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Notas
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C.Siqueira
2011
Notas de Aula — FIS0728Forca e Movimento I e II &Conservacao da Energia
Material para prova do dia27/10/2011
Ezequiel C. Siqueira
Departamento de Fısica e QuımicaFaculdade de Engenharia de Ilha Solteira
UNIV
ERSID
ADEESTADUALPAULISTA
Sumario
1 Forca e Movimento 3
1.1 Mecanica Newtoniana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 A Primeira lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Forca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3 Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 A 2a lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.5 Algumas forcas especiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.6 A 3a lei de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Forcas Dissipativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.1 Forca de Atrito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.2 Forca de Arrasto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3 Movimento Circular Uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Trabalho e Energia Cinetica 33
2.1 Energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.1.1 Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2.1 Trabalho e Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2.2 Analise Unidimensional do trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3 Trabalho realizado por forcas especıficas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.1 Forca gravitacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3.2 Trabalho realizado para levantar ou baixar objetos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.3.3 Forca Elastica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
1
2 SUMARIO
Capıtulo 1
Forca e Movimento
Ate o momento consideramos apenas a descricao do movimento, ou seja, a cinematica do movimento.
Neste capıtulo passaremos a estudar a causa da aceleracao dos objetos. A causa e sempre uma forca,
que pode ser definida em termos coloquiais como sendo um empurrao ou um puxao exercido sobre um
objeto.
1.1 Mecanica Newtoniana
A relacao entre forca e aceleracao foi descoberta por Isaac Newton. O estudo desta relacao e suas
aplicacoes e chamada de mecanica newtoniana. A mecanica newtoniana e aplicada para situacoes do nosso
cotidiano, i.e., para objetos de tamanhos macroscopicos e baixas velocidades. Quando as velocidades sao
proximas a da luz, devemos usar a mecanica relativıstica; para sistemas microscopicos devemos aplicar a
mecanica quantica.
A mecanica newtoniana e baseada em tres leis chamadas leis de Newton . A seguir, vamos considerar
a primeira e segunda leis de Newton. Posteriormente, discutiremos a terceira lei de Newton.
1.1.1 A Primeira lei de Newton
Antes de Newton formular a sua mecanica, acreditava-se que para manter um corpo em movimento com
velocidade constante era necessario uma “forca”. Deste modo, o estado natural de um corpo era o estado
de repouso. Para que um corpo se movesse com velocidade constante era necessario que fosse empurrado
ou puxado; se nao fosse assim o corpo pararia naturalmente.
Estas ideias pareciam razoaveis. Se fazemos um disco de metal deslizar sobre uma superfıcie de
3
4 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
madeira, ele realmente diminui de velocidade ate parar. Para que continue a deslizar indefinidamente,
com velocidade constante, devemos empurra-lo ou puxa-lo continuamente. Por outro lado, se o disco
for lancado em um rinque de patinacao ira percorrer uma distancia maior antes de parar. E possıvel
imaginar superfıcies cada vez mais lisas nas quais o disco percorreria distancias cada vez maiores. No
limite, podemos imaginar uma superfıcie perfeitamente lisa (conhecida como superfıcie sem atrito), na
qual o disco nao diminuiria de velocidade.
A partir destas consideracoes, podemos concluir que um corpo mantera seu movimento com velocidade
constante se nenhuma forca agir sobre ele. Isto nos leva a primeira lei de Newton:
"Se nenhuma forca atua sobre o corpo, sua velocidade n~ao pode mudar, ou seja, o corpo
n~ao pode sofrer acelerac~ao."
Em outras palavras, se o corpo esta em repouso, ele permanece em repouso; se esta em movimento
este permanece em movimento com a mesma velocidade.
1.1.2 Forca
Vamos agora definir a forca. Em fısica, a unidade de forca e definida em termos da aceleracao que esta
imprime a um corpo de referencia, que tomamos como o quilograma padrao. A este corpo e atribuıda
uma massa de exatamente 1 kg.
Colocamos o corpo padrao sobre uma mesa horizontal e o puxamos para a direita ate que, por
tentativa e erro, ele adquira uma aceleracao de 1 m/s2. Declaramos entao, a tıtulo de definicao, que
estamos aplicando sobre o corpo padrao uma forca de modulo igual a 1 newton (1 N) .
A forca pode ser medida pela aceleracao que produz, i.e., sua magnitude. No entanto, precisamos
ainda definir sua direcao e sentido que segue a direcao e sentido da aceleracao. O fato da forca ser uma
grandeza vetorial implica que quando uma ou mais forcas atuam sobre um corpo, podemos calcular a
forca resultante, somando vetorialmente as forcas. Este fato e chamado de princıpio da superposicao de
forcas. Com isso, podemos enunciar a 1a lei de Newton de uma forma mais rigorosa:
"Se nenhuma forca resultante atua sobre um corpo (Fres = 0), sua velocidade n~ao pode
mudar, i.e., o corpo n~ao pode sofrer uma acelerac~ao."
Assim, um corpo pode estar submetido a varias forcas, mas se a resultante destas forcas for zero, o
corpo sofre uma aceleracao.
A 1a lei de Newton nao se aplica a todos os referenciais, mas podemos sempre encontrar referenciais
nos quais esta lei (assim como o resto da mecanica Newtoniana) e verdadeira. Estes referenciais sao
chamados de referenciais inerciais.
1.1. MECANICA NEWTONIANA 5
1.1.3 Massa
A massa e definida como a propriedade que relaciona uma forca que age sobre um corpo a aceleracao
resultante. A massa nao tem uma definicao mais coloquial; podemos ter uma sensacao fısica da massa
apenas quando tentamos acelerar um corpo, como ao chutar uma bola de futebol ou uma bola de boliche.
Medimos a massa de um corpo atraves da comparacao com um corpo-padrao, cuja massa e definida
como sendo 1 kg. Suponha que o corpo-padrao sofre uma aceleracao de 1, 0 m/s2. Dizemos entao que o
corpo sofre uma aceleracao de 1,0 N.
Suponha agora que aplicamos a mesma forca a um corpo de massa desconhecida, que chamamos de
corpo X. Suponha que este corpo sofre uma aceleracao de 0, 25 m/s2. Sabemos que um corpo com massa
menor sofre uma aceleracao maior quando a mesma forca e aplicada sobre ambos. Assim, para o corpo
X e o corpo-padrao, podemos escrever:
mX
m0=
a0aX
∴ mX =a0aX
m0
onde usamos o ındice “0” para o corpo-padrao. Substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:
mX =1, 0 m/s2
0, 25 m/s2× 1, 0kg = 4, 0kg.
Nossa hipotese e valida somente se funcionar para outros valores de forca. Por exemplo, se aplicamos
um forca de 8,0 N ao corpo-padrao, entao obtemos 8, 0 m/s2. Quando aplicada ao corpo X, obtemos
uma aceleracao de 2, 0 m/s2, assim,
mX =8, 0 m/s2
2, 0 m/s2× 1, 0kg = 4, 0kg.
compatıvel com o primeiro experimento.
1.1.4 A 2a lei de Newton
Tudo o que foi discutido ate aqui pode ser resumido na forma
Fres = ma (1.1)
que e a 2a lei de Newton. A lei e enunciada da seguinte forma:
‘‘A forca resultante que age sobre um corpo e igual ao produto de sua massa pela
sua acelerac~ao.’’
A Eq. (1.1) e simples, mas devemos aplica-la com cautela. Primeiro, devemos escolher o corpo ao
qual vamos aplica-la; Fres deve ser a soma vetorial de todas as forcas que atuam sobre o corpo. Apenas
6 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
as forcas que atuam sobre o corpo devem ser incluıdas na soma vetorial e nao as forcas que atuam sobre
outros corpos envolvidos na mesma situacao.
Podemos reescrever 2a lei de Newton na forma de componentes:
Fx,res = max, Fy,res = may, Fz,res = maz. (1.2)
Cada uma destas equacoes relaciona a componente da forca resultante em relacao a um eixo a ace-
leracao ao longo deste mesmo eixo. Por exemplo, a componente x da forca resultante produz a componente
x da aceleracao mas nao produz as demais componentes nas outras direcoes.
Para resolver problemas que envolvem a 2a lei de Newton frequentemente usamos um diagrama de
corpo livre no qual o unico corpo mostrado e aquele sobre o qual somamos as forcas. Muitas vezes
representamos o corpo por um ponto.
1.1.5 Algumas forcas especiais
Forca Gravitacional
A forca da gravidade Fg exercida sobre um corpo e a atracao gravitacional que um segundo corpo exerce
sobre o primeiro. Aqui consideramos que o segundo corpo e a Terra e o primeiro e o nosso objeto de
estudo.
Um corpo de massa m em queda livre sofre uma aceleracao de modulo g = 9, 8 m/s2 apontando em
direcao ao solo . Neste caso, desprezando a resistencia do ar, a unica forca que atua sobre o corpo e Fg,
assim, usando a 2a lei de Newton (Eq. (1.1)), podemos escrever:
Fres = −Fg j = −mgj
onde consideramos que Fg e g estao apontando no sentido negativo do eixo-y. Assim,
Fg = mg
e o modulo da forca gravitacional que estaremos usando ao longo deste e dos proximos capıtulos.
Peso
O peso de um corpo e o modulo da forca necessaria para impedir que o corpo caia livremente sob a acao
da forca da gravidade, medida em relacao ao solo. Assim, por exemplo, para manter uma bola em repouso
em sua mao enquanto voce esta parado de pe, voce deve aplicar uma forca para cima para equilibrar a
1.1. MECANICA NEWTONIANA 7
forca gravitacional que a Terra exerce sobre a bola. Suponha que o modulo da forca e Fg = 2, 0 N. Logo,
o modulo da forca para cima deve ser de 2,0 N e, portanto, o peso da bola e de 2,0 N.
De modo geral, considere que um corpo tem aceleracao nula em relacao ao solo. Duas forcas atuam
sobre o corpo: a forca Fg dirigida para baixo e uma forca para cima, de modulo P que a equilibra. A 2a
lei de Newton no eixo vertical e dada por:
P − Fg = m(0) ∴ P = Fg,
portanto,
P = mg
Assim, chegamos a conclusao de que:
‘‘O peso de um corpo e igual ao modulo da forca gravitacional.’’
Note que o peso nao e igual a massa. Peso e o modulo de uma forca e esta relacionado com a massa
pela equacao P = mg. Assim, se g = 9, 8 m/s2, medimos um P diferente mas a massa continua a mesma.
Forca Normal
Se ficamos de pe em um colchao ele se deforma, e nos empurra para cima exercendo uma forca chamada
forca normal. Vamos aplicar a 2a lei de Newton para um corpo de massa m que se encontra em repouso
sobre uma mesa. Temos que:
N + Fg = ma
e considerando que a forca normal tem sentido contrario a forca gravitacional
N j− Fg j = may j
N −mg = may
N = m(g + ay)
e considerando ainda que a mesa esta parada, entao ay = 0 logo:
N = mg.
que e o modulo da forca normal. Note que a forca depende do estado do movimento da superfıcie sobre
a qual o objeto se encontra em repouso.
8 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
Forca de Atrito
A interacao entre os atomos de um corpo com os atomos da superfıcie sobre a qual o corpo se encontra
da origem a forca de atrito. A forca de atrito e uma forca de resistencia ao movimento do corpo sobre
a superfıcie. Desta forma, a forca de atrito sempre aponta no sentido contrario ao movimento ou a
tendencia de movimento. Vamos discutir este tipo de forca com maiores detalhes posteriormente.
Tracao
Quando uma corda (fio, cabo, etc.) e presa a um corpo e esticada aplica ao corpo uma forca T orientada
ao longo da corda. Esta forca e chamada de forca de tracao. Uma corda e frequentemente considerada
sem massa e inextensıvel. Neste caso, a corda existe apenas como ligacao entre 2 corpos. Esta forca puxa
dois corpos com mesmo modulo T , mesmo que estes dois corpos estejam acelerando e mesmo que a corda
passe por uma polia (tambem considerada sem massa e sem atrito).
1.1.6 A 3a lei de Newton
Dizemos que dois corpos interagem quando puxam um ao outro, ou seja, quando um corpo exerce uma
forca sobre o outro. Suponha, por exemplo, que voce apoia um livro sobre uma caixa. Neste caso, o livro
e a caixa interagem: o livro exerce um a forca FLC sobre a caixa e a caixa exerce uma forca FCL sobre o
livro. A 3a lei de Newton nos diz que:
‘‘Quando dois corpos interagem, as forcas que cada corpo exerce sobre o outro s~ao sempre
iguais mas com sentidos opostos.’’
No caso do livro e da caixa, temos entao:
FLC = FCL
e,
FLC = −FCL
Exemplos
1. Um arremessador de peso lanca um peso de 7, 260 kg empurrando-o ao longo de uma linha reta com
1, 650 m de comprimento e um angulo de 34, 10o com a horizontal, acelerando o peso ate a velocidade
de lancamento de 2, 500 m/s (que se deve ao movimento preparatorio do atleta). O peso deixa a mao do
arremessador a uma altura de 2, 110 m e com um angulo de 34, 10o e percorre uma distancia horizontal de
1.1. MECANICA NEWTONIANA 9
15, 90 m. Qual e o modulo da forca media que o atleta exerce sobre o peso durante a fase de aceleracao?
(Sugestao: Trate o movimento durante a aceleracao como se fosse ao longo de uma rampa com o angulo
dado.)
Na fase de preparacao, o atleta comeca a empurrar o peso que esta a uma velocidade inicial de
v0 = 2, 500 m/s e entao o peso sai da mao do atleta com uma velocidade diferente, devido ao empurrao
que o atleta emprega sobre o peso. A aceleracao esta no movimento de empurrao que tratamos como se
o peso estivesse ao longo de uma rampa com angulo θ = 34, 10o. A forcas atuando no peso neste caso
sao a forca da gravidade e a forca exercida pelo atleta, que devemos determinar. Assim, aplicando a lei
de Newton ao esquema mostrado na Fig. 1.1, obtemos:
q
q
Mg
Mg sinq
F
xy
y =2,110 m0
Figura 1.1: Veja solucao do exemplo 1.
F −mg sin θ = ma
ou seja,
F = m(a+ g sin θ) (1.3)
Note que temos g e M e θ mas nao temos a aceleracao. Assim, precisamos determina-la. Para isso
notamos que o peso e acelerado ao longo de uma distancia ∆x = 1, 650 m antes de ser arremessado.
Assim, podemos usar:
v2 − v20 = 2a∆x
ou seja,
a =v2 − v202∆x
10 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
onde v0 = 2, 500 m/s e a velocidade inicial e v e a velocidade final com que o peso e arremessado. Assim,
para determinar a aceleracao, precisamos descobrir o valor de v. Para isso, consideramos as equacoes
para um movimento parabolico, dadas por:
x = vt cos θ
y = y0 + vt sin θ − 1
2gt2
onde estamos considerando que em relacao ao movimento parabolico, comecamos a contar a posicao
horizontal a partir de x0 = 0. Como apenas temos informacao de pontos da trajetoria no plano-xy,
vamos eliminar o tempo entre as duas equacoes:
y = y0 + vx
v cos θsin θ − 1
2g( x
v cos θ
)2
y = y0 + x tan θ − gx2
2(v cos θ)2
O peso percorre uma distancia de 15, 90 m, assim concluımos que quando o peso atinge esta posicao
ele tambem atinge o chao. Logo, a posicao final do peso e y = 0 e x = 15, 90 m. Desde que o angulo com
que o peso deixa o atleta tambem e de θ = 34, 10o, podemos determinar a velocidade v:
0 = 2, 110 m + 15, 90 m× tan(34, 10o)− 9, 8 m/s2(15, 90 m)2
2(v cos 34, 10o)2
de onde obtemos o valor da velocidade,
v = 11, 85 m/s.
Substituindo este valor na expressao para aceleracao, obtemos:
a =(11, 85 m/s)2 − (2, 500 m/s)2
2× 1, 650 m= 40, 65 m/s2.
Substituindo este valor da aceleracao na expressao (1.3), podemos obter a forca que o atleta emprega
sobre a bola:
F = 7, 260 kg× (40, 65 m/s2 + 9, 8 m/s2 sin 34, 10o) = 335 N.
2. A figura 1.2 mostra tres blocos ligados por cordas que passam por polias sem atrito. O bloco B
esta sobre uma mesa sem atrito; as massas sao mA = 6, 00 kg, mB = 8, 00 kg e mC = 10, 0 kg. Quando
os blocos sao liberados qual e a tensao da corda da direita?
1.1. MECANICA NEWTONIANA 11
Figura 1.2: Veja exemplo 2.
Vamos considerar que o movimento no sentido horario do sistema como um todo e positivo. Assim,
o movimento para baixo do bloco C e positivo, o movimento para a direita do bloco B e positivo e o
movimento para cima do bloco A e positivo. Para determinar a tensao na corda da direita devemos
aplicar a segunda lei de Newton para cada bloco ou ainda notar que o movimento no sentido horario
do sistema como um todo, nos permite aplicar a lei de Newton como se os tres corpos fosse apenas um
submetido a duas forcas de magnitudes mAg e mCg, assim:
Ma = Fres
onde M = mA +mB +mC , assim temos:
Ma = −mAg +mCg (1.4)
logo,
a =mC −mA
mA +mB +mCg
Agora aplicamos a segunda lei de Newton para o bloco C:
mCa = mCg − T
e isolando T , segue que:
T = mCg −mCa = mC(g − a)
e substituindo a aceleracao, podemos escrever ainda
T = mC
(g − mC −mA
mA +mB +mCg
)ou seja,
T = mCg
(mA +mB +mC −mC +mA
mA +mB +mC
)
12 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
T = mCg
(2mA +mB
mA +mB +mC
)e substituindo-se so valores, obtemos:
T = 10, 0 kg× 9, 8 m/s2(
2× 6, 00 kg + 8, 00 kg
6, 00 kg + 8, 00 kg + 10, 0 kg
)
T = 81, 7 N.
Podemos calcular de outra maneira, aplicando a 2a lei de Newton a cada bloco mas considerando que
a aceleracao e comum a todos. Assim, mantendo a mesma convencao de sinais, escrevemos:
mAa = −mAg + TA
mBa = TC − TA
mCa = mCg − TC
onde no bloco B usamos a 3a lei de Newton considerando que as tracoes aplicadas na extremidade da
corda ligada ao bloco B deve ser a mesma que nos blocos A e C mas com sentidos contrarios.
Somando as tres equacoes, vamos obter:
mAa+mBa+mCa = −mAg +mCg
que e a propria Eq. (1.4).
3. A figura 1.3 mostra uma caixa de massa de massa m2 = 1, 0 kg sobre um plano inclinado sem atrito
de angulo de 30o. Ela esta ligada por uma corda de massa desprezıvel a uma caixa de massa m1 = 3, 0 kg
sobre uma superfıcie horizontal sem atrito. A polia nao tem atrito e sua massa e desprezıvel. (a) Se o
modulo da forca horizontal F e 2, 3 N, qual e a tensao da corda? (b) Qual e o maior valor que o modulo
de F pode ter sem que a corda fique frouxa?
Temos que aplicar a 2a lei de Newton para cada bloco separadamente. Assim, temos, de acordo com
a Fig. 1.4 que as perpendiculares a superfıcie das forcas da gravidade e normal sao canceladas. Assim,
temos apenas movimento na direcao paralela a superfıcie. Portanto, para o bloco na superfıcie horizontal,
temos:
m1a = T + F ∴ T = F −m1a
1.1. MECANICA NEWTONIANA 13
Figura 1.3: Veja exemplo 3.
Figura 1.4: Veja exemplo 3.
e para o bloco no plano inclinado temos:
m2a = −T +m2g sin θ
e somando as equacoes podemos obter a aceleracao do conjunto:
m1a+m2a = m2g sin θ + F
ou ainda,
a =m2g sin θ + F
m1 +m2.
Substituindo-se os valores correspondentes, temos que:
a =1, 0 kg× 9, 8 m/s2 × sin 30o + 2, 3 N
1, 0 kg + 3, 0 kg.
or,
a = 1, 8 m/s2.
E substituindo na equacao para o bloco 1, podemos determinar a tracao na corda:
T = 2, 3 N− 3, 0 kg× 1, 8 m/s2 = −3, 1 N.
14 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
portanto, a tracao tem um modulo de 3, 1 N.
(b)
Vamos considerar o caso crıtico em que a forca esta no limite de zerar a tensao da corda, no entanto,
os blocos ainda permanecem com a mesma aceleracao. Assim, aplicando T = 0 na equacoes anteriores
para os blocos, obtemos uma aceleracao da segunda equacao dada por:
a = g sin θ
e da primeira equacao podemos determinar a forca maxima neste caso:
m1a = Fmax
i.e.,
Fmax = m1g sin θ
e substituindo os valores correspondentes, obtemos:
Fmax = 3, 0 kg× 9, 8 m/s2 sin 30o = 14, 7 N.
4. A figura 1.5 mostra parte de um teleferico. A massa maxima permitida para cada cabine com
passageiros e 2800 kg. As cabinas, que estao penduradas em um cabo de sustentacao, sao puxadas por um
segundo cabo ligado a torre. Suponha que os cabos estao esticados e inclinados de um angulo de θ = 35o.
Qual e a diferenca entre as partes vizinhas do cabo que puxa as cabines se as cabinas estao com a maxima
massa permitida e estao sendo aceleradas para cima a 0, 81 m/s2.
Vamos considerar as forcas que atuam na cabine. Um dos cabos e responsavel pela sustentacao, assim,
conforme mostrado na Fig. 1.6, temos uma forca normal atuando para cima equilibrando a componente da
forca da gravidade. Na horizontal, temos temos as duas tensoes no cabo e ainda a componente horizontal
da forca da gravidade. A somas destas forcas deve ser igual ao produto da massa pela aceleracao da
cabine. Assim, temos:
ma = T1 − T2 −mg sin θ
ou seja,
T1 − T2 = m(a+ g sin θ)
1.1. MECANICA NEWTONIANA 15
Figura 1.5: Veja exemplo 4.
que e uma equacao para a diferenca entre as tensoes nas partes vizinhas do cabo. Substituindo-se os
valores correspondentes, obtemos:
T1 − T2 = 2800 kg× (0, 81 m/s2 + 9, 8 m/s2 × sin 35o)
assim,
T1 − T2 = 18 kN.
Figura 1.6: Veja solucao do exemplo 4.
16 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
1.2 Forcas Dissipativas
1.2.1 Forca de Atrito
Ate o momento consideramos que as superfıcies sobre as quais os corpos se movimentavam eram com-
pletamente lisas de maneira que o movimento nao era afetado pelas mesmas. Assim, se um corpo fosse
colocado em movimento com uma certa velocidade, esta permaneceria constante a menos que uma forca
externa fosse aplicada. Agora, vamos considerar uma situacao mais realista em que as superfıcies apre-
sentam uma resistencia ao movimento. Esta resistencia ao movimento e descrita por uma forca de
atrito entre o corpo e a superfıcie sobre a qual este se movimenta.
A origem da forca de atrito e microscopica e esta ligada as forcas interatomicas atuando entre as
duas superfıcies que estao em contato. Estas regioes de contato representam uma pequena fracao da area
aparente (geometrica) de contato, devido a rugosidade das superfıcies na escala microscopica. Estas areas
sao independentes do tamanho da area entre as duas superfıcies mas aumentam com o o modulo da forca
normal N = |N| entre as duas superfıcies. Conforme mostrado na Fig. 1.7, nas areas de contato entre
as duas superfıcies formam-se pequenas soldas entre as superfıcies em que os materiais aderem mais ou
menos fortemente um ao outro devido a acao das forcas interatomicas. A forca de atrito resulta quando
tentamos romper estas ligacoes atraves da aplicacao de uma forca externa. Quando aplicamos uma forca
pequena as ligacoes nao sao quebradas e o corpo nao se movimenta. A medida em que aumentamos
a intensidade da forca ate um certo valor limite, conseguimos quebrar as soldas entre os materiais e o
corpo comeca a se movimentar. No entanto, a quebra destas soldas gera excitacoes locais, sob a forma
de vibracoes que se propagam nos materiais sob a forma de vibracoes. Percebemos isso ao ouvir o som
quando arrastamos qualquer objeto sobre uma superfıcie.
Propriedades da forca de atrito
Desde que conhecemos a origem da forca de atrito, abaixo listamos algumas propriedades desta forca ob-
tidas atraves de experimentos. Estas propriedades nos permitem introduzir o atrito de forma quantitativa
nos calculos envolvendo a 2a lei de Newton. Conforme discutido acima, temos duas situacoes distintas:
a primeira quando aplicamos uma forca insuficiente para mover o objeto; uma situacao diferente ocorre
quando aplicamos uma forca forte o bastante para romper as soldas microscopicas que se formam entre os
objetos. As forcas de atrito sao diferentes nestes dois casos e para diferencia-las atribuımos a qualificacao
de atrito estatico e atrito cinetico para especificar os dois tipos de forcas de atrito que aparecem se o
objeto esta parado ou em movimento.
1.2. FORCAS DISSIPATIVAS 17
Figura 1.7: Representacao de duas superfıcies em contato. A forca de atrito tem origem nas area de contato
entre as duas superfıcies que sao uma pequena fracao da area (geometrica) das duas superfıcies. A pressao normal
faz com que ocorram pequenas “soldas”entre os dois materiais.
(a) Se o corpo nao se move, a forca de atrito estatico fs e a componente da forca F paralela a superfıcie
se equilibram. Elas tem o mesmo modulo, e fs tem sentido contrario ao da componente de F;
(b) O modulo da forca de atrito fs possui um modulo maximo fs,max que e dado por:
fs,max = µsN (1.5)
onde N e o modulo da forca normal que a superfıcie exerce sobre o corpo e µs e o coeficiente de atrito
estatico. Se o modulo da componente de F paralela a superfıcie exceder o valor de fs,max o corpo
comeca a deslizar sobre a superfıcie;
(c) Se o corpo comeca a deslizar ao longo de uma superfıcie, o modulo da forca de atrito cai para um
valor fk dado por
fk = µkN (1.6)
onde µk e o coeficiente de atrito cinetico. Assim, uma forca de atrito fk passa a se opor ao movimento.
1.2.2 Forca de Arrasto
Outro exemplo de forca dissipativa, ou seja, que transforma parte da energia mecanica do sistema em
calor, e a chamada forca de arrasto. Esta forca aparece quando um corpo esta se movendo dentro de um
18 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
fluido. Um fluido e qualquer substancia que e capaz de escoar como lıquidos e gases. Quando um corpo
se move dentro deste fluido de maneira que existe uma velocidade relativa entre o corpo e fluido, entao
o corpo experimenta uma forca de arrasto de sentido contrario a velocidade relativa.
Aqui consideramos apenas o caso mais simples em que o fluido e o ar e o corpo e rombudo como uma
bola e nao fino e pontiagudo. Nestas condicoes, observa-se que a forca de arrasto D tem um modulo
igual a:
D =1
2CρAv2 (1.7)
onde C e o coeficiente de arrasto, ρ e a densidade de massa (massa por unidade de volume), A e area da
secao reta efetiva do corpo (area da secao reta perpendicular a velocidade v). Aqui consideramos que o
coeficiente de arrasto e constante embora no caso geral dependa da velocidade.
Uma consequencia interessante que decorre da Eq. (1.7) e o fato de que existe uma velocidade limite
acima da qual o corpo para de acelerar. Considere o caso de uma partıcula em queda livre que sofre a
acao da forca de arrasto devido ao ar. Neste caso, temos, pela 2a lei de Newton:
D −mg = ma
assim, a medida que a partıcula cai, sua velocidade aumenta devido a acao da forca de gravidade. No
entanto, a medida que a velocidade aumenta a forca de arrasto apontando para cima, tambem aumenta
ate equilibrar a forca da gravidade que aponta para baixo. Nesta condicao a soma das forcas que atuam
sobre a partıcula e zero e esta nao acelera mais. A velocidade correspondente a esta condicao e chamada
de velocidade terminal e pode ser calculada fazendo-se a = 0 na 2a lei de Newton. Sendo assim,
podemos escrever,
D = mg
e substituindo-se a Eq.(1.7) segue que:
1
2CρAv2t = mg
onde usamos um subındice t na velocidade para indicar que e a velocidade correspondente a a = 0, assim,
obtemos:
vt =
√2mg
CρA(1.8)
1.2. FORCAS DISSIPATIVAS 19
Exemplos
1. Na Fig. 1.8a, um bloco de massa m = 3, 0 kg escorrega em um piso enquanto uma forca F de modulo
12 N, fazendo um angulo θ para cima com a horizontal, e aplicada ao bloco. O coeficiente de atrito
cinetico entre o bloco e o piso e µk = 0, 40. O angulo θ pode variar de 0o a 90o (o bloco permanece sobre
o piso). Qual e o valor de θ para o qual o modulo da aceleracao do bloco e maximo?
Figura 1.8: Veja exemplo 1.
Como o bloco esta em movimento, a forca de atrito envolvida e a forca de atrito cinetico. O modulo
desta forca e dado pela Eq. (1.6) (fk = µkN , onde N e modulo da forca normal). O sentido e o oposto
do movimento (o atrito se opoe ao escorregamento).
Como precisamos conhecer o modulo fk da forca de atrito, vamos calcular primeiro o modulo N da
forca normal. A Fig. 1.8b e um diagrama de corpo livre que mostra as forcas paralelas ao eixo vertical
y. A forca normal N e para cima, a forca gravitacional Fg, de modulo mg e para baixo e a componente
vertical Fy da forca aplicada aponta para cima. Esta componente aparece na Fig. 1.6c, onde podemos
ver que Fy = F sin θ. Podemos escrever a segunda lei de Newton Fres = ma para estas forcas ao longo
do eixo y:
N + F sin θ −mg = m(0)
20 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
onde tomamos a aceleracao ao longo do eixo y como sendo zero (o bloco nao se move ao longo deste eixo).
Assim,
N = mg − F sin θ
Na Fig. 1.8c temos um diagrama de corpo livre para o movimento ao longo do eixo x. O sentido da
componente horizontal Fx da forca aplicada e para a direita; de acordo com a Fig. 1.8c, Fx = F cos θ. A
forca de atrito tem modulo (fk = µkN) e aponta para a esquerda. Aplicando a segunda lei de Newton
ao movimento ao longo do eixo x, obtemos:
F cos θ − fk = ma
ou seja,
F cos θ − µkN = ma
e substituindo o valor da normal N obtido da 2a lei de Newton para o eixo y, segue que:
F cos θ − µkmg + µkF sin θ = ma
ou seja,
a =F
mcos θ − µkg + µk
F
msin θ
ou ainda
a =F
mcos θ − µk
(g − F
msin θ
)que fornece a aceleracao em funcao do angulo θ.
Para determinar o valor do angulo θ que fornece um valor maximo de a, derivamos a aceleracao e
igualamos a zero o resultado:
da
dθ= −F
msin θ + µk
F
mcos θ = 0
assim, obtemos:
F
msin θ = µk
F
mcos θ
o que pode ser escrito na forma:
tan θ = µk
1.2. FORCAS DISSIPATIVAS 21
ou seja,
θ = arctanµk∼= 22o.
Quando aumentamos θ a partir de zero, a componente da forca y da forca F aumenta, o que faz dimi-
nuir a forca normal. Esta diminuicao da forca normal reduz a forca de atrito, que se opoe ao movimento
do bloco. Assim a aceleracao do bloco tende a aumentar. Ao mesmo tempo, porem, o aumento de θ faz
diminuir a componente horizontal de F, o que faz diminuir a aceleracao. Estas tendencias opostas fazem
com que a aceleracao seja maxima para θ ∼= 22o.
2. Voce depoe como perito em um caso envolvendo um acidente no qual um carro A bateu na traseira
de um carro B que estava parado em um sinal vermelho no meio de uma ladeira (Fig. 1.9). Voce descobre
que a inclinacao da ladeira e θ = 12o, que os carros estavam separados por uma distancia d = 24, 0 m
quando o motorista do carro A freou bruscamente, travando as rodas (o carro nao dispunha de freios
ABS), e que a velocidade do carro A no momento em que o motorista pisou no freio era v0 = 18 m/s.
Com que velocidade o carro A bateu no carro B se o coeficiente de atrito cinetico era (a) 0,60 (estrada
seca) e (b) 0,10 (estrada coberta de folhas molhadas)?
Figura 1.9: Veja exemplo 2.
Vamos aplicar a 2a lei de Newton para o carro a, desde que precisamos determinar a aceleracao que
o carro A sofreu dentro da distancia d = 24, 0 m. Assim, percebendo que as forcas que atuam sobre o
carro sao a forca gravitacional e a forca de atrito cinetico, entao, decompondo a forca gravitacional ao
longo da direcao definida pela linha que liga os dois carros, podemos escrever,
mg sin θ − fk = ma
Mas a forca de atrito cinetica pode ser relacionada com a forca normal que a superfıcie exerce sobre
22 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
o carro. Assim, usando a Eq. (1.6), podemos reescrever a expressao acima na forma,
mg sin θ − µkN = ma
onde N e o modulo da forca normal. Para determina-la, aplicamos a 2a lei de Newton na direcao
perpendicular a pista. Neste caso temos a componente y apontando no sentido negativo do eixo y e
a normal no sentido oposto. Desde que nao ha movimento do carro ao longo da direcao y, podemos
escrever:
−mg cos θ +N ∴ N = mg cos θ.
e substituindo na equacao para as componentes horizontais obtemos:
mg sin θ − µkmg cos θ = ma
e simplificando a massa do carro, ficamos com
a = g sin θ − µkg cos θ.
A velocidade do carro pode ser obtida via equacao de Torricelli:
v2 = v20 + 2a∆x
e substituindo a expressao para a aceleracao, obtemos ainda:
v2 = v20 + 2gd(sin θ − µk cos θ)
onde trocamos ∆x = d que e a distancia entre os carros A e B. Substituindo os valores fixos da velocidade
inicial v0, distancia d, angulo θ e a aceleracao da gravidade, podemos escrever ainda:
v2 = (18 m/s)2 + 2× 9, 8 m/s2 × 24, 0 m(sin 12o − µk cos 12o)
ou seja,
v2 = (18 m/s)2 + 2× 9, 8 m/s2 × 24, 0 m(sin 12o − µk cos 12o)
v =√
324 + 470, 4(0, 20− 0, 98µk)
que nos fornece a velocidade em metros por segundo a partir do valor do coeficiente de atrito cinetico.
1.2. FORCAS DISSIPATIVAS 23
(a)
Para a pista seca, temos µk = 0, 60 e substituindo na expressao para a velocidade, segue que:
v =√
324 + 470, 4(0, 20− 0, 98× 0, 60) = 12, 07 m/s.
(b)
Para a pista molhada e com folhas temos µk = 0, 10, assim, substituindo na expressao para a veloci-
dade, temos ainda:
v =√
324 + 470, 4(0, 20− 0, 98× 0, 10) = 19, 38 m/s.
3. Os dois blocos (m = 16 kg e M = 88 kg) da Fig. 1.10, nao estao ligados. O coeficiente de atrito
estatico entre os blocos e µs = 0, 38, mas nao ha atrito na superfıcie abaixo do bloco maior. Qual e o
menor valor do modulo da forca horizontal F para o qual o bloco menor nao escorregue para baixo ao
longo do bloco maior?
sem atrito
Figura 1.10: Veja exemplo 3.
A forca horizontal que aplicamos no bloco seria contrabalancada pela reacao da superfıcie do segundo
bloco caso houvesse atrito entre o bloco grande e a superfıcie. Como este nao e caso, a forca que aplicamos
produz uma aceleracao do sistema como um todo. Desde que existe atrito entre os blocos, aparece uma
forca apontando na vertical com sentido para cima que impede a queda do bloco de massa m devido a
acao da forca da gravidade. Podemos obter a aceleracao do conjunto aplicando a 2a lei Newton:
F = mtotala
24 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
assim,
a =F
m+M.
Agora, vamos aplicar a 2a lei de Newton para cada bloco separadamente. Assim, para o bloco suspenso
temos que:
ma = F −RM ∴ F = RM +ma
onde RM e a forca de reacao da superfıcie do bloco maior devido a forca exercida pelo bloco menor. Na
direcao y, temos que:
−mg + fs = 0 ∴ fs = mg
mas fs = µsRM , desde que a forca de atrito e proporcional a forca de reacao exercida pela superfıcie.
Assim, podemos escrever,
µsRM = mg ∴ RM =mg
µs
e substituindo na equacao para F , obtemos:
F =mg
µs+ma
e substituindo-se a aceleracao, podemos escrever ainda:
F =mg
µs+m
(F
m+M
)e isolando a forca F , podemos escrever,(
1− m
m+M
)F =
mg
µs
M
m+MF =
mg
µs
ou ainda,
F =mg
µs
(1 +M/m)
M/m
e substituindo-se os valores correspondentes, vamos obter ainda:
F =16 kg× 9, 8 m/s2
0, 38
(1 + 88/16)
88/16∼= 488 N.
1.2. FORCAS DISSIPATIVAS 25
4. Um barco de 1000 kg esta navegando a 90 km/h quando o motor e desligado.O modulo da forca
de atrito fk entre o barco e a agua e proporcional a velocidade v do barco: fk = 70v, onde v esta em
metros por segundo e fk em newtons. Determine o tempo necessario para o barco reduzir a velocidade
para 45 km/h.
Denotamos a forca de friccao entre o barco e a agua por F = −αv, onde α = 70 N.s/m. Aplicando a
2a lei de Newton, obtemos que: ∑F = ma
assim, considerando um movimento unidimensional e reconhecendo que existe apenas uma forca, podemos
escrever:
−αv = mdv
dt
o que pode ser escrita na forma
dv
v= − α
mdt
e integrando, obtemos: ∫ v
v0
dv
v= −
∫ t
0
α
mdt
ln v − ln v0 = − α
mt
e isolando o tempo, podemos escrever ainda,
t =m
αln
v0v
=1000
70ln 2 = 9, 9 s.
5. Se um gato em queda alcanca uma primeira velocidade terminal de 97 km/h enquanto esta enco-
lhido e depois estica as patas duplicando a area A, qual e a nova velocidade terminal?
De acordo com a Eq. (1.8), a velocidade terminal do gato depende (entre outros parametros) da area
da secao reta A. Assim, podemos usar esta equacao para calcular a razao entre as velocidades. Vamos
chamar de vto e vtn as velocidades terminais original e nova, respectivamente, e de Ao e An as areas
correspondentes. Neste caso de acordo com a Eq. (1.8),
vtnvto
=
√2mg
CρAn√2mg
CρAo
=
√Ao
An
26 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
e como o gato duplica a area entao temos que An = 2Ao, assim, temos:
vtnvto
==
√Ao
2Ao=
√1
2= 0, 70.
ou seja, vtn = 0, 70vto ou cerca de 68 km/h.
6. Uma gota de chuva de raio R = 1, 5 mm cai de uma nuvem que esta a uma altura h = 1200 m
acima do solo. O coeficiente de arrasto C da gota e 0,60. Suponha que a gota permanece esferica durante
toda a queda. A massa especıfica da agua e ρa = 1000 kg/m3, e a massa especıfica do ar e ρar = 1, 2 kg/m3.
(a) Qual e a velocidade terminal da gota?
A gota atinge a velocidade terminal vt quando a forca gravitacional e a forca de arrasto se equilibram,
fazendo com que a aceleracao seja nula. Poderıamos aplicar a segunda lei de Newton e a equacao da
forca de arrasto para calcular vt, mas a Eq. (1.8) ja faz isso para nos. Para usar a Eq. (1.8) precisamos
conhecer a area efetiva da secao reta e o modulo da forca gravitacional (Fg) que atua sobre a gota. Como
a gota e esferica A = πR2 que e area de um cırculo com o mesmo raio da esfera. Para determinar a forca
gravitacional, usamos tres fatos: (1) Fg = mg onde m e a massa da gota; (2) V = 43πR
3 e o volume da
gota e (3) a massa especıfica da agua da gota e igual a massa por unidade de volume, i.e., ρa = m/V .
Assim, temos:
Fg = V ρag =4
3πR3ρag.
Em seguida substituımos este resultado, a expressao para A, e os valores conhecidos na Eq. (1.8).
Tomando o cuidado para nao confundir a massa especıfica do ar, ρar, com a massa especıfica da agua,
obtemos:
vt =
√8πR3ρag
3CρarπR2=
√8Rρag
3Cρar
e substituindo os valores correspondentes, segue que
vt =
√8× 1, 5× 10−3 m× 1000 kg/m3 × 9, 8 m/s2
3× 0, 6× 1, 2 kg/m3∼= 27 km/h.
Note que a altura em que se encontra a nuvem nao entra nos calculos. De fato, a velocidade terminal
e atingida pela gota apos ter caıdo apenas alguns metros.
(b) Qual seria a velocidade da gota imediatamente antes do impacto com o chao se nao existisse forca
de arrasto?
1.3. MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME 27
Na ausencia da forca de arrasto para reduzir a velocidade da gota durante a queda, ela cairia com a
aceleracao constante de queda livre g e, portanto, as equacoes de movimento com aceleracao constante
que estudamos anteriormente se aplicam neste caso. Assim, como temos a altura da nuvem e supondo
que as partıculas caem com velocidade inicial nula, podemos escrever
v2 = v20 − 2g∆y
ou seja,
v =√
2gh =
√2× 9, 8 m/s2 × 1200 m ∼= 550 km/h.
o que e uma velocidade muito alta em comparacao com o resultado do item (a). Com efeito, a velocidade
de 550 km/h e a velocidade de uma bala disparada de uma arma de grosso calibre.
1.3 Movimento Circular Uniforme
No capıtulo anterior havıamos discutido o movimento circular uniforme, onde uma partıcula descreve uma
trajetoria circular com o modulo da velocidade constante. No entanto, a velocidade tinha seu sentido e
direcao variando sobre todos os pontos da trajetoria. Aplicando as definicoes da velocidade e aceleracao
para o caso bidimensional, chegamos a conclusao de que o modulo da aceleracao centrıpeta que a partıcula
sofria era dada por
a =v2
r(1.9)
onde v e o modulo da velocidade da partıcula e r o raio da trajetoria.
Uma experiencia bastante comum de movimento circular uniforme e o movimento que o carro faz em
uma curva em alta velocidade. Neste caso, quando o carro faz uma curva para a esquerda as pessoas no
banco traseiro escorregam para o lado direito do carro e ficam comprimidas conta a porta do carro. Nota-
mos claramente quando estamos nesta situacao que existe uma aceleracao a medida que o carro descreve
o arco de circunferencia. Assim, e natural especularmos se existe uma forca correspondente responsavel
pela aceleracao centrıpeta. Com efeito, existe uma forca associada chamada forca centrıpeta que e a
responsavel pela aceleracao centrıpeta dada pela Eq. (1.9). Seu modulo e dado por:
Fc = mv2
r. (1.10)
No exemplo do carro fazendo a curva, a forca centrıpeta que permite que o carro faca a curva e a
forca de atrito entre o pneu do carro e a pista. Para acompanhar o movimento do carro, tambem deve
28 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
existir uma forca centrıpeta atuando sobre os passageiros do carro. No caso das pessoas do banco de
tras, esta forca seria o atrito entre o corpo da pessoa e o banco do carro. No entanto, a forca de atrito
nao e suficiente para manter o movimento e a pessoa se desloca em direcao a porta do carro. Quando
atinge a porta, aparece uma forca normal que agora exerce a forca centrıpeta que permite que a a pessoa
descreva a trajetoria circular junto com o carro.
A forca centrıpeta aparece em varias situacoes cotidianas. Abaixo aplicamos as Eqs. (1.9) e (1.10)
em alguns exemplos.
1. Igor e um cosmonauta a bordo da Estacao Espacial Internacional, em orbita circular em torno da
Terra a uma altura h de 520 km e com uma velocidade escalar constante v de 7, 6 km/s. A massa de
Igor e 79 kg.
(a) Qual a aceleracao de Igor?
O raio que Igor descreve e dado pela soma do raio da Terra mais a altura medida da superfıcie. Assim,
escrevemos,
a =v2
r=
v2
RT + h=
(7, 6× 103 m/s)2
6, 37× 106 m+ 520× 103 m
ou seja,
a = 8, 4 m/s2.
Este e valor da aceleracao em queda livre na altitude que Igor se encontra. Se ele fosse levado ate a esta
altitude e liberado, em vez de ser colocado em orbita, cairia em direcao ao centro da Terra inicialmente
com esta aceleracao.
A diferenca entre as duas situacoes e que, como esta em orbita em torno da Terra, Igor tambem tem
um movimento “lateral”‘: enquanto cai, tambem se desloca para o lado, de modo que acaba se movendo
em uma trajetoria circular em torno da Terra.
(b) Que forca a Terra exerce sobre Igor?
Para determinar a forca basta usar a 2a lei de Newton,
F = ma = 79 kg× 8, 4 m/s2 ∼= 663 N.
1.3. MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME 29
Se Igor subisse em uma balanca colocada a uma altura de 520 km ela indicaria o valor de 663 N. Em
orbita, a balanca (se Igor conseguisse subir nela) indicaria zero porque ambos a balanca e Igor estao com
a mesma aceleracao e portanto, os pes de Igor nao exerceriam nenhuma forca sobre a balanca.
2. Em 1901, em um espetaculo de circo, Allo “Dare Devil” Diavolo apresentou pela primeira vez um
numero de acrobacia que consistia em descreve um loop vertical pedalando uma bicicleta. Supondo que o
loop seja um cırculo de raio R = 2, 7 m, qual e a menor velocidade v que Diavolo podia ter tido no alto
do loop para permanecer em contato com a pista?
Podemos supor que Diavolo e sua bicicleta passam pelo alto do loop como uma unica partıcula em
movimento circular uniforme. Assim, no alto a aceleracao a dessa partıcula deve ter modulo v2/R dado
pela Eq. (1.9) e estar voltada para baixo em direcao ao centro do loop circular.
Para determinar a menor velocidade com que Diavolo podia ter tido, precisamos determinar a ace-
leracao centrıpeta. Para isso, observamos que as forcas que atuam sobre a partıcula quando ela esta no
alto sao a forca da gravidade Fg atuando na direcao vertical e a forca normal N exercida pela superfıcie
da pista tambem apontando na direcao vertical. Ambas as forcas apontam para baixo. A aceleracao
centrıpeta tambem aponta na direcao vertical para baixo, assim, a 2a lei de Newton fornece:
−N − Fg = −ma = −mv2
R
assim,
N + Fg = mv2
R.
Se a partıcula tem a menor velocidade v necessaria para permanecer em contato com a pista, ela
esta na iminencia de perder contato com o loop (cair do loop), o que significa que N = 0 no alto do
loop (a partıcula e o loop se tocam mas nao ha forca normal). Substituindo N = 0 na equacao acima,
explicitando v e substituindo os valores conhecidos, obtemos:
v =√
gR =
√2, 7 m× 9, 8 m/s2 = 5, 1 m/s.
3. Ate algumas pessoas acostumadas a andar de montanha-russa empalidecem quando pensam em
andar no Rotor, um grande cilindro oco que gira rapidamente em torno do eixo central. A pessoa entra no
cilindro por uma porta lateral e fica de pe sobre um piso movel, encostada em uma parede alcochoada. A
porta e fechada; quando o cilindro comeca a girar, a pessoa, a parede e o piso se movem juntos. Quando
30 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
a velocidade de rotacao atinge um certo valor o piso desce de forma abrupta e assustadora. A pessoa nao
desce junto com o piso mas fica presa a parede enquanto o cilindro gira, como se um espırito invisıvel a
pressionasse contra a parede. Algum tempo depois o cilindro gira mais devagar e a pessoa desce alguns
centımetros ate que seus pes encontrem novamente o piso.
Suponha que o coeficiente de atrito estatico entre a roupa da pessoa e a parede do Rotor seja 0,40 e
que o raio do cilindro R seja 2, 1 m.
Figura 1.11: Rotor de um parque de diversoes mostrando as forcas que atuam sobre uma pessoa. A forca centrıpeta
e a forca normal FN , com a qual a parede empurra a pessoa para dentro. (ver exemplo 3.)
(a) Qual e a menor velocidade v que o cilindro e a pessoa devem ter para que a pessoa nao caia
quando o piso e removido?
Devemos usar a 2a lei de Newton para relacionar a aceleracao centrıpeta com as demais forcas que
atuam sobre a pessoa. Para isso, notamos que existem tres forcas atuando neste caso: a forca normal
FN exercida pela parede sobre a pessoa, que e a forca centrıpeta neste caso; a forca gravitacional Fg que
puxa a pessoa para baixo e a forca de atrito estatico fs que surge entre a pessoa e a parede do cilindro
atuando para cima, contraria a forca gravitacional. Estas forcas estao ilustradas na Fig. 1.11.
Desde que devemos determinar a velocidade para que a pessoa nao caia quando o piso e removido, isso
1.3. MOVIMENTO CIRCULAR UNIFORME 31
implica que a forca de atrito estatico apresenta seu valor maximo, i.e., fs = µsFN , onde FN e o modulo
da forca normal que deve ser igual a mv2/R, o modulo da forca centrıpeta. Assim, explicitamente
escrevemos:
FN =mv2
R.
Agora, desde que nao deve existir movimento na direcao vertical, a 2a lei de Newton fornece,
fs −mg = m(0)
ou seja,
fs = mg
e usando fs = µsFN , segue que:
µsFN = mg
e substituindo o modulo da forca centrıpeta, podemos escrever ainda:
µsmv2
R= mg
e resolvendo para a velocidade, temos:
v =
√gR
µs=
√9, 8 m/s2 × 2, 1 m
0, 4= 7, 2 m/s.
Note que o resultado e independente da massa; ele e valido para qualquer pessoa que ande no rotor,
de uma crianca a um lutador de sumo, de modo que ninguem precisa se pesar para andar de Rotor.
(b) Se a massa da pessoa e 49 kg, qual e o modulo da forca centrıpeta que age sobre ela?
De acordo com a Eq. (1.10) temos:
Fc =mv2
R= 49 kg× (7, 2 m/s)2
2, 1 m∼= 1200 N.
Embora esta forca aponte para o eixo central, a pessoa tem a clara sensacao de que a forca que a
prende contra parede esta dirigida radialmente para fora. Esta impressao vem do fato de que a pessoa
se encontra em um referencial acelerado (nao-inercial). As forcas medidas nestes referenciais podem ser
ilusorias.
32 CAPITULO 1. FORCA E MOVIMENTO
Capıtulo 2
Trabalho e Energia Cinetica
Para descrever o estado de movimento dos corpos definimos uma series de quantidades fısicas como
posicao, velocidade, aceleracao e atraves destas fizemos um consideravel progresso no estudo da mecanica
dos corpos. Em seguida, consideramos as leis de Newton que nos permitiram avancar ainda mais atraves
da introducao do conceito de forca que causa a aceleracao. Esta formulacao nos permite considerar varias
situacoes e tipos de movimentos.
No presente capıtulo e no proximo, vamos explorar o conceito de energia e trabalho que nos permite
descrever o movimento dos corpos muitas vezes de maneira muito mais simples do que as leis de Newton.
No entanto, veremos que existe uma relacao muito proxima entre as leis de Newton e a variacao da
energia do sistema.
2.1 Energia
Energia e um conceito bastante amplo e largamente utilizada no cotidiano. No entanto, quando nos
defrontamos com a pergunta simples de como definir a energia em poucas palavras a tarefa se torna
complicada. De modo nao rigoroso, podemos dizer que a energia e um numero que atribuımos para
caracterizar o estado de um sistema. Assim, em um sistema constituıdo de um ou mais objetos em
que uma forca altera o estado de movimento de um destes objetos, o numero que descreve a energia do
sistema varia. Com a experiencia ficou claro que se este numero que chamamos de energia e definido
corretamente, podemos descrever qualquer sistema e efetuar previsoes sobre o seu comportamento de
maneira precisa.
Aqui vamos considerar a situacao mais simples possıvel: vamos nos concentrar em apenas um tipo
de energia (a energia cinetica) e somente uma forma de transferencia de energia (atraves do chamado
33
34 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
trabalho). Mais tarde consideraremos outras formas de energia e o modo de transformar um tipo de
energia em outra.
2.1.1 Energia Cinetica
A energia cinetica , simbolizada por K, e a energia associada ao estado de movimento de um corpo.
Quanto mais depressa um corpo se movimenta, maior e a sua energia cinetica. Quando um corpo esta
em repouso sua energia cinetica e nula.
Para um corpo de massa m e velocidade v muito menor do que a da luz,
K =1
2mv2 (2.1)
A unidade de energia cinetica (e de qualquer outra forma de energia) no SI e o joule (J). Ela e
definida em termos das unidades de massa e velocidade:
1 joule = 1 J = 1 kg.m2/s2.
2.2 Trabalho
Quando aumentamos a velocidade de um objeto aplicando a ele uma forca, a energia cinetica K = mv2/2
do objeto aumenta. Da mesma forma, quando diminuımos a velocidade do objeto atraves da aplicacao de
uma forca, a energia cinetica do objeto diminui. Explicamos estas variacoes na energia cinetica dizendo
que a forca que aplicamos transferiu energia do agente que aplica a forca para o objeto ou o objeto
transferiu energia para o agente. Nas transferencia de energia por meio de uma forca, dizemos que um
trabalho W foi realizado pela forca sobre o objeto. De maneira formal, definimos o trabalho como:
• Trabalho (W) e a energia transferida para um objeto ou de um objeto atraves de
uma forca que age sobre o mesmo. Quando a energia e transferida para o objeto,
o trabalho e positivo; quando energia e transferida do objeto, o trabalho
e negativo.
Note que “trabalho” e energia transferida; “realizar trabalho” e o ato de transferir energia. O trabalho
tem a mesma unidade que a energia e tambem e uma grandeza escalar.
2.2.1 Trabalho e Energia Cinetica
Para relacionar o trabalho com a energia cinetica, vamos considerar uma partıcula qualquer que esta
submetida a uma forca F . Esta forca que atua sobre a partıcula pode ser tanto uma unica forca ou a
2.2. TRABALHO 35
forca resultante da soma de varias forcas que atuam sobre o objeto. Como consequencia, a partıcula
ira acelerar, aumentando sua velocidade. Alternativamente, podemos dizer que a forca ira realizar um
trabalho sobre a partıcula aumentando a sua energia cinetica. A 2a lei de Newton, fornece:
F = ma
Agora considere que esta partıcula esta no espaco tridimensional e a localizamos atraves do vetor
posicao r. Vamos considerar um vetor deslocamento infinitesimal dr. Este vetor e obtido diferenciando-
se o vetor posicao r.
Agora vamos efetuar o produto escalar da equacao acima com dr:
F · dr = ma · dr
e usando a definicao da aceleracao, podemos escrever ainda
F · dr = mdv
dt· dr
podemos escrever o elemento diferencial de comprimento dr na forma,
dr =dr
dtdt ∴ dr = vdt
onde usamos a definicao da velocidade v = dr/dt. Assim, podemos escrever:
F · dr = mdv
dt· vdt = mv · dv
dtdt
mas
dv =dv
dtdt
assim, podemos trocar a derivada da velocidade com o tempo:
F · dr = mv dv
onde usamos a seguinte1 igualdade: v · dv = v dv.
1 Temos que
d(v · v) = dv · v + v · dv = 2v · dv
ou seja,
d(v · v) = 2v · dv
36 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
Integrando a equacao acima de um ponto inicial a um ponto final, obtemos:∫ rf
ri
F · dr =
∫ vf
vi
mv dv
∫ rf
ri
F · dr =1
2mv2f − 1
2mv2i
e identificando os termos do segundo membro como a energia cinetica nos pontos final e inicial, entao
vemos que: ∫ rf
ri
F · dr = Kf −Ki = ∆K (2.2)
Desde que o trabalho causa uma variacao da energia cinetica, entao definimos o trabalho Wif para
mover uma partıcula de uma posicao ri a uma posicao rf como:
Wif =
∫ rf
ri
F · dr (2.3)
Podemos muitas vezes escrever o trabalho como uma integral indefinida:
W =
∫F · dr (2.4)
que e uma relacao mais geral.
Usando a definicao de trabalho, podemos escrever a Eq. (2.2) na forma compacta:
W = ∆K = Kf −Ki (2.5)
que e o chamado teorema trabalho-energia cinetica.
As Eqs. (2.3) e (2.4) apresentam varias propriedades. Vamos discutı-las de maneira mais detalhada
a seguir.
mas,
d(v · v) = d(v2) = 2vdv
logo,
2vdv = 2v · dv ∴ vdv = v · dv
que e a relacao que usamos da integral da velocidade.
2.2. TRABALHO 37
A primeira consequencia da definicao e que o trabalho para mover uma partıcula depende do angulo
entre a forca aplicada e o deslocamento. Usando a Eq. (2.4), podemos escrever o trabalho da seguinte
forma:
W =
∫F cosϕ dr (2.6)
onde usamos a definicao do produto escalar entre dois vetores. O angulo ϕ e o angulo entre os vetores
F e dr. Vemos da Eq. (2.6), que se a forca que atua faz um angulo ϕ < 90o com o deslocamento o
trabalho e positivo e ∆K > 0; caso ϕ < 90o o trabalho e negativo devido ao cosseno e, portanto, a
energia cinetica da partıcula e reduzida.
Note que somente a projecao da forca F na direcao do deslocamento realiza trabalho, i.e., somente
F cosϕ. No caso em que ϕ = 90o a forca nao realiza trabalho, ou seja, nao altera o estado de movimento
do objeto.
Vamos considerar agora que a forca F pode ser representada pelo vetor generico F = Fxi+Fy j+Fzk
e o deslocamento infinitesimal por dr = dxi+ dyj+ dzk, assim o trabalho pode ser escrito na forma:
W =
∫F · dr =
∫Fx dx+
∫Fy dx+
∫Fz dz (2.7)
ou seja,
W = Wx +Wy +Wz
onde,
Wx =
∫Fx dx, Wy =
∫Fy dy, Wz =
∫Fz dz.
e vemos que o trabalho pode ser escrito como uma soma dos trabalhos realizados por cada componente
da forca F . A soma e o trabalho total realizado sobre o o objeto. Esta propriedade tambem e estendida
para o caso em que varias forcas estao atuando, i.e., o trabalho total realizado sobre um objeto e dado
pela soma dos trabalhos realizados por cada forca individualmente.
Assim, existem duas maneiras de determinar o trabalho realizado por varias forcas que atuam sobre
uma partıcula: achamos a forca resultante e substituımos o resultado na equacao que define o trabalho
ou calculamos o trabalho realizado por cada forca e, em seguida, somamos todas as contribuicoes para
encontrar o trabalho total.
38 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
Exemplo
1. A forca dada por F = 3x2i + 4j N, com x em metros, age sobre uma partıcula mudando apenas a
energia cinetica da partıcula. Qual e o trabalho realizado sobre a partıcula quando ela se desloca das
coordenadas (2,3) m para (3,0)? A velocidade da partıcula aumenta, diminui ou permanece constante?
Temos que:
W =
∫ rf
ri
F · dr =
∫ 3
2Fx dx+
∫ 0
3Fy dy
W =
∫ 3
23x2 dx+ 4
∫ 0
3dy
e resolvendo as integrais, vamos obter:
W = [x3∣∣32dx+ 4y|03 = 7, 0 J.
e vemos que o trabalho realizado sobre a partıcula e positivo o que significa que a energia cinetica sera
maior apos o trabalho ter sido realizado sobre a partıcula. Podemos ver isso do teorema trabalho energia
cinetica (Eq. (2.5)):
∆K = W ∴ Kf = Ki +W
e como W > 0 entao Kf > Ki.
2.2.2 Analise Unidimensional do trabalho
Vamos considerar o caso mais simples em que a forca F = Fxi e o vetor deslocamento dr = dxi estao na
mesma direcao. Assim, a Eq. (2.3) pode ser escrita na forma:
Wif =
∫ xf
xi
Fx(x) dx (2.8)
onde explicitamos a possıvel dependencia da forca com o deslocamento.
Considerando a Eq. (2.8), podemos notar que o trabalho pode ser representado geometricamente pela
area sob a curva F (x) e o eixo x no intervalos xi < x < xf .
2.3 Trabalho realizado por forcas especıficas
Vamos considerar agora a analisar o trabalho realizado por algumas forcas especıficas, em particular, as
forcas ja discutidas quando definimos o proprio conceito de forca.
2.3. TRABALHO REALIZADO POR FORCAS ESPECIFICAS 39
2.3.1 Forca gravitacional
Considere uma pedra que e atirada para cima. A medida que a pedra sobe, ela vai perdendo velocidade
ate parar pois a forca gravitacional atua no sentido contrario ao movimento de subida da pedra. Apos
atingir a altura maxima, a pedra comeca a descer ganhando velocidade pois agora a forca gravitacional
atua no mesmo sentido da velocidade da pedra. A forca realiza trabalho nos dois percursos, no entanto,
na subida a forca gravitacional remove energia da pedra reduzindo a sua velocidade. Na descida, ocorre
o contrario: a forca gravitacional transfere energia cinetica para a pedra. Podemos determinar o valor
da transferencia de energia usando calculando o trabalho Wg realizado pela forca gravitacional.
Para determinar o trabalho, partimos da Eq. (2.3)
Wg =
∫ rf
ri
Fg · dr
desde que a forca gravitacional F = mg e constante, entao podemos retirar Fg para fora do sinal de
integracao,
Wg = Fg ·(∫ rf
ri
dr
)e a integral do vetor dr e o deslocamento, assim, escrevemos ∆r =
∫ rfri
dr, o que nos permite escrever
Wg = Fg ·∆r
e considerando que o modulo do vetor deslocamento seja d, ou seja, |∆r| = d, temos ainda:
Wg = |Fg||∆r| cosϕ
Wg = mgd cosϕ (2.9)
onde ϕ e o angulo entre o deslocamento e a forca gravitacional.
Agora vamos usar a Eq. (2.9) para calcular o trabalho realizado por Fg nos percursos de subida e
descida que havıamos mencionado no inıcio. Na subida, o vetor deslocamento ∆r e a forca Fg fazem um
angulo de 180o. Assim, a Eq. (2.9) nos fornece:
Wg,subida = mgd cos 180o = −mgd
mgd e a quantidade de energia cinetica que e removida da partıcula no percurso de subida.
No caso da descida, o vetor deslocamento e a forca gravitacional estao paralelos, assim ϕ = 0, e entao
Wg,descida = mgd cos 0o = +mgd
que e quantidade de energia devolvida para a partıcula na forma de energia cinetica.
40 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
2.3.2 Trabalho realizado para levantar ou baixar objetos
Considere a situacao em que aplicamos uma forca Fa para levantar um objeto. Por exemplo, quando
erguemos um livro em uma estante. Neste caso estamos realizando um trabalho Wa sobre o livro. Logo,
agora temos duas forcas realizando trabalho sobre o objeto, assim:
W =
∫Fres · dr =
∫(Fa + Fg) · dr =
∫Fa · dr +
∫Fg · dr
ou seja,
W = Wa +Wg.
Este trabalho deve ser igual a variacao da energia cinetica do corpo que elevamos a uma certa altura.
Assim, pelo teorema do trabalho-energia cinetica, temos:
W = ∆K = Kf −Ki
Quando um erguemos um objeto estamos transferindo energia para o objeto ao mesmo tempo que a
forca gravitacional remove esta energia. Isto tambem se aplica quando abaixamos um objeto. Neste caso,
energia e fornecida ao objeto pela forca gravitacional e nos a removemos aplicando a forca Fa no sentido
oposto ao movimento. Se o objeto esta em repouso antes e apos o movimento entao Kf = Ki = 0 entao
W = 0 ∴ Wa = −Wg
e substituindo Wg da Eq. (2.9), segue que:
Wa = −mgd cosϕ
Vemos entao que quando levantamos um objeto em uma certa altura d, estamos realizando um
trabalho positivo mgd, no caso de abaixar o objeto entao retiramos energia cinetica do mesmo igual a
−mgd.
Exemplo
1. Um caixote de 15 kg inicialmente em repouso, percorre uma distancia d = 5, 70 m, puxado por um
cabo em uma rampa sem atrito ate uma altura h de 2, 50 m, parando em seguida.
(a) Qual o trabalho realizado pela forca gravitacional?
2.3. TRABALHO REALIZADO POR FORCAS ESPECIFICAS 41
cabo
s/ atrito
caixote
Figura 2.1: Veja exemplo 1.
O trabalho realizado pela forca gravitacional pode ser calculado diretamente atraves da Eq. (2.9),
lembrando que ϕ e o angulo entre a forca da gravidade e o vetor deslocamento. Temos entao:
Wg = mgd cosϕ = mgd cos(θ + 90o)
e usando a identidade cos(θ + 90o) = − sin θ, podemos escrever:
Wg = −mgd sin θ = −mgd
(h
d
)= −mgh
Wg = −15 kg× 9, 8 m/s2 × 2, 50 m = −368 J.
Note que o trabalho depende apenas da diferenca de altura entre as posicoes inicial e final do caixote.
Isto ocorre devido a forca gravitacional ser na direcao vertical e portanto o movimento na direcao hori-
zontal nao e afetado pela forca gravitacional. Isto e somente valido na ausencia de atrito, caso contrario
o trabalho necessario para movimentar o caixote iria aumentar com a distancia d.
(b) Qual o trabalho realizado pela forca de tracao?
Em princıpio terıamos que calcular a forca de tracao para entao determinar o trabalho realizado por
esta forca. No entanto, dado que o trabalho total e dado pela soma dos trabalhos pelas forcas individuais
que sao aplicadas ao caixote, podemos usar o teorema trabalho-energia cinetica (Eq. (2.5)) para fazer o
calculo diretamente. Assim, temos que:
W = WN +Wg +WT = ∆K = Kf −Ki
42 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
onde WN e o trabalho realizado pela forca normal que a superfıcie aplica no caixote; Wg e o trabalho
realizado pela forca gravitacional e WT e trabalho realizado pela forca de tracao. Desde que a forca
normal e perpendicular ao deslocamento entao o trabalho WN e zero. Assim temos:
Wg +WT = Kf −Ki
e como o caixote esta em repouso no inıcio e no fim do movimento entao Kf = Ki = 0 portanto,
Wg +WT = 0
o que nos permite escrever o trabalho realizado pela forca de tracao em termos do trabalho realizado pela
forca gravitacional:
WT = −Wg = +368 J.
Este trabalho e positivo o que significa que a forca de tracao transfere 368 J para o caixote que e
retirada do mesmo pela forca gravitacional e o caixote termine com energia cinetica nula.
2.3.3 Forca Elastica
Vamos agora discutir a forca elastica aplicada por uma mola a um bloco preso em sua extremidade. A
forca elastica varia com a deformacao da mola e, portanto, depende da posicao, o que diferente do caso
gravitacional que discutimos na secao anterior. Na Fig. 2.2a, temos uma ilustracao do sistema massa-
mola onde um bloco esta preso a mola que, por sua vez, tem sua outra extremidade fixa em uma parede.
Quando o bloco e puxado para a direita, a mola e esticada e exerce uma forca para a esquerda cuja
intensidade aumenta com a deformacao da mola (Fig. 2.2b); quando comprimimos a mola empurrando
o bloco para a esquerda, a mola aplica entao uma forca para a direita (Fig. 2.2c). Como uma boa
aproximacao, podemos escrever a forca exercida pela mola, na forma:
F = −kd
que e a lei de Hooke. k e a chamada constante da mola e e medida em N/m.
Desde que estaremos considerando apenas movimentos em uma dimensao, entao d = xi e portanto,
podemos escrever a forca na forma mais simples
F = −kx (2.10)
que e a forca exercida pela mola no ponto x. Note que lei de forca dada pela Eq. (2.10) e definida de
maneira que a mola esteja relaxada no ponto x = 0.
2.3. TRABALHO REALIZADO POR FORCAS ESPECIFICAS 43
blocopreso àmola
positivonegativo
negativopositivo
Figura 2.2: (a) Uma mola em estado relaxado. A origem do eixo x foi colocada no final da mola que esta presa
a um bloco. (b) O bloco e deslocado por d, e a mola e esticada por uma quantidade x. Note a forca restauradora
Fs exercida pela mola. (c) A mola e comprimida uma distancia negativa x.
Para calcular o trabalho realizado pela forca elastica, escrevemos:
Ws =
∫ xf
xi
F (x) dx
e substituindo a forca dada pela Eq. (2.10) obtemos ainda
Ws =
∫ xf
xi
(−kx) dx
Ws =1
2k(x2i − x2f ) (2.11)
e vemos entao que Ws > 0 quando xi > xf e a mola transfere energia para o bloco. Neste caso, significa
apenas que a o bloco ligado a mola recebe energia da mola quando este termina em uma posicao em que
a mola esteja mais “relaxada” (proxima da posicao de equilıbrio em x = 0) do que na posicao inicial.
44 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
Exemplos
1. Um bloco com v = 0, 50 m/s e m = 0, 40 kg colide com uma mola de k = 750 N/m (Fig. 2.3). No
momento que o bloco para devido a forca da mola, qual a distancia que a mola foi comprimida?
s/ atrito
Figura 2.3: Veja exemplo 1.
E um aplicacao direta do princıpio trabalho-energia cinetica. Temos que o trabalho realizado pela
mola sobre o bloco com velocidade inicial v = 0, 50 m/s deve remover toda a energia cinetica do bloco,
assim escrevemos:
Ws = ∆K
ou seja,
1
2k(x2i − x2f ) =
1
2mv2f − 1
2mv2i
e agora basta considerar que vf = 0 (o bloco fica em repouso no final do movimento) e xi = 0 (a mola
esta relaxada antes do bloco colidir com a mola), assim a formula acima nos fornece:
1
2k(0− x2f ) = 0− 1
2mv2i
kx2f = mv2i
e isolando xf segue que
xf =
√m
kvi
e substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:
xf =
√0, 40 kg
750 N/m× 0, 50 m/s
2.3. TRABALHO REALIZADO POR FORCAS ESPECIFICAS 45
xf = 1, 2 cm.
2. A Fig. 2.4 mostra uma vista superior de tres forcas horizontais atuando sobre uma caixa que
estava inicialmente em repouso e passou a se mover sobre um piso sem atrito. Os modulos das forcas
sao F1 = 3, 00 N, F2 = 4, 00 N e F3 = 10, 0 N e os angulos indicados sao θ2 = 50, 0o e θ3 = 35, 0o. Qual
e o trabalho total realizado sobre a caixa pelas tres forcas nos primeiros 4, 00 m de deslocamento?
Figura 2.4: Veja exemplo 2.
Aqui e necessario determinar a forca resultante, desde que e pedido o trabalho para um deslocamento
de 4 m. Este deslocamento deve ser na mesma direcao da forca resultante. Considerando os dados do
problema, a forca resultante e dada por:
F = F1 + F2 + F3
e decompondo nas direcoes vertical e horizontal, segue que:
F = −F1i+ F2(− sin θ2i− cos θ2j) + F3(cos θ3i+ sin θ3j)
F = (−F1 − F2 sin θ2 + F3 cos θ3)i+ (−F2 cos θ2 + F3 sin θ3)j
e substituindo-se os valores correspondentes obtemos:
F = (−3, 00 N− 4, 00 N sin 50, 0o + 10, 00 N cos 35, 0o)i+ (−4, 00 N cos 50, 0o + 10, 00 N sin 35, 0o)j
46 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
F = 2, 13 Ni+ 3, 16 Nj
e calculando o modulo da forca, temos:
F =√
2, 132 + 3, 162 N = 3, 81 N
Desde que o deslocamento ocorre na mesma direcao da forca, podemos escrever
W = Fd = 3, 81 N× 4, 00 m = 15, 3 J.
3. Uma equipe especializada em resgate em cavernas levanta um espeleologo ferido com o auxılio
de um cabo ligado a um motor. O levantamento e realizado em tres estagios, cada um requerendo uma
distancia vertical de 10, 0 m: (a) o espeleologo esta inicialmente em repouso e e acelerado ate uma veloci-
dade de 5, 00 m/s; (b) ele e levantado com velocidade constante de 5, 0 m/s; (c) finalmente e desacelerado
ate o repouso. Qual e o trabalho realizado sobre o espeleologo de 80, 0 kg pela forca que o levanta em cada
estagio?
Para determinar o trabalho em cada estagio de levantamento do espeleologo, vamos usar o teorema
trabalho-energia cinetica e a expressao do trabalho realizado pela forca gravitacional.
(a)
Temos duas forcas atuando aqui: a forca que levanta o espeleologo e a forca gravitacional atuando
em sentido contrario. Assim, de acordo com o problema, sob a acao destas duas forcas, o espeleologo sai
do repouso ate atingir a velocidade de 5, 00 m/s, assim temos:
W = W1 +Wg = ∆K = Kf −Ki
e onde W1 e o trabalho realizado pela forca externa. Considerando que o deslocamento e d a velocidade
inicial vi = 0 e a velocidade final vf = v = 5, 00 m/s, temos:
W1 −mdg =1
2mv2f ∴ W1 = mdg +
1
2mv2
onde levamos em conta que o angulo ϕ = 180o entre o deslocamento e a forca gravitacional. Assim,
substituindo-se os valores correspondentes, obtemos:
W1 = 80, 0 kg× 10 m× 9, 8 m/s2 +1
2× 80, 0 kg× (5, 0 m/s)2
2.3. TRABALHO REALIZADO POR FORCAS ESPECIFICAS 47
ou seja,
W1 = 8, 84× 103 J.
(b)
No segundo estagio, temos que a energia cinetica nao varia e portanto, de acordo com o teorema
trabalho energia-cinetica temos:
W2 −mdg = 0
assim,
W2 = 80, 0 kg× 10 m× 9, 8 m/s2 = 7, 84× 103 J.
(c)
No terceiro estagio, temos novamente uma variacao da energia cinetica. No entanto, vemos que a
variacao agora e negativa, desde que a velocidade final e zero e a velocidade inicial corresponde a mesma
vi = 5, 0 m/s.
W3 −mgd = 0−Ki = 0− 1
2mv2
assim,
W3 = mgd− 1
2mv2
W3 = 80, 0 kg× 10 m× 9, 8 m/s2 − 1
2× 80, 0 kg× (5, 0 m/s)2
W3 = 6, 84× 103 J.
4. A unica forca que age sobre um corpo de 2, 0 kg enquanto ele se move no semi-eixo positivo de
um eixo x tem uma componente Fx = −6x N, com x em metros. A velocidade do corpo em x = 3, 0 m e
8, 0 m/s. (a) Qual e a velocidade do corpo em x = 4, 0 m? (b) Para que valor positivo de x o corpo tem
uma velocidade de 5, 0 m/s?
48 CAPITULO 2. TRABALHO E ENERGIA CINETICA
(a)
Aqui usamos as equacoes para o trabalho realizado pela forca elastica. Temos pelo teorema trabalho-
energia cinetica que:
Ws =1
2mv2f − 1
2mv2f
ou seja,
1
2k(x2i − x2f ) =
1
2mv2f − 1
2mv2i
e substituindo-se os valores correspondentes, segue que:
1
26 N/m((3, 0 m)2 − (4, 0 m)2) =
1
22, 0 kg× v2f − 1
22, 0 kg× (8, 0 m/s)2
o que nos fornece:
vf = 6, 6 m/s.
(b)
Aqui usamos a mesma relacao anterior, exceto que queremos determinar o xf para o valor final da
velocidade vf = 5, 0 m/s
1
26 N/m((3, 0 m)2 − x2f ) =
1
22, 0 kg× (5, 0 m/s)2 − 1
22, 0 kg× (8, 0 m/s)2
de onde obtemos:
xf = 4, 7 m.