Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de física teórica,

Exerc´ıcios Resolvidos de Dinˆamica Cl´assica

Jason Alfredo Carlson Gallas,

Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de F´ısica

Mat´eria para a PRIMEIRA prova. Numerac¸˜ao conforme a quarta edic¸˜ao do livro “Fundamentos de F´ısica”, Halliday, Resnick e Walker.

Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Conte ´udo

5 Forc¸as e Movimento – I 2

5.1 Quest˜oes . . . 2

5.2 Problemas e Exerc´ıcios . . . 2 5.2.1 Segunda Lei de Newton . . . . 2 5.2.2 Algumas Forc¸as Espec´ıficas . . 2 5.2.3 Aplicac¸˜ao das Leis de Newton . 3

Coment´arios/Sugest˜oes e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (listam1.tex)

5

Forc¸as e Movimento – I

5.1

Quest˜oes

5.2

Problemas e Exerc´ıcios

E 5-7 (5-7/6 edic¸˜ao)

Na caixa de kg da Fig. 5-36, s˜ao aplicadas duas forc¸as,

mas somente uma ´e mostrada. A acelerac¸˜ao da cai-xa tamb´em ´e mostrada na figura. Determine a segun-da forc¸a (a) em notac¸˜ao de vetores unit´arios e (b) em m´odulo e sentido.

(a) Chamemos as duas forc¸as de e . De acordo

com a segunda lei de Newton,   , de modo

que  . Na notac¸˜ao de vetores unit´arios

temos   e

  sen "!#%$'&"() "!+*, -./02134*1

Portanto

5 6798'6:-"8);6<8=6:0213>8'*?@. AB "%/C;9*=D N1

(b) O m´odulo de ´e dado por

E  GF E  IH E  IJ GK 6: 998  L6: ;+8  L M N1

O ˆangulo que faz com o eixoN positivo ´e dado por

tanOP E IJ E IH  ;  " 21-"Q@-;1

O ˆangulo ´e ou  ! ou  ! R0M9 ! L;0 ! . Como ambas

componentesE SH e

E

IJ s˜ao negativas, o valor correto ´e )+

! .

5.2.2 Algumas Forc¸as Espec´ıficas

E 5-11 (5-???/6 )

Quais s˜ao a massa e o peso de (a) um tren´o de-9  kg e

(b) de uma bomba t´ermica de3") kg?

(a) A massa ´e igual a-9  kg, enquanto que o peso ´e

T

UWVX Y6Z- 998=6Z[;1M98% L-;]\3 N.

(b) A massa ´e igual a 3"; kg, enquanto que o peso ´e

T

UWVX Y6^3";+8=6Z[;1M98% 32Q)1M N.

E 5-14 (5-11/6 )

Uma determinada part´ıcula tem peso de N num

pon-to ondeV _[21M m/s



. (a) Quais s˜ao o peso e a mas-sa da part´ıcula, se ela for para um ponto do espac¸o on-de V _3/1[ m/s



? (b) Quais s˜ao o peso e a massa da part´ıcula, se ela for deslocada para um ponto do espac¸o onde a acelerac¸˜ao de queda livre seja nula?

(a) A massa ´e

` T V 9 [;1M ;1 kg1

Num local ondeV a321[ m/s



a massa continuar´a a ser

;1 kg, mas o peso passar´a a ser a metade:

T

bWVX a6<)1c8=6^321[98 a N1

(b) Num local ondeVd L m/s



a massa continuar´a a ser

;1 kg, mas o peso ser´a ZERO.

E 5-18 (5-???/6 )

(a) Um salame de kg est´a preso por uma corda a uma

balanc¸a de mola, que est´a presa ao teto por outra corda (Fig. 43a). Qual a leitura da balanc¸a? (b) Na Fig. 5-43b, o salame est´a suspenso por uma corda que passa por uma roldana e se prende a uma balanc¸a de mola que, por sua vez, est´a presa `a parede por outra corda. Qual a leitura na balanc¸a? (c) Na Fig. 5-43c, a parede foi substitu´ıda por outro salame de kg, `a esquerda, e

o conjunto ficou equilibrado. Qual a leitura na balanc¸a agora?

Em todos os trˆes casos a balanc¸a n˜ao est´a acelerando, o que significa que as duas cordas exercem forc¸a de igual magnitude sobre ela. A balanc¸a mostra a magnitude de qualquer uma das duas forc¸as a ela ligadas. Em cada uma das situac¸˜oes a tens˜ao na corda ligada ao salame tem que ter a mesma magnitude que o peso do salame pois o salame n˜ao est´a acelerando. Portanto a leitura da balanc¸a ´eWV , onde ´e a massa do salame. Seu valor ´e

T

5.2.3 Aplicac¸˜ao das Leis de Newton

P 5-21 (5-19/6 )

Um foguete experimental pode partir do repouso e alcanc¸ar a velocidade de +-9 km/h em 1M s, com

acelerac¸˜ao constante. Qual a intensidade da forc¸a m´edia necess´aria, se a massa do foguete ´eQ@9 kg?

Basta usarmos E

`e , onde

E

´e a magnitude da forc¸a,e a acelerac¸˜ao, e a massa do foguete.

A acelerac¸˜ao ´e obtida usando-se uma relac¸˜ao simples da cinem´atica, a saber,f ge"h. Para f i0-9 km/h 0-9>j] ;1-k 3393 m/s, temos queel 3933)j>1Mk m]3)\

m/s

. Com isto a forc¸a m´edia ´e dada por

E

beX Y6<Q@"8'6<]3>\8n Y1cPop+q N1

E 5-23 (5-??/6 )

Se um nˆeutron livre ´e capturado por um n´ucleo, ele po-de ser parado no interior do n´ucleo por uma forc¸a forte. Esta forc¸a forte, que mant´em o n´ucleo coeso, ´e nula fora do n´ucleo. Suponha que um nˆeutron livre com veloci-dade inicial de 913po09r m/s acaba de ser capturado

por um n´ucleo com diˆametrost u+)v :w

m. Admitindo que a forc¸a sobre o nˆeutron ´e constante, determine sua intensidade. A massa do nˆeutron ´e1-"\xoy0;v



r kg.

A magnitude da forc¸a ´e E

ze , onde e ´e a

acelerac¸˜ao do nˆeutron. Para determinar a acelerac¸˜ao que faz o nˆeutron parar ao percorrer uma distˆancias , usamos

f  bf  { #@e>s/1

Desta equac¸˜ao obtemos sem problemas

ed f  pf  { @s |6:13Xop+r=8  ;6}0 v ~w 8 [21MXoy0  r m/s  1

A magnitude da forc¸a ´e

E Ued G6:1-"\xoy0 v  r 8'67[;1Mop+  r 8 Y0-;13 N1 E 5-28 (5-15/6 )

Veja a Fig. 5-27. Vamos considerar a massa do bloco igual a M21Q kg e o ˆangulo OL € 

! . Determine (a) a

tens˜ao na corda e (b) a forc¸a normal aplicada sobre o bloco. (c) Determine o m´odulo da acelerac¸˜ao do bloco se a corda for cortada.

(a) O diagrama de corpo isolado ´e mostrado na Fig. 5-27 do livro texto. Como a acelerac¸˜ao do bloco ´e zero, a segunda lei de Newton fornece-nos



yV senO 

‚

yVƒ$'&9(;O ;1

A primeira destas equac¸˜oes nos permite encontrar a tens˜ao na corda:



V senOx a6ZM21Q98'67[;1M98 sen 99! 3" N1

(b) A segunda das equac¸˜oes acima fornece-nos a forc¸a normal:

‚

bWV„$=&9()OP Y6ZM;1cQ8=6Z[21M"8)$'&"() 9! …\@ N1

(c) Quando a corda ´e cortada ela deixa de fazer forc¸a sobre o bloco, que passa a acelerar. A componenteN da

segunda lei de Newton fica sendo agora V senOy e , de modo que

ed a senOx Y|6Z[21M"8 sen "!† Y321[ m/s



1

O sinal negativo indica que a acelerac¸˜ao ´e plano abaixo.

E 5-33 (5-???/6 )

Um el´etron ´e lanc¸ado horizontalmente com velocida-de velocida-de 1cWoR09r m/s no interior de um campo el´etrico,

que exerce sobre ele uma forc¸a vertical constante de

3/1Qdo?+)v :‡

N. A massa do el´etron ´e[21ˆ9o?0;v4‰



kg. Determine a distˆancia vertical de deflex˜ao do el´etron, no intervalo de tempo em que ele percorre  mm,

horizon-talmente.

A acelerac¸˜ao do el´etron ´e vertical e, para todos efei-tos, a ´unica forc¸a que nele atua ´e a forc¸a el´etrica; a forc¸a gravitacional ´e totalmente desprez´ıvel frente `a forc¸a el´etrica. Escolha o eixoN no sentido da velocidade

ini-cial e o eixoŠ no sentido da forc¸a el´etrica. A origem ´e

escolhida como sendo a posic¸˜ao inicial do el´etron. Co-mo a acelerac¸˜ao e forc¸a s˜ao constantes, as equac¸˜oes ci-nem´aticas s˜ao NW f { h e Š   e"h    E  h ‹ onde usamos E

ge para eliminar a acelerac¸˜ao. O

tempo que o el´etron com velocidadef

{

leva para viajar uma distˆancia horizontal deN# Œ  mm ´eh| NŽjf

{

e sua deflex˜ao na direc¸˜ao da forc¸a ´e

Š   E  N f {/‘     3/1QPoy0)v :‡ [;1’,oy0 v4‰  ‘  Xoy0)v‰ 1cxoy0 r ‘  1cQdop+ v‰ m L;12+Q mm1

´

E jogando el´etrons contra um tubo de imagens que sua TV funciona... Isto ser´a estudado nos cap´ıtulos 23 e 24 do livro.

P 5-38 (5-29/6 )

Uma esfera de massa „o|0;v

w

kg est´a suspensa por uma corda. Uma brisa horizontal constante empurra a esfera de maneira que ela fac¸a um ˆangulo de "\ ! com a

verti-cal de repouso da mesma. Determine (a) a intensidade da forc¸a aplicada e (b) a tens˜ao na corda.

(a) Suponhamos a brisa soprando horizontalmente da direita para a esquerda. O diagrama de corpo isolado para a esfera tem trˆes forc¸as: a tens˜ao

na corda, apon-tando para cima e para a direita e fazendo um ˆangulo

O”“i >\

! com a vertical, o peso

WV apontando

verti-calmente para baixo, e a forc¸a E

da brisa, apontando horizontalmente para a esquerda.

Como a esfera n˜ao est´a acelerada, a forc¸a resultante de-ve ser nula. A segunda lei de Newton nos diz que as componentes horizontais e verticais das forc¸as satisfa-zem as relac¸˜oes, respectivamente,

 senO E  ‹  $'&"()OyV ;1 Eliminando

entre estas duas equac¸˜oes obtemos

E

UWV tanO 67 Xop+

v w 8'6Z[21M"8 tan >\@! ;1;•oy0 v4‰ N 1

(b) A tens˜ao pedida ´e

 V $'&9(;O 6Z top+)v w 8'6Z[21M"8 $'&9(2 "\ ! b 21-9MPoy0 v4‰ N 1

Perceba que talvez fosse mais simples ter-se primeiro determinado

e, a seguir,E

, na ordem contr´aria do que pede o problema.

P 5-39 (5-??/6 )

Uma moc¸a de39 kg e um tren´o de M213 kg est˜ao sobre

a superf´ıcie de um lago gelado, separados porQ m. A

moc¸a aplica sobre o tren´o uma forc¸a horizontal deQ)1c

N, puxando-o por uma corda, em sua direc¸˜ao. (a) Qual a acelerac¸˜ao do tren´o? (b) Qual a acelerac¸˜ao da moc¸a? (c) A que distˆancia, em relac¸˜ao `a posic¸˜ao inicial da moc¸a, eles se juntam, supondo nulas as forc¸as de atrito?

(a) Como o atrito ´e desprez´ıvel, a forc¸a da moc¸a no tren´o ´e a ´unica forc¸a horizontal que existe no tren´o. As forc¸as verticais, a forc¸a da gravidade e a forc¸a normal do gelo, anulam-se.

A acelerac¸˜ao do tren´o ´e

e"–— E W– Q;1 M213 L;1-9 m/s  1

(b) De acordo com a terceira lei de Newton, a forc¸a do tren´o na moc¸a tamb´em ´e deQ;1 N. A acelerac¸˜ao da moc¸a

´e, portanto, e>˜” E  ˜ Q)1c 3" 21ˆ+ m/s  1

(c) A acelerac¸˜ao do tren´o e da moc¸a tem sentidos opos-tos. Suponhamos que a moc¸a parta da origem e mova-se na direc¸˜ao positiva do eixoN . Sua coordenada ´e

N4˜”   e"˜h  1

O tren´o parte deNy YN

{

ŒQ m e move-se no sentido

negativo deN . Sua coordenada ´e dada por

N – N {    e – h  1

Eles se encontram quandoN4˜” N2–, ou seja quando

  e>˜h  bN {    e"–™h  ‹

donde tiramos facilmente o instante do encontro:

h aš ]N

{

e ˜ le –

‹

quando ent˜ao a moc¸a ter´a andado uma distˆancia

N ˜   e ˜ h  N { e ˜ e>˜#Re"– 6}+Q98'6Z21ˆ+ 98 ;1’0 l;1-9 L;1- m1 P 5-40 (5-31/6 )

Dois blocos est˜ao em contato sobre uma mesa sem atri-to. Uma forc¸a horizontal ´e aplicada a um dos blocos, como mostrado na Fig. 5-45. (a) Se   ›;1 kg e   91 kg e

E

L ;1c N, determine a forc¸a de contato

entre os dois blocos. (b) Mostre que, se a mesma forc¸a

E

for aplicada a

 , ao inv´es de



 , a forc¸a de contato

entre os dois blocos ´e )1’ N, que n˜ao ´e o mesmo valor

obtido em (a). Explique a diferenc¸a.

(a) O diagrama de corpo isolado para a massa tem

quatro forc¸as: na vertical,kIV e

‚

 , na horizontal, para

a direita a forc¸a aplicadaE

de contato œ que exerce sobre. O diagrama de

corpo isolado para a massa cont´em trˆes forc¸as: na

vertical,V e

‚

 e, na horizontal, apontando para a

direita, a forc¸aœ . Note que o par de forc¸as œ eœ ´e um

par ac¸˜ao-reac¸˜ao, conforme a terceira lei de Newton. A segunda lei de Newton aplicada para  fornece

E

?œ b'e

‹

ondee ´e a acelerac¸˜ao. A segunda lei de Newton

aplica-da para fornece

œ b=e41

Observe que como os blocos movem-se juntos com a mesma acelerac¸˜ao, podemos usar o mesmo s´ımboloe

em ambas equac¸˜oes.

Da segunda equac¸˜ao obtemose Yœžj que

substitui-da na primeira equac¸˜ao dos forneceœ :

œ E  %R 6Z 2198'6}1c8 )1 b91 a91ˆ N1

(b) Se for aplicada em  em vez de  , a forc¸a de

contato ´e œ E k %R 6Z 2198'6<)1 98 )1 b91 L;1ˆ N1

A acelerac¸˜ao dos blocos ´e a mesma nos dois casos. Co-mo a forc¸a de contato ´e a ´unica forc¸a aplicada a um dos blocos, parece correto atribuir-se aquele bloco a mesma acelerac¸˜ao que ao bloco ao qual ´e aplicada. No

segun-do caso a forc¸a de contato acelera um bloco com maior massa do que no primeiro, de modo que deve ser maior.

P 5-44 (5-33/6 )

Um elevador e sua carga, juntos, tˆem massa de 0-9

kg. Determine a tens˜ao no cabo de sustentac¸˜ao quan-do o elevaquan-dor, inicialmente descenquan-do a m/s, ´e parado

numa distˆancia de3> m com acelerac¸˜ao constante.

O diagrama de corpo isolado tem duas forc¸as: pa-ra cima, a tens˜ao 

no cabo e, para baixo, a forc¸a

WV da gravidade. Se escolhermos o sentido para

ci-ma como positivo, a segunda lei de Newton diz-nos que



|WVd e , ondee ´e a acelerac¸˜ao. Portanto, a tens˜ao

´e



bC6ŸV,le)81

Para determinar a acelerac¸˜ao que aparece nesta equac¸˜ao usamos a relac¸˜ao f  f  { #@e"Š ‹

onde a velocidade final ´efy  , a velocidade inicial ´e

f

{

  e Š…  3" , a coordenada do ponto final.

Com isto, encontramos

eX f  { @Š |6}+98  ;6:3>8  \ a91c\) m/s  1

Este resultado permite-nos determinar a tens˜ao:



bC6ŸV,le)8 Y6}0-998¡Z[21M1¢\>+£ Y1Mdop+

w

N1

P 5-52 (5-35/6 )

Uma pessoa deM9 kg salta de p´ara-quedas e experimenta

uma acelerac¸˜ao, para baixo, de)1cQ m/s



. O p´ara-quedas temQ kg de massa. (a) Qual a forc¸a exercida, para cima,

pelo ar sobre o p´ara-quedas? (b) Qual a forc¸a exercida, para baixo, pela pessoa sobre o p´ara-quedas?

(a) O diagrama de corpo isolado para a pessoa+p´ara-quedas cont´em duas forc¸as: verticalmente para cima a forc¸aE



do ar, e para baixo a forc¸a gravitacional de um objeto de massam Y67M%Q8% LM9Q kg, correspondente

`as massas da pessoa e do p´ara-quedas.

Considerando o sentido para baixo como positivo, A se-gunda lei de Newton diz-nos que

WVx

E



Ue

‹

ondee ´e a acelerac¸˜ao de queda. Portanto,

E



UC6ŸVdye)8 G6ZM"Q8'67[;1M•C;1Q98— L-9 N1

(b) Consideremos agora o diagrama de corpo isolado apenas para o p´ara-quedas. Para cima temosE



, e para baixo temos a forc¸a gravitacional sobre o p´ara-quedas de massa ¤ . Al´em dela, para baixo atua tamb´em a

forc¸a

E

¤ , da pessoa. A segunda lei de Newton diz-nos

ent˜ao que ¤ V, E ¤  E  b ¤ e , donde tiramos E ¤ b ¤ 6ZeP¥V;8ž E  6<Q8=67)1cQy[21M"8žR-"@ QM N1 P 5-55 (5-???/6 )

Imagine um m´odulo de aterrisagem se aproximando da superf´ıcie de Callisto, uma das luas de J´upiter. Se o motor fornece uma forc¸a para cima (empuxo) de 9-

N, o m´odulo desce com velocidade constante; se o mo-tor fornece apenas @9 N, o m´odulo desce com uma

acelerac¸˜ao de;1 [ m/s



. (a) Qual o peso do m´odulo de aterrisagem nas proximidades da superf´ıcie de Callisto?

(b) Qual a massa do m´odulo? (c) Qual a acelerac¸˜ao em queda livre, pr ´oxima `a superf´ıcie de Callisto?

Chamemos de V a acelerac¸˜ao da gravidade perto da

superf´ıcie de Callisto, de a massa do m´odulo de

ater-risagem, dee a acelerac¸˜ao do m´odulo de aterrisagem,

e de

E

o empuxo (a forc¸a para cima). Consideremos o sentido para baixo como o sentido positivo. Ent˜ao

WV

E

€e . Se o empuxo for

E

R € "@-9 N, a

acelerac¸˜ao ´e zero, donde vemos que

Vx

E



b21

Se o empuxo forE

 9@ N, a acelerac¸˜ao ´ee> “21 9[

m/s

, e temos

WVx

E

 e"1

(a) A primeira equac¸˜ao fornece o peso do m´odulo de aterrisagem:

T

Vd

E

  "@- N1

(b) A segunda equac¸˜ao fornece a massa:

` T  E  e  "@-?@9 ;1 [ ”)1¢\xop+ ‰ kg 1

(c) O peso dividido pela massa fornece a acelerac¸˜ao da gravidade no local, ou seja,

VX T  "@- )1¢\Poy0 ‰ Y1c m/s  1 P 5-58 (5-43/6 )

Um bloco de massaX Œ 21c\ kg est´a sobre um plano

com 

! de inclinac¸˜ao, sem atrito, preso por uma corda

que passa por uma polia, de massa e atrito desprez´ıveis, e tem na outra extremidade um segundo bloco de mas-sa `;1 kg, pendurado verticalmente (Fig. 5-52).

Quais s˜ao (a) os m´odulos das acelerac¸˜oes de cada bloco e (b) o sentido da acelerac¸˜ao de  ? (c) Qual a tens˜ao

na corda? ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ 99§ ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ ¦¦¦¦¦¦¦¦ ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ 1 ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦X¨© ¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦¦ ˜†ª

(a) Primeiro, fazemos o diagrama de corpo isolado para cada um dos blocos.

Para , apontando para cima temos a magnitude



da tens˜ao na corda, e apontando para baixo o peso 'V .

Para , temos trˆes forc¸as: (i) a tens˜ao



apontando para cima, ao longo do plano inclinado, (ii) a normal‚

perpendicular ao plano inclinado e apontando para cima e para a esquerda, e (iii) a forc¸a peso   V , apontando

para baixo, fazendo um ˆanguloOW u 

! com o

prolon-gamento da normal.

Para k, escolhemos o eixoN paralelo ao plano

incli-nado e apontando para cima, e o eixo Š na direc¸˜ao da

normal ao plano. Para   , escolhemos o eixoŠ

apon-tando para baixo. Com estas escolhas, a acelerac¸˜ao dos dois blocos pode ser representada pela mesma letrae .

As componentesN eŠ da segunda lei de Newton para   s˜ao, respectivamente,



pkIV senO ke

‹

‚

pkIV†$'&"()O 21

A segunda lei de Newton para fornece-nos

  Vx



  e41

Substituindo-se

kedb«V senO (obtida da

pri-meira equac¸˜ao acima), nesta ´ultima equac¸˜ao, obtemos a acelerac¸˜ao: e 6^pk senO"8™V   ?  A;1 •C ;1¢\ sen  ! D™67[;1M98 21c\†#)1 L;1¢\] 9Q m/s  1

(b) O valor de e acima ´e positivo, indicando que a

acelerac¸˜ao de  aponta para cima do plano inclinado,

enquanto que a acelerac¸˜ao de  aponta para baixo.

(c) A tens˜ao

na corda pode ser obtida ou de



ke•Rk«V senO

6Z 21c\8'A;1¢\] "Qƒl[;1M sen 9 ! D L@21M3 N

‹

ou, ainda, da outra equac¸˜ao:



  V,?  e

67)1 98=A[21M•C;1¢\] "QD/ L;1M@3 N1

P 5-63 (5-47/6 )

Um macaco de+ kg sobe por uma corda de massa

des-prez´ıvel, que passa sobre o galho de uma ´arvore, sem atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de

da acelerac¸˜ao m´ınima que o macaco deve ter para levan-tar a caixa do solo? Se, ap´os levanlevan-tar a caixa, o macaco parar de subir e ficar agarrado `a corda, quais s˜ao (b) sua acelerac¸˜ao e (c) a tens˜ao na corda?

(a) Consideremos “para cima” como sendo os sen-tidos positivos tanto para o macaco quanto para a cai-xa. Suponhamos que o macaco puxe a corda para baixo com uma forc¸a de magnitudeE

. De acordo com a ter-ceira lei de Newton, a corda puxa o macaco com uma forc¸a de mesma magnitude, de modo que a segunda lei de Newton aplicada ao macaco fornece-nos

E

y ˜ VX b ˜ e ˜

‹

onde ˜ ee ˜ representam a massa e a acelerac¸˜ao do

macaco, respectivamente. Como a corda tem massa des-prez´ıvel, a tens˜ao na corda ´e o pr ´oprio

E

.

A corda puxa a caixa para cima com uma forc¸a de mag-nitude

E

, de modo que a segunda lei de Newton aplicada `a caixa ´e E ‚ p¤+V U¤@e¤ ‹

onde t¤ ee¤ representam a massa e a acelerac¸˜ao da

caixa, respectivamente, e‚

´e a forc¸a normal exercida pelo solo sobre a caixa.

Suponhamos agora que E

E

˜†¬’­ , onde

E

˜ƒ¬’­ ´e a

forc¸a m´ınima para levantar a caixa. Ent˜ao ‚

® e e¤ u , pois a caixa apenas ‘descola’ do ch˜ao, sem ter

ainda comec¸ado a acelerar. Substituindo-se estes valo-res na segunda lei de Newton para a caixa obtemos que

E

i¤+V que, quando substituida na segunda lei de

Newton para o macaco (primeira equac¸˜ao acima), nos permite obter a acelerac¸˜ao sem problemas:

e"˜… E p ˜ V ˜ 6Z ¤ p ˜ 8~V ˜ 6}+Q•098=6Z[21M"8 + b321[ m/s  1

(b) Para a caixa e para o macaco, a segunda lei de Newton s˜ao, respectivamente,

E p ¤ Vd b ¤ e ¤ ‹ E p ˜ VX U ˜ e ˜ 1

Agora a acelerac¸˜ao do pacote ´e para baixo e a do ma-caco para cima, de modo quee ˜ ¯e ¤ . A primeira

equac¸˜ao nos fornece

E

b¤)6^V,#e¤@8 t¤;6ŸVPye>˜,8

‹

que quando substituida na segunda equac¸˜ao acima nos permite obtere>˜ :

e"˜  ¤ y ˜ 8™V t¤,p˜ 6}+Q#+98~V +Q0 L m/s  1

(c) Da segunda lei ne Newton para a caixa podemos ob-ter que

E

U ¤ 6ŸVxCe ˜ 8 G6:Q8=6Z[;1M•C;1"8 @ N1

P 5-67 (5-49/6 )

Um bloco de Q kg ´e puxado sobre uma superf´ıcie

hori-zontal, sem atrito, por uma corda que exerce uma forc¸a

E

›+ N, fazendo um ˆanguloO °Q

! com a

hori-zontal, conforme a Fig. 5-57. (a) Qual a acelerac¸˜ao do bloco? (b) A forc¸aE

´e lentamente aumentada. Qual ´e esta forc¸a no instante anterior ao levantamento do blo-co da superf´ıcie? (c) Qual a acelelra¸c˜ao nesse mesmo instante?

(a) A ´unica forc¸a capaz de acelerar o bloco ´e fornecida pela componente horizontal da forc¸a aplicada. Portanto, a acelerac¸˜ao do bloco de massam LQ kg ´e dada por

ed E $'&"(2Q !  +p$'&"(2Q ! Q )1’0M m/s  1

(b) Enquanto n˜ao existir movimento vertical do bloco, a forc¸a total resultante exercida verticalmente no bloco ser´a dada por

E senQ!% ‚ pWVX b ‹ onde‚

representa a forc¸a normal exercida pelo solo no bloco. No instante em que o bloco ´e levantado teremos

‚

® . Substituindo este valor na equac¸˜ao acima e

resolvendo-a obtemos E V senQ ! 67Q8=6Z[21M"8 senQ ! a90- N1

(c) A forc¸a horizontal neste instante ´eE $'&"(2Q

! , onde

E

®90- Newtons. Portanto, a acelerac¸˜ao horizontal

ser´a ed E $=&9(29Q !  90-y$'&9(/Q ! Q L) m/s  1

A acelerac¸˜ao vertical continuar´a a serZEROpois a forc¸a vertical ´e zero.

Um bal˜ao de massa± , com ar quente, est´a descendo,

verticalmente com uma acelerac¸˜aoe para baixo (Fig.

5-59). Que quantidade de massa deve ser atirada para fora do bal˜ao, para que ele suba com uma acelerac¸˜aoe

(mes-mo m´odulo e sentido oposto)? Suponha que a forc¸a de subida, devida ao ar, n˜ao varie em func¸˜ao da massa (car-ga de estabilizac¸˜ao) que ele perdeu.

As forc¸as que atuam no bal˜ao s˜ao a forc¸a² da

gra-vidade, para baixo, e a forc¸a



do ar, para cima. Antes da massa de estabilizac¸˜ao ser jogada fora, a acelerac¸˜ao ´e para baixo e a segunda lei de Newton fornece-nos

E  ?±”Vd Y ±e ‹ ou sejaE 

L±6ŸVxCe)8. Ap´os jogar-se fora uma massa  , a massa do bal˜ao passa a ser±³C e a acelerac¸˜ao

´e para cima, com a segunda lei de Newton dando-nos agora a seguinte express˜ao

E



U67±´y8~VX a6<±´y8:e41

EliminandoE



entre as duas equac¸˜oes acima encontra-mos sem problemas que

` ±e eCV ± „?V;j@e 1