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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 6

Exercício 1

Uma caixa de formigas fêmeas (massa total m1 = 1, 65kg) e uma caixa de formigas machos (massa total m2 =3, 30kg) descem um plano inclinado, ligadas por uma haste de massa desprezível paralela ao plano. O ângulo darampa é 30o. Os coeficientes de atrito cinético entre a caixa de formigas fêmeas e a de formigas machos com oplano são µ1 = 0, 23 e µ2 = 0, 11, respectivamente. Calcule:

a) a tração na haste;Este problema é bem simples, todas as forças são bem definidas e constantes. Vamos supor que a caixa 2

desceria mais rápido que a caixa 1 caso elas não estivessem ligadas1. Abaixo temos o diagrama de forças, onde jádecompomos a gravidade em componentes normal e tangencial ao plano.

As componentes das forças peso são:

P2T = P2sen30o = 12m2g

P2N = P2 cos 30o =√

32 m2g

P1T = P1sen30o = 12m1g

P1N = P1 cos 30o =√

32 m1g

1Dizer que a caixa 2 desce mais rápido por ser mais pesada é um exemplo de intuição furada. Perceba que na ausência de atritoas duas caixas desceriam com a mesma aceleração: a projeção da gravidade no plano! Neste exercício em particular, de fato, a caixa2 desce mais rápido do que a caixa 1, mas isso é devido ao atrito, que é maior sobre a caixa 1 do que sobre a caixa 2, diferenciando ocomportamento delas.

c©2015 Resolvido por Douglas D. Souza.Para aulas particulares na UNICAMP: [email protected]

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A força normal ao plano se ajusta para evitar que cada caixa penetre no plano2 e assim a componente daresultante na direção normal ao plano é nula. Já a componente tangencial da força resultante em cada caixa édada pela soma das forças tangenciais ao plano. Escrevendo a equação do movimento tangencial ao plano paracada corpo temos (escolhendo o sentido plano-abaixo como sendo o sentido positivo):

P2T − F12 − Fat2 = m2a2

P1T + F21 − Fat1 = m1a1

Perceba que como as caixas estão ligadas pela haste, a aceleração delas é a mesma: a1 = a2 = a. O módulodas forças de contato é a tração F12 = F21 = T e as forças de atrito são calculadas a partir das forças normais:

Fat1 = µ1N1 = µ1

(√3

2 m1g

)Fat2 = µ2N2 = µ2

(√3

2 m2g

)

Reescrevendo as equações anteriores temos:

12m2g − T − µ2

(√3

2 m2g

)= m2a (1)

12m1g + T − µ1

(√3

2 m1g

)= m1a

Separando a aceleração a em cada equação e igualando as duas temos:

12g −

T

m2− µ2

(√3

2 g

)= 1

2g + T

m1− µ1

(√3

2 g

)

T

m1+ T

m2= (µ1 − µ2)

√3

2 g

T = (µ1 − µ2) m1m2

(m1 +m2)

√3

2 g (2)

Em valores numéricos temos: T = 1, 143N .

b) a aceleração comum às duas caixas;Podemos reutilizar uma das equações (1) e calcular a.De outra maneira, como a haste é rígida, os dois blocos se movem juntos. Tomando como positivo o sentido

plano-abaixo temos:2Se cada bloco não se move na direção normal ao plano temos aN = 0. Disso concluímos que N1 = P1N e N2 = P2N .


3

R = P2T − Fat2 + P1T − Fat1

= 12m2g − µ2

(√3

2 m2g

)+ 1

2m1g − µ1

(√3

2 m1g

)= 1

2 (m1 +m2) g −√

32 (µ1m1 + µ2m2) g

= 18, 32N

Dessa forma a aceleração das caixas é plano-abaixo (pois é positiva) e vale:

a = R

m1 +m2

= (m1 +m2) g −√

3 (µ1m1 + µ2m2)2 (m1 +m2) g

= 12g −

√3

2(µ1m1 + µ2m2)

(m1 +m2) g (3)

Usando os valores numéricos temos: a = 3, 70m/s2.

c) com se alterariam as respostas a) e b) se as posições da caixas fossem invertidas?O novo diagrama de forças neste caso fica:

Ao obtermos os resultados (2) e (3) não foram assumidos valores para m1, m2, µ1 ou µ2, ou seja, os resultadossão gerais. Podemos reaproveitar os resultados anteriores trocando-se m1 por m2 e µ1 por µ2:

T = (µ2 − µ1) m1m2

(m1 +m2)

√3

2 g

a = 12g −

√3

2(µ1m1 + µ2m2)

(m1 +m2) g


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Notamos assim que a aceleração é a mesma mas a tração troca de sinal. Esta troca de sinal nos diz que osentido das forças ~F21 e ~F12 desenhadas no novo diagrama está errado. Neste caso a caixa 1 é empurrada parabaixo pela haste, enquanto a caixa 2 é empurrada para cima.

Note que na ausência de atrito as duas caixas teriam a mesma aceleração a = 12g e portanto não haveria tração

na haste. Da mesma forma, se o atrito fosse igual para os dois blocos teríamos ambos os blocos com a mesmaaceleração a = g (sen30o − µkcos30o) e novamente não teríamos tração na haste. Disso concluímos que o que causatração na haste é a existência de dois coeficientes de atrito diferentes. A caixa com maior atrito deveria possuiraceleração menor que a outra e por esta razão era puxada pela caixa de baixo, causando uma tração na haste.Quando trocamos as caixas de posição é bastante intuitivo que a caixa com maior atrito, que agora estará embaixo,seria "atropelada" pela caixa de cima, não fosse a haste.

O comportamento global do sistema não muda, a resultante no sistema deverá ser R = 18, 32N e a aceleraçãodeverá ser a = 3, 70m/s2.

Exercício 2

Que força mínima horizontal ~F deve ser aplicada ao carrinho da figura, que está em contato com os dois blocos,para que eles não se movam em relação ao carrinho? O coeficiente de atrito estático entre m1 e o carrinho é µe etodos os outros atritos são desprezíveis.

Pelo enunciado sabemos que o bloco m2 está em contato com o carrinho sem atrito. Se o bloco m2 estivessependurado fazendo um ângulo com a vertical e nunca encostasse no carrinho, não seria possível encontrar um valorpara ~F que equilibre a tração sobre o fio mantendo o bloco m1 parado em relação ao carrinho (tente demonstrarisso).

Se ~F fosse nula, o bloco m1 seria puxado para a direita e portanto a força de atrito seria para a esquerda.Queremos partir de um dado valor de ~F que faça o sistema ficar em equilíbrio e ir diminuindo ~F aos poucos deforma a encontrar o menor valor que ainda permita que o bloco m1 permaneça "colado" sobre o carrinho pelo atritoestático. Se ~F fosse muito grande, o carrinho aceleraria para a direita muito mais do que o bloco 1, este entãodescolaria do carrinho e deslisaria para trás. Esta situação limítrofe (menor ~F que faz o carrinho morver-se com obloco m1 colado sobre ele) é atingida quando Fat = Fat−Max = µeN1 e esta força é para a esquerda.

Abaixo temos o diagrama de forças para cada bloco e para o carrinho nessa situação limítrofe.


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Os elementos do sistema movem-se todos juntos, como um único bloco. Para o sistema como um todo aresultante vertical é nula, a resultante horizontal é R = Fmın e a aceleração é dada por:

a = Fmınm1 +M +m2

Se nada no sistema se move na vertical, nem mesmo o bloco m2, devemos ter T − P2 = 0→ T = P2 = m2g.A resultante no bloco m1 é horizontal e vale R1 = m1a. Equacionando as forças que agem nesse bloco, na

horizontal, temos:

−Fat + T = R1

−µe (m1g) +m2g = m1Fmın

m1 +M +m2

Fmın = g (m1 +M +m2)m1

(m2 − µem1)

Exercício 3

A figura mostra um pêndulo cônico no qual um peso, preso na extremidade inferior do fio, move-se em umacircunferência horizontal com velocidade constante. A massa do peso é igual a 0, 04kg, o fio tem comprimento de0, 9m e massa desprezível, e o raio da circunferência é 15cm. Calcule:


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a) a tração no fio;A tração no fio é tal que sua componente vertical equilibre a gravidade, conforme o diagrama de forças abaixo3:

Temos que (cuidado com as unidades, aqui usaremos o MKS):

P = Ty

mg = T cosθ = Th

l= T

√l2 −R2

l

T = l√l2 −R2

mg

= 0, 4057N

b) a aceleração radial do peso;O vetor velocidade da bolinha na ponta do fio está contido no plano horizontal e muda sua direção o tempo

todo mas não muda seu módulo. A força responsável por esta mudança é a projeção da força de tração do fio noplano horizontal, dada por

Tx = T senθ = TR

l= 0, 4057× 0, 15

0, 9 = 0, 0676N

3Atenção: a força centrípeta não é uma outra força que age no sistema. Chamamos de força centrípeta aquela que causa o movimentocircular. No caso do exercício a força resultante é a força centrípeta.


7

Essa força causa uma aceleração radial de

a = Txm

= T

m

R

l= 0, 0676

0, 04 = 1, 69m/s2

c) o período do movimento.Essa aceleração radial causa um movimento circular com velocidade angular dada por:

a = v2

R= (ωR)2

R= ω2R→ ω =

√a

R

ω =

√(T

m

R

l

)1R

=√

g√l2 −R2

= 3, 36 rad/s

O período do movimento pode ser calculado de ω = 2πτ → τ = 2π

ω

τ = 2π

√√l2 −R2

g

= 1, 87s

Exercício 4

Ao descer uma encosta, um esquiador é freado pela força de arrasto que o ar exerce sobre seu corpo e pela força deatrito cinético que a neve exerce sobre os esquis. Suponha que o ângulo da encosta é 40o, que o coeficiente de atritocinético é = 0,04, que a massa do esquiador e seu equipamento é 85,0 kg, que a área da seção reta do esquiador é1,3 m2, que o coeficiente de arrasto é C = 0,15 e que a massa específica do ar é 1,2 kg/m3.

a) qual é a velocidade terminal do esquiador?A força normal equilibra a projeção do peso do esquiador na direção normal ao solo, conforme o diagrama de

forças a seguir:


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Na direção do movimento temos:

R = PT − FD − Fat

Onde PT = (mg) senθ é a componente do peso do esquiador que causa o movimento, FD = 12ρACv

2 é a forçade arrasto (drag) do ar (proporcional ao quadrado da velocidade), e Fat = µcN = µc (mg) cosθ é a força de atritodos esquis com o gelo.

Note que não é necessário a resolução de equações diferenciais complicadas neste problema (o que faremos maisadiante apenas por diversão). Quando o esquiador atingir a velocidade terminal, essa velocidade será constante.Por essa razão a resultante sobre o esquiador deverá ser nula e assim temos:

PT − FD (vL)− Fat = 0

mgsenθ − 12ρACv

2L − µcmgcosθ = 0

12ρACv

2L = mgsenθ − µcmgcosθ

v2L = 2mg

ρAC(senθ − µccosθ)

vL =√

2mgρAC

(senθ − µccosθ)

Usando os valores numéricos (todos já dados no mesmo sistema de unidades, o MKS) encontramos vL =66, 69m/s.

b) se o esquiador pode fazer o coeficiente de arrasto C sofre uma pequena variação dC (alterando, por exemploa posição das mãos), qual é a variação correspondente da velocidade terminal?

Novamente neste item não é necessário a resolução da equação do movimento. O que fazemos é simplesmentecalcular o quanto varia vL quando causamos uma pequena variação dC no coeficiente de arrasto. Este é o conceitode derivada:


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dvL = dvLdC dC

=√

2mgρA

(senθ − µccosθ)ddC

(1√C

)dC

= −12

√2mgρAC3 (senθ − µccosθ)dC

Em valores numéricos, dvL = − (222, 29m/s)dC.Notamos que uma variação pequena no coeficiente de arrasto C produz uma variação muito grande sobre a

velocidade terminal do esquiador. Em esportes onde o arrasto do ar ou água é importante, foram desenvolvidosdiversos artifícios para se reduzir o coeficiente de arrasto. Um exemplo bastante atual são os novos maiôs olímpicosque reduzem a aderência na água e permitem que o atleta deslize com maior velocidade através da piscina. Conformepublicado pelo jornal O Estado de São Paulo em março de 2008: “Dirigentes internacionais da natação devemconversar com fabricantes de equipamentos esportivos na próxima semana, após uma série de recordes mundiaister sido batida por atletas que usavam maiôs especiais.”

Resolução da equação do movimento (Extra)

A força resultante é aquela que causa o movimento, portanto:

R = ma

mgsenθ − 12ρACv

2 − µcmgcosθ = mdvdt

Dividindo por m, reagrupando e separando velocidade de um lado e tempo do outro (preparando para aintegração) temos:

dvg (senθ − µccosθ)− ρAC

2m v2= dt

dvα− βv2 = dt

Onde chamamos α = g (senθ − µccosθ) e β = ρAC2m para facilitar a escrita. Multiplicando tudo por α temos:

dv1− β

αv2

= αdt√αβ dv

′

1− v′2 = αdt

dv′

1− v′2 =√βαdt

Onde chamamos v′ =√

βαv. Vamos agora realizar a integral:


10

ˆ v′(t)

v′0

dv′

1− v′2 =√βα

ˆ t

0dt′

ˆ v′(t)

v′0

dv′

(1 + v′) (1− v′) =√βαt

A integral à esquerda pode ser feita através de um truque simples: escrevemos o integrando como uma soma deduas frações que não conhecemos os nominadores, apenas os denominadores. Com algum raciocínio descobrimosos numeradores como segue:

1(1 + v′) (1− v′) = A1

(1 + v′) + A2

(1− v′)

= A1 (1− v′) +A2 (1 + v′)(1 + v′) (1− v′)

1(1 + v′) (1− v′) = (A1 +A2) + (A2 −A1) v′

(1 + v′) (1− v′)

Por comparação entre os dois lados da equação caímos no sistema de equações lineares:

A1 +A2 = 1

A2 −A1 = 0

E obtemos A1 = A2 = 1/2.Retornando à integral:

12

ˆ v′(t)

v′0

dv′

(1 + v′) + 12

ˆ v′(t)

v′0

dv′

(1− v′) =√βαt

ln[

1 + v′ (t)1 + v′0

]− ln

[1− v′ (t)

1− v′0

]= 2

√βαt

ln[

1 + v′ (t)1− v′ (t)

]+ ln

[1− v′01 + v′0

]= 2

√βαt

1 + v′ (t)1− v′ (t) = 1 + v′0

1− v′0e2√βαt

"Basta" agora apenas desfazer a mudança v′ (t) =√

βαv (t), separar v (t) e substituir os valores de α e β. Para

diversas velocidades iniciais construímos os gráficos da velocidade do esquiador como função do tempo:


11

0 5 10 15 20 25 30Tempo t HsL0

20

40

60

80

100

120

140Velocidade v Hm�sL

Observe que independentemente da velocidade inicial, a velocidade do esquiador se reduz ou aumenta de formaa atingir a velocidade terminal vL. O mesmo ocorre com paraquedistas e outras coisas que caem ou afundam emfluidos.

Exercício 5

Um barco de 1000kg está navegando a 10m/s quando seu motor é desligado. A intensidade da força de atrito ~fk

entre o barco e a água é proporcional à velocidade v do barco: fk = 70v, onde v é dada em m/s e fk em newtons.Encontre o tempo necessário para que a velocidade do barco se reduza para 5, 0m/s.

Pela segunda lei de Newton, ~F = m~a. A força é uma força viscosa, que é proporcional à própria velocidade eatua contra o movimento, dessa forma:

ma = −fk

mdvdt = −fk

mdvdt = −kv

dvdt = − k

mv

Onde k = 70kg/s é a constante que aparece dentro de fk. Para integrarmos a equação diferencial acima fazemos:


12

dvv

= − kmdt

ˆ v(t)

v0

dvv

= − km

ˆ t

0dt′

ln v (t)− ln v0 = − kmt

ln[v (t)v0

]= − k

mt

v (t) = v0e− k

m t

Encontramos a velocidade para qualquer instante de tempo nesta última expressão. Entretanto para calcularmoso que é pedido no exercício apenas é necessário chegar à penúltima expressão, dela, substituindo valores numéricosencontramos:

− 701000 tf = ln

(510

)−0, 07tf = − ln 2

tf = 9, 90s

Observe como se comporta a velocidade no gráfico abaixo. Como o motor do barco está desligado, a velocidadeaos poucos se aproxima de zero. Mas isso ocorre cada vez mais devagar, já que o atrito viscoso é menor quantomenor a velocidade. Teoricamente o barco nunca deveria parar mas pode-se mostrar que o seu deslocamentomáximo será 10

0,07m (demonstre isso). Isto é algo que lembra o paradoxo de Zenão (Aquiles e a tartaruga), masneste caso realmente o barco nunca chega no final do movimento (em teoria...)

0 10 20 30 40 50Tempo t HsL0

2468

10Velocidade v Hm�sL

Exercício 6 (extra)

O bloco A da figura pesa 102N e o bloco B pesa 32N . Os coeficientes de atrito estático e cinético entre A e arampa são µs = 0, 56 e µk = 0, 25. O ângulo θ é igual a 40o.


http://pt.wikipedia.org/wiki/Paradoxos_de_Zeno

13

Encontre a aceleração de A quando:a) A está inicialmente em repouso;A força de atrito estático se comporta de maneira análoga à força normal: ajusta seu valor de forma a garantir

uma resultante nula na direção do movimento do corpo. Há porém uma grande diferença: a força de atrito estáticonão pode crescer indefinidamente, possui um limitante dado por Fat−Max = µsN , onde N é a força normal aoplano. Este comportamento dicotômico dificulta um pouco a análise de problemas de dinâmica, pois precisamosprimeiro verificar em qual direção o objeto se moveria na ausência de atrito, depois incluir a força de atrito nosentido contrário do possível movimento do corpo e por fim verificar se a força de atrito estático será capaz demanter o objeto parado ou não. Se Fat−Max for sobrepujado pelas outras forças do sistema então o objeto semoverá. Em instantes o objeto "descola-se" do plano e a força de atrito se reduz rapidamente, tornando-se a forçade atrito cinético, que será uma constante enquanto o objeto estiver se movendo (e a força normal não variar).

Aqui sabemos que o objeto está parado inicialmente e portanto não sabemos em qual direção o atrito estáatuando. Precisamos inicialmente descobrir em qual direção o bloco A será puxado para depois incluirmos o atrito.O diagrama de forças na ausência de atrito será:

Neste diagrama já decompomos a força peso em uma componente normal e outra tangencial ao plano, para obloco A.

Assumindo que a corda seja inextensível e de massa desprezível devemos ter∣∣∣~T1

∣∣∣ =∣∣∣~T2

∣∣∣ = T . Note que nãonecessariamente ~T2 = −~PB , pois B pode estar sendo acelerado e isso implica que B "gasta" um pouco da força pesoaplicada sobre ele e transmite apenas o restante para a tração.

Vamos analisar o movimento do sistema como um todo. Se a projeção do peso de A na tangencial ao plano formaior que o peso de B, o bloco A desce o plano. Caso contrário ele sobe. Adotando como sentido positivo aqueleem que o bloco A desce o plano vamos calcular a diferença:

R = PAT − PB = 102sen40o − 32 = 65, 56− 32 = 33, 56N


14

Ou seja, temos uma força que faria o bloco A descer o plano. Agora introduzimos a força de atrito:

Analisando o movimento do sistema como um todo temos:

R = PAT − Fat − PB = 33, 56− Fat

Agora calculamos o valor máximo de Fat para verificarmos se ele é capaz de anular a resultante, compensandoos 33, 56N de força que tenta mover o sistema:

Fat−Max = µsNA = µs (PAcos40o) = 0, 56× 78, 14 = 43, 76N

Sim, o atrito estático é capaz de manter o sistema parado e seu valor é portanto Fat = 33, 56N , valor exatopara que a resultante seja nula.

Por consequencia o sistema parte do repouso e permanece em repouso.

b) A está subindo a rampa;Se o bloco A sobe a rampa o atrito é cinético, tem valor Fat = µkNA e seu sentido é plano abaixo.

A aceleração do bloco A é a mesma do bloco B pois eles se movem juntos (embora em direções diferentes).Calculando a resultante na "direção" do movimento temos:

R = PAT + µkNA − T + T − PB = 102sen40o + 0, 25× 102cos40o − 32 = 53, 10N


15

Essa é a força que move o sistema como um todo, portanto, a aceleração do sistema é:

a = R

mA +mB= 53, 10

10, 2 + 3, 2 = 3, 96m/s2

O bloco sobe a rampa mas é freado com aceleração 3, 96m/s2 (observe que pela nossa orientação de eixos avelocidade é negativa neste caso).

c) A está descendo a rampa.Desta vez a força de atrito Fat = µkNA entrará com um sinal negativo na nossa consideração pois irá apontar

contra o sentido positivo que escolhemos para o movimento:

R = PAT − µkNA − T + T − PB = 102sen40o − 0, 25× 102cos40o − 32 = 14, 03N

e essa é a força que move o sistema como um todo, portanto, a aceleração do sistema é:

a = R

mA +mB= 14, 03

10, 2 + 3, 2 = 1, 05m/s2

O bloco é acelerado no sentido em que desce a rampa.


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