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F128 - Exercícios Resolvidos - Cap. 8

Exercício 1Soltando-se a pequena esfera na posição indicada na figura:

a) qual será sua velocidade ao passar pelo ponto mais baixo da trajetória?Como a única força atuante é a força gravitacional, uma força conservativa, a energia mecânica

é conservada durante todo o movimento. Se escolhermos o eixo z para cima, com a origem naposição inicial da esfera temos:

E0 = K0 + U0 = 0

Como a energia mecânica se conserva temos:

E (z) = K0 + U0 = mv2

2 +mgz = E0 = 0

mv2

2 +mgz = 0

mv2

2 = −mgz

v =√−2gz (1)

Quando a esfera desce ao ponto mais baixo, sua posição vertical é z = −l, e a velocidade nesteponto é

vf =√

2gl

Observe que a energia potencial U (z) é definida a menos de uma constante que depende daescolha da origem. O resultado seria o mesmo caso colocássemos a origem no ponto mais baixo datrajetória da esfera (teste!). Da mesma forma a escolha da orientação do eixo altera a expressãoliteral para a energia total mas não altera o seu valor numérico (experimente!).

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

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Figura 1: Diagrama de forças da pequena esfera do pêndulo em sua posição mais baixa e em umaposição qualquer - Exercício 1.

Perceba ainda que a velocidade (Eq. 1) não está definida para z > 0 pela origem que escolhe-mos. Isso ocorre porque a esfera nunca sobe acima de z = 0. Mesmo se a origem fosse outra, avelocidade não estaria definida a partir de uma dada altura, pois a esfera não pode subir acimade onde foi largada.

b) qual será a tração no fio nessa posição?No ponto mais baixo da trajetória temos o diagrama de forças da esfera (Fig. 1)

Tome cuidado para não acreditar que a resultante sobre a esfera é nula. Na realidade, nesteponto, a resultante é o que chamamos de força centrípeta, ela atua na direção perpendicularà velocidade (direção radial) e faz a esfera descrever um movimento circular. Tomando o eixoorientado para cima, sendo l o raio da circunferência, temos que:

R = T − P = mv2

f

l

T = m2gll

+mg

T = 3mg

c) determine o ângulo (medido em relação à vertical) para o qual o módulo da tração no fio éigual ao peso da bola.

Considerando uma posição qualquer da esfera (Fig. 1), temos de ter cuidado e perceber queo movimento é circular mas a velocidade não é constante. Além da força centrípeta temos umaoutra força, perpendicular à força centrípeta naquele ponto, que acelera a esfera na direção domovimento. Decompondo a força peso e a resultante em uma componente paralela à tração e umacomponente perpendicular à tração temos (Fig. 1):

R‖ = T − P‖ = Fcentrípeta


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R⊥ = P⊥ = md |~v|dt

Vamos agora assumir que θ é o ângulo para o qual T = mg. A primeira equação fica:

Fcentrípeta = R‖ = mg −mg cos θ = mg (1− cos θ) (2)

Nos resta agora expressar que é esta componente radial da resultante que causa o movimentocircular (a força centrípeta). Sabemos que o movimento é circular e que a velocidade em qualqueraltura é dada por v (z) =

√−2gz. Além disso podemos relacionar z com o ângulo θ:

z = −l cos θ

Assim obtemos v (θ) =√

2gl cos θ. Esta é a velocidade instantânea do movimento circular daesfera e a força centrípeta instantânea necessária para que o movimento seja circular é:

Fcentrípeta = mv2 (θ)l

= 2mg cos θ

Usando a Eq. 2 temos:

mg (1− cos θ) = 2mg cos θ

cos θ = 13

O ângulo em que momentaneamente a tração tem módulo igual ao da força peso é θ =arccos

(13

)≈ 70, 5o.

Exercício 2Um bloco de massam = 10kg é solto, a partir do repouso, em um plano inclinado de 45◦ em relaçãoao plano horizontal, com coeficiente de atrito cinético µc = 0, 5. Depois de percorrer uma distânciad = 2m ao longo do plano inclinado, o bloco colide com uma mola de constante k = 800N/m,de massa desprezível, que se encontrava relaxada, de acordo com o esquema mostrado na figuraabaixo.


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Figura 2: Diagrama de forças para o bloco enquanto desce a rampa (antes de iniciar a compressãoda mola) e deslocamento total do bloco - Exercício 2.

a) qual é a compressão sofrida pela mola?Neste problema claramente não temos conservação de energia mecânica pois a força de atrito

transforma energia mecânica em energia térmica. Fazendo o diagrama de forças para o bloco ecalculando a componente do peso normal à trajetória temos (Fig. 2):

N = P⊥ = P cos 450 =√

22 mg

A força de atrito cinético é constante e tem valor:

Fat = µcN =√

22 µcmg

O bloco desliza d e depois comprime a mola de uma quantidade x. O deslocamento total dobloco é (Fig. 2)

D = d+ x

Durante todo este percurso a força de atrito realiza um trabalho e retira energia do bloco. Estetrabalho é:

Wat = ~Fat · ~D = −FatD = −√

22 µcmg (d+ x)

Esta energia removida é a variação da energia mecânica do sistema. Antes de deslizar, a energiado sistema era a do bloco e era apenas gravitacional, dada por (Fig. 2):

E0 = K0 + U (h) = mgh = mgDsen45o =√

22 mg (d+ x)

Após o movimento do bloco, toda a energia mecânica do sistema está armazenada na mola:


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Ef = kx2

2

Como parte da energia mecânica foi transformada em calor pelo atrito temos:

∆E = Ef − E0 = Wat

kx2

2 −√

22 mg (d+ x) = −

√2

2 µcmg (d+ x)

k

2x2 −√

22 mg (1− µc)x−

√2

2 mgd (1− µc) = 0

Substituindo os valores numéricos e resolvendo pela fórmula de Bhaskara temos:

400x2 − 35, 35x− 70, 71 = 0

x1 = 35, 35 + 338, 2800 ≈ 0, 47m

O outro resultado é negativo e corresponderia à mola sendo esticada na configuração final, oque claramente não ocorre.

b) qual é a energia dissipada pelo atrito durante o trajeto do bloco desde o alto do planoaté a compressão máxima da mola? Que fração representa da variação total de energia potencialdurante o trajeto?

A energia dissipada foi o trabalho realizado pela força de atrito:

Wat = −FatD = −√

22 µcmg (d+ x) = −87, 2J

A variação de energia potencial gravitacional foi de:

∆Ug = −mgDsen45o = −174, 4J

E o trabalho realizado pelo atrito corresponde a 87, 2/174, 4 = 50% da variação da energiapotencial gravitacional.

c) Se o coeficiente de atrito estático com o plano é de µe = 0, 8, o bloco permanecerá emrepouso após comprimir a mola?

Após comprimir a mola, o bloco sofre a ação instantânea de três forças: atrito estático, pesoe força da mola. O atrito irá atuar sempre contra a direção do possível movimento e portantoprecisamos saber qual a tendência do movimento do bloco. Para isso calculamos inicialmente aresultante sem a força de atrito:


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Rsem atrito = P‖ − Fmola

=√

22 mg − kx

= −302, 9N

onde tomamos o sentido positivo do eixo como sendo "plano abaixo". O bloco tende a mover-seplano acima pois a força da mola é muito maior que a projeção da força peso.

Agora analisamos a força de atrito estático: se o maior valor possível que a força de atritoestático puder atingir for maior que a força resultante sem atrito então a força de atrito estáticoirá anular a força resultante e o bloco ficará parado. Porém, se a força resultante for maior queo maior valor possível para a força de atrito estático então o bloco irá "descolar" do plano e seráarrastado plano acima.

O valor da normal ao plano é sempre o mesmo, pois o plano não muda sua inclinação e o bloconão muda sua massa. Sendo assim temos que a força MÁXIMA que o atrito estático pode aplicaré:

Fat Max = µeN =√

22 µemg = 56, 6N

Notamos então que a força resultante vence a força de atrito estático máxima. O bloco éempurrado de volta, plano acima. No instante logo após descolar-se do plano o bloco está sujeitoà força:

R = P‖ − Fmola + Fat−cinetico

=√

22 mg − kx+ µc

(√2

2 mg

)= 267, 5N

Exercício 3Uma partícula move-se ao longo da direção x sob o efeito de uma força F (x) = −kx+Kx2, ondek = 200N/m e K = 300N/m2.

a) Calcule a energia potencial U(x) da partícula, tomando U(0) = 0 , e faça um gráfico deU(x) para −0, 5m ≤ x ≤ 1, 2m;

Para uma força conservativa, como a descrita no problema, podemos definir uma função po-tencial como:

U (x)− U (0) = −ˆ x

0F (x) dx

= −ˆ x

0

[−kx+Kx2

]dx


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(a)

-0.5 0.5 1.0x

-30

-20

-10

10

20

30

UHxL

(b) -0.5 0.5 1.0x

5

10

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UHxL

Figura 3: (a) Energia potencial como função da posição da partícula. (b) Quando a energiatotal (verde ou vermelho) define dois pontos de retorno em um poço de potencial, o movimentoé oscilatório se a partícula inicia o movimento no interior do poço. No caso extremo em queET = Umax só temos uma oscilação (porque?) - Exercício 3.

U (x) = k

2x2 − K

3 x3

= 100(x2 − x3

)

O gráfico da energia potencial da partícula como função de sua posição está plotada na Fig. 3.a.

b) Ache as posições de equilíbrio da partícula e discuta sua estabilidade;As posições de equilíbrio da partícula são aquelas onde não existe nenhuma força agindo sobre

a partícula. Nestas posições, quando a partícula é posta em repouso, ela permanecerá em repousoindefinidamente. Se não atuam forças devemos ter:

F (x′) = −dU (x)dx

∣∣∣∣∣x=x′

= 0

−kx′ +Kx′2 = 0x′ (Kx′ − k) = 0

Os pontos de equilíbrio são x′1 = 0m e x′2 = kK

= 23m.

A estabilidade do ponto depende do comportamento da força que atua nas vizinhanças daqueleponto. Se a força for restauradora, ou seja, tende a retornar a partícula ao ponto de equilíbrio,o ponto de equilíbrio é estável. Se a força tende a afastar a partícula do ponto de equilíbrio, oponto de equilíbrio é instável.

Para analisar o comportamento da força nas vizinhanças de um ponto usamos o conceito dederivada. Se a derivada for positiva, a força é positiva do lado direito e negativa do lado esquerdodo ponto e a partícula será sempre afastada do ponto de equilíbrio (equilíbrio instável). Se aderivada for negativa, a força é negativa do lado direito e positiva do lado esquerdo do ponto, oque empurra a partícula de volta ao ponto de equilíbrio (equilíbrio estável). Observe que parao potencial é o contrário: derivada segunda negativa no ponto indica instabilidade (concavidadepara baixo), derivada segunda positiva indica estabilidade (concavidade para cima). Isso se deveao sinal negativo na definição da energia potencial em física.

Vamos usar a energia potencial para analisar a estabilidade dos pontos:


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• Para o ponto x′1 = 0m:

d2U (x)dx2

∣∣∣∣∣x=x′

1

= [k − 2Kx]|x=x′1

= k = 200 > 0

A concavidade está voltada para cima e o ponto x′1 = 0m é um ponto de equilíbrio estável.

• Para o ponto x′2 = 0, 667m:

d2U (x)dx2

∣∣∣∣∣x=x′

2

= [k − 2Kx]|x=x′2

= k − 2Kx′2 = −200 < 0

A concavidade está voltada para baixo e o ponto x′2 = 0, 667m é um ponto de equilíbrio instável.

c) Para que domínio de valores de x e da energia total da partícula E a partícula pode ter ummovimento oscilatório?

O movimento oscilatório ocorre quando a partícula está confinada em um poço de potencial.Ela está confinada quando sua energia total é menor que a energia necessária para que ela ultra-passe a barreira de potencial de qualquer um dos dois lados. Quando a partícula se aproxima deum dos lados do poço a energia cinética se anula e a energia total é a própria energia potencialnaquele ponto. O ponto é um ponto de retorno e a partícula é acelerada de volta para o fundodo poço. Na Fig. 3.b, os pontos de retorno são aqueles onde o gráfico da energia total (verde ouvermelho) cruza com a energia potencial (azul).

Para que a energia cinética não seja nula (nem negativa!) em nenhum ponto, a energia totaldeve ser maior que o fundo do poço de potencial (ET > 0J). O maior valor que essa energia podeatingir para que a partícula possa ainda estar confinada no poço de potencial é o valor máximoda energia potencial (linha roxa). Para encontrar este valor, procuramos os pontos de extremo (jácalculados):

dU (x)dx = 0

Estes pontos são x′1 = 0m e x′2 = kK

= 23m e apenas o segundo é ponto de máximo (d

2U(x)dx2 < 0).

Neste ponto a energia potencial é:

U (x′2) ≈ 14, 8J

E este é o maior valor de energia para que a partícula esteja confinada no poço de potencial.Para que o movimento seja oscilatório a energia deve ser menor que este valor máximo.

Claro que para que a partícula esteja confinada ela deve iniciar o movimento dentro do poço.As laterais do poço (pontos pretos do gráfico) são definidas por:

U (x′) = 14, 8J


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Resolvendo obtemos −13m < x < 2

3m. E a outra restrição é que 0 < ET < 14, 8J .

d) Discuta qualitativamente a natureza do movimento da partícula nas demais regiões do eixodos x.

Temos vários casos possíveis:

• Se a energia for exatamente igual ao valor máximo (local) da energia potencial, a partículaentrará em equilíbrio instável neste ponto e não retornará ao movimento. Se ela partir dedentro do poço, ela irá cumprir apenas uma oscilação e parar em x = 2

3m. Se ela partirde fora do poço, ou ela irá se afastar indefinidamente da origem ou irá parar no pontode equilíbrio instável x = 2

3m, dependendo se a velocidade inicial é positiva ou negativa,respectivamente.

• Se a energia for maior que o máximo do potencial, a partícula irá sempre escapar pelo ladodireito, ricocheteando ou não do lado esquerdo, e irá se afastar indefinidamente da origem.

• Se a energia estiver na faixa 0 < ET < 14, 8J , mas a partícula estiver fora do poço, ela iráse afastar indefinidamente da origem, ricocheteando ou não na barreira de potencial.

• Se a partícula tiver energia total negativa, ela deverá estar fora do poço, caso contrárioteríamos K < 0J . Ela irá se afastar indefinidamente da origem, ricocheteando ou não nabarreira de potencial.

Exercício 4Uma bola de aço, inicialmente em repouso, cai num fluido viscoso.

a) Calcule a razão da dissipação da sua energia mecânica depois de atingir a velocidade limite.As duas forças atuantes sobre a bola são a força peso e a força de arraste viscoso (fD = bv). A

bola tem velocidade cada vez maior até um limite em que a força de arrasto do fluido se equilibracom a força peso, anulando a resultante sobre a bola. Neste limite temos a velocidade limite, queé constante no restante do percurso:

fD = P

bvL = mg

vL = mg

b

Após atingir este limite de velocidade, a força de arraste é constante (fD = mg) e realizatrabalho sobre a bola, retirando energia dela. A taxa com que a força de arraste realiza trabalhoé dada por:

P = dWdt = fDdx

dt = fDvL

P = m2g2

b


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b) Quem está dissipando essa energia?A energia é dissipada pelo fluido devido à sua viscosidade. Esta viscosidade está ligada ao

"atrito" entre as camadas laminares de fluido que se deslizam umas sobre as outras enquanto oobjeto se move.

c) Em que está se transformando a energia perdida?A energia mecânica perdida está se ransformando em energia térmica, aquecendo o fluido.

Exercício 5 (extra)No modelo de Bohr do átomo de hidrogênio, o elétron segue uma órbita circular em torno dopróton. No estado de energia mais baixo, o raio da órbita é R = 0, 529× 10−10m. A força que opróton aplica no elétron é dada por

F (r) = −ke2

r2 ,

onde e = 1, 6× 10−19C e k = 9× 109Nm2/C2. Obs.: Em Física Atômica mede-se usualmentea energia em elétrons-volts (eV ), onde 1eV = 1, 6× 10−19J .

a) Calcule o trabalho que a força elétrica realiza para trazer o elétron de uma distância muitogrande (r →∞) até a posição r = R e determine a energia potencial do elétron em r = R;

Como a força elétrica é conservativa, podemos escolher qualquer trajetória para realizarmos aintegração. Escolhendo coordenadas polares e escolhendo uma reta que "vem do infinito" radial-mente até o ponto escolhido temos:

W =ˆ

~F (r) · d~r =ˆ R

∞F (r) d (r) = −

ˆ R

∞

(ke2

r2

)dr

Onde observamos que o sinal negativo dentro de F (r) já indica que o vetor ~F (r) está orientadono sentido oposto de ~r (~F é radial para dentro). Realizando a integral:

W = ke2

r

∣∣∣∣∣r=R

r=∞= ke2

R= 4, 36× 10−18J = 27, 2eV

Esta é a energia necessária para se afastar um elétron (em repouso) a partir de uma distânciaR de um próton até uma distância tão grande quanto se possa imaginar (r =∞).

Por ser uma força conservativa, podemos associar uma energia potencial à força elétrica. Temosque

U (R)− U (∞) = −W

U (R) = −ke2

R

Na Fig. 4.a plotamos este potencial. Observe que, de acordo com este potencial, o elétrondeveria sempre cair sobre o núcleo, mas isto não é o que ocorre. Quando consideramos que o


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(a)

1. ´ 10-9 2. ´ 10-9 3. ´ 10-9 4. ´ 10-9 5. ´ 10-9R HmL

-8

-6

-4

-2

0U HeVL

(b)

5. ´ 10-10 1. ´ 10-9 1.5 ´ 10-9 2. ´ 10-9R HmL

-4

-2

0

2

4

6

8Ueff HeVL

Figura 4: (a) Gráfico do potencial elétrico observado pelo elétron nas redondezas de um próton.(b) Potencial efetivo quando consideramos a rotação do elétron em torno do núcleo. A conservaçãodo momento angular não permite que o elétron caia sobre o núcleo. O mesmo vale para os planetasorbitando o sol ou satélites orbitando planetas, etc - Exercício 4.

elétron pode rodar ao redor do núcleo (próximo item) e escolhemos um referencial que roda juntocom ele, o que obtemos é um novo potencial chamado de potencial efetivo (Fig. 4.b). Quando oelétron se aproxima do núcleo ele roda mais rápido (igual a uma bailarina quando fecha os braços)e a força centrípeta tem de ser maior para mantê-lo àquela distância, mas isso não ocorre e oelétron volta a se afastar. Se a energia for conservada o elétron não cai sobre o núcleo.

Sendo estritamente corretos temos um problema aqui: a energia de uma partícula CARRE-GADA emmovimento de rotação não é conservada (ela emite radiação), isso implica na necessidadeda mecânica quântica, mas isto é outro conteúdo. A ideia do potencial efetivo funciona muito bempara a gravitação e com ele estudamos o comportamento dos corpos celestes.

b) Calcule a energia cinética do elétron nesta órbita;Como a única força atuante é a força elétrica, ela é a resultante, ou seja, ela é força centrípeta

que causa o movimento circular. Desta forma temos:

F = macp

ke2

R2 = mv2

R

mv2 = ke2

R

E a energia cinética fica:

K = mv2

2 = ke2

2R = 2, 18× 10−18J = 13, 6eV

c) Qual é a energia de ligação do elétron?A energia de ligação do elétron é toda a energia que temos de dar ao elétron para retirar o

elétron de perto do núcleo, levá-lo a r =∞ (U = 0) e deixá-lo parado lá (K = 0). O que queremosportanto é zerar a energia do elétron. A energia total do elétron rodando em torno do núcleo é:


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E0 = U (R) +K = (−27, 2 + 13, 6) eV = −13, 6eV

Temos então que fornecer ∆E = 13, 6eV para que a energia do elétron seja nula e ele estejalivre, no infinito.

Exercício 6 (extra)Uma partícula de massa m = 2, 0kg desloca-se ao longo de uma reta. Entre x = 0 e x = 7, 0m,ela está sujeita a uma força F (x) representada no gráfico abaixo.

Sabendo-se que sua velocidade e energia potencial para x = 0 valem 3, 0m/s e 0J :a) construa o gráfico da energia potencial U(x) para 0 < x < 7m;Como U (x) = −

´ x

0 F (x′) dx′, o gráfico do potencial é a área abaixo da curva de F (x).Calculando os pontos onde a função U (x) deve mudar de comportamento (pontos importantes)temos:

• Em x = 2mU (2) = U (0)−

ˆ 2

0F (x) dx = 0− (−4) = 4J

• Em x = 3mU (3) = U (2)−

ˆ 3

2F (x) dx = 4− (−1) = 5J

• Em x = 4mU (4) = U (3)−

ˆ 4

3F (x) dx = 5− (1) = 4J

• Em x = 6mU (6) = U (4)−

ˆ 6

4F (x) dx = 4− (4) = 0J


13

(a)1 2 3 4 5 6 7

x HmL

-1

1

2

3

4

5

U HJL

(b) 1 2 3 4 5 6 7x HmL

2

4

6

8

U HJL

Figura 5: (a) Energia potencial da partícula. (b) Energia total (vermelho) e energia potencial dapartícula (azul) - Exercício 5.

• Em x = 7mU (7) = U (6)−

ˆ 7

6F (x) dx = 0− (1) = −1J

Agora plotamos estes pontos e depois desenhamos uma curva que passe por eles, obedecendo ocomportamento da função em cada trecho:

• No trecho 0 ≤ x < 2, F (x) é constante, U (x) é uma reta;

• No trecho 2 ≤ x < 4, F (x) é uma reta que sobe, U (x) é uma parábola voltada para baixo(lembre da convenção do sinal negativo);

• No trecho 4 ≤ x < 6, F (x) é constante, U (x) é uma reta;

• No trecho 6 ≤ x < 7, F (x) é uma reta que desce, U (x) é uma parábola voltada para cima.

Com todas essas informações plotamos o gráfico da Fig. 5.a.

b) a partir do gráfico, calcule a velocidade da partícula nas posições x = 2, 0m e x = 5, 0m;A energia total inicial da partícula é

E0 = K0 + U (0) = mv2 (x = 0)2 = 9J

Esta energia é conservada. Podemos dela calcular a energia cinética em cada ponto como:

K (x) = E0 − U (x)

• Em x = 2, 0m a energia cinética é K (2) = E0 − U (2) = 5J e a velocidade é

v (x = 2) =√

2K (2)m

=√

5m/s


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• Em x = 5, 0m a energia cinética é K (5) = E0 − U (5) = 9− 2 = 7J e a velocidade é

v (x = 5) =√

2K (5)m

=√

7m/s

c) é possível que a velocidade da partícula se anule em algum instante? Por quê?A velocidade nunca se anula pois a energia total é maior que o maior valor que a energia

potencial pode atingir. O gráfico da energia total nunca cruza o gráfico da energia potencial, ouseja, não existem pontos de retorno onde a velocidade se anula (e troca de sinal) - Fig. 5.b. Apartícula percorre o eixo no sentido positivo com a velocidade variada, mas sempre positiva.


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