Questões de Física Resolvidas

Escorregamento: É o movimento relativo entre as superfíciesde contato.Atrito (ou força de atrito ou componente tangencial da for-ça de contato): É a componente da força de contato, causadapela interpenetração das rugosidades das superfícies de contato,que impede ou dificulta o escorregamento.

Condições de Existência:• Contato entre superfícies rugosas.• Escorregamento ou tendência.• Normal (compressão).

Como marcar:• direção: tangente (paralela) à superfície de contato.• sentido: contrário ao escorregamento ou tendência.

Como calcular:ATRITO ESTÁTICO: AE � µeN

AE = µeN na iminência de escorregar.

ATRITO CINÉTICO: AC = µcN

Exercícios1. O coeficiente de atrito estático entre o bloco (1), de massa

10kg, e a superfície de apoio vale 0,35 e o cinético 0,30.Por intermédio de um fio e polia ideais liga-se o bloco (1) aum bloco (2) de massa M. Supondo g = 10m/s2 e abando-nando o sistema a partir do repouso, determinar a acelera-ção adquirida pelo conjunto e a intensidade da força de atri-to trocada entre o bloco (1) e o plano, nos seguintes casos:a) M = 2kgb) M = 3,5kgc) M = 10kg

AC = 0,3 ⋅ 100 = 30 N

AE = 0,35 ⋅ 100 = 35 N

a) M = 2 kg. P2 = 20 N, logoa força de atrito consegueequilibrar a solicitadora:γ = 0; A = 20 N

b) M = 3,5 kg. P2 = 35 N. 0sistema está naiminência de escorregar:γ = 0; A = AMAX = 35 N

c) M = 10 kg. P2 = 100 N.A = AC = 30 N, pois o sis-tema começa a escorregar.

|a| = 3,5 m/s2

100 – T = 10 ⋅ |a|T – 30 = 10 ⋅ |a|

70 = 20|a|

P2 – T = m ⋅ |a|

T – AC = m ⋅ |a|

(1)

(2)

A

N

T

mg

Mg

T

A→

C→

N→

rugosidadeinterpenetradas

Aulas 31 e 32ATRITO

setor 1201

ALFA-4 850150409 35 ANGLO VESTIBULARES

(1)

(2)

A

caso a

Mg

(1)

(2)

A

caso b

Mg

(1)

(2)

A

Mg

12010409

12010409-SP

2. Ainda com relação à questão anterior. Suponha que a massa docorpo 2 possa variar entre os valores 0 e 4,5kg. Esboçar ográfico da intensidade da força de atrito, que realmente age nocorpo 1, em função da força solicitadora (peso do corpo 2).

3. Um corpo de massa m desliza sobre um plano horizontal,passando por um ponto A com velocidade 20m/s. Sabendo-se que o coeficiente de atrito cinético entre o corpo e o apoioé 0,4, determinar:a) a aceleração do corpo;b) a distância que o corpo percorre até parar.

a) R = mγAc = m |a|µcmg = m |a|

|a| = µcg

|a| = 4 m/s2

b) v2 = v20 + 2 a∆s

0 = (20)2 – 2 ⋅ 4 ∆s∆s = 50m

A

N

V0

P ∆s

v = 0A

N

V0

P ∆s

v = 0

A(N)

30

20

10

0 10 20 30 40 F(N)


4. (FGV-SP/corrigido) Um automóvel de 1720kg entra emcurva plana horizontal de raio r = 200m, a 180km/h. Sa-bendo que o coeficiente de atrito entre os pneus do auto-móvel e a rodovia é igual a µe = 0,3 (coeficiente de atritoestático) e µc = 0,2 (coeficiente de atrito cinético), está cor-reto afirmar que:a) Para que um corpo percorra uma trajetória circular com

velocidade escalar constante, a resultante das forças queagem sobre ele deve ser nula.

b) Para que o carro faça uma curva em uma pista plana hori-zontal com velocidade escalar constante, a resultante dasforças que agem sobre ele deve ser a componente radialdo atrito.

c) O automóvel está a uma velocidade segura para fazer acurva.

d) O automóvel irá derrapar radialmente para fora da curva.

a) Errado. A resultante é radial para dentro da curva.b) Certo. A resultante é radial para dentro da curva.c) R = m(v2/r)

µmg = m(v2/r) ∴ v = ��µrg � 24,5 m/s � 88 km/hv (máxima velocidade com que o veículo pode fazer acurva).

d) Errado. Pelo Princípio da inércia, o veículo escapa dacurva tangencialmente.

• Leia os itens 1 e 2, cap. 7.

• Resolva os exercícios 24 e 25, série 11.

• Leia o item 3, exercícios resolvidos 1 e 2, cap. 7.

• Resolva os exercícios 2, 4, 5, 6, 10 e 11, série 7.

• Resolva os exercícios 34, 39, 44 e 48, série 11.

AULA 32

Tarefa Complementar

AULA 32

AULA 31

Tarefa Mínima

� Livro 1 — Unidade II

Caderno de Exercícios — Unidade II

ORIENTAÇÃO DE ESTUDO


1) SISTEMA MASSA-MOLAPeríodo de oscilação

2) PÊNDULO SIMPLES

–A +A0

Tmk

= 2π

+ A

– A

0

k

m + A– A 0

km

+ A

– A0

k

m


Aulas 33 a 35SISTEMA MASSA-MOLA

TLg

= 2π

Exercícios1. Com relação a um sistema massa-mola são feitas três afir-

mações que se seguem. Classifique em certo (C) ou erra-do (E).i) ( ) Um sistema massa-mola oscila na Terra com um

período T. Na Lua, em que a aceleração da gravi-dade é 6 vezes menor que a aceleração na Terra,o sistema oscilará com período T/3.

ii) ( ) Um corpo de massa m é preso, sucessivamente, aduas molas ideais de constantes k1 = 10N/m e k2 = 40N/m. Quando preso na mola 1, o sistemaoscila com período 6s. Quando preso na mola 2, osistema oscilará com período 3s.

iii) ( ) Um sistema massa-mola oscila em um plano hori-zontal com freqüência f0. Se o mesmo sistema fordisposto em um plano inclinado, a freqüência deoscilação diminuirá.

i) O período de oscilação de um sistema massa-molanão depende de g.

ii) T1 = 2π��m/k1�

T2 = 2π��m/k2� = 2π��m/4k1��

T2 = 2π��m/k1� = T1

T2 = 3 siii) O período de um sistema massa-mola não depende da

direção de oscilação.

12

12

E

C

E

2. As figuras representam uma mola helicoidal em posiçõesde equilíbrio. Cortando-se o fio que interliga os corpos, osistema passa a oscilar em um movimento vertical. Deter-minar:(M = 1,0kg; m = 0,25kg) a) A amplitude da oscilação.b) O período da oscilação.c) A freqüência da oscilação.

Constante elástica da mola:Fig. A: Mg = kx1 (1)Fig. B: (m + M)g = kx2 (2)(2) – (1): mg = k(x2 – x1)

mg = k (0,1) ⇒ k = = 25 N/m

a) Cortando-se o fio, a mola oscila em torno da posiçãode equilíbrio. Portanto a amplitude do movimento é0,1 m.

b) T = 2π��M/k� = s ≈ 1,256 s.

c) f = 1/T ≈ 0,796 Hz.

3. a) Determinar o período de um pêndulo cônico em função docomprimento L, do ângulo entre o fio e a vertical (α) e daaceleração da gravidade g. Desprezar a resistência do ar.

b) Mostre que, se α é muito pequeno, o período do pêndulo

cônico vale: T ≈ 2π

a) =

=

ω2 =

2=

T = 2π

b) Se α é muito pequeno, o cosα é aproximadamente 1,como mostra a tabela abaixo.Logo, L ⋅ cosα ≈ L e

T ≈ 2π Lg

Lcosαg

gL ⋅ cosα

2πT

gL ⋅ cosα

mgL ⋅ cosα

mω2rr

Ph

Rr

α

2

T

R = mω2r

P = mg

α

1

Lh = L . cos α

r = L . sen α

Lg

M

0,9 m

M

1,0 m

M

1,1 m

M

0,9 m

M

1,0 m

M

1,1 m

2π5

(0,25 ⋅ 10)0,1

M

1,0 m

M

1,1 m

m

Fig. BFig. A


θ (graus) cos θ10 0,984808

9 0,987688

8 0,990268

7 0,992546

6 0,994522

5 0,996195

4 0,997564

3 0,99863

2 0,999391

1 0,999848

��

��

4. Embora os movimentos de um pêndulo cônico e de umpêndulo oscilando sejam completamente diferentes, épossível demonstrar que a expressão

T ≈ 2π

vale tanto para um como para o outro, desde que o ânguloentre o fio e a vertical seja bem pequeno.Quando o pêndulo está oscilando e o ângulo entre o fio ea vertical é bem pequeno, dizemos que se trata de umpêndulo simples.Cuidado! No pêndulo cônico o período é o tempo paracompletar uma volta; no pêndulo simples, é o tempo pararetornar à posição inicial. Se o corpo é abandonado deuma posição A, o período é o tempo necessário paravoltar ao ponto A. O relógio de pêndulo é um contador de oscilações de um pên-dulo simples. Suponha que o pêndulo de um relógio tenhacomprimento 1m. a) Determine o período do pêndulo. (Adotar g = 9,8m/s2)

b) Se o pêndulo de 1m fosse substituído por outro de 93cmde comprimento, o relógio atrasaria ou adiantaria? Suponhaque nenhuma outra característica do relógio seja alterada.

a) T ≈ 2π

T ≈ 2 × 3,14 × ≈ 2s

b) T’ ≈ 2π

T’ ≈ 2π

T’ ≈ 2π ≈ 1,93 s

Em um dado ∆t:(indic. correta) ⋅ T = (indic. errada) ⋅ T’Se T’ � T,indicação errada � indicação certa,o relógio adianta.

Por exemplo, em 1 min o pêndulo errado dá = 31

oscilações. Como o relógio está calibrado para indicar2 s a cada oscilação, a cada minuto ele vai indicar 31 ⋅ 2 = 62 s. O relógio vai adiantar 2 s a cada minuto.

• Leia o texto Pêndulos, molas e grandes fortunas, que está após astarefas.

• Resolva os exercícios 1, 5 e 6, série 1.



• Resolva os exercícios 3, 4, 7 e 10, série 1.• Resolva os exercícios 19, 21, 22 e 23, série 1.• Resolva o exercício 28, série 1.

PÊNDULOS, MOLAS E GRANDES FORTUNASRELÓGIOS DE PÊNDULO

Essa história tem início em 1581, quando Galileu, observandocastiçais que oscilavam no interior de uma igreja, fez uma descobertasurpreendente: os períodos de oscilação de pêndulos de mesmocomprimento não dependem da amplitude, desde que ela seja pequena.

Retomando mais tarde essa questão, descobriu também que operíodo de oscilação depende do comprimento do pêndulo e, utilizandoessa propriedade, teve a idéia de construir relógios que foram utilizadosaté recentemente. Na verdade, até hoje: todos os relógios do Anglo sãocontrolados por um relógio de pêndulo que funciona desde 1950.

Foto do relógio do Anglo

AULA 35

Tarefa Complementar

AULA 35

AULA 34

AULA 33

Tarefa Mínima

� Livro 3 — Unidade III

Caderno de Exercícios — Unidade X


601,93

0,939,8

L’g

L’g

19,8

Lg

Lg


��

��

��

��

��

A idéia de Galileu de medir o tempo contando oscilações de umpêndulo fez surgir na Europa, a partir do século 17, novos ramos deatividade industrial e comercial. Alguns aperfeiçoamentos importantes fo-ram introduzidos como, por exemplo, um sistema que compensa a varia-ção de comprimento do pêndulo com a temperatura. Foram construídosrelógios para as igrejas, para os prédios públicos, carrilhões que anun-ciavam as horas, outros que indicavam as estações do ano, relógios cucose toda a sorte de invenções, úteis ou não, que acompanham as grandesinovações tecnológicas.

Não só os relógios se desenvolveram durante os séculos 17 e 18.Os navios também passavam por transformações, ganhando velocidade esegurança ao mesmo tempo que as técnicas de navegação se tornavammais precisas. Mas havia um problema para o qual não havia soluçãosatisfatória. A determinação de longitude exigia relógios precisos, pois eradeterminada pela comparação da hora local com a hora do ponto de saída,ou de um ponto de referência.

Relógio de pêndulo construído por Galileu

Até o início do século 18 utilizavam ampulhetas, mas o erro eramuito grande. A invenção do relógio de pêndulo em nada contribuiu pararesolver essa questão, pois esses relógios não funcionam a bordo porcausa das oscilações dos navios.

Bem ou mal iam tocando o barco quando, em 1707, uma esquadrainglesa e o seu conceituado almirante se perderam nas rochas das ilhasScilly. A causa? Erro na determinação da longitude. Perder uma esquadra,no apogeu da navegação inglesa, por acidente e não por ação inimiga, foihumilhante e um prêmio de 10000 libras foi a recompensa oferecida pelogoverno inglês a quem resolvesse a questão. O resto de nossa história sedestina a mostrar a solução proposta, em 1735, que tornou famoso emilionário o inglês John Harrison.

DINÂMICA DE UM PÊNDULO OSCILANDO COMPEQUENA AMPLITUDE

O movimento de um pêndulo oscilando com pequena amplitude éaproximadamente retilíneo e, nessas condições, a resultante das forçasque agem no corpo pode ser considerada horizontal e sempre dirigidapara o ponto O indicado na figura a seguir.

Orientando-se a trajetória para a direita e colocando-se a origem noponto O, a posição do corpo em cada instante é determinada pela abscis-sa x.

Observe que, adotando-se um critério de si-nais para a resultante (

→R a favor do eixo é positiva,

contra negativa) ela adquire sinal contrário ao de x. A resultante é a soma vetorial das forças

→T e

→P, o que leva à construção do triângulo ABC que ésemelhante ao triângulo ADO. Logo:

R/mg = x/h

Como h ≈ L, pois a amplitude é pequena, e ado-tando-se o critério de sinais mencionado, vem:

A DINÂMICA DO SISTEMA MASSA-MOLASuponha um corpo apoiado em uma superfície plana horizontal sem

atrito e preso a uma mola de constante elástica k. Se o corpo é afastadoda posição de equilíbrio até atingir a posição A e a seguir abandonado, ficasob ação das forças peso (

→P), normal (

→N) e força elástica (

→Fela). Como o

peso e a normal se equilibram, a resultante é igual a força elástica:

Orientando-se um eixo para a direita e adotando-se a origem na po-sição de equilíbrio do corpo, a abscissa x do corpo em cada instante éigual à deformação da mola. Portanto, adotando-se o critério de sinais jámencionado:

sendo k uma constante que não depende nem de x nem de Fela, masdepende da mola.

MHS

Essa constante vale mg/L no caso do pêndulo e é igual à constanteelástica da mola para o sistema massa-mola oscilando.

Toda vez que a resultante das forças que agem num corpo obe-decer à expressão

R = –(constante) ⋅ xdizemos que está sob ação de uma resultante restauradora e que,nessas condições, o corpo adquire um movimento periódico, denomi-nado movimento harmônico simples (MHS).

R = Fela = – kx

A O

N

P

Fela

R = – (mg/L) ⋅ x (1)

h

D

OA A’R

→R→

trajetóriaaproximada

xO


P→T

→

R→A C

B

PERÍODO, FREQÜÊNCIA E PULSAÇÃO DE UM MHSComo o MHS é periódico, podemos definir período e freqüência desse movimento.Período é o menor intervalo de tempo para que uma dada situação física se repita. Por exemplo, é o tempo para o corpo abandonado em A

retorne ao ponto A.Freqüência de um MHS é o número de vezes que uma dada situação física se repete, em uma determinada unidade de tempo. Por exemplo, é

o número de vezes que o corpo passa pelo ponto A em um minuto.Por raciocínio análogo ao empregado, quando estudamos o MCU, podemos demonstrar que o período é o inverso da freqüência:

f = 1/T

A expressão 2π/T aparece inúmeras vezes nas deduções e exercícios de MHS. Daí a idéia de se definir uma grandeza física denominada pul-sação (ω), tal que

ω = 2π/T = 2πf

NOMENCLATURA E OUTRAS CONSIDERAÇÕESAs considerações a seguir são válidas para um sistema massa-mola oscilando, para pêndulos oscilando com pequena amplitude bem como

para qualquer MHS, ou seja, para qualquer corpo sob ação de uma resultante restauradora, do tipo R = – (constante) ⋅ x.

1) A abscissa (x) de um corpo em MHS, também chamada elongação, varia entre um máximo e um mínimo. Denominamos amplitude (A) domovimento ao valor máximo da elongação. Como o movimento é simétrico em relação à posição, de equilíbrio, adotando-se a origem nessaposição, o valor de x está compreendido entre –A e A.

Em símbolos:–A � x � A

2) A energia mecânica de um corpo em MHS é constante

εp + εc = constante

sendo εp = (constante) x2 e εc = mv2

DESCREVENDO UMA OSCILAÇÃOA descrição que se segue é válida para um corpo oscilando preso a uma mola, para um pêndulo simples ou para qualquer corpo em MHS.Vamos supor que o corpo seja abandonado do ponto A (posição extrema esquerda), como o corpo está sob ação de uma resultante para a direita,

adquire MRA para a direita. Ao atingir o ponto O, a velocidade é máxima. Desse ponto em diante passa a agir uma força no sentido contrário ao movimento. O corpo adquire MRR até parar em A’.Ao atingir A’, sua velocidade é nula, mas o corpo está sob ação de uma resultante para a esquerda que causa um MRA. O corpo retorna ao ponto A e,

assim, sucessivamente.Na figura a seguir estão indicados os valores das grandezas: tempo, elongação, velocidade, resultante e aceleração nas posições extremas e na

posição central.

instante 0 T/4 T/2

posição x = –A x = 0 x = +A

velocidade v = 0 v é máx v = 0MRA MRR

resultante R = 0

aceleração a = 0

A

instante T 3T/4 T/2

posição x = –A x = 0 x = +A

velocidade v = 0 MRR |v| é máx MRA v = 0

resultante R = 0

aceleração a = 0

A A’0

A’0

A → A’

A’ → A

12

12


GRÁFICOSA descrição de uma oscilação apresentada, permite esboçar os gráficos da elongação (x), da velocidade (v) e da resultante (R) de um corpo em MHS.

Se o corpo é abandonado do ponto A (extremidade esquerda), no instante t = 0, a elongação é x = –A. Passado um tempo igual a T, o corpo atin-

ge a origem e, nesse ponto, a elongação é nula. No instante T, o corpo atinge a outra extremidade, ponto A’, no qual a elongação é x = +A. Entre os

instantes e T o corpo percorre o caminho de volta.

Nas posições extremas, instantes 0, e T, a velocidade é nula. No instante a velocidade é máxima. No instante a velocidade tem

novamente módulo máximo, mas sinal negativo.A resultante tem intensidade proporcional à elongação, mas sinal (respeitando-se a convenção apresentada) contrário a ela. Portanto, o gráfico da

resultante em função do tempo pode ser obtido do gráfico da elongação.

EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DO MHSÉ possível demonstrar que, no MHS, independentemente da situação física particular em estudo (pode ser um corpo oscilando preso a uma mola,

um pêndulo oscilando, um diapasão vibrando), a aceleração está relacionada à elongação (x) pela expressão:

a = –ω2x

Observe que:(Se você tem interesse na demonstração dessa expressão, leia os itens 1 a 4 da unidade III, capítulo 1 do livro 3).

• A intensidade da aceleração é diretamente proporcional à intensidade da elongação.• O sinal negativo da expressão indica que, no MHS, a aceleração tem sempre o sentido contrário à elongação.• Como o MHS é um movimento retilíneo, a aceleração centrípeta é nula. Logo, nesse movimento a aceleração escalar e a vetorial têm inten-

sidades iguais.• ω= 2π/T é a pulsação do movimento.• Essa propriedade do MHS pode ser colocada nos seguintes termos:

se R = –(constante) ⋅ x, então a = –ω2x

0 T/4

T/2

3T/4 T tempo

R

0

v

T/4 T/2

3T/4 T

tempo

vmax

– vmax

0

x

T/4 T/2

3T/4 T

tempo

–A

A

34TT

4T2

T2

12

14


PERÍODO DE UM SISTEMA MASSA-MOLA

PERÍODO DE UM PÊNDULO SIMPLES

UMA OBSERVAÇÃO IMPORTANTE

É possível demonstrar que a expressão T = 2π vale tanto para o movimento horizontal como vertical. Vale também para o caso do corpo

estar apoiado em um plano inclinado. No primeiro e no terceiro casos o atrito deve ser desprezível. Em qualquer um dos três casos o corpo adquireMHS em torno da posição de equilíbrio.

a) posição de equilíbriob) o corpo é tirado da posição de equilíbrio

c) o corpo oscila em torno da posição de equilíbrio com período T = 2π

A IMPORTÂNCIA DA OBSERVAÇÃO IMPORTANTEO fato do período do sistema massa-mola não depender da direção do movimento, foi a fonte de inspiração de John Harrison para a criação de

um relógio que continuasse dando indicação correta, mesmo que fosse podendo ser utilizado em embarcações. Com base em sua idéia, foi possívela construção de relógios portáteis. Por mais de 150 anos as pessoas utilizaram os relógios de bolso até que, no início do século 20, um certo SantosDumont teve a idéia de prendê-lo ao pulso, para facilitar a leitura sem ter de tirar as mãos dos comandos das aeronaves.

O sistema John Harrison, com os devidos aperfeiçoamentos, foi utilizado até 1970 aproximadamente, quando apareceram os relógios de quartzo,que não fazem parte dessa história.

OBSERVAÇÃO FINAL10 000 libras corresponderiam hoje a mais de 10 milhões de dólares.

mk

mk


Num sistema massa-mola R = Fela = –kx (1)

De acordo com o princípio fundamental da dinâmica R = mγNo caso particular do movimento retilíneo R = ma (2)

Como R = – (constante) ⋅ x, então a = –ω2x (3)

Substituindo (1) e (3) em (2): –kx = m(–ω2x)

Lembrando que ω = 2π/T

Obtemos o período de oscilação de um sistema massa-mola. T = 2π mk

Se um pêndulo está oscilando com pequena amplitude R = – (mg/L) ⋅ x (1)

De acordo com o princípio fundamental da dinâmica R = mγNo caso particular do movimento retilíneo R = ma (2)

Como R = – (constante) ⋅ x, então a = –ω2x (3)

Substituindo (1) e (3) em (2): – (mg/L) ⋅ x = m(–ω2x)

Lembrando que ω = 2π/T

Obtemos o período de oscilação de um pêndulo simples. T = 2π Lg

(a)

(b)

(c)

A O A’

(a) (b) (c) A

O

A’

Exercícios1. No disparo de uma arma, há uma rápida transformação de

um sólido (explosivo) em gases que impulsionam o projétil.Se um projétil de massa 100g gasta 2ms (2 milisegundos)para percorrer o cano, saindo da arma com velocidade800m/s, determinar, desprezando o atrito entre o projétil eo cano, a força média aplicada pelos gases no projétil.

Rm =

Rm � Fm∆Q = m(v – v0)

∆Q = 80 kg ⋅ m/s∆t = 2 ms = 2 ⋅ 10 – 3sFm = 40 ⋅ 103N

2. Uma bola de bilhar, de massa 0,4kg, movimentando-se auma velocidade 10m/s na direção e sentido indicados na figu-ra, choca-se contra a tabela da mesa. Sabe-se que após a coli-são, que durou 1ms, a velocidade da bola continua sendo10m/s. Determinar, desprezando eventuais atritos, a forçaaplicada pela bola na tabela.

Rm =

→Rm = →Fm (perpendicular à tabela)

F→

m =

intensidade: Fm =

F→

m = direção: perpendicular à tabela.

sentido: ver figura∆Q = mv = mv’ = 4 kg ⋅ m/s

Fm = = 4 ⋅ 103N

• Leia o texto teórico da Tarefa Complementar.

• Resolva os exercícios 1, 2, 4, 8 e 9, série 2.

Tarefa Mínima

� Livro 1 — Unidade IV

Caderno de Exercícios — Unidade IV


∆Q∆t

∆Q→

∆t

∆Q∆t

∆Q→

∆t

∆Q→

∆t

30°30°

60°

mv

mv

∆Q

F→10 m/s

10 m/s

∆Q∆t

R

tmQ= ∆

∆

v = 800 m/s

∆t144444424444443


Aula 36EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DA DINÂMICA PARA VALORES MÉDIOS

→→

→


LEITURA COMPLEMENTAR

DINÂMICA IMPULSIVA

1. QUANTIDADE DE MOVIMENTOA teoria da Dinâmica Impulsiva foi criada para os casos nos quais se

deseja relacionar uma interação, ocorrida num intervalo de tempo bemdeterminado, com a variação de velocidade.

O problema pode ser colocado da seguinte forma: Um corpo demassa m está a uma velocidade v→. Um sistema de forças age em umdeterminado intervalo de tempo ∆t causando uma alteração na veloci-dade, que passa a ser v→’.

Vamos tomar, como exemplo, o choque de uma bola de bilhar con-tra a tabela da mesa. A força exercida pela bola sobre a tabela — ou pelatabela sobre a bola — depende de pelo menos dois fatores: da massa,da bola e da velocidade.

Para resolver esses casos, bem como muitos outros análogos, julgou-se conveniente criar uma nova grandeza, denominada quantidade de movi-mento que leva em conta tanto a massa do corpo como sua velocidade.

Se um corpo de massa m está a uma velocidade v→, num determi-nado instante t, define-se quantidade de movimento (Q

→) no instante con-

siderado como sendo a grandeza vetorial:

Q→

= mv→

Como a quantidade de movimento é definida pelo produto de umagrandeza vetorial (→v ) por uma escalar positiva (m), apresenta as seguin-tes características:

intensidade: Q = mv→Q = mv→ direção: a mesma de v→

sentido: o mesmo de v→

A unidade de quantidade de movimento é uma unidade de massamultiplicada por uma unidade de velocidade. No sistema internacional:kg ⋅ m/s

Como, no intervalo de tempo em que houve a interação, a veloci-dade passa de v→, para v→’ a quantidade de movimento passa de

→Q para

→Q’. A variação de quantidade de movimento será:

∆→Q =

→Q’ –

→Q = mv→’ – mv→ = m∆v→

Para determinar a variação de quantidade de movimento ∆→Q, va-

mos representar →Q e

→Q’ com uma origem comum. ∆

→Q é o que falta pa-

ra →Q se transformar em

→Q’. Ou seja, é o que falta para a extremidade

de →Q atingir a extremidade de

→Q’.

Figura (a): quantidade de movimento antes e depois do choque.

Figura (b): variação de quantidade de movimento.

2. EQUAÇÃO FUNDAMENTAL DA DINÂMICAPARA VALORES MÉDIOS

Vamos supor que a velocidade de um corpo seja v→ num instante te v→’, num instante t’. Para que haja essa mudança de velocidade, o siste-ma deve estar sob ação de um sistema de forças, cuja resultante podeser constante ou variável.

3. IMPULSO DA RESULTANTE E TEOREMA DO IMPULSO

A equação fundamental da dinâmica para a valores médios

pode ser escrita na forma: Rm ⋅ ∆t = ∆Q. O produto Rm ⋅ ∆t

é chamado impulso da resultante:

A unidade do impulso é uma unidade de força multiplicada por umaunidade de tempo. No sistema internacional: N ⋅ s

Como o impulso é obtido pelo produto de uma grandeza vetorial (Rm)por uma grandeza escalar positiva (∆t), ele apresenta as seguintes caracte-rísticas:

intensidade: IR = Rm ⋅ ∆t→I =

→Rm ⋅ ∆t direção: a mesma de

→Rm

sentido: o mesmo de→Rm

Pode acontecer do valor médio da resultante ser desconhecido, masa resultante é conhecida em cada instante e apresenta direção constante.O impulso apresenta as seguintes características:

Partindo-se da equação fundamental da dinâmica para a valoresmédios e da definição de impulso, chegamos ao Teorema do impulso:

(O Impulso da resultante é a variação da quantidade de movimento)

→IR = ∆

→Q

R

I

t

intensidade: área sob o gráfico de R em função de t (ver figura).IR→

direção: a mesma da resultante.sentido: o mesmo da resultante no intervalo considerado.

→IR =

→Rm ⋅ ∆t

Rtm

=

∆

∆Q

Q→

Q’→

(a) (b)v→

v’→

Q’→

Q→

∆Q→

Tarefa Complementar


Podemos aplicar a equação fundamental dadinâmica para valores médios. Sendo

→Rm e

→γm→Rm = m ⋅ →γm

a resultante média e aceleração média, então:

Como →γm = : →Rm =

Mas, m ⋅ ∆v = ∆Q. Logo: →Rm =

∆∆Qt

mtv⋅ ∆

∆∆∆vt

→

→

→

→→

→→

→ →→1

42

43

ENUNCIADOS DO TEOREMA DOSSISTEMAS ISOLADOS1) A quantidade de movimento de um sistema isolado (

→Fext = 0)

é constante.2) Forças internas não alteram a quantidade de movimento de

um sistema.3) Em símbolos:

Σ→Fext = 0 ⇒ →

Qsist = const.

Exercícios1. Dois patinadores, de massas 60kg e 80kg, deslizam sobre

um plano horizontal sem atrito com velocidade 10m/s. Subi-tamente, o de massa 60kg empurra o outro, que aumentasua velocidade até atingir 13m/s, quando então perdem ocontato. Nesse instante a velocidade do patinador de massa60kg seráa) 14m/s.b) 4,0m/s.c) 6,0m/s.d) 3,0m/s.e) nula.

M1v1 + M2v2 = M1v’1 ⋅ M2 v’2(60 + 80) 10 = 80 ⋅ 13 + 60 ⋅ v’2140 = 104 + 6 v’2v’2 = 6 m/s

2. Uma bomba inicialmente em repouso explode em três partesiguais. Assinalar a alternativa na qual estão melhor represen-tadas as velocidades de cada fragmento imediatamente apósa explosão.a) d)

b) e)

c)

3. Dois corpos A e B, de massa MA = 2kg e MB = 5kg estãoinicialmente em repouso e apoiados sobre uma superfícieplana, horizontal, sem atrito. Entre os corpos há uma mo-la inicialmente comprimida e que não está presa aos cor-pos. Inicialmente a mola é impedida de se distender porum fio que liga os corpos.

Quando o fio é cortado, os corpos são acelerados pela mola.No instante em que o corpo A se destaca da mola, sua velo-cidade é 10m/s.Pede-se, nesse mesmo instante:a) a velocidade do corpo B;b) esboçar o gráfico da velocidade em função do tempo pa-

ra os dois corpos;c) a velocidade relativa de separação entre os corpos;d) a energia cinética inicial do sistema;e) a energia cinética final do sistema;f) a energia potencial elástica armazenada inicialmente na

mola.

a) Q = Q’0 = MAvA + MBvB0 = 2 ⋅ (– 10) + 5 vBvB = 4 m/s

b)

c) vrel = vB – vA = 14 m/s

d) εci = 0

e) εcf = MAv2A + MAv2

B

εcf = 2(10)2 + 5(4)2 = 140 J

f) (εp + εc)i = (εp + εc)f

εpi + 0 = 0 + 140

εpi = 140 J

12

12

12

12

vB = 4 m/s

vA = – 10 m/s

vrel

vB = 4 m/s

vA = – 10 m/s

vrel

A Bfio

v

v

v

120°

120°120°

v v

v

v

v

v

45°

v

v

vv

v

v


Aulas 37 e 38TEOREMA DOS SISTEMAS ISOLADOS

• Leia os itens 10 e 12, cap. 1.• Resolva os exercícios 2, 3 e 4, série 3.

• Resolva os exercícios 5 a 8, série 3.• Resolva os exercícios 9 e 11, série 3.


AULA 38

Tarefa Complementar

AULA 38

AULA 37

Tarefa Mínima

� Livro 1 — Unidade IV

Caderno de Exercícios — Unidade IV



Questões de Física Resolvidas

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