ponto 1),
até à outra extremidade, à direita (ponto 5). Em cada um dos pontos indicados, marque
as componentes vectoriais centrípeta, ac , e tangencial, at , da aceleração, tendo em conta
o comprimento relativo de cada vector. Marque, com cor diferente o vector aceleração
(total), a, também em cada ponto.
5
1
2
5
1
4
3
2
4
3
A encarnado estão indicados os vectores aceleração total, em cada ponto.
Q2 - As figuras mostram a componente vectorial centrípeta, ac , em quatro posições
sucessivas da trajectória de uma partícula que se move descrevendo uma trajectória
circular no sentido directo.
2
2
3
2
3
1
1 3
ac
1
ac
4
ac
4
4
a) Em cada figura, desenhe o vector componente tangencial da aceleração , at , nos
pontos 2 e 3 (se esse vector fôr nulo, escreva at = 0.)
b) Considerando positiva a rotação no sentido directo, e negativa no sentido retrógrado, determine, para cada caso, se a aceleração angular, α, em torno do centro da
trajectória é positiva, negativa ou nula.
Q3 - Considere os seguintes gráficos da velocidade angular de um corpo, em torno
de um eixo, em função do tempo. Para cada caso, desenhe o correspondente gráfico da
aceleração angular em função do tempo.
w
w
w
t
a
t
a
t
a
t
t
1
t
Q4 - Uma roda rola para a esquerda sobre uma superfície horizontal, desce em seguida
uma rampa, e continua depois a rolar noutra superfície horizontal. Desenhe os gráficos da
velocidade e aceleração angulares da roda (em torno do seu eixo), em função do tempo.
w
t
a
t
Q5 - Suponha a = b e M > m no sistema de partículas representado na figura 1. Em
torno de que eixo (x, y ou z) é que o momento de inércia tem o menor valor? e o maior
valor? Justifique.
Estamos a utilizar a aproximação de massas pontuais (partículas). O momento de inércia do
sistema em relação a um eixo é dado por
I=
4
X
mi d2i ,
i=1
em que di é a distância da partícula de massa mi ao eixo de rotação. Atendendo à relação entre as
massas, facilmente concluiremos
Ix < Iy < Iz .
Efectuando os cálculos,
¢
¡
Ix = 2mb2 , Iy = 2M a2 , Iz = 2 mb2 + M a2 ,
o que, com as relações dadas (a = b e M > m) confirma a nossa conclusão.
2
Q6 - O momento de inércia de uma barra rígida homogénea em torno de um eixo que
1
M L2 , em que M é a massa da barra e L o seu comprimento. O
passa pelo centro é
12
momento de inércia da mesma barra em torno de um eixo passando por uma extremidade
1
é M L2 . Sem efectuar cálculos, dê uma explicação física para o facto de o momento de
3
inércia ser maior no último caso do que no primeiro.
O momento de inércia de um corpo em relação a um eixo é dado, genericamente, por
I=
N
X
mi ri2 ,
i
em que estamos a considerar que o corpo é constituído por N partículas, estando a partícula com
massa mi à distância ri do eixo. No caso em que o eixo passa pelo centro, o valor máximo da distância
de um partícula ao eixo é L/2. No caso em que o eixo passa por uma das extremidades da barra,
apenas metade das partículas estão a disância inferior a L/2do eixo de rotação. Como consequência,
o momento de inércia da barra será maior no último caso.
Q7. Considere duas esferas, com a mesma massa, o mesmo raio e com a mesma
aparência exterior. Contudo, uma delas é maciça e a outra é oca. É possível determinar
qual delas é maciça e qual é oca, sem as abrir? Justifique.
2
O momento de inércia da esfera maciça, em relação a um eixo que passa pelo centro, é I1 = M R2 ,
5
em que M e R são, respectivamente, a massa e o raio da esfera. O momento de inércia da esfera oca,
em relação a um eixo que passa pelo centro, é I2 ' M R2 (esta,os a supor, neste último caso, que a
esfera oca é uma calote esférica fina, mas é evidente que, em qualquer caso, o valor do momento de
inércia de uma esfera oca em relação a um eixo que passa pelo centro é superior ao valor do mesmo
momento de inércia para uma esfera maciça).
Se deixarmos as esferas rolar ao longo de um plano inclinado de altura h, a partir do repouso, a
conservação da energia mecânica conduz a
1
1
2
+ Iω 2 ,
M gH = M vCM
2
2
em que vCM é o módulo da velocidade do centro de massa da esfera na base do plano inclinado e ω é
o módulo da velocidade angular da esfera emtorno de um eixo que passa pelo centro, também na na
base do plano. Utilizando, agora, a relação vCM = ωR, obtemos
1 v2
1
2
+ I CM
,
M gH = M vCM
2
2 R2
de onde
2M gH
.
I
M+ 2
R
Concluímos que o módulo da velocidade do centro de massa na base do plano será maior para a esfera
com menor valor de momento de inércia em relação a um eixo que passe pelo centro. Podemos então
identificar as esferas medindo o tempo de descida do mesmo plano inclinado. O tempo de descida da
esfera oca será inferior ao da esfera maciça.
Apenas por palavras, poderíamos dizer que:
2
vCM
=
• A energia potencia gravítica inicial das esfera se vai distribuir por energia cinética de rotação e
energia cinética de traslação.
3
• A energia cinética de rotação é maior (para a mesma velocidade angular) quando o momento de
inércia em relação a um eixo que passa pelo centro é menor.
• Consequentemente, como o módulo da velocidade angular é directamente proporcional ao da
velocidade do CM, a razão entre os valores da energia cinética de rotação e de translação é
maior se o valor do momento de inércia é menor, em que ponto da descida.
• O valor da energia cinética total na base do plano inclinado é o mesmo para ambas as esferas.
• o módulo da velocidade do centro de massa na base do plano será maior para a esfera maciça e
consequentemente o tempo de descida é menor.
Q8 - Três objectos de densidade uniforme, uma esfera maciça, um cilindro maciço, e
um cilindro oco, são colocados no topo de um plano inclinado, como se mostra na figura
2. Se os três forem largados do repouso, a partir de uma mesma altura e rolarem sem
escorregar pelo plano inclinado, qual deles chega à base em primeiro lugar e em último
lugar? Será o resultado dependente da massa ou do raio dos objectos?
O raciocínio para este problema é idêntico ao do anterior. O tempo de descida vai depender do
momento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação. Neste caso, temos
2
M R2
5
1
M R2
=
2
= M R2 .
Iesfera maciça =
Icilindro maciço
Icilindro oco
Utilizando agor o resultando da questão Q6, a velocidade do centro de massa do corpo na base do
plano inclinado, de altura H, será
2M gH
I
M+ 2
R
2gH
,
(1 + β)
2
=
vCM
=
em que
2
5
1
=
2
= 1.
β esfera maciça =
β cilindro maciço
β cilindro oco
Concluímos que a velocidade do CM na base do plano é maior para a esfera maciça, seguida do
cilindro maciço e por dim pelo cilindro oco. Os valores dos tempos de descida estarão ordenados de
forma inversa e não dependem nem da massa nem do raio do corpo.
4
Q9 - Dois cilindros com as mesmas dimensões e massa igual são postos a rodar em
torno dos seu eixos longitudinais com a mesma velocidade angular. Um é oco e o outro
está cheio de água. Qual dos dois cilindros é mais fácil fazer parar de rodar?
Para o mesmo valor da velocidade angular, a energia cinética do cilindro oco é superior à do cilindro
com água. Para fazer chegar ao repouso é necessário que uma força exterior exerça trablho sobre o
cilindro, que será maior no primeiro caso. É portanto mais fácil fazer parar o cilinfro cheio de água.
Q10 - Suponha que apenas duas forças externas actuam num corpo rígido, e que as
duas forças têm o mesmo módulo e direcção mas sentidos opostos. Em que condições
este sistema de forças terá como consequência a rotação do corpo?
É necessário que as forças se exerçam em dois pontos cujas distâncias ao eixo de rotação sejam
diferentes, para que os momentos de força em relação a esse eixo possuam módulos diferentes.
Q11 - Cinco forças são aplicadas a uma porta. Indique, para cada força, se o valor do
momento angular em relação ao eixo de rotação da porta é positivo, negativo, ou nulo,
utilizando a convenção de sinais habitual.
F1
F3
F5
F4
F2
τ 1 < 0;
τ 2 > 0;
τ 3 > 0;
τ 4 < 0;
τ 5 = 0.
Q12 - Seis forças, com módulo F ou 2F , são aplicadas a uma porta. coloque por
ordem, de módulo maior para o menor, os momentos de força τ 1 a τ 6 , em relação ao eixo
de rotação da porta.
F
L/2
L/2
L/2
L/2
F
F
F
2F
2F
Numerando as forças da esquerda para a direita,
5
L
× 2F = LF
2
|τ 2 | = L × F × sin φ
|τ 1 | =
|τ 3 | = L × F
|τ 4 | = L × F × sin φ
3L
× 2F = 3LF
|τ 5 | =
2
|τ 6 | = 2L × F × sin 0 = 0.
em que φ é o ângulo entre a direcção da força e a da régua no caso da força F2 . Concluímos
|τ 5 | > |τ 1 | = |τ 3 | > |τ 2 | = |τ 4 | > |τ 6 |
Q13. a) Desenhe um vector força aplicado no ponto A, cujo momento em relação ao
eixo indicado seja negativo.
b) Desenhe um vector força aplicado no ponto B, cujo momento em relação ao eixo
indicado seja nulo.
c) Desenhe um vector força aplicado no ponto C, cujo momento em relação ao eixo
indicado seja positivo.
A
B
Eixo
C
Vamos adoptar como positivo o momento de força perpendicular ao plano do papel, dirigido para
fora deste ou, alternativamente, vamos considerar como positivo o momento de uma força que, isoladamente, faça rodar a porta no sentido directo, visto de cima. Exemplos das forças pedidas (mas
não os únicos possíveis) encontram-se na figura seguinte:
A
B
Eixo
C
6
Q14 - O primeiro gráfico indica o valor do momento, em relação ao eixo, da força
resultante exercida numa roda de amolador, em função do tempo.
O momento de inércia da roda em relação ao eixo é I = 10 kg m2 . Desenhe os correspondentes gráficos da aceleração angular em função do tempo, α = α (t), e da velocidade
angular em função do tempo, ω = ω (t). Suponha ω (0) = 0.
t(N/m)
20
0
2
4
6
8 t(s)
2
4
6
8 t(s)
2
4
6
8 t(s)
-20
a(rad/s2)
w(rad/s)
A relação entre o momento da força e a aceleração angular (no caso de eixo de rotação fixo, que
dispensa a notação vectorial) é
τ = Iα,
em que I é o momento de inércia do corpo, em relação ao eixo de rotação. POr outro lado, no
movimento de rotação em torno de um eixo fixo, com aceleração angular, α, constante, a relação entre
esta última grandez, a velocidade angular, ω, e o tempo, t, é
ω = ω 0 + α (t − t0 ) ,
em que ω 0 é o valor da velocidade angular no instante t0 . O resultado será
t(N/m)
20
0
2
4
6
8 t(s)
2
4
6
8 t(s)
2
4
6
8 t(s)
-20
a(rad/s2)
2.0
-2.0
w(rad/s)
4.0
-4.0
7
Q15 -A roda da figura tem movimento de rotação em torno de um eixo central, sem
atrito. Existe um bloco suspenso de uma corda, enrolada num num cilindro de menor
raio que a roda, mas movendo-se solidariamente com esta, em torno do mesmo eixo. O
bloco é largado no instante t = 0 s e atinge o solo no instante t = t1 .
a) Desenhe um gráfico de ω = ω (t), com início em t = 0 s e continuando por algum
tempo t > t1 .
O gráfico é análogo (mas com valores diferentes) ao dos primeiros 2 s da questão Q14.
b) O módulo da aceleração do bloco, durante a descida é menor, igual ou superior a
g? Justifique.
O módulo da aceleração do bloco é inferior a g porque há conservação da energia mecânica do
sistema e parte da energia potencial inicial é convertida em energia cinética de rotação do cilindro, o
que conduz a um valor do módulo da aceleração do bloco inferior ao que teria se caisse livremente.
8
Problemas:
P1 - O prato de um gira-discos roda a uma taxa de 33 13 rev/ min e demora 60.0 s até
ficar em repouso quando é desligado. Determine:
a) o valor da sua aceleração angular;
b) o número de revoluções que dá até parar.
Utilizando
ω − ω0 = αt
ω − ω0
α =
t
0 − 33.33rev/ min
α =
60.0 s2
= −9.3 × 10−3 rev s-2 .
Agora podemos utilizar a relação entre a posição, a velocidade e a acelaração angulares,
ω 2 − ω 20 = 2α (θ − θ0 )
para obter
0−
µ
33.33rev/ min
60 s
¶2
θ − θ0
= −2 × 9.3 × 10−3 (θ − θ0 )
¶
33.33rev/ min 2
60 s
=
2 × 9.3 × 10−3 rev s-2
= 16.6 rev
µ
P2 - Considere um disco sólido uniforme, que rola por um plano inclinado abaixo.
a) Determine a aceleração do centro de massa do disco, e compare esta aceleração
com a que teria um arco uniforme.
a) As forças que actuam em cada corpo são:
+
y
N
fe
P
x
q
N → Força,normal ao plano inclinado, exercida pelo plano no disco;
P → Peso do disco;
fe → Força de atrito estático entre o plano e p disco (é esta força que origina o rolamento).
Em ambos os casos, disco sólido e arco, temos:
N + P + fe = M a
τ N + τ P + τ fe
= Iα,
em que M é a massa do corpo, a a aceleração do centro de massa, τ N , τ P e τ fe são os momentos
da forças N , P e fe em relação a um eixo de rotação, e I e α são, respectivamente, o momento de
9
inércia e a aceleração angular do corpo em relação a esse eixo. Vamos utilizar o sistema de referência
indicado na figura e o eixo de rotação que passa pelo centro de massa do corpo (que coincide com
o centro geométrico do corpo). As equações escalares correspondentes às duas equações vectoriais
apresentadas, são
N − M g cos θ = 0
M g sin θ − f
−τ fe
= Ma
= ICM α
ou
fe R = −ICM α
a
Neste caso, com o sistema de referência escolhido, α = − , em que R é o raio do cilindro, e,
R
consequentemente,
a
fe = ICM 2
R
e
a
M g sin θ − ICM 2 = M a
R¶
µ
ICM
a M+ 2
= M g sin θ
R
g sin θ
´
a = ³
IC M
1 + MR
2
1
O momento de inércia do disco (que é um cilindro) em torno do seu eixo principal é ICM = M R2 ,
2
de onde
g sin θ
¡
¢
1 + 12
2
g sin θ
3
a =
=
Por outro lado, o momento de inércia do arco é M R2 , ou
1
aa = g sin θ
2
b) Qual o valor mínimo do coeficiente de atrito que é necessário para manter o disco
em rolamento puro?
Para que haja rolamento, a = −αR, condição utilizada acima. Portanto
fe = ICM
ou
a≤
a
≤ μN
R2
μgM cos θR2
ICM
e
μ ≥
≥
≥
ICM
a
gM cos θR2
2
M R2
g sin θ
2
gM cos θR 3
2
tan θ
3
10
P3 - Uma lata de sopa que tem de massa 215 g, altura 10.8 cm, e diâmetro 6.38 cm, é
colocada em repouso no topo de um plano inclinado que tem 3.00 m de comprimento e
faz um ângulo de 25.0 ◦ com a horizontal. Utilizando um método que envolva energia,
calcule o momento de inércia da lata, sabendo que ela demora 1.50 s a atingir a base do
plano inclinado.
No topo a energia é toda potencial, na base é cinética de translação e rotação, em que I é o
momento de inércia da lata em relação ao seu eixo principal:
1
1
M gh = M v 2 + Iω2
2
2
com a velocidade do centro de massa dada por v = ωR, de onde
1 v2
1
M gh = M v 2 + I 2
2
2 R
ou
µ
¶
1 2
I
v M+ 2
= M gh
2
R
2M gh
¢
v2 = ¡
M + RI2
I
2M gh
M+ 2 =
R
v2
2M ghR2
I =
− M R2
v2
A velocidade do CM na base do plano é dada por
=
v0 + v
t
2
ou, com v0 = 0,
2
t
2 × 3.00 m
=
1.50 s
= 4.0 m s−1 .
v =
e
I = MR
¡
2
−2
I = 0.215 kg × 3.19 × 10
= 1. 28 × 10−4 kg m2 .
µ
g sin 25 ◦ t2
− M R2
2
¶
#
"
¢2
10 m/ s2 × (1.50 s)2 × sin 25 ◦
−1
m ×
2 × 3.0 m
Se calcularmos o mesmo momento de inércia utilizando a fórmula I = 12 M R2 , obtemos
¡
¢2
1
× 0.215 kg × 3.19 × 10−2 m
2
= 1. 10 × 10−4 kg m2
I =
11
P4 - Um carro que viaja sobre uma pista circular plana, acelera uniformemente a
partir do repouso, com uma aceleração tangencial de 1.70 m/ s2 . O carro percorre um
quarto de círculo até que derrapa para fora da pista. Determine o coeficiente de atrito
estático entre o carro e a pista.
P5 - Três partículas estão ligadas por barras rígidas, de massa negligível., ao longo
do eixo dos y, como se mostra na figura. Se o sistema rodar em torno do eixo dos x com
uma velocidade angular de magnitude 2.0 rad/ s, determine:
a) o momento de inércia em torno do eixo dos x e a energia total de rotação;
b) a velocidade linear de cada partícula e a energia total do sistema.
a) O momento de inércia do sistema em relação ao eixo dos x é dado por
I = m1 y12 + m1 y22 + m1 y32 ,
em que yi é a coordenada no eixo dos y do centro de massa da esfera i. Temos, assim,
¢2
¡
I = 4.00 kg × 3.00 m2 + 2.00 kg × −2.00 m2 + 3.00 kg × (−4.00 m)2
= 92.0 kg m2
A energia cinética de rotação do sistema é
1 2
Iω
2
1
× 92.0 kg m2 × (2.0 rad/ s)2
=
2
= 1.8 × 102 J.
E =
b) A velocidade linear de cada esfera é, em módulo,
v1 = ωr1 = 2.0 × 3.00 = 6.0 m/ s−1
v2 = ωr2 = 2.0 × 2.00 = 4.0 m/ s−1
v3 = ωr3 = 2.0 × 4.00 = 8.0 m/ s−1
A energia cinética total é
¢
1¡
E =
m1 v12 + m2 v22 + m3 v32
2
i
1 h
× 4.00 kg × (6.0 m/ s)2 + 2.00 kg × (4.0 m/ s)2 + 3.00 kg × (8.0 m/ s)2
=
2
= 1.8 × 102 J
que evidentemente coincide com o valor acima.
12
P6 - Uma roda de bicicleta tem de diâmetro 64.0 cm e massa de 1.80 kg. A bicicleta
está colocada sobre uma passadeira rolante estacionária, estando uma força resistiva de
120 N aplicada na borda do pneu. Presuma que toda a massa da roda está concentrada
no raio exterior. Para imprimir à roda uma aceleração de 4.5 rad/ s2 , qual a força que
deve ser aplicada por uma corrente que passa através de uma roda dentada de diâmetro:
i) 9.0 cm, ii) 5.6 cm?
O momento total aplicado à roda de bicicleta em relação ao centro desta é a soma vectorial do
momento da força resistiva aplicada na borda da roda (τ FR ) e do momento da força aplicada através
da roda dentada (τ FD ). Estes momentos têm sentidos (e a mesma linha de acção, perpendicular ao
plano da roda). Portanto,
τ res = τ FD − τ FR
= Iα,
em que α é o módulo da aceleração angular da roda e I o momento de inércia deste em relação ao seu
eixo principal.. Temos assim, sendo R o raio da roda,
i)
τ res = r1 FD − RFR
= Iα
ou
(0.045 m) F1 − 0.32 m × 120 N = 1.80 kg × (0.32 m)2 × 4.5 rad/ s2
1.80 kg × (0.32 m)2 × 4.5 rad/ s2 + 0.32 m × 120 N
0.045 m
2
= 8.72 × 10 N
F1 =
ii)
F1
1.80 kg × (0.32 m)2 × 4.5 rad/ s2 + 0.32 m × 120 N
=
0.028 m
3
= 1.40 × 10 N
P7 - Um corpo com massa de 15 kg e outro corpo com massa de 10 kg estão suspensos
por uma roldana que tem de raio 10 cm e massa de 3 kg, como se mostra na figura. A corda
tem massa negligível. e faz rodar a roldana sem escorregar. A roldana roda sem atrito.
Os corpos partem do repouso quando distam um do outro 3.0 m. Considere a roldana
como um disco uniforme e determine as velocidades dos dois corpos quando passam um
pelo outro.
13
a) Vamos utilizar a conservação de enegia mecânica:
Vamos considerar o valor zero da energia potencial gravítica o nível a que estão ambas as massas
quando passam uma pela outra.
A energia cinética quando se inicia o movimento é:
ECi = 0
porque o sistema está em repouso. A energia potencial nesse instante é
EPi = m1 gh1 + m2 gh2 + M gH
em que M e H são a massa e altura da roldana, respectivamente.
Quando as massa passam uma pela outra, temos
1
1
1
ECf = m1 v 2 + m2 v 2 + Iω 2
2
2
2
e
EPf = M gH.
Como
Etoti = Etotf
temos
m1 gh1 + m2 gh2 + M gH =
m1 gh1 + m2 gh2 =
1
m1 v 2 +
2
1
m1 v 2 +
2
1
m2 v2 +
2
1
m2 v2 +
2
1 2
Iω + M gH
2
1 2
Iω
2
Agora
v = ωR
1
em que R é o raio da roldana, e I = M R2 , vindo, então
2
1
v2
1
1
m1 v 2 + m2 v2 + M R2 2 = m1 gh1 + m2 gh2
2
4
¶R
µ2
1
1
m1 + m2 + M v 2 = m1 gh1 + m2 gh2
2
2
v
u 2g (m h + m h )
1 1
2 2
v = u
t
1
m1 + m2 + M
2
v
u 2 × 10 m/ s2 (15 kg × 1.5 m − 10 kg × 1.5 m)
= u
t
1
15 kg + 10 kg + × 3 kg
2
= 2.4 m/ s.
P8 - Uma barra cilíndrica com 24 cm de comprimento, massa 1.2 kg e raio 1.5 cm, tem
ligada a uma das extremidades uma bola de massa 20 kg, e diâmetro 8.0 cm. O conjunto
está inicialmente na posição vertical, com a bola no topo, e é livre de rodar em torno da
outra extremidade. Depois do conjunto ter caído um quarto de uma volta, determine:
a) a sua energia cinética rotacional;
Este problema pode ser resolvido por dois processos:
14
1.o Processo - Consideramos o movimento do sistema como de rotação pura em torno de um eixo
horizontal que passa na extremidade inferior da barra.
A energia cinética rotacional do sistema, após ter caído 1/4 de volta é igual a
1
EC = ITotal ω2 ,
2
em que ITotal é o momento de inércia do sistema em relação ao eixo de rotação e ω é a velocidade
angular do sistema após 1/4 de volta. Podemos agora utilizar ITotal = Ibarra + Ibola , em que Ibarra
e Ibola são, respectivamente, os momentos de inércia da barra e da bola, ambos em relação ao eixo
horizontal que passa na extremidade inferior da barra.
1
Recorrendo a uma tabela de momentos de inércia, Ibarra = Mbarra L2 , em que L é o comprimento
3
2
0
2
da barra, Ibola = Mbola R , em relação a um eixo que passa pelo centro da bola, de raio R. Utilizando
5
2
o teorema dos eixos paralelos, obtemos Ibola = Mbola R2 + Mbola (L + R)2 , agora em relação ao eixo
5
que passa pela base da barra cilíndrica.
Consequentemente, a energia cinética total do sistema é
∙
¸
1 1
2
2
2
2
Mbarra L + Mbola R + Mbola (L + R) ω2 ,
ECto ta l =
2 3
5
e, utilizando a conservação da energia mecânica,
∙
¸
1 1
2
L
2
2
2
Mbarra L + Mbola R + Mbola (L + R) ω 2 = Mbarra g + Mbola (L + R) g,
2 3
5
2
A energia cinética total do sistema, após 1/4 de volta será, neste caso
ECto ta l = Mbarra g
L
+ Mbola (L + R) g,
2
2.o Processo - Consideramos o movimento do sistema como uma combinação, para cada corpo, de
rotação em torno de um eixo horizontal que passa pelo respectivo centro de massa e de translação
pura desse centro de massa.a barra.
Após 1/4 de volta, a energia cinética total da barra é,
ECb arra
=
=
1
1
× Mbarra L2 ω2 +
2 12
1
1
× Mbarra L2 ω2 +
2 12
1
2
Mbarra vCM
b a rra
2
¶
µ
L 2
1
Mbarra
ω ,
2
2
enquanto que a energia cinética total da bola é
ECb ola
=
=
1 2
× Mbola R2 ω 2 +
2 5
1 2
× Mbola R2 ω 2 +
2 5
15
1
2
Mbola vCM
b o la
2
1
Mbola [(L + R) ω]2 ,
2
Portanto a energia cinética total do sistema é
¶
µ
1
L 2 1 2
1
1
1
2 2
× Mbarra L ω + Mbarra
ω + × Mbola R2 ω2 + Mbola [(L + R) ω]2
ECto ta l =
2 12
2
2
2 5
2
(
)
µ ¶2
1
1
L
1
1 2
1
2
2
2
× Mbarra L + Mbarra
=
+ × Mbola R + Mbola [(L + R)] ω 2
2 12
2
2
2 5
2
½
¾
1
1
1
1 2
1
2
2
2
2
× Mbarra L + Mbarra L + × Mbola R + Mbola [(L + R)] ω2
=
2 12
8
2 5
2
½
¾
1 1
1
2
2
2
2
2
Mbarra L + Mbarra L + Mbola R + Mbola [(L + R)] ω 2
=
2 12
4
5
½
¾
1 1
2
2
2
2
Mbarra L + Mbola R + Mbola [(L + R)] ω 2 ,
=
2 3
5
que é o resultado acima.
A energia cinética rotacional será apenas a que está associada á rotação, ou seja,
EC rotacionalto ta l
= EC rotacionalb a rra + EC rotacionalb o la
1
1
1 2
× Mbarra L2 ω2 + × Mbola R2 ω2 ,
=
2 12
2 5
que só pode ser obtida após se conhecer a velocidade angular do sistema, após 1/4 de volta
b) a sua velocidade angular;
Da equação que exprime a conservação da energia mecânica, obtemos,
L
+ Mbola (L + R) g
2
¸.
ω = ∙
1 1
2
2
2
2
Mbarra L + Mbola R + Mbola (L + R)
2 3
5
Mbarra g
2
c) a velocidade linear da bola;
Será
vCM b o la
= (L + R) ω
v
u
L
u
Mbarra g + Mbola (L + R) g
u
2
¸
= (L + R) u
u ∙
2
t1 1
2
2
2
Mbarra L + Mbola R + Mbola (L + R)
2 3
5
(1)
(2)
d) a velocidade que a bola teria se tivesse caído livremente de uma altura igual ao
raio; compare este valor com o obtido em c).
Partindo da expressão da conservação da energia mecânica da bola,
1
2
Mbola vCM
= Mbola g (L + R)
b o la
2
obtamos a velocidade que a vola teria se tivesse caído livremente
p
vCM b o la = 2g (L + R)
(3)
P9 - Um pião, como o representado na figura, tem um momento de inércia 4.00 ×
10−4 kg m2 e está inicialmente em repouso. Ele é livre de rodar em torno do eixo estacionário AA0 . A corda enrolada à volta da pega do pião é puxada de forma a se manter
uma tensão constante de 5.57 N. Supondo que a corda não escorrega enquanto é desenrolada, determine a velocidade angular do pião depois de terem sido puxados 80.0 cm de
corda.
16
O trabalho realizado pela corda é
F
= 5.57 N × 0.80 m
= 4.46 J
Este trabalho será igual à energia cinética adquirida pelo pião, ou
1 2
Iω = 4.46 J
2
de onde
ω =
s
2 × 4.46 J
4.00 × 10−4 kg m2
= 1.49 × 102 rad s−1 .
P10 - Uma esfera sólida tem raio de 0.200 m e massa de 150 kg. Qual o trabalho que
é necessário realizar para pôr a esfera a rolar com uma velocidade angular de 50.0 rad/ s
numa superfície horizontal? (Presuma que a esfera parte do repouso e rola sem escorregar).
P11 - Um ringue de massa 2.4 kg, raio interior 6.0 cm e raio exterior 8.0 cm, rola sem
escorregar por um plano inclinado acima, que faz um ângulo θ = 37 ◦ com a horizontal,
como se mostra na figura. No momento em que o ringue atinge a posição x = 2.0 m sobre
o plano a sua velocidade é 2.8 m/ s. O ringue continua a subir o plano até atingir uma
certa altura e depois rola pelo plano abaixo. Presumindo que o plano é suficientemente
longo para que o ringue não role para fora no topo, determine o alcance máximo daquele
sobre o plano.
17
P12 - Um pêndulo cónico tem um corpo de massa m ligado a um fio de comprimento
, descrevendo o corpo uma trajectória circular num plano horizontal, enquanto o fio
mantém um ângulo constante θ com a vertical, como se mostra na figura. Mostre que
o módulo
do momento angular da massa em torno do ponto de suspensão é dado por
q¡
¢
2
m gl3 sin2 θ / cos θ.
L=
O módulo do momento angular do corpo em relação ao ponto de suspensão é L = mv . As forças
que se exercem ma massa são o peso e a tensão. A força centrípeta é Fr = T sin θ. Como T cos θ = P ,
temos
v2
Fr = mg tan θ = m
r
de onde
v2 = gr tan θ
= g sin θ tan θ
e
v=
Consequentemente
p
g sin θ tan θ
L = mv =
q
m2 g
3 sin2 θ/ cos θ
P13 - Um corpo de massa 4.0 kg está ligado a uma corda leve, a qual está enrolada
em torno de uma roldana, como se mostra na figura. A roldana é um cilindro maciço
homogéneo com raio 8.0 cm e massa 2.0 kg. Calcule:
a) o momento total das forças que estão a actuar, em torno do centro da roldana O,
b) o momento angular total do sistema em relação a O,
c) a aceleração do corpo.
18
P14 - Um disco uniforme de massa 3.0 kg e raio 0.200 m roda em torno de um eixo fixo
perpendicular à sua superfície. Se a frequência angular de rotação é 6.00 rad/ s, calcule o
momento angular do disco quando o eixo de rotação passa:
a) através do seu centro de massa;
b) através de um ponto situado no ponto médio entre o centro e a orla do disco.
P15 - Uma mulher com massa 60 kg está de pé junto da orla de um gira-discos na
horizontal que tem momento de inércia de 500 kg m2 e 2.00 m de raio. O gira-discos está
inicialmente parado e é livre de rodar sem atrito em torno de um eixo vertical que passa
pelo seu centro. A mulher começa então a caminhar ao longo da orla no sentido dos
ponteiros do relógio (vista de cima do sistema) a uma velocidade constante com módulo
1.50 m/ s relativamente à Terra.
a) Em que direcção e com que velocidade angular roda o gira-discos?
b) Qual o trabalho realizado pela mulher para pôr o gira-discos em movimento?
P16 - Um estudante segura dois halteres, cada um com massa 10.0 kg, como se mostra
na figura. Quando os seus braços estão estendidos horizontalmente, os halteres estão a
1.00 m do eixo de rotação, e rodam com uma velocidade angular de módulo 2.00 rad/ s.
O momento de inércia do estudante mais o banco, em relação ao eixo de rotação é 8.00
kg m2 e presume-se que é constante. Se o estudante puxar os pesos horizontalmente para
0.250 m do eixo de rotação, calcule:
a) o módulo da velocidade angular final do sistema, em relação ao eixo de rotação;
No processo, as forças envolvidas são interiores ao sistema estudante+banco+halteres, pelo que
o momento de inércia do sistema, em relação a qualquer eixo de um referencial de inércia não varia.
Considerande o eixo de rotação do estudante mais o banco, teremos
Ii ω i = If ω f ,
em que Ii (If ) e ω i (ω f ) são, respectivamente o momento de inércia inicial (final) e a velocidade inicial
(final) do sistema, em relação ao eixo de rotação. O momento de inércia total é a soma do momento
de inércia do estudante mais o banco e dos halteres, ou
Ii = 8.00 kg m2 + 2 × 10.0 kg × (1.00 m)2
= 28.0 kg m2
e
If
= 8.00 kg m2 + 2 × 10.0 kg × (0.250 m)2
= 9.25 kg m2
19
:Obtemos, assim,
ωf
= ωi
Ii
If
= 2.00 rad/ s
28.0 kg m2
9.25 kg m2
= 6.05 rad/ s
b) a variação de energia mecânica do sistema.
A variação da energia mecânica do sistema resume-se à variação da energia cinética, ou
∆Emec = ∆Ec
1
1
If ω2f − Ii ω 2i
=
2
2
1
1
9.25 kg m2 × (6.05 rad/ s)2 − 28.0 kg m2 × (2.00 rad/ s)2
=
2
2
= 1.13 × 102 J.
P17 - Uma partícula de massa m é lançada com uma velocidade inicial de módulo v0
segundo um ângulo θ com a horizontal. A partícula move-se sob a acção da gravidade.
a) Determine o momento angular da partícula em relação à origem quando a partícula
está: i) na origem; ii) no ponto mais alto da trajectória; iii) mesmo antes de bater no
chão.
b) Qual o momento da força, em relação à origem, que faz variar o momento angular
da partícula?
P18 - Um projéctil de massa m move-se horizontalmente para a direita com velocidade
v0 , (ver figura a). O projéctil bate na extremidade de uma barra em repouso, de massa
M e comprimento d, e fica agarrado a ela, rodando então o conjunto, sem atrito, em
torno de um eixo que passa pelo centro da barra O (ver figura b). Determine:
a) a velocidade angular do sistema após a colisão,
b) a fracção de energia mecânica perdida na colisão.
P19 - Uma placa de massa M = 6.0 kg desloca-se sobre dois cilindros maciços idênticos,
cada um de raio R = 5.0 cm e massa m = 20 kg, como se mostra na figura. A placa é
puxada por uma força constante horizontal F = 6.0 N aplicada na sua extremidade, que
é perpendicular aos eixos dos cilindros. Os cilindros rolam sem escorregar sobre uma
superfície plana, não havendo também escorregamento entre a placa e os cilindros.
a) Determine a aceleração da placa e a dos cilindros.
b) Quais as forças de atrito que estão a actuar?
20
Folha de Cálculo:
S1 - Um disco com um momento de inércia de 100 kg·m2 , é livre de rodar em torno de um eixo fixo
que passa pelo seu centro, como se mostra na figura 8. Uma força tangencial de magnitude que varia
entre F = 0 e F = 50.0 N é aplicada a uma distância que varia entre R = 0 e R = 3.0 m, medida a
partir do eixo de rotação. Faça uma folha de cálculo para determinar os valores de F e R que levam
o disco a completar 2 revoluções em 10.0 s. São estes valores de F e R únicos?
21
Física I -2009/2010
10a Série - Equilíbrio
Questões:
Q1 - Considere o haltere representado na figura, com massas m e 2m.A força F1 actua
na massa m com a direcção e sentido indicados. É possível encontrar uma força F2 que,
actuando na massa 2m, faça com que o haltere se desloque com movimento de translação
puro, isto é, sem rotação? Em caso afirmativo, desenhe o vector que representa F2 ,
tendo em conta que o seu comprimento deve indicar correctamente o módulo de F2
relativamente a F1 . Em caso negativo, justifique.
2m
m
F1
Para que o haltere se desloca com movimento de translação pura, é necessário que o momento
resultante dos momentos das forças exteriores aplicadas ao sistema, em relação ao centro de massa do
sistema, seja nulo. A posição do centro de massa do sistema está na linha que une as duas massas à
distância 2L/3 do centro da esfera de menos massa. Se aplicarmos à esfera de massa 2m uma força
F2 com a direcção da força F1 , o momento resultante, em relação à posição do centro de massa, terá
a direcção perpendicular à figura e o seu valor é
τ res = τ 1 + τ 2
2
1
LF1 sin θ − LF2 sin θ,
=
3
3
em que θ é o ângulo indicado na figura. Para que este valor seja nulo,
F2 = 2F1 .
Consequentemente a resposta é afirmativa e o vector que representa a força F2 está indicado na figura.
CM
m
F2
2m
q
F1
Q2 - As forças F1 e F2 possuem o mesmo módulo e estão aplicadas nos cantos de uma
placa quadrada. É possível encontrar uma força F3 que, aplicada a um ponto apropriado
da placa, consiga, só por si, que a placa esteja em equilíbrio (de translação e rotação,
simultaneamente)? Em caso afirmativo, desenhe-a, na posição e com o comprimento e
orientação correctos. Em caso negativo, dê uma justificação.
1
F1
F2
Para que a placa esteja em equilíbrio de translação, é necessário que a soma algébrica das três
forças aplicadas seja nula, ou
F1 + F2 + F3 = 0.
Utilizando o sistema de referência da figura abaixo, esta equação vectorial é equivalente às seguintes
equações escalares,
−F1 + F3x = 0
−F2 + F3y
= 0,
o que significa que a força F3 tem de possuir componentes positivas segundo os eixos dos x e dos y.
Seja L o comprimento do lado da placa. Vamos aplicar F3 ,por exemplo, ao canto superior direito
da placa. Para que esta esteja em equilíbrio de rotação, é necessário que a resultante dos momentos
das três forças em relação a qualquer eixo seja nula. Vamos escolher um eixo perpendicular à placa
e passando pelo canto superior esquerdo da placa, isto é, pelo ponto de aplicação da força F1 . O
momento resultante, em relação a este eixo tem componente segundo a direcção perpendicular à placa
dada por
τ res = τ 1 + τ 2 + τ 3
√
√
= 0 + LF2 − 2LF3x sin 45 ◦ + 2LF3y sin 45 ◦ .
Como queremos equilíbrio rotacional, temos de impor τ res = 0, ou
√
√
√ 2
√ 2
LF3x + 2
LF3y = 0
LF2 − 2
2
2
LF2 − LF3x + LF3y = 0
Uma vez que F3x = F1 , F3y = F2 e F1 = F2 , concluimos que F3x = F3y , o que conduz a LF2 = 0, o que
contraria os dados. Concluimos portanto que não é possível encontrar uma força F3 que, aplicada a
um ponto apropriado da placa, consiga, só por si, que a placa esteja em equilíbrio. É fácil de verificar
que o resultado é independente do ponto de aplicação da força F3 .
Um raciocínio mais curto (e mais elegante) seria:
- Da condição de equilíbrio translacional conclui-se que as componentes de F3 têm de ser iguais.
- Uma dessas componentes fará rodar o sistema (em torno de qualquer eixo), no mesmo sentido em
que F1 e F2 fariam rodar. A outra componente teria que equilibrar os momentos das restantes forças
em torno do eixo de rotação. Mas o momento desta componente terá de ser igual em módulo, e de
sentido oposto ao momento da outra componente. Consegue portanto equilibrá-la, mas não consegue
equilibrar os momentos das forças F1 e F2 .
Q3 - Uma caixa alta e uma caixa baixa com iguais massas são colocadas lado a lado,
sem se tocar, sobre um plano inclinado. Ao aumentarmos o ângulo do plano inclinado,
qual das duas caixas tombará primeiro? Explique.
Q4 - Acha que o centro de gravidade e o centro de massa do Cristo Rei coincidem?
Justifique.
2
Q5 - Que espécie de deformação apresenta um cubo de gelatina quando treme?
Problemas:
P1 - Um estudante tem o seu carro atolado na neve. Tendo estudado Física, ele amarra
uma extremidade de uma corda forte ao carro e a outra extremidade da corda ao tronco
de uma árvore que está próxima, deixando a corda um pouco bamba. O estudante exerce
então uma força F no centro da corda numa direcção perpendicular à linha carro-árvore,
como se mostra na figura. Sendo a corda inextensível e o módulo da força aplicada 500 N,
determine a força exercida no carro. (Presuma a condição de equilíbrio).
O ponto em que a força F está aplicada está em equilíbrio. Consequentemente neste ponto estão
também aplicadas as forças F 0 e F 00 , tais que
F 0 cos θ − F 00 cos θ = 0
F 0 sin θ + F 00 sin θ = F
de onde
F 0 = F 00
e
2F 0 sin θ = F.
Num sistema de eixos em que oeixo dos x é horizontal e dirigido para a direita e o eixo dos y vertical
e apontando para cima, a força exercada no carro é
¡
¢
f = F 0 + F 0 cos θ i − F 0 sin θ j
Como
tan θ =
0.50 m
6m
θ = arctan
= 4. 76 ◦ .
0.50 m
6m
e
F
2 sin 4.76 ◦
500 N
=
2 sin 4.76 ◦
= 3.01 × 103 N.
F0 =
P2 - Uma escada de densidade uniforme e com massa m está encostada contra uma
parede vertical sem atrito fazendo um ângulo de 60 ◦ . A base da escada está em repouso
sobre uma superfície horizontal com coeficiente de atrito estático μs = 0.40. Um estudante
com massa M = 2m tenta subir a escada. Que fracção do comprimento L da escada terá
o estudante atingido quando a escada começa a escorregar?
As forças aplicadas à escada são (ver figura) :
3
• No ponto de apoio na parede: H (não há força vertical porque não há atrito entre a parede e a
escada;
• No ponto de apoio no solo: H 0 (na direcção horizontal) e V 0 na direcção vertical;
• No centro de gravidade (que coincide com o centro de massa), à distância L/2 da extremidade
da escada: P (o peso da escada, que tem a direcção vertical);
• No ponto em que o estudante se apoia na escada (à distância L0 da extremidade inferior da
escada) a força N 0 que o estudante exerce na escada (na direcção vertical dirigida para baixo).
Repare-se que esta força N 0 não é o peso do estudante, apesar de o seu módulo ser
igual ao do peso do estudante.Porquê?
A condição de equilíbrio estático é:
X
X
Fext = 0
τ ext = 0,
isto é, o somatório das forças exteriores que se exercem na escada e o somatório dos momentos das
forças exteriores que se exercem na escada têm de ser nulos.
A 1.a relação corresponde à seguinte:
H + P + N 0 + V 0 + H0 = 0
ou, utilizando o referencial da figura,
x :
y :
−H + H 0 = 0
−P − N 0 + V 0 = 0
Sabemos que, numa situação de equilíbrio, se o momento das forças exteriores é nulo em relação a um
ponto de um referencial de inércia, é nulo em relação a qiualquer outro ponto. Somos assim livres de
escolher o ponto em relação ao qual calculamos os momentos das forças exteriores e por isso devemos
escolher o que for mais conveniente. Vamos escolher o ponto de contacto da escada com o chão, porque
deste modo os momentos das forças V 0 e H 0 são automaticamente nulos. A relação dos momentos
pode exprimir-se na seguinte forma:
LH sin (π − θ) k −
³π
´
´
³π
L
sin
+ θ k − L0 sin
+θ k =0
2
2
2
4
em que k é o vector unitário na direcção do eixo dos z. Esta relação pode colocar-se na forma:
¶³
µ
π´
π
L
0
sin cos θ + sin θ cos
LH (sin π cos θ − sin θ cos π) − mg + 2mgL
= 0
2
2
2
¶
µ
L
0
LH sin θ − mg + 2mgL cos θ = 0
2
(1)
Esta última expressão pode ser obtida de uma forma mais rápida, utilizando o seguinte processo:
Como as forças estão todas no plano xOy, os seus momentos têm a direcção do eixo dos z
ou a oposta. Assim, não precisamos de recorrer a vectores e temos apenas que determinar o
sentido (positivo ou negativo) e módulo dos momentos. Podemos escolher arbitrariamente
um sentido positivo para a rotação da escada (na figura escolheu-se como positivo o sentido
directo) e considerar como positivos os momentos das forças que, actuando isoladamente,
fizessem rodar a escada nesse sentido e negativos os momentos das forças que, actuando,
isoladamente, fizessem rodar a escada no sentido directo.
Assim, em relação ao ponto de contacto da escada com o chão, o momento da força
H é positivo (porquee se actuasse sozinha, faria rodar a escada no sentido que escolhemos
como positivo) e o seu módulo é HL sin θ (na realidade o ângulo que a força H faz com
o vector posição a partir do ponto de contacto da escada com o chão é sin (π − θ) mas
sin (π − θ) = sin θ).
Os momentos das forças P e N 0 são negativos (porque se actuassem isoladamente,
cada uma delas faria rodar a escada no sentido oposto ao que escolhemos como positivo)
³π
´
L
L
sin
−θ =
cos θ e
e os seus valores absolutos são dados, respectivamente, por
2
2
2
´
³π
− θ = L0 cos θ. Desta forma chegamos mais rapidamente à equação (1).
L0 sin
2
Obtivemos assim três equações:
−H + H 0 = 0
0
0
µ −P − N¶ + V = 0
L
LH sin θ − mg
+ 2L0 cos θ = 0
2
A escada permanece em equilíbrio, no entanto, enquanto se verificar H 0 ≤ μV 0 , em que μ é o coeficiente
de atrito estático entre a escada e o chão. Quando se vericar H 0 > V 0 , a escada move-se. Podemos
assim concluir quen situação limite correpondente ao início do movimento da escada é dada por
H 0 = μV 0 ,
que é assim a 4.a equação de que dispomos.
Vamos supor que o ângulo a que o enunciado se refere é o ângulo θ da figura, isto é θ = 60 ◦ . Então
V 0 = P0 + N0
= mg + 2mg
= 3mg
Por outro lado,
H 0 = H = μV 0
= 3μmg
= 3 × 0.40mg
= 1.2mg
5
e
◦
1.2Lmg sin 60 − mg
µ
¶
L
0
+ 2L cos 60 ◦ = 0
2
ou, escrevendo L0 = f L, em que f é um número entre 0
¶
µ
1
◦
1.2 cos 60 −
+ 2f cos 60 ◦
2
¶
µ
1
+ 2f cos 60 ◦
2
1
+ 2f
2
2f
e 1,
= 0
= 1.2 sin 60 ◦
= 1.2 tan 60 ◦
= 1.2 tan 60 ◦ − 0.5
1.2 tan 60 ◦ − 0.5
=
2
= 0.79
f
P3 - Uma tábua uniforme de comprimento 6.0 m e massa 30 kg está colocada horizontalmente sobre um andaime, com 1.5 m da tábua suspensa fora do andaime. Qual a
distância que um pintor de 70 kg pode andar sobre a parte suspensa da tábua antes desta
virar?
A resposta ao problema consiste na determinação da distância L0 (ver figura) entre o pintor o a
borda do andaime correspondente ao instante em que a tábua começa a rodar.
Quando o pintor se encontra sobre o andaime, a resultante do peso da tábua a da força com que o
pintor actua na tábua (ambas estas forças são vertiucais e dirigidas para baixo) é igual, em módulo, à
forçacom que o andaime actua na tábua (vertical e dirigida para cima). No limite (instante em que a
tábua começará a rodar) a tábua encontra-se em equilíbrio sob a acção don seu peso P , da força N
com que o pintor actua ña tábua e da força N 0 com que a borda do andaime acta também na tábua,
no ponto O. Nestas condições, as seguintes equações exprimem a condição de equilíbrio:
P + N + N0 = 0
τP + τN + τN
= 0,
(2)
(3)
em que τ F é o momento da força F em relação a um ponto de um referencial de inércia. Se escolhermos
como referencial um eixo vertical dirigido para cima e como sentido positivo para os momentos das
forças (calculados em relação ao ponto O) o indicado na figura (de acordo com o método explicado no
problema anterior) obtemos as seguintes equações, apartir das equações (2) e (3):
−P − N + N 0 = 0
0
0
P × 1.5 m − N × L
6
= 0
(4)
(5)
O módulo da força N 0 é numericamente igual ao do peso do pintor (de acordo com o raciocínio
apresentado no problema anterior). As equações (4) e (5) conduzem agora a:
L0 =
Mg
1.5 m
mg
em que M e m são as massas da tábua e do pintor, respectivamente. Obtemos assim o resultado
30 kg
× 1.5 m
70 kg
= 0.64 m.
L0 =
P4 - Um tubarão de 10000 N está pendurado por uma corda numa barra de 4.00 m que
pode rodar em torno da sua base. Determine a tensão na corda quando o sistema se
encontra na posição indicada na figura. Determine também as forças horizontal e vertical
exercidas na base da barra. (Despreze o peso da barra).
De acordo com o raciocínio desenvolvido no problema P2, e
Considerando a figura seguinte, as condições de equilíbrio da barra são:
F + T0 + P + V + H = 0
τF + τT0 + τP + τV + τH
= 0
em que τ Fi é o momento da força Fi calculado em relação a um ponto qualquer de um referencial
inercial. No nosso problema o peso da barra P é nulo. Se utilizarmos o referencial indicado na figura
e como positivos os momentos das forças que, isoladamente, fariam rodar a barra no sentido indicado
com o sinal +, moentos esses calculados em relação ao ponto O, vamos obter as seguintes equações
escalares:
7
◦
−F cos 20 + H = 0
◦
F sin 20 − T 0 + V
◦
0
F sin 20 − T sin 20
◦
= 0
= 0
O módulo da tensão da corda F é obtido imediatamente:
◦
0 sin 20
F = T
sin 20 ◦
◦
sin 20
= 104 N ×
sin 20 ◦
3
= 5.1 × 10 N.
Consequentemente, em relação ao referencial indicado na figura,
³
´
F = 5.1 × 103 − cos 20 ◦ i + cos 70 ◦ j N
Por sua vez, as forças H e V no ponto de apoio da escada no chão são dadas por:
H = F cos 20 ◦
= 5.1 × 103 N × cos 20 ◦
= 4.8 × 103 N
V
= T 0 − F sin 20 ◦
= 104 N − 5.1 × 103 N × sin 20 ◦
= 8.3 × 103 N.
e
H = 4.8 × 103 i ( N)
V
= 8.3 × 103 j ( N).
P5 - Quando uma pessoa está de pé na ponta do pé, este tem uma posição como
indicado na figura (a). O peso total do corpo w é suportado pela força n exercida pelo
chão na ponta do pé. Um modelo mecânico para esta situação é apresentado na figura
(b), onde T é a força exercida pelo tendão de Aquiles no pé e R é a força exercida pela
tíbia no pé. Determine os valores de T , R e θ quando w = 700 N.
8
Física I -2009/2010
11a Série - Gravitação - Resolução
Questões:
Q1 - Faça uma estimativa do módulo da força gravítica entre duas pessoas que distam
de 1 m.
Vamos supor que a massa de cada uma das pessoas é m = 70 kg. O módulo da força gravítica
exercida por uma das pessoas na outra é
Fg = G
m2
.
d2
Substituindo G = 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ; m = 70 kg e d = 1 m, obtemos
Fg = 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2
(70 kg)2
(1 m)2
= 3. 27 × 10−7 N.
Como o peso da cada pessoa é P = 700 N, o módulo da força gravítica exercida por uma das pessoas
na outra é 10 ordens de graneza inferior ao peso.
Q2 - Explique por que é que é necessário mais combustível para viajar da Terra para
a Lua do que da Lua para a Terra.
Um gráfico da energia potencial gravítica do sistema Terra-Lua é o seguinte
Energia Potencial Gravítica do Sistema Terra Lua
Distância ao Centro da Terra (m)
Energia potencial (J)
1.7E+06
0.00E+00
1.0E+08
2.0E+08
3.0E+08
4.2E+08
5.2E+08
Distância do centro
da Lua ao Centro da Terra
-5.00E+05
-1.00E+06
-1.50E+06
-2.00E+06
-2.50E+06
Energia que é necessário
fornecer a um corpo com
1 kg para vencer a força
gravítica da Terra
Energia que é necessário
fornecer a um corpo com
1 kg para vencer a força
gravítica da Lua
-3.00E+06
Para se viajar da Terra para a Lua é necessária fornecer à nave espacial energia suficiente para
vencer a barreira de energia potencial gravítico do sistema nave+Terra+Lua.
Numa aproximação simples, que ignora os movimentos relativos da Lua e da Terra, bem como os
movimentos de rotação destes planetas em torno dos seus eixos, a energia potencial gravítica de uma
nave com massa m , numa posição à distância r do centro da Terra, é
¶
µ
ML
MT
+
,
Ug = −Gm
r
|r − ROL |
1
em que MT e ML são as massas da Terra e da Lua, respectivamente e ROL é o raio da órbita da
Lua. Esta expressão é válida para RT < r e ROL − RL < r < ROL + RL , em que RT e RL são,
respectivamente, os raios da Terra e da Lua. O gráfico acima mostra a forma desta curva. Para se
viajar da Terra à Lua é necessário fornecer ao veículo a energia necessária para vencer a 1.a barreira
de energia potencial.
À superfície da Terra, a energia potencial do sistema (supondo m = 1 kg) é −2.35 × 108 J. Essa
barreira de potencial tem uma altura de cerca
de −1.28 ¢× 106 J (é portanto necessário fornecer ao
¡
6
veículo uma energia igual a −1.28 × 10 J − −2.35 × 108 J = 2. 34 × 108 J por cada kg de massa) e o
seu máximo encontra-se à distância de aproximadamente 3.46 × 108 m do centro da Terra. Por outro
lado, para regressar à Terra, é necessário vencer a mesma barreira de energia potencial, mas partindo
da Lua. À superfície da Lua, a energia potencial
é −4.54¢ × 106 J, pelo que a energia a fornecer por
¡
6
cada kg de massa é agora −1.28 × 10 J − −4.54 × 106 J = 3. 26 × 106 J.
É esta a razão por que foi necessário um foguetão saturno para enviar as tripulações Apollo para
Lua e bastou um pequeno foguete para as fazer regressar de volta para a Terra.
Nota - Estes números foram obtidos com uma folha de cálculo, utilizando os seguintes dados:
G = 6.67259 × 10−11 m3 kg−1 s−2
MT = 5.98 × 1024 kg
ML = 7.55 × 1022 kg
ROL = 3.84 × 108 m
RT = 1.70 × 106 m
RL = 6.40 × 106 m
Q3 - Explique por que é que o trabalho efectuado pela força gravítica do Sol sobre
um planeta, que se move em torno do Sol numa órbita circular, é nulo.
Q4- Explique por que é que a força exercida numa partícula por uma esfera uniforme
deve possuir a direcção do centro da esfera. A situação seria a mesma se a distribuição
da massa da esfera não tivesse simetria esférica?
Q5 - Em que posição da sua órbita elíptica é que po módulo da velocidade de um
planeta atinge o máximo? E em que posição atinge o mínimo?
Q6 - Dada a massa e o raio do planeta X, como calcularia a aceleração devida à
gravidade na superfície do planeta?
Podemos utilizar a lei de Newton da graviação. O módulo da força de atração gravítica que se
exerce sobre sobre um corpo de massa m na superfície do planeta, de massa M e raio R, é
Fg = G
mM
R2
Este valor é igual ao produto da massa do corpo pela aceleração da gravidade naquele ponto, ou
Fg = mg, de onde
G
mM
R2
= mg
g = G
Q7 - Como poderá obter a massa da Lua?
2
M
R2
Vamos tentar obter a massa da Lua, utilizando a expressão da força gravítica exercida pela Terra na
Lua e a 2.a Lei de Newton. A trajectóriar da Lua no seu movimento em torno da Terra é aproxidamente
circular, sendo o seu movimento circular uniforme. A força centrípeta é a força gravítica da Terra que,
em módulo, é
ML MT
Fg = G 2 ,
ROL
em que ML e MT sáo, respectivamente, as massas da Lua e da Terra, e ROL é o raio da órbita da Lua.
Utilizando agora a 2.a Lei de Newton,
Fg = ML ac ,
em que ac é a aceleração centrípeta da Lua, obtemos
G
v2
ML MT
=
M
,
L
2
ROL
ROL
em que v é o módulo da velocidade (constante) da Lua na sua órbita circular, de raio ROL . O módulo
da velocidade orbital da Lua pode ser escrito na forma
v=
2πROL
,
T
que conduz a
MT
G
ROL
=
GMT =
µ
2πROL
T
2
2
4π ROL
T2
¶2
Conhecendo a massa da Terra e o período do movimento orbital da Lua, podemos utilizar esta expressão para obter o raio da órbita da Lua, mas a massa da Lua não entra nesta equação, o que nos
leva a concluir que este processo não nos permite obter a massa da Lua.
Se suposermos que a densidade da Lua é igual à da Terra, podemos utilizar a relação entre os
volumes, vindo
VL
MT .
ML =
VT
Esta expressão conduz a um valor aproximado, mas com um erro demasiado grande. Na realidade a
densidade média da Lua é cerca de 3/5 da densidade média da Terra.
Outro processo é medir na superfície da Lua a aceleração da gravidade, gL , e, conhecendo o raio
da Lua e G, utilizar a expressão
ML
gL = G 2 ,
RL
para obter
gL RL2
.
G
Na realidade, a Terra e a Lua rodam, efectivamente, em torno da posição do centro de massa do
sistema Terra+Lua. Observações astronómicas permitem determinar essa posição, que se encontra no
interior da Terra. O conhecimento dessa posição e da massa da Terra permite obter a massa da Lua.
ML =
Q8 - Um pequeno projéctil é lançado paralelamente à superfície, a uma altitude
h = 1 m, com velocidade tal que lhe permite permanecer em órbita circular em torno de
um planeta perfeitamente esférico sem atmosfera. Um insecto encontra-se numa pequena
cavidade no interior do projéctil. O insecto encontra-se em situação de imponderabilidade? Justifique.
3
Como a única força que actua no projéctil é a força da gravidade resultante do planeta, a aceleração
do projéctil é centrípeta e o seu módulo é
ac = G
M
,
(R + h)2
em que M e R são a massa e o raio do planeta, respectivamente. Esta aceleração não depende da
massa do projéctil e podemos concluir que é também. a aceleração do insecto. Como o insecto
e o projéctil não exercem, portanto, forças entre eles (estamos a desprezar a intensidade da força
gravítica entre o insecto e o projéctil, quando comparada com a intensidade das forças gravíticas entre
o planeta e o projéctil e entre o planeta e o insecto), podemos afirmar que o insecto está em situação de
imponderabilidade (recorde-se que nós não estamos, em geral, em situação de impoderabilidade porque
a força que o chão exerce em nós equilibra a força da gravidade. Se estivermos num elevador e o cabo
deste se partir, o chão deixa de exercer força em nós e passamos à situação de imponderabilidade. A
nossa aceleração será igual à do elevador. Mas é melhor não tentarmos essa experiência num elevador).
Q9 - A nave espacial Voyager foi acelerada pela gravidade de Júpiter de forma a
atingir a velocidade de escape em relação ao Sol. Justifique.
Q10 - A nave Apollo 13 teve um problema com o sistema de oxigénio quando ia a
meio caminho da Lua. Explique por que é que a missão continuou de forma a que a
nave efectuou uma trajectória em torno da Lua, só depois regressando à Terra, em vez
de voltar imediatamente para a Terra.
A trajectória da nave estava programada para que ao aproximar-se da Lua, uma pequena diminuição
da velocidade (provocada por um fogute) permitisse que a nave ficasse em órbita em torno da Lua.
Uma pequena variação do impulso desse foguete permitiu também que a órbita em torno da Lua fosse
parabólica e a nave, depois de rodear a Lua, "escapasse para a Terra.
A utilização do foguete para travar a viagem de modo a que a nave voltasse para a Terra imediatamente após o incidente, implicaria um gasto muito maior de combustível do foguete (combustível esse
que provavelmente não existia) e uma trajectória de regresso que poderia não permitir um regresso
futuro.
Foi assim utilizada, de forma económica, a força gravítica da Lua para permitir que anave seguisse
uma trajectória que permitiu o regresso em segurança.
Q11 - De que percentagem é reduzida a aceleração devida à gravidade no equador
Terrestre, como resultado da rotação da Terra? Como varia este efeito com a latitude?
Problemas:
P1 - Um satélite de massa m encontra-se numa órbita circular de raio R em torno de
um planeta de massa M no plano equatorial do planeta. O satélite está sempre sobre o
mesmo ponto do planeta (na Terra chamar-se-ia geoestacionário). Se a aceleração devida
à gravidade à superfície do planeta é g, determine:
a) O módulo da velocidade do satélite;
A força centrípeta que actua no satélite é a força gravítica do planeta, pelo que podemos escrever
G
mv 2
mM
,
=
R2
R
o que nos permite obter, imediatamente,
4
v=
r
GM
.
R
b) O período do satélite;
Se T é o período do movimento orbital do satélite, então
v=
e
G
2πR
T
4π 2 R2
M
=
R
T2
ou
T2 =
4π 2 3
R
GM
c) A energia cinética do satélite;
A energia cinética do seu satélite é
1 2
mv
2
GmM
2R
EC =
=
d) A energia potencial do sistema satélite + planeta;
Esta energia é
mM
Ug = −G
R
e) O raio do planeta;
A força gravítica à superfície do planeta, de raio r, é
Fg = G
mM
= mg.
r2
Como conhecemos g, podemos obter o raio do planeta,
s
GM
r=
g
f ) O período mínimo possível do movimento do satélite;
O período mínimo possível do movimento do satélite corresponde a R = r, ou seja,
4π 2 3
r
GM
(GM )1/2
= 4π 2
g 3/2
T2 =
e
T = 2π
(GM )1/4
g 3/4
g) O módulo da velocidade de escape do satélite.
O módulo da velocidade de escape do satélite é o módulo da velocidade que o satélite deve possuir
à superfície da Terra para atingir uma distância infinita ao planeta com velocidade nula, isto é, para
que a energia mecânica a distância infinita seja nula. Como a força gravítica é conservativa, a energia
5
mecânica é cosntante, o que significa que a energia mecânica à superfície do planeta tem de ser nula,
ou
1 2
mM
mvesc − G
=0
2
r
de que resulta
r
2GM
vesc =
.
r
= 21/2 (gGM )1/4 .
P2. - A caminho da Lua, os astronautas das missões Apollo (nas décadas de 1960 e
1970) passam por um ponto em que a atracção gravítica da Lua é igual à da Terra.
a) Calcule a distância desse ponto ao centro da Terra.
b) Qual é o módulo da aceleração resultante da gravidade da Terra nesse ponto?
P3 - Dois corpos, com massas 200 kg e 500 kg, respectivamente, distam um do outro de
0.400 m.
a) Obtenha a força gravítica resultante exercida por estes corpos num terceiro corpo
com massa 50.0 kg colocado no ponto médio entre os dois primeiros.
x
m2=500 kg
m1=200 kg
m3=50 kg
Utilizando o eixo de referência na figura a força gravítica resultante que se exerce no terceiro corpo
é
Fres = −G
m1 m3
m2 m3
+G 2
2
r13
r23
6.67259 × 10−11 m3 kg−1 s−2
(−200 kg × 50.0 kg + 500 kg × 50.0 kg)
(0.200 m)2
= 2. 50 × 10−5 N
=
:
b) Em que posição (não incluindo os pontos a distância infinita) é que o terceiro corpo
é actuado por uma força gravítica nula?
Essa posição é dada pela condição de equilíbrio
m2 m3
m1 m3
= 0
−G 2 + G 2
r13
r23
m1 m2
− 2 + 2 = 0
r13
r23
com
r13 + r23 = 0.400 m.
P4 - a) Calcule a variação absoluta e relativa do módulo da força gravítica que o Sol
exerce numa pessoa com massa 50.0 kg, colocada no equador ao meio dia e à meia-noite
(Sugestão: Como ∆r é pequeno, utilize diferenciais).
6
O módulo da força gravítica que o sol exerce numa pessoa com massa m ao meio dia é
Fg = G
mMS
,
(ROT − RT )2
em que ROT é o raio da órbita da Terra e RT é o raio da Terra. À meia noite esse valor será
Fg = G
mMS
.
(ROT + RT )2
A variação do módulo da força é muito pequena é muito pequena, porque RT << ROT e a distância
da pessoa ao Sol varia de 2RT .apenas. Vamos então utilizar diferenciais.
A partir de
mMS
Fg = G 2 ,
r
obtemos
2mMS
dFg = −G
dr,
r3
de onde a variação absoluta pedida do módulo da força gravítica é
∆Fg = G
2mMS
∆r
3
ROT
= 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ×
2 × 50.0 kg × 1.99 × 1030 kg
×
× 2 × 1.70 × 106 m
3
11
(1.50 × 10 m)
= 1. 34 × 10−5 N
A variação relativa é
∆Fg
Fg
2mMS
∆r
r3
mMS
G 2
r
2∆r
r
2 × 2 × 1.70 × 106 m
1.50 × 1011 m
4. 53 × 10−5
G
=
=
=
=
= 0.00453%.
Utilizámos:
MS = 1.99 × 1030 kg
ROT = 1.50 × 1011 m
b) De que percentagem diminui o peso de uma pessoa com massa 50.0 kg, durante um
eclipse total do Sol?
Durante um eclipse total do Sol, as forças de atracção gravítica da Lua e do Sol têm o mesmo
sentido, portanto os seus módulos somam-se e o resultado é subtraído do módulo da força gravítica
da Terra sobre a pessoa.
O módulo da força gravítica da Terra sobre a pessoa é
Fg = G
MT m
2
RT
= 6.67259 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ×
= 6.90 × 103 N
7
5.98 × 1024 kg × 50.0 kg
(1.70 × 106 m)2
O módulo da resultante das forças de atracção gravítica da Lua e do Sol sobre a pessoa, actuando
concorrentemente é
¸
∙
mML
mMS
+
Fg0 = G
2
ROT
(ROL − RT )2
= 6.67259 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ×
∙
¸
50.0 kg × 7.55 × 1022 kg
50.0 kg × 1.99 × 1030 kg
×
+
(3.84 × 108 m − 1.70 × 106 m)2
(1.50 × 1011 m)2
= 0.297 N
A variação relativa do peso é
Fg0
Fg
=
0.297 N
6.90 × 103 N
= 4.30 × 10−5
= 4.30 × 10−3 %.
P5 - A Lua dista 384400 km do centro da Terra e completa um órbita em 27.3 dias.
a) Determine o módulo da velocidade orbital da Lua.
Mais uma vez, utilizamos o facto de a força centrípeta que actua na Lua ser a força de atracção
gravítica da Terra,
ML v 2
ML MT
=
,
G 2
ROL
ROL
em que v é o módulo da velocidade orbital da Lua. Resulta
r
MT
G
v =
ROL
s
6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ×
=
= 1.02 × 103 m/ s.
5.98 × 1024 kg
3.844 × 108 m
Este valor pode também ser obtido, considerando que a Lua percorre uma órbita completa em cerca
de 29.5 dias. Assim, o módulo da velocidade orbital é igual ao perímetro da órbita a dividir por 29.5
dias,
2πROL
T
2π × 3.844 × 108 m
=
29.5 d × 24 h/ d × 3600 s/ h
= 0.95 × 103 m/ s,
v =
que é aproximadamente igual ao valor obtido acima.
b) De que distância "cai" a Lua para a Terra em 1.00 s?
O módulo da aceleração devida à gravidade da Terra na posição em que se encontra a Lua é
g = G
MT
2
ROL
= 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ×
= 2.70 × 10−3 m/ s2
8
5.98 × 1024 kg
(3.844 × 108 m)2
Utilizando agora a expressão das posições no movimento uniformemente acelerado unidimensional,
1
y = gt2 , podemos calcular a distância de que a Lua "cai"num segundo, obtendo o valor de y para
2
t = 1.00 s, que resulta em
1
2.70 × 10−3 m/ s2 × (1.00 s)2
2
= 1.35 × 10−3 m.
y =
Podemos comparar este valor com o que obtemos por outro processo. Considerando a figura
seguinte, se não existisse a gravidade da Terra a Lua, a partir do ponto P seguiria uma trajectória
rectilínea e não a órbita circular. A distância de que a Lua cai para a Terra quando se desloca de
uma distância a é dada por Q (as dimensões do triângulo rectângulo da figura estão, evidentemente
exageradas).
Q
a
A
P
R
Podemos estimar o valor de Q, considerando as relações entre os lados do triângulo rectângulo,
A2 = R2 + a2
e
Q = A − R.
Nestas equações R é o raio da órbita da Lua e a é a distância que a Lua percorre num segundo. Esta
distância pode ser estimada a partir da velocidade orbital da Lua,
a = v × 1.0 s
= 1.02 × 103 m/ s × 1.0 s
= 1.02 × 103 m.
Consequentemente,
A=
e
p
a2 + R2
p
a2 + R2 − R
q
(1.02 × 103 m)2 + (3.844 × 108 m)2 − 3.844 × 108 m
=
Q =
= 1. 35 × 10−3 m,
que coincide com o valor apresentado acima
P6 - Io, uma pequena lua de Júpiter, tem um período orbital de 1.77 dias e o raio da
sua órbita é 4.22 × 105 km. Utilizando estes dados, obtenha a massa de Júpiter.
9
Utilizamos a expressão, já encontrada,
v=
s
e
v=
G
MJ
RO Io
2πRO Io
T
com
T
= 1.77 d = 1.77 d × 24 h/ d × 3600 s/ h
= 1. 53 × 105 s,
obtendo
2
4π 2 RO
MJ
Io
=G
,
2
T
RO Io
ou
MJ =
3
4π 2 RO
Io
GT 2
=
¡
¢3
4π 2 4.22 × 105 km
6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2 × (1. 53 × 105 s)2
= 1.90 × 1027 kg.
P7 - Um satélite da Terra tem massa 100 kg e encontra-se a uma altitude de 2.00×106 m.
a) Qual é a energia potencial do sistema satélite+Terra? (Suponha Ug = 0 para r = ∞.)
b) Qual é o módulo da força gravítica exercida pela Terra neste satélite?
P8 - Qual é o trabalho exercido pela força gravítica da Lua sobre um meteoro com
massa 1000 kg, que vem do espaço exterior esmagar-se na superfície da Lua?
O trabalho exercido é igual ao negativo da diferença de energia potencial gravítica entre o sistema
Lua+meteoro quando este está na superfície da Lua e quando os dois corpos estão a uma distância
infinita um do outro (este último valor é nulo). Consequentemente, o trabalho pedido é
W =G
ML m
,
RL
em que m é a massa do meteoro. Obtemos, então,
W
= 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2
= 7. 87 × 108 J.
7.55 × 1022 kg × 1000 kg
6.40 × 106 m
P9 - Qual é a quantidade de energia necessária para mover um corpo de massa m
desde a superfície da Terra até à altitude h?
P10 - Após ter esgotado o seu combustível nuclear, o destino final do nosso Sol será,
muito provavelmente, colapsar numa anã branca. Esta é uma estrela com a massa do Sol
e um raio igual ao da Terra. Calcule:
10
a) A massa volúmica média da anã branca;
Esta massa volúmica é
MS
4 3
πR
3 T
3 × 1.99 × 1030 kg
=
4π (1.70 × 106 m)3
= 9.7 × 1010 kg/ m3
ρanã branca =
b) A aceleração resultante da gravidade à sua superfície;
Temos
g = G
MS
2
RT
= 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2
= 4.5 × 108 m/ s2 ,
1.99 × 1030 kg
(1.70 × 106 m)2
7 ordens de grandeza superior à aceleração devida à gravidade à superfície da Terra.
c) A energia potencial gravítica de um objecto com massa 1.00 kg na sua superfície.
Esta energia é dada por
MS m
,
Ug = G
RT
com m = 1.00 kg, ou
Ug = 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2
= 7. 8 × 1013 J.
1.99 × 1030 kg × 1.00 kg
1.70 × 106 m
P11 - Calcule o módulo da velocidade de escape para um foguete na superfície de
Ganimedes, no lado oposto ao de Júpiter. Ganimedes, o maior satélite de Júpiter, tem
raio igual a 2.64 × 106 m e massa igual a 1.495 × 1023 kg. A massa de Júpiter é 1.90 × 1027 kg
e a distância entre Júpiter e Ganimedes é 1.071 × 109 m. Não se esqueça de incluir o
efeito gravítico de Júpiter, mas pode desprezar os movimentos de rotação de Júpiter e
Ganumedes e torno dos respectivos centros de massa.
A velocidade de escape pode ser obtida igualanado a zero a energia mecânica do sistema quando
o fogute parte da superfície de Ganimedes com v = vesc . Neste caso, é necessário acrescentar à
energia potencial gravítica resultante da interacção foguete+Ganimedes a energia potencial gravítica
resultante da interacção foguete+Júpiter, ambas à superfície da Ganimedes. Encontramos, assim, se
o fogute tem massa m,
mMG
mMJ
1 2
mvesc − G
−G
= 0,
2
RG
ROG + RG
em que MG e MJ são, respectivamente, as massas de Ganimedes e de Júpiter, RG é o raio de Ganimedes
e ROG é o raio da órbita de Ganimedes (assim ROG + RG é a distância inicial do foguete ao centro de
11
Júpiter). Obtemos
vesc =
=
s
2G
µ
MG
MJ
+
RG
ROG + RG
¶
q
2 × 6.67 × 10−11 m3 kg−1 s−2 ×
s
1.90 × 1027 kg
1.495 × 1023 kg
+
×
2.64 × 106 m
1.071 × 109 m + 2.64 × 106 m
= 1.56 × 104 m/ s.
P12 - Um foguete é disparado na vertical, ejectando massa suficiente para se mover
com aceleração constante igual a 2g. Após 40.0 s, o combustível esgota-se e o foguete
desloca-se apenas sob a acção da gravidade, com resistência do ar desprezável. Ignore a
variação de g com a altitude e a variação da massa do foguete.
a) Calcule a altitude máxima atingida pelo foguete.
b) Calcule o tempo de voo total do foguete desde que é lançado até tocar de novo a
Terra.
c) Esboce um gráfico qualitativo da variação da velocidade do foguete em função do
tempo para a duração total do voo.
Sugestão: Este problema é essencialmente um problema de cinemática num movimento unidimensional. Até o combustível se esgotar, o movimento é na vertical, no sentido ascendente, com aceleração
constante a = 2g. Após o esgotamento do combustível o movimento é ainda uniformemente acelerado
mas agora a aceleração é −g (o sinal - resulta de estarmos a considear positivo o sentido "para cima").
Imediatamente após o esgotamento do combustível o foguete continua a subir porque tem velocidade
não nula dirigiada para cima.
12