1º EE · Dinâmica

Questão 011º EE2022.1Movimento retilíneo · Distância percorrida2,5 ptsVer material

O movimento de um ponto material é dado por $x = 2t^3 - 15t^2 + 24t + 4$ , com $x$ em metros e $t$ em segundos. Determine:

os instantes nos quais a velocidade se anula;
a distância total percorrida de $0$ a $5{,}0\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

a) $t = 1{,}0\ \mathrm{s}$ e $t = 4{,}0\ \mathrm{s}$ . b) $s_T = 49\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Derive a posição para obter a velocidade:

v = \frac{dx}{dt} = 6t^2 - 30t + 24

Passo 2 — Iguale a zero e resolva. Dividindo por 6, $t^2 - 5t + 4 = 0$ :

t = \frac{30 \pm \sqrt{900 - 576}}{12} = \frac{30 \pm 18}{12} \quad\Longrightarrow\quad t = 1{,}0\ \mathrm{s} \ \text{ e } \ t = 4{,}0\ \mathrm{s}

Passo 3 — Estes são os instantes em que a partícula inverte o sentido, e é por isso que a distância não é o deslocamento. Calcule a posição em cada um deles e nos extremos:

x(0) = 4, \qquad x(1) = 15, \qquad x(4) = -12, \qquad x(5) = -1

Passo 4 — Some os trechos em módulo:

s_T = |15 - 4| + |-12 - 15| + |-1 - (-12)| = 11 + 27 + 11 = 49\ \mathrm{m}

Cuidado. O deslocamento seria $x(5) - x(0) = -5\ \mathrm{m}$ , de módulo 5 — nada a ver com os 49 m percorridos. Quem não procura os instantes de $v = 0$ responde 5 e perde a questão.

Esta prova foi reaplicada. A avaliação de 2022.1 voltou idêntica em 2022.2 — mesmas quatro questões, mesmos números. Vale saber: quando aparece uma prova antiga desta equipe, a chance de os enunciados voltarem é real.

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Questão 021º EE2022.1Movimento dependente · Blocos e polias2,5 ptsVer material

Dois blocos estão ligados por uma corda que passa por polias, conforme a montagem em que o comprimento do cabo dá $L = 2(C - x_A) + (x_B - x_A) + x_B$ . O bloco $A$ (à esquerda) parte do repouso para a esquerda com aceleração constante. O bloco $B$ (à direita) adquire $0{,}30\ \mathrm{m/s}$ após mover-se $0{,}60\ \mathrm{m}$ . Determine:

as acelerações de $A$ e de $B$ ;
a velocidade de $A$ após $5{,}0\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

a) $a_B = 0{,}075\ \mathrm{m/s^2}$ e $a_A = 0{,}050\ \mathrm{m/s^2}$ , ambas para a esquerda. b) $v_A = 0{,}25\ \mathrm{m/s}$ para a esquerda.

Passo a passo

Passo 1 — Adote o eixo $x$ para a direita, com origem na fixação da esquerda, e escreva o comprimento do cabo:

L = 2(C - x_A) + (x_B - x_A) + x_B

Passo 2 — Derive em relação ao tempo. As constantes $L$ e $C$ desaparecem:

0 = -3v_A + 2v_B \quad\Longrightarrow\quad v_B = 1{,}5\,v_A \quad\text{e}\quad a_B = 1{,}5\,a_A

Passo 3 — Como $a_A$ é constante, $a_B$ também é — e só então vale usar a fórmula de aceleração constante. Para o bloco $B$ , com $v_0 = 0$ :

0{,}30^2 = 0^2 + 2\,a_B\,(0{,}60) \quad\Longrightarrow\quad a_B = 0{,}075\ \mathrm{m/s^2}

Passo 4 — Volte à relação do Passo 2:

a_A = \frac{a_B}{1{,}5} = 0{,}050\ \mathrm{m/s^2}

Passo 5 — Para o item (b), movimento uniformemente acelerado a partir do repouso:

v_A(5{,}0) = 0 + (0{,}050)(5{,}0) = 0{,}25\ \mathrm{m/s}

Cuidado. O fator $1{,}5$ não é chute: ele sai do número de trechos de cabo que aparecem na conta do comprimento. Contar trecho errado é o erro que decide essa questão, e nenhuma conta posterior salva.

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Questão 031º EE2ª chamadaMovimento retilíneo · Distância percorrida2,5 ptsVer material

O movimento do ponto material é dado por $x = 2t^3 - 5t^2 + 4t + 24$ , com $x$ em metros e $t$ em segundos. Determine:

os instantes para os quais a velocidade se anula;
a distância total percorrida de $0$ a $4{,}00\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

a) $t_1 = 2/3\ \mathrm{s}$ e $t_2 = 1{,}00\ \mathrm{s}$ . b) $s_T = 64{,}1\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Derive:

v = 6t^2 - 10t + 4 = 2\,(3t^2 - 5t + 2)

Passo 2 — Anule a velocidade:

t = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 24}}{6} \quad\Longrightarrow\quad t_1 = \frac{2}{3}\ \mathrm{s}, \qquad t_2 = 1{,}00\ \mathrm{s}

Passo 3 — O movimento inverte o sentido duas vezes, então a distância se parte em três trechos. As posições:

x(0) = 24, \qquad x\!\left(\tfrac{2}{3}\right) = \tfrac{676}{27}, \qquad x(1) = 25, \qquad x(4) = 88

Passo 4 — Some em módulo:

s_T = \left|\tfrac{676}{27} - 24\right| + \left|25 - \tfrac{676}{27}\right| + |88 - 25| = \tfrac{28}{27} + \tfrac{1}{27} + 63 = \tfrac{1730}{27} = 64{,}1\ \mathrm{m}

Cuidado. As duas raízes são próximas ( $0{,}67$ e $1{,}00$ ), e os dois primeiros trechos somam pouco mais de 1 m. É tentador arredondar e ignorá-los — mas a questão pede a distância, e quem pula direto de $x(0)$ a $x(4)$ responde 64 m por sorte, com o raciocínio errado.

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Questão 041º EE2ª chamadaMovimento dependente · Blocos e polias2,5 ptsVer material

Dois blocos $A$ e $B$ ( $B$ à direita de $A$ ) estão apoiados na horizontal. De um pino preso ao chão, entre eles, parte uma corda tensionada para a direita, que passa por uma polia presa em $B$ , volta para a esquerda passando por uma polia presa em $A$ e retorna para $B$ , onde a extremidade é fixada.

O bloco $A$ parte do repouso para a esquerda com aceleração constante. $B$ adquire $0{,}48\ \mathrm{m/s}$ após mover-se $0{,}96\ \mathrm{m}$ . Determine:

as acelerações de $A$ e de $B$ ;
a velocidade de $A$ após $5{,}0\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

a) $a_A = 0{,}18\ \mathrm{m/s^2}$ e $a_B = 0{,}12\ \mathrm{m/s^2}$ , ambas para a esquerda. b) $v_A = 0{,}90\ \mathrm{m/s}$ para a esquerda.

Passo a passo

Passo 1 — Adote o sentido positivo para a direita, com origem no pino. Seguindo a corda, um trecho vai do pino até $B$ e dois trechos ligam $B$ a $A$ :

L = x_B + 2\,(x_B - x_A)

Passo 2 — Derive uma vez e depois outra:

3v_B - 2v_A = 0 \;\Rightarrow\; v_A = 1{,}5\,v_B \qquad\text{e}\qquad a_A = 1{,}5\,a_B

Como $a_A$ é constante, $a_B$ também é.

Passo 3 — Os dois partem do repouso, e como $A$ vai para a esquerda, $B$ também vai — as duas velocidades são negativas no eixo adotado:

(-0{,}48)^2 = 0^2 + 2\,a_B\,(-0{,}96) \quad\Longrightarrow\quad a_B = -0{,}12\ \mathrm{m/s^2}

Passo 4 — Pela relação do Passo 2:

a_A = 1{,}5\,(-0{,}12) = -0{,}18\ \mathrm{m/s^2}

ou seja, $a_A = 0{,}18\ \mathrm{m/s^2}$ e $a_B = 0{,}12\ \mathrm{m/s^2}$ , ambas para a esquerda.

Passo 5 — Item (b):

v_A(5{,}0) = 0 + (-0{,}18)(5{,}0) = -0{,}90 \quad\Longrightarrow\quad v_A = 0{,}90\ \mathrm{m/s}\ \text{para a esquerda}

Compare com a questão da 1ª chamada. Lá o cabo dava $v_B = 1{,}5\,v_A$ ; aqui dá $v_A = 1{,}5\,v_B$ . A montagem é parecida, a relação é invertida — é exatamente o tipo de detalhe que a prova troca de uma chamada para a outra.

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Questão 051º EE2022.1Movimento circular · Velocidade mínima no topo2,5 ptsVer material

Uma bola presa a uma corda descreve uma circunferência vertical cujo raio mede $1{,}25\ \mathrm{m}$ . Determine a velocidade mínima da bola no topo da circunferência para que a corda permaneça esticada.

Gabarito

$v_{\min} = 3{,}50\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Faça o diagrama de corpo livre no topo. Há duas forças: o peso $mg$ , para baixo, e a tração $T$ na corda, também para baixo — porque no topo a corda tira a bola para o centro, que está embaixo.

Passo 2 — Escreva a 2ª lei na direção normal, com o sentido positivo para o centro:

mg + T = m\,\frac{v^2}{r}

Passo 3 — Traduza “a corda permanece esticada” para uma condição sobre $T$ . A corda só puxa, nunca empurra: o limite é $T = 0$ . Abaixo dessa velocidade ela precisaria empurrar, e a bola sai da trajetória circular.

mg = m\,\frac{v_{\min}^2}{r} \quad\Longrightarrow\quad v_{\min} = \sqrt{g\,r}

Passo 4 — Substitua:

v_{\min} = \sqrt{9{,}81 \times 1{,}25} = 3{,}50\ \mathrm{m/s}

Cuidado. A massa não aparece na resposta — se ela sobrou na sua conta, algo foi projetado errado. E não existe “força centrífuga” neste diagrama: as duas forças apontam para o centro, e é a resultante delas que curva a trajetória.

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Questão 061º EE2022.1Atrito · Bloco sobre suporte móvel2,5 ptsVer material

Um bloco $B$ de $8{,}0\ \mathrm{kg}$ repousa sobre um suporte móvel $A$ de $12\ \mathrm{kg}$ . Os coeficientes de atrito entre o bloco e o suporte são $\mu_e = 0{,}40$ e $\mu_c = 0{,}30$ . Não há atrito entre o suporte e o piso. Um corpo $C$ pende de um cabo que arrasta o conjunto. Determine:

a maior massa de $C$ para que o bloco $B$ não escorregue sobre a plataforma $A$ ;
a aceleração correspondente.

Gabarito

a) $m_C = 2{,}6\ \mathrm{kg}$ . b) $a = 1{,}1\ \mathrm{m/s^2}$ .

Passo a passo

Passo 1 — Três corpos, três diagramas. Isolando $C$ , que desce:

m_C\,a = m_C\,g - T \tag{1}

Passo 2 — Isolando o conjunto $A + B$ na horizontal — os dois andam juntos enquanto $B$ não escorrega, e o piso não tem atrito:

T = (m_A + m_B)\,a \tag{2}

Passo 3 — Substituindo (2) em (1), a tração sai da conta:

(m_A + m_B + m_C)\,a = m_C\,g \tag{1'}

Passo 4 — Agora o ponto da questão: quem acelera o bloco $B$ é o atrito. Ele é a única força horizontal sobre $B$ . No limite de escorregar, o atrito está no seu máximo estático, $F_{at} = \mu_e m_B g$ :

m_B\,a = \mu_e\,m_B\,g - T \quad\xrightarrow{\ (2)\ }\quad (m_A + 2m_B)\,a = \mu_e\,m_B\,g \tag{3'}

Passo 5 — Divida (3’) por (1’) para eliminar $a$ e isolar $m_C$ :

m_C = \mu_e m_B\,\frac{m_A + m_B}{m_A + (2 - \mu_e)m_B} = 2{,}58 \approx 2{,}6\ \mathrm{kg}

Passo 6 — Item (b), direto de (3’):

a = \mu_e\,\frac{m_B}{m_A + 2m_B}\,g = 0{,}40 \times \frac{8}{12 + 16} \times 9{,}81 = 1{,}1\ \mathrm{m/s^2}

Cuidado. Use $\mu_e$ , não $\mu_c$ : a pergunta é sobre o limite para não escorregar, e nesse instante ainda não há escorregamento. O $\mu_c = 0{,}30$ do enunciado é distrator — só entraria se a questão pedisse o que acontece depois de escorregar.

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Questão 071º EE2ª chamadaAtrito · Ângulo de repouso na rampa2,5 ptsVer material

Um bloco escorrega por uma rampa a $30{,}0^\circ$ com aceleração de $3{,}00\ \mathrm{m/s^2}$ . O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a rampa é constante. Em seguida, a rampa sofre uma mudança de declividade. Determine o novo ângulo de inclinação para que o bloco passe a escorregar com velocidade constante.

Gabarito

$\theta' = 12{,}6^\circ$ .

Passo a passo

Passo 1 — Escolha os eixos na rampa: um ao longo dela, outro perpendicular. Assim a aceleração fica só num eixo. Perpendicularmente não há aceleração, então

N = m\,g\cos\theta

Passo 2 — Ao longo da rampa, o peso puxa para baixo com $mg\sin\theta$ e o atrito cinético resiste com $\mu_c N$ :

m\,g\sin\theta - \mu_c\,m\,g\cos\theta = m\,a \quad\Longrightarrow\quad a = g\,(\sin\theta - \mu_c\cos\theta)

A massa desaparece — guarde isso, é a conferência da questão.

Passo 3 — Com os dados da primeira rampa, isole o coeficiente:

\mu_c = \tan 30{,}0^\circ - \frac{3{,}00}{9{,}81\,\cos 30{,}0^\circ} = 0{,}5774 - 0{,}3532 = 0{,}2242

Passo 4 — “Velocidade constante” significa $a = 0$ . Na nova inclinação $\theta'$ :

0 = g\,(\sin\theta' - \mu_c\cos\theta') \quad\Longrightarrow\quad \tan\theta' = \mu_c = 0{,}2242 \quad\Longrightarrow\quad \theta' = 12{,}6^\circ

O que esse resultado significa. $\arctan\mu_c$ é o ângulo de repouso: a inclinação em que o atrito cinético empata exatamente com a componente do peso. Mais inclinado que isso, o bloco acelera; menos, ele desacelera até parar. E note que o coeficiente é o mesmo nas duas rampas — é o que permite usar a primeira situação para descobri-lo.

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Questão 081º EE2ª chamadaComponentes normal e tangencial · Raio de curvatura2,5 ptsVer material

O jato d’água sai do bico da mangueira com aclive de $6{,}0\ \mathrm{cm}$ na vertical para cada $8{,}0\ \mathrm{cm}$ na horizontal, com raio de curvatura inicial de $3{,}8\ \mathrm{m}$ . Determine:

a velocidade inicial do jato;
o raio de curvatura no ponto de altura máxima.

Gabarito

a) $v_0 = 5{,}5\ \mathrm{m/s}$ . b) $\rho_M = 1{,}9\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — O aclive dá o ângulo de saída: $\tan\theta = 6{,}0/8{,}0$ , o triângulo 3-4-5. Logo

\sin\theta = \tfrac{3}{5} = 0{,}6, \qquad \cos\theta = \tfrac{4}{5} = 0{,}8

Passo 2 — Depois de sair do bico, a única aceleração do jato é $g$ , para baixo. Projete-a na direção normal à trajetória. Como a velocidade faz ângulo $\theta$ com a horizontal, a normal faz $\theta$ com a vertical:

a_n = g\cos\theta = \tfrac{4}{5}\,g

Passo 3 — Use a definição de aceleração normal no ponto de saída:

a_n = \frac{v_0^2}{\rho_0} \quad\Longrightarrow\quad v_0 = \sqrt{\tfrac{4}{5}\,g\,\rho_0} = \sqrt{0{,}8 \times 9{,}81 \times 3{,}8} = 5{,}46 \approx 5{,}5\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — No ponto de altura máxima a velocidade é horizontal, então $g$ é inteiramente normal: $a_n = g$ . E na horizontal o movimento é uniforme desde a saída, logo a velocidade ali é $v_h = v_0\cos\theta$ :

g = \frac{(v_0\cos\theta)^2}{\rho_M} \quad\Longrightarrow\quad \rho_M = \frac{v_0^2\cos^2\theta}{g}

Passo 5 — Substituindo $v_0^2 = \tfrac{4}{5}g\rho_0$ do Passo 3, o $g$ cancela e sobra uma relação limpa:

\rho_M = \tfrac{4}{5}\rho_0\cos^2\theta = \left(\tfrac{4}{5}\right)^3\rho_0 = 0{,}512 \times 3{,}8 = 1{,}9\ \mathrm{m}

A leitura física. O raio diminui no topo: a curva fecha. Faz sentido — ali a velocidade é a menor de todo o percurso e a aceleração normal é a maior ( $g$ inteiro), e $\rho = v^2/a_n$ cai duas vezes por isso.

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Questão 091º EE1ª avaliaçãoAceleração em função da velocidade · a = −2v³3,0 ptsVer material

Uma partícula está se movendo com velocidade $20\ \mathrm{m/s}$ quando $s = 0$ e $t = 0$ . Se a partícula está sujeita a uma desaceleração $a = -2v^{3}$ (com $a$ em $\mathrm{m/s^2}$ e $v$ em $\mathrm{m/s}$ ), determine sua velocidade quando o tempo for $3$ segundos.

Gabarito

$v = 0{,}289\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — escolha a definição certa de aceleração. A pergunta relaciona velocidade e tempo, então a forma útil é $a = dv/dt$ — e não $a\,ds = v\,dv$ , que serviria se a pergunta fosse sobre posição.

\frac{dv}{dt} = -2v^{3} \quad\Longrightarrow\quad \frac{dv}{v^{3}} = -2\,dt

Passo 2 — separe e integre, de $v_0 = 20$ em $t = 0$ até $v$ em $t$ :

\int_{20}^{v} v^{-3}\,dv = -2\int_0^{t} dt \quad\Longrightarrow\quad \left[-\frac{1}{2v^{2}}\right]_{20}^{v} = -2t

-\frac{1}{2v^{2}} + \frac{1}{2(20)^{2}} = -2t \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{2v^{2}} = 2t + \frac{1}{800}

Passo 3 — isole $v$ .

v = \frac{1}{\sqrt{4t + \dfrac{1}{400}}}

Passo 4 — em $t = 3{,}00\ \mathrm{s}$ :

v = \frac{1}{\sqrt{12 + 0{,}0025}} = \frac{1}{3{,}4644} = 0{,}289\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. A desaceleração é proporcional a $v^3$ : enorme no começo (com $v = 20$ , $a = -16\,000\ \mathrm{m/s^2}$ ) e praticamente nula no fim. O resultado é que a partícula perde $98\%$ da velocidade quase instantaneamente e depois “arrasta” o resto por muito tempo — a velocidade cai como $1/\sqrt{t}$ e nunca chega a zero. Isso é a assinatura de arrasto de alta ordem, e é por isso que o $1/400$ do Passo 3 mal importa em $t = 3\ \mathrm{s}$ , mas é ele que impede a fórmula de explodir em $t = 0$ .

Cuidado. Não use $v = v_0 + at$ : a aceleração não é constante. E não caia na tentação de escrever $a = -2v^3$ com $v$ “médio” — não existe atalho aqui, a integral é obrigatória.

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Questão 101º EE2025.2Aceleração em função da posição · a = −k/x2,5 ptsVer material

A aceleração de uma partícula é definida pela relação $a = -k/x$ . Ela foi determinada experimentalmente: $v = 15\ \mathrm{m/s}$ quando $x = 0{,}6\ \mathrm{m}$ , e $v = 9\ \mathrm{m/s}$ quando $x = 1{,}2\ \mathrm{m}$ . Determine a posição da partícula em que a velocidade é zero.

Gabarito

$k = 103{,}9\ \mathrm{m^2/s^2}$ e $x_f = 1{,}77\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a relação sem tempo. A aceleração é dada em função de $x$ e a pergunta é sobre $x$ : nada de tempo na conta. A ponte é

a = v\frac{dv}{dx} \quad\Longrightarrow\quad v\,dv = -\frac{k}{x}\,dx

Passo 2 — integre entre os dois pontos medidos para descobrir $k$ :

\int_{15}^{9} v\,dv = -k\int_{0{,}6}^{1{,}2}\frac{dx}{x} \quad\Longrightarrow\quad \frac{9^2 - 15^2}{2} = -k\,\ln\!\frac{1{,}2}{0{,}6}

-72 = -k\,\ln 2 \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{72}{0{,}6931} = 103{,}9\ \mathrm{m^2/s^2}

Passo 3 — agora integre de um ponto conhecido até $v = 0$ . Use o par $(9\ \mathrm{m/s};\ 1{,}2\ \mathrm{m})$ , que dá números menores:

\int_{9}^{0} v\,dv = -k\int_{1{,}2}^{x_f}\frac{dx}{x} \quad\Longrightarrow\quad -\frac{81}{2} = -103{,}9\,\ln\!\frac{x_f}{1{,}2}

\ln\!\frac{x_f}{1{,}2} = \frac{40{,}5}{103{,}9} = 0{,}3899 \quad\Longrightarrow\quad x_f = 1{,}2\,e^{0{,}3899} = 1{,}77\ \mathrm{m}

Por que integrar duas vezes, e não uma. A primeira integral usa os dois dados experimentais para calibrar a constante desconhecida do modelo; a segunda usa a constante calibrada para prever algo novo. É o roteiro de toda questão que dá “determinado experimentalmente” — sempre há uma constante escondida, e ela vem antes da resposta.

Cuidado com o sinal. A partícula está desacelerando ( $a \lt 0$ para $x \gt 0$ ), então ela avança até parar em $x_f = 1{,}77\ \mathrm{m}$ . Se você achar $x_f \lt 1{,}2$ , o sinal do logaritmo se inverteu em algum lugar.

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Questão 111º EE2023.1Aceleração linear no tempo · Distância total percorrida2,0 ptsVer material

A aceleração de uma partícula é diretamente proporcional ao tempo $t$ . Sabendo que $v(t = 1{,}00\ \mathrm{s}) = 19{,}0\ \mathrm{m/s}$ , $v(t = 3{,}00\ \mathrm{s}) = 17{,}0\ \mathrm{m/s}$ e $x(t = 3{,}00\ \mathrm{s}) = 22{,}0\ \mathrm{m}$ , determine a distância total percorrida $S_{if}$ entre $t_i = 0$ e $t_f = 12{,}0\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

$S_{if} = 138\ \mathrm{m}$ (com $k = -\tfrac12\ \mathrm{m/s^3}$ e inversão de sentido em $t^\ast = \sqrt{77} = 8{,}77\ \mathrm{s}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — traduza “diretamente proporcional”.

a = k\,t

com $k$ desconhecido — e são os dois valores de velocidade que o determinam.

Passo 2 — integre $a$ entre os dois instantes conhecidos:

\int_{19}^{17} dv = k\int_{1}^{3} t\,dt \quad\Longrightarrow\quad 17 - 19 = \frac{k}{2}\,(3^2 - 1^2) = 4k

k = -\tfrac{1}{2}\ \mathrm{m/s^3}

Passo 3 — a lei da velocidade. Integrando de $t = 1$ até $t$ genérico:

v = 19 - \tfrac{1}{4}(t^2 - 1) \quad\Longrightarrow\quad v(t) = \frac{77 - t^2}{4}

Passo 4 — a partícula inverte o sentido. $v = 0$ em

t^\ast = \sqrt{77} = 8{,}775\ \mathrm{s}

e $8{,}775 \lt 12$ : o instante de inversão está dentro do intervalo pedido. É aqui que a questão é ganha ou perdida — “distância total percorrida” não é $|x(12) - x(0)|$ .

Passo 5 — a lei da posição. Integrando $v$ a partir de $x(3) = 22$ :

x(t) = 22 + \frac{1}{4}\left[77(t - 3) - \frac{t^3 - 27}{3}\right] = -\frac{t^3}{12} + \frac{77\,t}{4} - \frac{67}{2}

Confira: $x(3) = -2{,}25 + 57{,}75 - 33{,}5 = 22$ . ✔

Passo 6 — os três valores que importam:

x(0) = -33{,}5 \qquad x(t^\ast) = \frac{77\sqrt{77}}{6} - \frac{67}{2} = 79{,}1 \qquad x(12) = -144 + 231 - 33{,}5 = 53{,}5

Passo 7 — some os dois trechos, cada um em módulo:

S_{if} = \underbrace{|x(t^\ast) - x(0)|}_{112{,}6} + \underbrace{|x(12) - x(t^\ast)|}_{25{,}6} = 138\ \mathrm{m}

O erro que a questão está caçando. O deslocamento é $x(12) - x(0) = 87{,}0\ \mathrm{m}$ ; a distância percorrida é $138\ \mathrm{m}$ . A diferença de $51\ \mathrm{m}$ é o ir-e-voltar depois de $t^\ast$ . Sempre que a aceleração troca de sinal — ou aqui, sempre que $v$ troca de sinal — procure a raiz de $v(t) = 0$ antes de calcular qualquer distância.

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Questão 121º EE2024.2Arrasto quadrático · A bola de boliche no lago3,0 ptsVer material

Uma bola de boliche é solta de um barco e atinge a superfície de um lago com velocidade de $8\ \mathrm{m/s}$ . Considerando que dentro da água a bola experimenta uma aceleração $a = 10 - 0{,}9\,v^2$ (SI), determine a velocidade da bola quando ela atinge o fundo do lago, a $10\ \mathrm{m}$ de profundidade.

Gabarito

$v = 3{,}33\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a relação sem tempo. O dado é a profundidade, então:

a = v\frac{dv}{dx} = 10 - 0{,}9v^2 \quad\Longrightarrow\quad \int_{8}^{v}\frac{v\,dv}{10 - 0{,}9v^2} = \int_0^{10} dx \tag{I}

Passo 2 — a integral da esquerda, por substituição. Com $u = 10 - 0{,}9v^2$ tem-se $du = -1{,}8\,v\,dv$ , ou seja $v\,dv = -du/1{,}8$ :

\int \frac{v\,dv}{10-0{,}9v^2} = -\frac{1}{1{,}8}\int\frac{du}{u} = -\frac{1}{1{,}8}\ln u

Passo 3 — avalie. Em $v = 8$ : $u_0 = 10 - 0{,}9(64) = -47{,}6$ . Levando em (I):

-\frac{1}{1{,}8}\ln\!\left[\frac{10 - 0{,}9v^2}{-47{,}6}\right] = 10 \quad\Longrightarrow\quad \ln\!\left[\frac{10 - 0{,}9v^2}{-47{,}6}\right] = -18

10 - 0{,}9v^2 = -47{,}6\,e^{-18} \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{10 + 47{,}6\,e^{-18}}{0{,}9}}

v = 3{,}33\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — a leitura, que vale mais que a conta. $e^{-18} = 1{,}5\times10^{-8}$ : o termo exponencial é numericamente irrelevante. Isso significa que a bola já chegou à sua velocidade terminal muito antes dos $10\ \mathrm{m}$ — e a velocidade terminal é onde a aceleração se anula:

10 - 0{,}9\,v_t^2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_t = \sqrt{\frac{10}{0{,}9}} = 3{,}33\ \mathrm{m/s}

Exatamente a resposta. A bola entrou na água a $8\ \mathrm{m/s}$ , acima da terminal, e o arrasto a freou até $3{,}33$ em poucos centímetros.

O que fazer com isso na prova. Calcule $v_t$ primeiro, em uma linha: ele te diz para onde o resultado tem de convergir e serve de conferência. Mas apresente a integral — o enunciado desta prova avisa que “questões com cálculos parciais ou sem justificativa implicarão na anulação total”.

Cuidado com o sinal do $u$ . Como a bola entra mais rápido que a terminal, $10 - 0{,}9v^2$ é negativo durante todo o percurso. O argumento do logaritmo é uma razão de dois negativos — positivo, e o log existe. Quem “corrige” o sinal na mão perde o resultado.

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Questão 131º EE2023.1Movimento dependente · Três cabos e quatro corpos2,0 ptsVer material

Na figura dada, o bloco $A$ parte do repouso para a esquerda com aceleração constante. Depois de $4{,}00\ \mathrm{s}$ , $B$ adquire velocidade de $400\ \mathrm{mm/s}$ . Determine:

as acelerações de $A$ e $B$ ;
a velocidade de $D$ em relação a $A$ após $B$ se deslocar $450\ \mathrm{mm}$ .

O que a figura fornece. Com o eixo $x$ positivo para a direita e a origem na parede, os dois cabos do arranjo dão as relações de comprimento

L = x_B + (x_B - x_A) + 2\,(C - x_A) = \text{const.} \qquad L' = (C - x_D) + (C - x_A) = \text{const.}

em que $C$ é a posição (fixa) da polia da direita.

Gabarito

a) $a_A = 66{,}7\ \mathrm{mm/s^2}$ (←) e $a_B = 100\ \mathrm{mm/s^2}$ (←).

b) $v_{D/A} = 400\ \mathrm{mm/s}$ (→).

Passo a passo

Passo 1 — derive o primeiro vínculo. O comprimento é constante, então a soma das derivadas é zero:

v_B + (v_B - v_A) + 2(-v_A) = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2v_B = 3v_A \quad\Longrightarrow\quad v_B = 1{,}5\,v_A \tag{1}

Derivando de novo, $a_B = 1{,}5\,a_A$ . E como $a_A$ é constante por enunciado, $a_B$ também é: os dois movimentos são uniformemente variados, e valem as três fórmulas de aceleração constante.

Passo 2 — item (a). Os dois partem do repouso (de (1), $v_B = 0$ quando $v_A = 0$ ) e vão para a esquerda, ou seja, com sinal negativo:

v_A(4) = \frac{v_B(4)}{1{,}5} = \frac{-400}{1{,}5} = -267\ \mathrm{mm/s}

a_A = \frac{v_A(4) - 0}{4{,}00} = -66{,}7\ \mathrm{mm/s^2} \qquad a_B = 1{,}5(-66{,}7) = -100\ \mathrm{mm/s^2}

Em módulo e sentido: $a_A = 66{,}7\ \mathrm{mm/s^2}$ (←) e $a_B = 100\ \mathrm{mm/s^2}$ (←).

Passo 3 — o segundo vínculo, para achar $D$ . Derivando $L'$ :

-v_D - v_A = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_D = -v_A

$D$ anda em sentido oposto a $A$ , com o mesmo módulo. Logo a velocidade relativa é

v_{D/A} = v_D - v_A = -2v_A \tag{2}

Passo 4 — a velocidade de $B$ após andar $450\ \mathrm{mm}$ (para a esquerda, $\Delta x_B = -450$ ), por Torricelli:

v_B^2 = 0 + 2\,a_B\,\Delta x_B = 2(-100)(-450) = 9{,}0\times10^{4} \quad\Longrightarrow\quad v_B = -300\ \mathrm{mm/s}

Passo 5 — desça a cadeia até a resposta, por (1) e (2):

v_A = \frac{-300}{1{,}5} = -200\ \mathrm{mm/s} \qquad v_{D/A} = -2(-200) = +400\ \mathrm{mm/s}\ (\rightarrow)

O método, que é o mesmo em toda questão de cabos. Escreva o comprimento total como soma de segmentos em função das coordenadas; derive uma vez para velocidades, duas para acelerações. Nunca tente adivinhar a razão “por quantas cordas seguram o bloco” quando há mais de um cabo: aqui, a razão $1{,}5$ não é nenhum dos “2” ou “3” óbvios do desenho.

Cuidado com o sinal na raiz. Torricelli dá $v_B^2$ ; você escolhe o sinal, pelo sentido físico. $B$ está indo para a esquerda, então $v_B = -300$ , não $+300$ — e trocar isso inverte a resposta do item (b).

O mesmo arranjo já caiu antes. O primeiro vínculo desta questão é exatamente o de 2022.1/2022.2 — $L = 2(C-x_A) + (x_B - x_A) + x_B$ , que dá $v_B = 1{,}5\,v_A$ . O que 2023.1 acrescentou foi o segundo cabo, com o corpo $D$ , e a pergunta em velocidade relativa. Se você já treinou a versão de 2022, metade desta estava feita.

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Questão 141º EE2021.2Trator içando bloco · Velocidade e aceleração pelo vínculo3,5 ptsVer material

Um trator em $A$ está içando um bloco ao caminhar para a direita com velocidade constante $v_A = 0{,}6\ \mathrm{m/s}$ . A corda tem $50\ \mathrm{m}$ de comprimento e passa sobre uma pequena polia em $B$ , no topo de uma parede de $20\ \mathrm{m}$ . Determine a velocidade e a aceleração do bloco quando ele alcança a altura de $8\ \mathrm{m}$ .

A corda tem comprimento fixo: o que o trator “puxa” do lado inclinado, o bloco ganha em altura. E o trecho inclinado cresce como $\sqrt{x^2 + 400}$ — não como $x$ .

Gabarito

$v = 0{,}510\ \mathrm{m/s}$ (subindo) e $a = 2{,}62\times10^{-3}\ \mathrm{m/s^2}$ .

Passo a passo

Passo 1 — escreva o comprimento da corda. Com $x$ a distância horizontal do trator à parede e $y$ a altura do bloco, o trecho inclinado é a hipotenusa e o trecho vertical é $20 - y$ :

\underbrace{\sqrt{x^2 + 20^2}}_{\text{trator}\,\to\,B} + \underbrace{(20 - y)}_{B\,\to\,\text{bloco}} = 50

\sqrt{x^2 + 400} = 30 + y \tag{1}

Passo 2 — a posição do trator quando $y = 8$ .

\sqrt{x^2 + 400} = 38 \quad\Longrightarrow\quad x = \sqrt{1444 - 400} = 32{,}31\ \mathrm{m}

Passo 3 — derive (1) uma vez. Chamando $s = \sqrt{x^2+400}$ , note que $\dot{s} = \dot{y}$ :

\dot{s} = \frac{x\,\dot{x}}{s} \quad\Longrightarrow\quad \dot{y} = \frac{32{,}31\,(0{,}6)}{38} = 0{,}510\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — derive outra vez, lembrando que $\ddot{x} = 0$ (velocidade do trator é constante):

\ddot{s} = \frac{\dot{x}^2 + x\,\ddot{x}}{s} - \frac{(x\,\dot{x})^2}{s^3} = \frac{\dot{x}^2}{s} - \frac{(x\dot{x})^2}{s^3}

\ddot{y} = \frac{0{,}36}{38} - \frac{(19{,}39)^2}{38^3} = 9{,}47\times10^{-3} - 6{,}85\times10^{-3}

\ddot{y} = 2{,}62\times10^{-3}\ \mathrm{m/s^2}

O ponto da questão. O trator anda a velocidade constante, e o bloco ainda assim tem aceleração — pequena, mas não nula. A razão é geométrica: a taxa com que a hipotenusa cresce depende do ângulo, e o ângulo muda. Quando o trator está longe ( $x \gg 20$ ), a corda fica quase horizontal e $\dot{y} \to \dot{x}$ ; perto da parede, $\dot{y} \to 0$ .

Cuidado. Não escreva $\sqrt{x^2+400} \approx x + \text{const}$ . E ao derivar a raiz, não esqueça o segundo termo de $\ddot{s}$ : ele vale $72\%$ do primeiro aqui, e ignorá-lo triplica a resposta.

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Questão 151º EE2024.2Vínculo com raiz + 2ª lei · Tração na corda do trator3,0 ptsVer material

O trator é usado para levantar a carga $B$ de $150\ \mathrm{kg}$ com o sistema mostrado, que usa uma corda de $24\ \mathrm{m}$ de comprimento, haste e polia ideais. O topo da haste está a $12\ \mathrm{m}$ do solo. Se o trator, em determinado instante, se move para a direita com aceleração de $3\ \mathrm{m/s^2}$ e tem velocidade de $4\ \mathrm{m/s}$ no instante em que $s_A = 5\ \mathrm{m}$ , determine a tração na corda nesse instante. Considere que $s_A = 0$ quando $s_B = 0$ .

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Duas metades independentes: a cinemática do vínculo dá $\ddot{s}_B$ a partir do movimento do trator; a 2ª lei aplicada só à carga dá a tração.

Gabarito

$\ddot{s}_B = 2{,}20\ \mathrm{m/s^2}$ e $T = 1{,}80\ \mathrm{kN}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a 2ª lei para a carga. Ela sobe, então a tração vence o peso:

T - m_B\,g = m_B\,\ddot{s}_B \quad\Longrightarrow\quad T - 1471{,}5 = 150\,\ddot{s}_B \tag{I}

Uma equação, duas incógnitas. A que falta é cinemática, não dinâmica.

Passo 2 — o vínculo do comprimento. Chamando $h = 12\ \mathrm{m}$ , o trecho inclinado (topo da haste até o trator) é $\sqrt{s_A^2 + h^2}$ e o trecho vertical até a carga encurta de $s_B$ :

\underbrace{(h - s_B)}_{\text{topo}\,\to\,B} + \sqrt{s_A^2 + h^2} = 24

Passo 3 — derive uma vez.

-\dot{s}_B + \frac{s_A\,\dot{s}_A}{\sqrt{s_A^2 + h^2}} = 0 \quad\Longrightarrow\quad \dot{s}_B = \frac{s_A\,\dot{s}_A}{\sqrt{s_A^2 + h^2}}

Com $s_A = 5$ , $\dot{s}_A = 4$ e $\sqrt{25 + 144} = 13$ :

\dot{s}_B = \frac{5(4)}{13} = 1{,}538\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — derive outra vez. Chamando $L = \sqrt{s_A^2 + h^2}$ :

\ddot{s}_B = \frac{\dot{s}_A^2 + s_A\,\ddot{s}_A}{L} - \frac{(s_A\,\dot{s}_A)^2}{L^3}

\ddot{s}_B = \frac{16 + 5(3)}{13} - \frac{(20)^2}{13^3} = \frac{31}{13} - \frac{400}{2197}

\ddot{s}_B = 2{,}385 - 0{,}182 = 2{,}20\ \mathrm{m/s^2}

Passo 5 — volte a (I).

T = 150(2{,}20) + 1471{,}5 = 1{,}80\times10^{3}\ \mathrm{N} = 1{,}80\ \mathrm{kN}

A leitura da resposta. O peso da carga sozinho é $1{,}47\ \mathrm{kN}$ ; a tração é $22\%$ maior porque a carga está acelerando para cima. Se o trator andasse a velocidade constante nessa mesma posição, a aceleração da carga seria só $-0{,}182\ \mathrm{m/s^2}$ (o segundo termo, negativo) e a tração ficaria abaixo do peso.

Por que dois termos na segunda derivada. O primeiro vem de $\ddot{s}_A$ e de $\dot{s}_A^2$ ; o segundo, da mudança de direção da corda. Eles têm sinais opostos e magnitudes muito diferentes aqui, mas em outra posição podem se cancelar — e é por isso que não existe atalho geométrico nesse tipo de questão.

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Questão 161º EE2025.2Roldanas com três cabos sobre a carga · Velocidade em 5 s3,0 ptsVer material

Os dois blocos mostrados na figura estão originalmente em repouso. Desprezando as massas das roldanas e o efeito do atrito nessas roldanas e entre o bloco $A$ e a superfície horizontal, determine a velocidade do bloco $B$ no instante $5$ segundos.

$m_A = 30\ \mathrm{kg}$ , $m_B = 25\ \mathrm{kg}$ , $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Conte os trechos verticais. São três entre o alto e $B$ — dois na roldana móvel e um preso direto no corpo de $B$ . É esse número, e só ele, que fixa a razão do vínculo e a força que sustenta $B$ .

Gabarito

$a_B = 0{,}831\ \mathrm{m/s^2}$ e $v_B = 4{,}16\ \mathrm{m/s}$ (com $a_A = 2{,}49\ \mathrm{m/s^2}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — o vínculo, contando os trechos. Medindo $s_B$ para baixo a partir do nível das polias fixas, os três trechos verticais têm comprimento $s_B$ cada, e o trecho horizontal vale $s_A$ :

s_A + 3\,s_B = L = \text{const.} \quad\Longrightarrow\quad v_A = -3\,v_B \quad\Longrightarrow\quad |a_A| = 3\,|a_B| \tag{1}

Passo 2 — a 2ª lei para $A$ . Superfície e roldanas sem atrito, então a única força horizontal é a tração:

T = m_A\,a_A = 30\,(3\,a_B) = 90\,a_B \tag{2}

Passo 3 — a 2ª lei para $B$ . Aqui está o segundo uso do “três”: são três trechos de cabo tirando $B$ para cima, cada um com a mesma tração $T$ (roldanas ideais):

m_B\,g - 3T = m_B\,a_B \tag{3}

Passo 4 — junte (2) em (3).

25(9{,}81) - 3(90\,a_B) = 25\,a_B

245{,}25 = 295\,a_B \quad\Longrightarrow\quad a_B = 0{,}831\ \mathrm{m/s^2}

Passo 5 — cinemática. Partiu do repouso e a aceleração é constante:

v_B = a_B\,t = 0{,}831(5) = 4{,}16\ \mathrm{m/s}

E, por (1), $A$ desliza a $v_A = 12{,}5\ \mathrm{m/s}$ — três vezes mais rápido.

Onde essa questão é perdida. O “3” aparece duas vezes, e nos dois lugares tem de ser o mesmo número:

na cinemática, $a_A = 3a_B$ (o bloco leve anda três vezes mais);
na dinâmica, $3T$ sustenta $B$ .

Se você usar 3 num lugar e 2 no outro, a conta fecha e a resposta sai errada — sem nenhum aviso. Conte os trechos no desenho, marque cada um, e só então escreva as equações.

Confira pela energia. É a melhor apólice contra erro de vínculo: a potência que $B$ entrega ao cabo tem de ser a que $A$ recebe. $3T\,v_B = T\,v_A$ , e de fato $3v_B = v_A$ . ✔

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Questão 171º EE2023.1Raio de curvatura no lançamento e em outro ponto2,0 ptsVer material

Uma criança lança de $1{,}50\ \mathrm{m}$ de altura uma bola com velocidade de $18{,}0\ \mathrm{m/s}$ fazendo $30{,}0^\circ$ com a horizontal. Determine a velocidade da bola nos pontos de sua trajetória em que o raio de curvatura é $2/3$ do valor no ponto de lançamento.

Gabarito

$v_P = 15{,}7\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a única força é o peso. Então a aceleração é $g$ para baixo, sempre. Sua componente normal à trajetória, em um ponto onde a velocidade faz ângulo $\theta$ com a horizontal, é

a_n = g\cos\theta = \frac{v^2}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad \rho = \frac{v^2}{g\cos\theta} \tag{1}

Essa é a relação que carrega toda a questão: a normal do peso é $g\cos\theta$ , e não $g$ nem $g\sin\theta$ .

Passo 2 — escreva os dois pontos por (1). No lançamento ( $L$ ), $\theta_L = 30^\circ$ ; no ponto pedido ( $P$ ), $\theta_P$ é incógnito:

\rho_L = \frac{v_L^2}{g\cos 30^\circ} \qquad \rho_P = \frac{v_P^2}{g\cos\theta_P}

A condição do enunciado é $\rho_P = \tfrac{2}{3}\rho_L$ :

\frac{v_P^2}{\cos\theta_P} = \frac{2}{3}\cdot\frac{v_L^2}{\cos 30^\circ} \tag{2}

Passo 3 — a segunda relação, que elimina $\theta_P$ . No lançamento de projétil, a componente horizontal da velocidade é constante:

v_L\cos 30^\circ = v_P\cos\theta_P \quad\Longrightarrow\quad \cos\theta_P = \frac{v_L\cos 30^\circ}{v_P} \tag{3}

É esse o passo que faz a questão funcionar — sem ele, sobram duas incógnitas e uma equação.

Passo 4 — substitua (3) em (2). Os cossenos de $30^\circ$ cancelam:

\frac{v_P^2\,v_P}{v_L\cos 30^\circ} = \frac{2}{3}\cdot\frac{v_L^2}{\cos 30^\circ} \quad\Longrightarrow\quad v_P^3 = \frac{2}{3}\,v_L^3

Passo 5 — a raiz é cúbica, não quadrada.

v_P = \sqrt[3]{\tfrac{2}{3}}\;v_L = 0{,}8736\,(18{,}0) = 15{,}7\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. A relação $\rho \propto v^3$ (juntando (1) e (3)) é elegante e vale para qualquer projétil: o raio de curvatura é proporcional ao cubo da velocidade. Menos $2/3$ de raio custa só $13\%$ de velocidade.

E note o que não foi usado: a altura de $1{,}50\ \mathrm{m}$ . Ela é distrator puro — a resposta não depende de onde a bola foi lançada. Existem dois pontos com esse raio, um na subida e um na descida, e é por isso que o enunciado diz “nos pontos”, no plural.

Cuidado com a raiz. $v_P^3 = \tfrac23 v_L^3$ dá $v_P = (2/3)^{1/3}v_L = 15{,}7$ . Escrever $\sqrt{2/3}\,(18) = 14{,}7$ é o erro mais provável — e a diferença de $1\ \mathrm{m/s}$ é grande o bastante para custar a questão.

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Questão 181º EE2024.1Projétil · Ângulo que maximiza a área da trajetória3,0 ptsVer material

Um projétil é lançado obliquamente no vácuo com velocidade inicial $V_0$ formando um ângulo $\alpha$ com o eixo horizontal, no plano $XY$ . Considerando a aceleração da gravidade local igual a $g$ e desprezando todas as formas de dissipação de energia, encontre o ângulo de lançamento para que a área da trajetória tenha valor máximo.

Gabarito

$\alpha = 60^\circ$ .

Passo a passo

Passo 1 — as duas grandezas da parábola. Do lançamento de projétil:

R = \frac{V_0^2\sin 2\alpha}{g} \qquad h_{\max} = \frac{V_0^2\sin^2\alpha}{2g}

Passo 2 — a área sob uma parábola. O segmento parabólico de base $R$ e altura $h$ tem área

A = \tfrac{2}{3}\,R\,h

Esse $2/3$ é de Arquimedes, e vale a pena guardar — é a área entre a parábola e a sua corda, e aparece em toda questão desse tipo. (Se você não lembrar, é uma integral de duas linhas: $\int_0^R\left(x\tan\alpha - \frac{g x^2}{2V_0^2\cos^2\alpha}\right)dx$ dá o mesmo.)

Passo 3 — monte $A(\alpha)$ .

A = \frac{2}{3}\cdot\frac{V_0^2\sin 2\alpha}{g}\cdot\frac{V_0^2\sin^2\alpha}{2g} = \frac{V_0^4}{3g^2}\,\sin 2\alpha\,\sin^2\alpha

Abrindo $\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$ :

A = \frac{2V_0^4}{3g^2}\,\sin^3\alpha\,\cos\alpha

Passo 4 — maximize. Só o fator $f(\alpha) = \sin^3\alpha\cos\alpha$ depende de $\alpha$ :

f'(\alpha) = 3\sin^2\alpha\cos^2\alpha - \sin^4\alpha = \sin^2\alpha\left(3\cos^2\alpha - \sin^2\alpha\right)

Anulando (e descartando $\alpha = 0$ , que dá área nula):

\tan^2\alpha = 3 \quad\Longrightarrow\quad \tan\alpha = \sqrt{3} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\alpha = 60^\circ}

Passo 5 — a área máxima, se a questão pedir o valor:

A_{\max} = \frac{2V_0^4}{3g^2}\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^{\!3}\!\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt3\,V_0^4}{8g^2}

A leitura da resposta. $45^\circ$ maximiza o alcance; $90^\circ$ maximiza a altura; $60^\circ$ maximiza a área. Faz sentido que o ângulo da área fique entre os dois, e mais perto da altura — porque na fórmula $A \propto \sin^3\alpha\cos\alpha$ o seno entra ao cubo e o cosseno na primeira potência: a altura “pesa” três vezes mais.

Cuidado. Nem $V_0$ nem $g$ aparecem na resposta, e isso é esperado: eles multiplicam a área inteira sem mexer no lugar do máximo. Se o seu $\alpha$ depender de $V_0$ , algo foi derivado errado.

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Questão 191º EE2024.1Esquiador na parábola · Trabalho, velocidade e normal no fundo4,0 ptsVer material

Um esquiador desliza sem atrito ao longo da trajetória de equação $y = \dfrac{x^2}{40} - 10$ (em metros). Ele tem massa $m = 40\ \mathrm{kg}$ e parte do repouso no ponto $A$ , de coordenada vertical $y_A = 5\ \mathrm{m}$ . Seja $B$ o ponto mais baixo da trajetória. Com $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ apontando verticalmente para baixo, determine:

o trabalho da força gravitacional entre $A$ e $B$ ;
o módulo da velocidade do esquiador em $B$ ;
as componentes tangencial e normal da aceleração em $B$ ;
o módulo da força normal sobre o esquiador em $B$ .

No fundo da parábola a tangente é horizontal — e isso simplifica tudo: a componente tangencial do peso é nula e a normal aponta direto para cima.

Gabarito

a) $U_{A\to B} = 5{,}89\ \mathrm{kJ}$ . b) $v_B = 17{,}2\ \mathrm{m/s}$ .

c) $a_t = 0$ e $a_n = 14{,}7\ \mathrm{m/s^2}$ . d) $N = 981\ \mathrm{N}$ .

Passo a passo

Passo 1 — localize os dois pontos. O fundo da parábola é $x = 0$ , logo

y_B = -10\ \mathrm{m}

e o esquiador desce, de $y_A = 5$ até $y_B = -10$ , uma altura de

h = 5 - (-10) = 15\ \mathrm{m}

(Se quiser a abscissa de $A$ : $5 = x^2/40 - 10 \Rightarrow x_A = \sqrt{600} = 24{,}5\ \mathrm{m}$ — mas ela não entra em nada.)

Passo 2 — item (a). O trabalho do peso só depende da altura, nunca do caminho:

U_{A\to B} = m\,g\,h = 40(9{,}81)(15) = 5886\ \mathrm{J} = 5{,}89\ \mathrm{kJ}

Positivo, porque desceu.

Passo 3 — item (b), trabalho e energia. Sem atrito, e a normal não trabalha (é perpendicular ao movimento). Partindo do repouso:

0 + 5886 = \tfrac{1}{2}(40)\,v_B^2 \quad\Longrightarrow\quad v_B^2 = 294{,}3 \quad\Longrightarrow\quad v_B = 17{,}2\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — item (c). No fundo, $y' = x/20 = 0$ : a tangente é horizontal. Então o peso é todo normal e nada tangencial:

a_t = g\sin\theta = 0

Para a normal, precisa do raio de curvatura em $x = 0$ , com $y'' = 1/20$ :

\rho = \frac{\left[1 + (y')^2\right]^{3/2}}{|y''|} = \frac{1}{1/20} = 20\ \mathrm{m}

a_n = \frac{v_B^2}{\rho} = \frac{294{,}3}{20} = 14{,}7\ \mathrm{m/s^2}

Uma aceleração de $1{,}5\,g$ , toda apontando para cima (para o centro de curvatura, que está acima do fundo do vale).

Passo 5 — item (d), a 2ª lei na direção normal. No fundo, a normal aponta para cima e o peso para baixo; a resultante tem de ser $m\,a_n$ para cima:

N - m\,g = m\,\frac{v_B^2}{\rho}

N = 40(9{,}81) + 40(14{,}7) = 392{,}4 + 588{,}6 = 981\ \mathrm{N}

A leitura da resposta. $N = 981\ \mathrm{N}$ é exatamente $2{,}5$ vezes o peso ( $392\ \mathrm{N}$ ) — é isso que o esquiador sente no fundo do vale. E o número redondo não é coincidência: com $h = 15$ e $\rho = 20$ ,

\frac{N}{mg} = 1 + \frac{2h}{\rho} = 1 + \frac{30}{20} = 2{,}5

Essa fórmula vale para qualquer descida sem atrito até o fundo de uma curva, e é o jeito mais rápido de conferir o resultado.

A mesma questão, outros números. Ela reapareceu com $y = \dfrac{x^2}{20} - 5$ , $m = 52\ \mathrm{kg}$ e $A(10;\,0)$ . Ali $h = 5\ \mathrm{m}$ , $\rho = 10\ \mathrm{m}$ , e a razão $2h/\rho$ dá exatamente 1: $a_n = g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ , $v_B = 9{,}90\ \mathrm{m/s}$ e $N = 2mg = 1{,}02\ \mathrm{kN}$ .

Cuidado com a altura. $y_A = 5$ é a coordenada, não a altura de queda. Quem usa $h = 5$ acha $v_B = 9{,}9$ e erra três dos quatro itens. O fundo da parábola está em $y = -10$ , e é a diferença que conta.

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Questão 201º EE2023.1Esfera em cone com dois fios · Movimento circular2,0 ptsVer material

Um único fio $ACB$ passa por um anel em $C$ , preso a uma esfera de $1{,}2\ \mathrm{kg}$ que roda com velocidade escalar constante $v$ no círculo mostrado na figura. O ponto $A$ está acima de $B$ , ambos no eixo vertical, separados por $d = 0{,}88\ \mathrm{m}$ . Sabendo que $\theta_1 = 56^\circ$ (ângulo do trecho $BC$ com o eixo) e que a tração ao longo do fio é $9{,}0\ \mathrm{N}$ , determine:

o ângulo $\theta_2$ ;
a velocidade escalar $v$ .

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Fio único passando por um anel significa tração igual nos dois trechos. É essa a informação que transforma duas incógnitas em uma.

Gabarito

a) $\theta_2 = 41{,}5^\circ$ . b) $v = 4{,}65\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o que “fio único por um anel” garante. O anel é liso: o fio corre livremente, então a tração é a mesma nos trechos $CA$ e $CB$ , e vale os $9{,}0\ \mathrm{N}$ dados. Sem essa observação, o problema tem duas trações incógnitas e não fecha.

Passo 2 — item (a): equilíbrio vertical. A esfera anda em círculo horizontal, logo não tem aceleração vertical. As duas trações apontam para cima (uma para $A$ , outra para $B$ ), com componentes verticais $T\cos\theta_2$ e $T\cos\theta_1$ :

T\left(\cos\theta_1 + \cos\theta_2\right) = m\,g

\cos\theta_2 = \frac{m\,g}{T} - \cos\theta_1 = \frac{1{,}2(9{,}81)}{9{,}0} - \cos 56^\circ = 1{,}308 - 0{,}559 = 0{,}749

\theta_2 = 41{,}5^\circ

Passo 3 — o raio, pela geometria. Os dois trechos partem do mesmo ponto $C$ , a uma distância $R$ do eixo, e chegam a pontos separados por $d$ no eixo. As distâncias verticais de $C$ até $B$ e até $A$ são $R/\tan\theta_1$ e $R/\tan\theta_2$ :

d = \frac{R}{\tan\theta_2} - \frac{R}{\tan\theta_1} = R\left(\frac{1}{\tan 41{,}5^\circ} - \frac{1}{\tan 56^\circ}\right)

0{,}88 = R\,(1{,}130 - 0{,}675) = 0{,}456\,R \quad\Longrightarrow\quad R = 1{,}93\ \mathrm{m}

Passo 4 — item (b): a 2ª lei na direção radial. Agora as duas trações têm componentes horizontais no mesmo sentido, apontando para o eixo — e é essa soma que faz a esfera curvar:

T\left(\sin\theta_1 + \sin\theta_2\right) = m\,\frac{v^2}{R}

9{,}0\,(0{,}829 + 0{,}663) = 13{,}42\ \mathrm{N}

v^2 = \frac{13{,}42\,(1{,}93)}{1{,}2} = 21{,}6 \quad\Longrightarrow\quad v = 4{,}65\ \mathrm{m/s}

O roteiro, em uma frase. Vertical primeiro (dá o ângulo que falta), geometria depois (dá o raio), radial no fim (dá a velocidade). Tentar as três juntas num sistema é possível, mas o caminho em cascata é bem mais curto — e cada etapa confere sozinha.

Cuidado. $\theta_2 \lt \theta_1$ : o trecho de cima é mais próximo do eixo, o que combina com $A$ estar mais longe verticalmente. Se der $\theta_2 \gt \theta_1$ , o $d$ do Passo 3 sai negativo e a geometria denuncia o erro.

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Questão 211º EE2021.2Anel em barra girando · Mola inclinada e força centrípeta3,5 ptsVer material

Se a posição do anel $C$ , de $3\ \mathrm{kg}$ , na barra lisa $AB$ é mantida em $r = 720\ \mathrm{mm}$ , determine a velocidade angular constante $\dot\theta$ na qual o mecanismo está girando em torno do eixo vertical. A mola, de $k = 200\ \mathrm{N/m}$ , tem comprimento não deformado de $400\ \mathrm{mm}$ e está presa a um ponto $D$ do eixo, $300\ \mathrm{mm}$ abaixo da barra. Despreze a massa da barra e a dimensão do anel.

A mola é inclinada: só a sua componente horizontal produz a força centrípeta. A componente vertical é equilibrada pela barra, que é lisa mas segura o anel na vertical.

Gabarito

$\dot\theta = 5{,}70\ \mathrm{rad/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o comprimento e a deformação da mola. O triângulo $DCA$ é retângulo em $A$ , com cateto horizontal $r = 0{,}72\ \mathrm{m}$ e cateto vertical $0{,}30\ \mathrm{m}$ :

L = \sqrt{0{,}72^2 + 0{,}30^2} = \sqrt{0{,}6084} = 0{,}78\ \mathrm{m}

s = L - L_0 = 0{,}78 - 0{,}40 = 0{,}38\ \mathrm{m}

Passo 2 — a força da mola.

F_s = k\,s = 200\,(0{,}38) = 76{,}0\ \mathrm{N}

Ela é de tração (a mola está esticada), e portanto puxa o anel para dentro, na direção de $D$ .

Passo 3 — a componente radial. Só a parte horizontal da força da mola aponta para o eixo, e ela é $F_s$ vezes o cosseno do ângulo com a horizontal — ou seja, vezes $r/L$ :

F_r = F_s\,\frac{r}{L} = 76{,}0\,\frac{0{,}72}{0{,}78} = 70{,}2\ \mathrm{N}

Passo 4 — a equação radial em coordenadas polares. Aqui está o ponto da questão: $r$ é mantido constante, então $\dot r = \ddot r = 0$ , e a aceleração radial se reduz ao termo centrípeto:

a_r = \ddot r - r\dot\theta^2 = -\,r\,\dot\theta^2

Somando as forças na direção radial (para fora positiva), só a mola aparece, e ela aponta para dentro:

-F_r = m\left(-r\,\dot\theta^2\right) \quad\Longrightarrow\quad 70{,}2 = 3\,(0{,}72)\,\dot\theta^2

\dot\theta^2 = \frac{70{,}2}{2{,}16} = 32{,}5 \quad\Longrightarrow\quad \dot\theta = 5{,}70\ \mathrm{rad/s}

O que a barra lisa faz e o que não faz. “Lisa” mata o atrito ao longo da barra — que é a direção radial. Mas a barra ainda exerce força perpendicular a si mesma: é ela que equilibra a componente vertical da mola ( $76{,}0 \times 0{,}30/0{,}78 = 29{,}2\ \mathrm{N}$ ) e o peso ( $29{,}4\ \mathrm{N}$ ). Essas duas quase se cancelam aqui, por coincidência dos números — mas nenhuma das duas entra na equação radial, e é por isso que nem $g$ é necessário.

Cuidado com a projeção. É tentador usar $F_s$ inteiro como força centrípeta. Isso daria $\dot\theta = 5{,}93\ \mathrm{rad/s}$ — perto o bastante para parecer certo, e errado. A componente é o passo que a questão está cobrando.

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Questão 221º EE2024.2Onde o corpo abandona a superfície curva4,0 ptsVer material

Uma caixa de $6{,}0\ \mathrm{kg}$ desliza por uma superfície lisa (sem atrito) na forma de uma rampa retilínea com inclinação de $20^\circ$ com a horizontal até o ponto $A$ , no qual a caixa desenvolve uma velocidade $v_A = 2\ \mathrm{m/s}$ . A partir do ponto $A$ a superfície tem um perfil de arco circular de raio $1{,}2\ \mathrm{m}$ . Sendo $B$ o ponto onde a caixa abandona a superfície, determine o ângulo $\theta$ medido a partir de $A$ , ao longo do arco.

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

O ângulo $\theta$ é medido no centro $O$ , a partir do raio que passa por $A$ . Como a rampa faz $20^\circ$ com a horizontal, o raio até $B$ faz $\theta + 20^\circ$ com a vertical.

Gabarito

$\theta = 22{,}3^\circ$ (com $v_B = 2{,}95\ \mathrm{m/s}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — traduza “abandona a superfície”. Perder contato é a normal chegar a zero. Com $N = 0$ , quem faz a curva é só a componente radial do peso. Em $B$ , o raio $OB$ faz $\theta + 20^\circ$ com a vertical, então essa componente é $mg\cos(\theta + 20^\circ)$ :

m\,g\cos(\theta + 20^\circ) = m\,\frac{v_B^2}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad v_B^2 = 1{,}2\,g\cos(\theta + 20^\circ) \tag{I}

Passo 2 — a altura descida de $A$ até $B$ . Ambos estão no arco de raio $1{,}2$ . A altura de um ponto do arco abaixo do centro é $\rho\cos(\text{ângulo com a vertical})$ , então

h = 1{,}2\cos 20^\circ - 1{,}2\cos(\theta + 20^\circ) = 1{,}128 - 1{,}2\cos(\theta+20^\circ)

Passo 3 — conservação da energia (superfície lisa, normal não trabalha):

g\,h + \frac{v_A^2}{2} = \frac{v_B^2}{2}

9{,}81\left[1{,}128 - 1{,}2\cos(\theta+20^\circ)\right] + 2 = \frac{v_B^2}{2}

11{,}062 - \underbrace{1{,}2\,g\cos(\theta+20^\circ)}_{=\;v_B^2\ \text{por (I)}} + 2 = \frac{v_B^2}{2} \tag{II}

Passo 4 — o truque da questão. Aquele termo em (II) é exatamente $v_B^2$ , pela equação (I). Substituindo, o cosseno desaparece e sobra uma equação só em $v_B$ :

13{,}062 - v_B^2 = \frac{v_B^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v_B^2 = \frac{2(13{,}062)}{3} = 8{,}708 \quad\Longrightarrow\quad v_B = 2{,}95\ \mathrm{m/s}

Passo 5 — volte a (I) para achar o ângulo:

\cos(\theta + 20^\circ) = \frac{8{,}708}{1{,}2(9{,}81)} = 0{,}7397 \quad\Longrightarrow\quad \theta + 20^\circ = 42{,}3^\circ

\theta = 22{,}3^\circ

Por que esse par de equações é o esqueleto da questão. Toda pergunta do tipo “onde ele descola?” tem a mesma estrutura: Newton com $N=0$ dá uma relação entre $v$ e o ângulo; energia dá outra. Duas equações, duas incógnitas. E quase sempre o termo $\rho g\cos\phi$ aparece nas duas, o que permite eliminar o ângulo antes de tocar em qualquer arco-cosseno — foi isso que o Passo 4 fez.

Cuidado com a referência do ângulo. O $\theta$ do enunciado é contado de $A$ , não da vertical. Quem resolve para o ângulo com a vertical acha $42{,}3^\circ$ e entrega o número errado, tendo feito toda a física certa. Leia a figura antes de escrever a resposta final.

A massa de $6{,}0\ \mathrm{kg}$ não entrou em nada — como sempre em questão de “onde descola”, porque $N = 0$ elimina a única força que dependia dela. Se ela aparecer na sua resposta, algo se perdeu.

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Questão 231º EE2025.2Verdadeiro ou falso · As dez armadilhas conceituais1,5 ptsVer material

Marque V se a afirmativa for verdadeira e F se for falsa.

A aceleração média de uma partícula é sempre igual à derivada temporal da sua velocidade instantânea.
Se a velocidade escalar de uma partícula é constante, sua aceleração é nula.
É possível que um corpo tenha aceleração nula e, ainda assim, esteja em movimento.
Se a força resultante sobre um corpo é nula, ele deve estar em repouso.
A força de atrito estático realiza trabalho dissipativo, reduzindo a energia mecânica do sistema.
A energia mecânica de um sistema é sempre conservada, independentemente das forças atuantes.
Em uma colisão inelástica, a energia mecânica e a quantidade de movimento linear são conservadas.
Em uma colisão perfeitamente inelástica, a quantidade de movimento linear não se conserva.
Se a energia cinética não é conservada em uma colisão, necessariamente a quantidade de movimento também não é.
A terceira lei de Newton afirma que para toda ação existe uma reação de mesma intensidade, mesmo sentido e direção oposta, atuando em corpos diferentes.

Gabarito

1-F 2-F 3-V 4-F 5-F 6-F 7-F 8-F 9-F 10-F

Só a afirmativa 3 é verdadeira.

Passo a passo

1. Falso. A derivada temporal da velocidade instantânea é a aceleração instantânea. A média é a razão de diferenças finitas:

a_{\text{méd}} = \frac{\Delta v}{\Delta t} \qquad a = \frac{dv}{dt}

As duas coincidem só quando a aceleração é constante.

2. Falso. “Velocidade escalar constante” é só o módulo que não muda. Num movimento circular uniforme a direção muda a cada instante, e isso é aceleração:

a_n = \frac{v^2}{\rho} \ne 0

Aceleração nula exige o vetor velocidade constante — módulo e direção.

3. Verdadeiro. É a única verdadeira da lista. Movimento retilíneo uniforme: $\mathbf{v}$ constante e não nula, $\mathbf{a} = \mathbf{0}$ . É a 1ª lei de Newton.

4. Falso. Força resultante nula significa aceleração nula, e isso inclui repouso ou velocidade constante. Confundir “equilíbrio” com “parado” é o erro conceitual mais antigo da mecânica — é literalmente o que Newton corrigiu em Aristóteles.

5. Falso. Atrito estático atua onde não há escorregamento relativo, então o ponto de aplicação não se desloca em relação à superfície e o trabalho é nulo. É o atrito cinético que dissipa. Consequência prática: uma roda que rola sem escorregar não perde energia pelo atrito no contato — é o que autoriza usar conservação da energia nas questões de rolamento.

6. Falso. A energia mecânica se conserva somente se todas as forças que trabalham são conservativas (peso, mola). Com atrito, arrasto ou uma força externa qualquer, ela não se conserva:

T_1 + V_1 + \sum U^{\text{não-cons.}} = T_2 + V_2

7. Falso. O momento linear se conserva (não há impulso externo), mas a energia mecânica não — é exatamente essa a definição de colisão inelástica. A afirmativa acerta metade e por isso é a mais perigosa da lista.

8. Falso. Perfeitamente inelástica é o caso $e = 0$ : os corpos saem juntos. É o caso em que se perde a máxima energia possível — mas a quantidade de movimento se conserva, como em toda colisão sem impulso externo. Aliás, é justamente por ela se conservar que a velocidade final se calcula:

v' = \frac{m_A v_A + m_B v_B}{m_A + m_B}

9. Falso. As duas conservações são independentes. O momento se conserva em toda colisão em que o impulso externo é desprezível — seja ela elástica, parcialmente elástica ou plástica. A energia cinética se conserva só quando $e = 1$ . Ou seja: a energia não se conservar é a regra, e o momento se conservar continua valendo.

10. Falso. A pegadinha está em “mesmo sentido e direção oposta”, que inverte os dois termos. O correto é mesma direção (a mesma linha de ação) e sentidos opostos. O resto da afirmativa está certo, inclusive a parte mais importante: as duas forças atuam em corpos diferentes, e é por isso que nunca se cancelam no diagrama de um só corpo.

O que essa questão está testando de verdade. Nove das dez são falsas, e a distribuição não é acidente: cada uma é uma confusão que aparece nas contas do semestre. Vale ler a lista de novo antes da prova, porque as afirmativas 2, 4 e 9 são as que mais passam por verdadeiras — na folha corrigida que serviu de fonte para esta questão, foram exatamente essas três que o aluno errou.

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Questão 241º EERevisão · Prof. Paulo RobertoForça resultante no movimento circular · Altura na rampa2,0 ptsVer material

Um objeto puntiforme de massa $m$ é lançado do ponto $X$ e descreve inicialmente uma trajetória circular de raio $R$ e centro em $O$ , numa pista lisa tangente ao solo. O objeto passa pelo ponto $Y$ , cuja distância até a superfície horizontal é igual ao raio $R$ — isto é, $Y$ está no nível do centro $O$ . Se o módulo da força resultante sobre o objeto em $Y$ é $\sqrt{5}\,mg$ , determine a altura máxima $h_{\max}$ que ele atinge na rampa.

Em $Y$ o raio é horizontal: a normal é horizontal e o peso é tangencial. Por isso a resultante é a hipotenusa de $N$ e $mg$ — e é ela que o enunciado dá.

Gabarito

$h_{\max} = 2R$ .

Passo a passo

Passo 1 — a chave da questão: decomponha a resultante em $Y$ . O ponto $Y$ está no nível do centro, então o raio $OY$ é horizontal. Consequências:

a normal é radial, portanto horizontal, apontando para $O$ ;
o peso é vertical, portanto tangencial — nenhuma componente radial.

As duas são perpendiculares, e o módulo da resultante é a hipotenusa:

\left|\vec{F}_R\right| = \sqrt{N^2 + (mg)^2} = \sqrt{5}\,mg

N^2 = 5m^2g^2 - m^2g^2 = 4m^2g^2 \quad\Longrightarrow\quad N = 2mg

Passo 2 — a normal é a única força centrípeta ali. Como o peso é puramente tangencial em $Y$ :

N = m\,\frac{v_Y^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad 2mg = m\,\frac{v_Y^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v_Y^2 = 2gR

Passo 3 — energia de $Y$ até o topo da rampa. A pista é lisa; no ponto mais alto da rampa o objeto para. Tomando o solo como referência, $Y$ está a uma altura $R$ :

m\,g\,R + \tfrac{1}{2}m\,v_Y^2 = m\,g\,h_{\max}

h_{\max} = R + \frac{v_Y^2}{2g} = R + \frac{2gR}{2g}

\boxed{h_{\max} = 2R}

Por que o resultado é tão limpo. A altura extra que a velocidade compra é $v_Y^2/2g = R$ — exatamente o mesmo $R$ da altura de $Y$ . Não é coincidência: o $\sqrt{5}$ do enunciado foi escolhido para dar $N = 2mg$ , e $N = 2mg$ dá $v_Y^2 = 2gR$ , que dá altura $R$ . Questão de banca é construída de trás para frente assim.

Cuidado — o erro que a questão está caçando. É tentador escrever $N - mg = mv^2/R$ , como se fosse o ponto mais baixo da circunferência. Em $Y$ o peso não tem componente radial: ele não soma nem subtrai da normal, ele fica perpendicular a ela. Antes de montar $\sum F_n$ , desenhe o raio e veja para onde ele aponta.

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Questão 251º EELista · Hibbeler 12.13a = f(t) · Velocidade, posição e distância totalVer material

A aceleração de uma partícula movendo-se ao longo de uma linha reta é $a = (2t - 1)\ \mathrm{m/s^2}$ , com $t$ em segundos. Se $s = 1\ \mathrm{m}$ e $v = 2\ \mathrm{m/s}$ quando $t = 0$ , determine a velocidade e a posição da partícula quando $t = 6\ \mathrm{s}$ . Determine também a distância total percorrida nesse período.

Gabarito

$v = 32\ \mathrm{m/s}$ , $s = 67\ \mathrm{m}$ e $s_T = 66\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — integre a aceleração. $a$ é função só de $t$ , então é integrar duas vezes e usar as condições iniciais:

v = 2 + \int_0^{t}(2\tau - 1)\,d\tau = 2 + t^2 - t

Passo 2 — integre a velocidade.

s = 1 + \int_0^{t}\left(2 + \tau^2 - \tau\right)d\tau = 1 + 2t + \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2}

Passo 3 — em $t = 6\ \mathrm{s}$ :

v = 2 + 36 - 6 = 32\ \mathrm{m/s}

s = 1 + 12 + 72 - 18 = 67\ \mathrm{m}

Passo 4 — a distância total exige um teste. Ela só difere do deslocamento se a partícula inverter o sentido, ou seja, se $v = 0$ em algum instante do intervalo:

t^2 - t + 2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad \Delta = 1 - 8 = -7 \lt 0

Sem raiz real: $v$ nunca se anula, e como $v(0) = 2 \gt 0$ , a partícula anda sempre para frente. Logo

s_T = s(6) - s(0) = 67 - 1 = 66\ \mathrm{m}

Cuidado. Note que $s(6) = 67\ \mathrm{m}$ é a posição, e $s_T = 66\ \mathrm{m}$ é a distância percorrida — a diferença é o $1\ \mathrm{m}$ da posição inicial. E o teste do Passo 4 não é opcional: nesta questão ele deu negativo, mas na de 2023.1 do 1º EE (com $a = kt$ ) ele deu raiz dentro do intervalo, e a resposta mudou de $87$ para $138\ \mathrm{m}$ .

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Questão 261º EELista · Hibbeler 12.15v = f(x) · Passar de posição para tempoVer material

Uma partícula se move ao longo de uma linha reta de modo que sua velocidade é $v = (-4x^2)\ \mathrm{m/s}$ , com $x$ em metros. Se $x = 2\ \mathrm{m}$ quando $t = 0$ , determine a velocidade e a aceleração em função do tempo.

Gabarito

v = -\frac{16}{(8t+1)^2}\ \mathrm{m/s} \qquad a = \frac{256}{(8t+1)^3}\ \mathrm{m/s^2}

Passo a passo

Passo 1 — o pedido tem uma pegadinha de forma. A velocidade é dada em função de $x$ , e a resposta é pedida em função de $t$ . Então o primeiro trabalho não é derivar nada: é achar $x(t)$ .

\frac{dx}{dt} = -4x^2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{dx}{x^2} = -4\,dt

Passo 2 — integre com a condição inicial $x = 2$ em $t = 0$ :

\int_2^{x}\frac{dx}{x^2} = -4\int_0^{t}dt \quad\Longrightarrow\quad -\frac{1}{x} + \frac{1}{2} = -4t

\frac{1}{x} = 4t + \frac{1}{2} \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{2}{8t+1}\ \mathrm{m}

Passo 3 — a velocidade. Agora basta levar $x(t)$ na expressão dada:

v = -4x^2 = -4\left(\frac{2}{8t+1}\right)^{\!2} = -\frac{16}{(8t+1)^2}\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — a aceleração, derivando no tempo:

a = \frac{dv}{dt} = -16\cdot(-2)(8t+1)^{-3}\cdot 8 = \frac{256}{(8t+1)^3}\ \mathrm{m/s^2}

A leitura da resposta. $v \lt 0$ e $a \gt 0$ : a partícula anda para $-x$ e está freando (aceleração oposta à velocidade). E como $x \to 0$ quando $t \to \infty$ , ela se aproxima da origem cada vez mais devagar, sem nunca chegar. Confira em $t = 0$ : $v = -16\ \mathrm{m/s}$ , que é $-4(2)^2$ . ✔

Cuidado com o atalho errado. É tentador escrever $a = v\,dv/dx = (-4x^2)(-8x) = 32x^3$ e parar. Está certo — mas é $a$ em função de $x$ , não de $t$ , e não é o que se pediu. Só serve como conferência: substituindo $x = 2/(8t+1)$ em $32x^3$ dá $256/(8t+1)^3$ . ✔

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Questão 271º EELista · Hibbeler 12.23Queda com arrasto · Velocidade terminalVer material

Levando em conta os efeitos da resistência atmosférica, um corpo em queda livre tem aceleração definida por $a = 9{,}81\left[1 - v^2\left(10^{-4}\right)\right]\ \mathrm{m/s^2}$ , com $v$ em $\mathrm{m/s}$ e o sentido positivo para baixo. Se o corpo é solto a partir do repouso a uma grande altitude, determine:

a velocidade quando $t = 5\ \mathrm{s}$ ;
a maior velocidade atingível — a velocidade terminal, quando $t \to \infty$ .

Gabarito

a) $v = 45{,}5\ \mathrm{m/s}$ . b) $v_{\max} = 100\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — comece pelo item (b), que é uma linha. A velocidade terminal é onde a aceleração se anula: o arrasto empatou com o peso.

1 - v_{\max}^2\left(10^{-4}\right) = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_{\max} = \sqrt{10^{4}} = 100\ \mathrm{m/s}

Fazer isso primeiro dá o número para o qual o item (a) tem de convergir — é conferência de graça.

Passo 2 — item (a): separe as variáveis. Aceleração em função de $v$ , pergunta com tempo, então $a = dv/dt$ :

\frac{dv}{1 - v^2/10^4} = 9{,}81\,dt

Passo 3 — a integral do lado esquerdo. Com $u = v/100$ :

\int_0^{v}\frac{dv}{1 - (v/100)^2} = 100\operatorname{artanh}\!\left(\frac{v}{100}\right)

(Se preferir sem função hiperbólica, é a integral de frações parciais: $\tfrac{100}{2}\ln\left|\dfrac{100+v}{100-v}\right|$ — dá o mesmo.)

Passo 4 — iguale e isole $v$ :

100\operatorname{artanh}\!\left(\frac{v}{100}\right) = 9{,}81\,t \quad\Longrightarrow\quad v = 100\tanh\left(0{,}0981\,t\right)

Passo 5 — em $t = 5\ \mathrm{s}$ :

v = 100\tanh(0{,}4905) = 100\,(0{,}4547) = 45{,}5\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. Em queda livre sem ar, depois de $5\ \mathrm{s}$ o corpo estaria a $49{,}1\ \mathrm{m/s}$ — o arrasto já tirou $7\%$ . E ele nunca passa dos $100\ \mathrm{m/s}$ : a $\tanh$ satura. Vale notar que “grande altitude” no enunciado é o que autoriza tratar $g$ e a densidade do ar como constantes por todo o percurso.

Cuidado. Não use $v = at$ : a aceleração começa em $9{,}81$ e cai continuamente. E o $10^{-4}$ tem unidade escondida ( $\mathrm{s^2/m^2}$ ) — é ele que faz o parêntese ser adimensional.

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Questão 281º EELista · Hibbeler 12.25a = −2v · Decaimento exponencialVer material

Uma partícula se move ao longo de uma linha reta com aceleração $a = (-2v)\ \mathrm{m/s^2}$ , com $v$ em metros por segundo. Se $v = 20\ \mathrm{m/s}$ quando $s = 0$ e $t = 0$ , determine a posição, a velocidade e a aceleração em função do tempo.

Gabarito

v = 20\,e^{-2t}\ \mathrm{m/s} \qquad s = 10\left(1 - e^{-2t}\right)\ \mathrm{m} \qquad a = -40\,e^{-2t}\ \mathrm{m/s^2}

Passo a passo

Passo 1 — a velocidade. Aceleração proporcional à própria velocidade é a assinatura do decaimento exponencial:

\frac{dv}{dt} = -2v \quad\Longrightarrow\quad \int_{20}^{v}\frac{dv}{v} = -2\int_0^{t}dt \quad\Longrightarrow\quad \ln\frac{v}{20} = -2t

v = 20\,e^{-2t}\ \mathrm{m/s}

Passo 2 — a posição, integrando $v$ de $0$ a $t$ com $s(0) = 0$ :

s = \int_0^{t}20\,e^{-2\tau}d\tau = 20\left[\frac{e^{-2\tau}}{-2}\right]_0^{t} = 10\left(1 - e^{-2t}\right)\ \mathrm{m}

Passo 3 — a aceleração, que sai de graça de duas maneiras. Derivando $v$ :

a = \frac{dv}{dt} = -40\,e^{-2t}\ \mathrm{m/s^2}

ou simplesmente aplicando a definição dada, $a = -2v = -2(20e^{-2t})$ . As duas concordam — e conferir por dois caminhos custa cinco segundos.

A leitura da resposta, que é o ponto da questão. A partícula nunca para ( $v \gt 0$ para todo $t$ ), mas percorre uma distância finita:

s_\infty = \lim_{t\to\infty} 10\left(1 - e^{-2t}\right) = 10\ \mathrm{m}

Ela se aproxima de $10\ \mathrm{m}$ e nunca chega. Esse par “movimento eterno, alcance finito” é a marca de $a \propto -v$ , e é o modelo de arrasto viscoso (a baixa velocidade) — diferente do arrasto quadrático $a \propto -v^2$ , que tem velocidade terminal em vez de alcance finito.

Cuidado com a constante de integração. O limite inferior $v = 20$ e $t = 0$ tem de entrar na integral, não depois. Quem integra indefinido e esquece o $C$ acha $v = e^{-2t}$ e erra os três itens.

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Questão 291º EELista · Hibbeler 12.47Gráfico a–t do trem-bala · Instante de parada e distânciaVer material

O gráfico $a$ – $t$ de um trem-bala é dado pela figura: a aceleração cresce como $a = 0{,}1\,t$ até $t = 30\ \mathrm{s}$ , e depois decai como $a = -\tfrac{1}{15}t + 5$ . Se o trem parte do repouso, determine o instante $t'$ em que ele volta ao repouso e a distância total percorrida nesse intervalo. Trace os gráficos $v$ – $t$ e $s$ – $t$ .

Repare que a aceleração troca de sinal em $t = 75\ \mathrm{s}$ e continua negativa depois — o trem só para bem além disso, em $t' = 133\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

$t' = 133\ \mathrm{s}$ e $s_T = 8{,}86\ \mathrm{km}$ .

Passo a passo

Passo 1 — primeiro trecho, $0 \le t \le 30$ . Integrando $a = 0{,}1t$ do repouso:

v = 0{,}05\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad v(30) = 45\ \mathrm{m/s}

s = \frac{t^3}{60} \quad\Longrightarrow\quad s(30) = 450\ \mathrm{m}

Passo 2 — segundo trecho, $t \ge 30$ . Integrando $a = -t/15 + 5$ a partir de $v(30) = 45$ :

v = 45 + \left[-\frac{\tau^2}{30} + 5\tau\right]_{30}^{t} = -\frac{t^2}{30} + 5t - 75

Confira em $t = 30$ : $-30 + 150 - 75 = 45$ . ✔

Passo 3 — quando o trem para. $v = 0$ :

t^2 - 150\,t + 2250 = 0 \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{150 \pm \sqrt{13\,500}}{2} = \{16{,}9;\ 133{,}1\}

A raiz $16{,}9\ \mathrm{s}$ é descartada: ela está fora do domínio deste trecho (que começa em $30\ \mathrm{s}$ ). Logo

t' = 133\ \mathrm{s}

Passo 4 — a distância do segundo trecho, integrando $v$ :

\Delta s = \int_{30}^{133{,}09}\left(-\frac{t^2}{30} + 5t - 75\right)dt = \left[-\frac{t^3}{90} + 2{,}5t^2 - 75t\right]_{30}^{133{,}09}

\Delta s = 8107{,}5 - (-300) = 8407{,}5\ \mathrm{m}

Passo 5 — total. O trem só andou para frente (a velocidade nunca ficou negativa antes de $t'$ ), então distância é deslocamento:

s_T = 450 + 8407{,}5 = 8858\ \mathrm{m} \approx 8{,}86\ \mathrm{km}

Os gráficos, em palavras. O $v$ – $t$ é uma parábola crescente até $t = 30$ , depois uma parábola de boca para baixo que atinge o máximo em $t = 75\ \mathrm{s}$ — exatamente onde $a$ cruza o zero — e volta a zero em $t' = 133\ \mathrm{s}$ . O $s$ – $t$ cresce sempre, com a concavidade virando de cima para baixo em $t = 75$ , e termina em $8{,}86\ \mathrm{km}$ com tangente horizontal.

O ponto que a questão testa. É fácil confundir " $a = 0$ " com “parou”. Em $t = 75\ \mathrm{s}$ a aceleração é nula e o trem está na sua velocidade máxima, $v = 112{,}5\ \mathrm{m/s}$ — o oposto de parar. Quem responde $t' = 75\ \mathrm{s}$ perde os dois itens.

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Questão 301º EELista · Hibbeler 12.82Trajetória helicoidal · Módulos de v e aVer material

Um carrinho de montanha-russa desloca-se para baixo em uma trajetória helicoidal com velocidade escalar constante, de tal maneira que as equações paramétricas que definem sua posição são

x = c\operatorname{sen} kt \qquad y = c\cos kt \qquad z = h - b\,t

em que $c$ , $h$ , $b$ e $k$ são constantes. Determine as intensidades da sua velocidade e da sua aceleração.

Gabarito

v = \sqrt{c^2k^2 + b^2} \qquad\qquad a = c\,k^2

Passo a passo

Passo 1 — derive componente por componente. Em coordenadas retangulares os versores são fixos, então é derivada simples:

\dot{x} = c\,k\cos kt \qquad \dot{y} = -c\,k\operatorname{sen} kt \qquad \dot{z} = -b

Passo 2 — o módulo da velocidade. Aqui entra a identidade que faz a questão fechar, $\cos^2 + \operatorname{sen}^2 = 1$ :

v = \sqrt{c^2k^2\cos^2 kt + c^2k^2\operatorname{sen}^2 kt + b^2} = \sqrt{c^2k^2 + b^2}

Constante — o que confirma a afirmação do enunciado (“velocidade escalar constante”) em vez de apenas aceitá-la.

Passo 3 — derive outra vez.

\ddot{x} = -c\,k^2\operatorname{sen} kt \qquad \ddot{y} = -c\,k^2\cos kt \qquad \ddot{z} = 0

a = \sqrt{c^2k^4\operatorname{sen}^2 kt + c^2k^4\cos^2 kt} = c\,k^2

A leitura da resposta, que é a moral da questão. A velocidade escalar é constante e a aceleração não é zero. Ela vale $ck^2$ , é puramente horizontal (a componente $z$ zerou) e aponta sempre para o eixo da hélice:

\ddot{x}\,\mathbf{i} + \ddot{y}\,\mathbf{j} = -k^2\left(x\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j}\right)

Ou seja: é puramente centrípeta. Faz todo sentido — em módulo a velocidade não muda ( $a_t = 0$ ), só a direção, e curvar exige aceleração. É o mesmo conteúdo da afirmativa 2 do verdadeiro-ou-falso de 2025.2, aqui em três dimensões.

Conferência pelo raio de curvatura. Se $a = a_n = v^2/\rho$ , então

\rho = \frac{v^2}{a} = \frac{c^2k^2 + b^2}{c\,k^2}

Com $b = 0$ (hélice achatada num círculo) isso dá $\rho = c$ , o raio do círculo. ✔ E com $b \ne 0$ o raio de curvatura é maior que $c$ : a hélice é mais “aberta” que a circunferência da sua projeção.

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Questão 311º EELista · Hibbeler 12.86Arremesso de basquete · Velocidade inicial e na cestaVer material

Desconsiderando o tamanho da bola de basquete, determine a intensidade $v_A$ da velocidade inicial da bola e a sua velocidade quando ela passa pela cesta. A bola sai da mão em $A$ , a $2\ \mathrm{m}$ do chão, fazendo $30^\circ$ com a horizontal; a cesta $B$ está a $3\ \mathrm{m}$ do chão e a $10\ \mathrm{m}$ de distância horizontal.

O que se conhece é a geometria do lance: $\Delta x = 10\ \mathrm{m}$ e $\Delta y = +1\ \mathrm{m}$ . O ângulo é dado, e é isso que permite eliminar o tempo entre as duas equações.

Gabarito

$v_A = 11{,}7\ \mathrm{m/s}$ e $v_B = 10{,}8\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — as duas equações do projétil. Com origem em $A$ , $\Delta x = 10$ e $\Delta y = 3 - 2 = 1\ \mathrm{m}$ :

x:\quad 10 = v_A\cos 30^\circ\,t \quad\Longrightarrow\quad t = \frac{11{,}547}{v_A} \tag{1}

y:\quad 1 = v_A\operatorname{sen} 30^\circ\,t - 4{,}905\,t^2 \tag{2}

Passo 2 — elimine o tempo. Levando (1) em (2), o primeiro termo perde o $v_A$ e o segundo ganha $1/v_A^2$ :

1 = 0{,}5\,(11{,}547) - 4{,}905\frac{(11{,}547)^2}{v_A^2} = 5{,}7735 - \frac{654{,}1}{v_A^2}

\frac{654{,}1}{v_A^2} = 4{,}7735 \quad\Longrightarrow\quad v_A^2 = 137{,}0 \quad\Longrightarrow\quad v_A = 11{,}7\ \mathrm{m/s}

Passo 3 — o tempo de voo, de (1):

t = \frac{11{,}547}{11{,}71} = 0{,}986\ \mathrm{s}

Passo 4 — as componentes na cesta. A horizontal não muda; a vertical perde $g t$ :

v_{Bx} = 11{,}71\cos 30^\circ = 10{,}14\ \mathrm{m/s}

v_{By} = 11{,}71\operatorname{sen} 30^\circ - 9{,}81(0{,}986) = 5{,}86 - 9{,}67 = -3{,}82\ \mathrm{m/s}

v_B = \sqrt{10{,}14^2 + 3{,}82^2} = 10{,}8\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. A bola chega descendo ( $v_{By} \lt 0$ ), a $20{,}6^\circ$ abaixo da horizontal — o que é exatamente o que se quer num arremesso: entrar na cesta de cima. E chega mais lenta que saiu ( $10{,}8$ contra $11{,}7$ ), porque subiu $1\ \mathrm{m}$ no líquido: pela energia, $v_B^2 = v_A^2 - 2g(1) = 137{,}0 - 19{,}6 = 117{,}4$ , e $\sqrt{117{,}4} = 10{,}8$ . ✔ Essa conferência por energia é uma linha e vale sempre em projétil.

Cuidado. $\Delta y = +1\ \mathrm{m}$ , não $3\ \mathrm{m}$ nem $-1$ . A bola sai a $2\ \mathrm{m}$ e chega a $3\ \mathrm{m}$ : ela sobe no saldo. Trocar o sinal dá $v_A = 9{,}83\ \mathrm{m/s}$ .

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Questão 321º EELista · Hibbeler 13.31Caixa deslizando no carrinho · Tração que segura o conjuntoVer material

A caixa $B$ tem massa $m$ e parte do repouso quando está no topo do carrinho $A$ , que tem massa $3m$ e roda livremente. Determine a tração na corda $CD$ necessária para impedir que o carrinho se mova enquanto $B$ está deslizando para baixo sobre $A$ . Desconsidere o atrito. A face inclinada de $A$ faz ângulo $\theta$ com a horizontal, e a corda $CD$ é horizontal.

Gabarito

T = m\,g\operatorname{sen}\theta\cos\theta = \tfrac{1}{2}m\,g\operatorname{sen} 2\theta

Passo a passo

Passo 1 — isole a caixa $B$ . Sem atrito, as únicas forças são o peso e a normal da rampa. Como a rampa está parada (é o que a corda garante), $B$ desce a rampa com a aceleração clássica $a_B = g\operatorname{sen}\theta$ , e a normal vale

N = m\,g\cos\theta

Passo 2 — isole o carrinho $A$ . Sobre ele agem: o peso, a normal do piso, a reação da caixa (que é $N$ , apontando para dentro da face inclinada) e a tração $T$ da corda.

A reação $N$ é perpendicular à face, então faz ângulo $\theta$ com a vertical: sua componente horizontal vale $N\operatorname{sen}\theta$ .

Passo 3 — equilíbrio horizontal de $A$ . O carrinho não se move, então a soma das forças horizontais é zero:

T = N\operatorname{sen}\theta = m\,g\cos\theta\operatorname{sen}\theta

\boxed{T = \tfrac{1}{2}m\,g\operatorname{sen} 2\theta}

Onde está a graça da questão: a massa $3m$ não entra. É distrator puro, e a razão é conceitual — o carrinho está em equilíbrio, então a segunda lei aplicada a ele é $\sum F = 0$ , e a massa multiplica uma aceleração nula. A massa de $A$ só importaria se ele se movesse (e aí a questão seria bem mais longa).

A leitura da resposta. $T$ é máxima em $\theta = 45^\circ$ , valendo $mg/2$ ; e vai a zero nos dois extremos — com $\theta = 0$ nada desliza, e com $\theta = 90^\circ$ a caixa cai livre sem empurrar a face. O $\operatorname{sen} 2\theta$ captura os dois limites de uma vez, e é um bom teste de sanidade.

Cuidado. A componente horizontal é $N\operatorname{sen}\theta$ , não $N\cos\theta$ . A normal é perpendicular à face inclinada, e por isso ela faz $\theta$ com a vertical, não com a horizontal. Desenhar a normal antes de projetar é o que evita esse erro.

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Questão 331º EELista · Hibbeler 13.37Bloco sobre placa · Dois atritos e vínculo por caboVer material

O bloco $A$ de $10\ \mathrm{kg}$ se apoia na placa $B$ de $50\ \mathrm{kg}$ , ambos sobre um plano inclinado a $30^\circ$ . Um cabo liga $A$ , passa por uma polia $C$ no alto do plano e volta a $B$ . Os coeficientes de atrito cinético são $\mu_{AB} = 0{,}2$ (entre o bloco e a placa) e $\mu_{BC} = 0{,}1$ (entre a placa e o plano). Desprezando a massa da corda e da polia, determine o tempo necessário para o bloco $A$ deslizar $0{,}5\ \mathrm{m}$ sobre a placa, quando o sistema é liberado do repouso.

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Gabarito

$t = 0{,}519\ \mathrm{s}$ (com $a_B = 1{,}854\ \mathrm{m/s^2}$ , $a_A = -1{,}854\ \mathrm{m/s^2}$ e $T = 84{,}6\ \mathrm{N}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — as duas normais, uma empilhada na outra. Perpendicular ao plano, nada acelera:

N_A = 10(9{,}81)\cos 30^\circ = 84{,}96\ \mathrm{N}

N_B = N_A + 50(9{,}81)\cos 30^\circ = 84{,}96 + 424{,}8 = 509{,}7\ \mathrm{N}

A placa carrega o peso do bloco e o seu: é isso que faz $N_B$ não ser só o peso de $B$ .

Passo 2 — o vínculo do cabo. O cabo é inextensível e passa por uma polia fixa, com $A$ numa ponta e $B$ na outra:

s_A + s_B = L \quad\Longrightarrow\quad a_A = -a_B \tag{3}

Os dois se movem em sentidos opostos ao longo do plano, com o mesmo módulo. É aqui que a questão é ganha: eles não descem juntos.

Passo 3 — a segunda lei para o bloco $A$ , ao longo do plano. Sobre ele agem a tração, a componente do peso e o atrito com a placa:

-T + 0{,}2(84{,}96) + 10(9{,}81)\operatorname{sen} 30^\circ = 10\,a_A

T - 66{,}04 = -10\,a_A \tag{1}

Passo 4 — a segunda lei para a placa $B$ . Ela sofre dois atritos — do bloco em cima e do plano embaixo — mais a tração e o peso:

-0{,}2(84{,}96) - 0{,}1(509{,}7) - T + 50(9{,}81)\operatorname{sen} 30^\circ = 50\,a_B

177{,}28 - T = 50\,a_B \tag{2}

Passo 5 — resolva o sistema (1), (2) e (3). Somando (1) e (2) com $a_A = -a_B$ :

a_B = 1{,}854\ \mathrm{m/s^2} \qquad a_A = -1{,}854\ \mathrm{m/s^2} \qquad T = 84{,}6\ \mathrm{N}

Passo 6 — o movimento RELATIVO, que é a pergunta. O enunciado pede $0{,}5\ \mathrm{m}$ do bloco sobre a placa, não no chão. Como eles vão em sentidos opostos:

s_{B} = s_{A} + s_{B/A} \quad\Longrightarrow\quad -\Delta s_A = \Delta s_A + 0{,}5 \quad\Longrightarrow\quad \Delta s_A = -0{,}25\ \mathrm{m}

Cada um anda $0{,}25\ \mathrm{m}$ , em sentidos contrários: a soma dá o $0{,}5\ \mathrm{m}$ de escorregamento relativo.

Passo 7 — cinemática, com aceleração constante e partindo do repouso:

-0{,}25 = \tfrac{1}{2}(-1{,}854)\,t^2 \quad\Longrightarrow\quad t = 0{,}519\ \mathrm{s}

Cuidado — o erro que dobra a resposta. Usar $0{,}5\ \mathrm{m}$ direto na cinemática de $A$ dá $t = 0{,}734\ \mathrm{s}$ . “Deslizar sobre a placa” é deslocamento relativo, e com os corpos em sentidos opostos cada um faz metade.

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Questão 341º EELista · Hibbeler 13.43Força crescente no tempo · Quando o caixote começa a andarVer material

A força exercida sobre o cabo $AB$ por um motor é $F = (100\,t^{3/2})\ \mathrm{N}$ , com $t$ em segundos, e é horizontal. Determine a velocidade do caixote de $50\ \mathrm{kg}$ quando $t = 5\ \mathrm{s}$ . Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o caixote e o solo são $\mu_s = 0{,}4$ e $\mu_k = 0{,}3$ . Inicialmente o caixote está em repouso.

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Gabarito

$v = 32{,}2\ \mathrm{m/s}$ (o caixote só começa a andar em $t_1 = 1{,}57\ \mathrm{s}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — o caixote não sai do lugar na hora. Enquanto $F$ é menor que o atrito estático máximo, nada acontece. A normal é o peso:

N = 50(9{,}81) = 490{,}5\ \mathrm{N} \qquad F_{s,\max} = 0{,}4(490{,}5) = 196{,}2\ \mathrm{N}

Passo 2 — o instante em que ele arranca.

100\,t_1^{3/2} = 196{,}2 \quad\Longrightarrow\quad t_1 = (1{,}962)^{2/3} = 1{,}567\ \mathrm{s}

É esse passo que a questão está cobrando. Ignorá-lo e integrar desde $t = 0$ é o erro clássico: nos primeiros $1{,}57\ \mathrm{s}$ a força existe mas não produz impulso útil, porque o atrito estático a cancela integralmente.

Passo 3 — daí em diante o atrito é cinético, e constante:

F_k = 0{,}3(490{,}5) = 147{,}15\ \mathrm{N}

Passo 4 — teorema do impulso e momento linear, de $t_1$ a $5\ \mathrm{s}$ , partindo do repouso:

\int_{t_1}^{5}100\,t^{3/2}dt - F_k\,(5 - t_1) = 50\,v

A integral da força motriz:

\int 100\,t^{3/2}dt = 40\,t^{5/2} \quad\Longrightarrow\quad 40\left(5^{5/2} - 1{,}567^{5/2}\right) = 40\,(55{,}90 - 3{,}07) = 2113\ \mathrm{N\cdot s}

O impulso do atrito:

147{,}15\,(5 - 1{,}567) = 505{,}1\ \mathrm{N\cdot s}

Passo 5 — resolva:

50\,v = 2113 - 505 = 1608 \quad\Longrightarrow\quad v = 32{,}2\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. O $\mu_s \gt \mu_k$ do enunciado não é decoração: é o que cria as duas fases. O $\mu_s$ define quando começa; o $\mu_k$ define quanto freia depois. Sempre que uma questão dá os dois coeficientes, procure a transição.

Cuidado com o expoente fracionário. $\int t^{3/2}dt = \tfrac{2}{5}t^{5/2}$ , então o $100$ vira $40$ . E $5^{5/2} = 25\sqrt5 = 55{,}90$ — não $5^{2{,}5}$ feito à mão errado. Integrar desde $t = 0$ daria $v = 30{,}0\ \mathrm{m/s}$ : perto o bastante para passar despercebido, e errado.

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Questão 351º EELista · Hibbeler 13.51Bloco na bandeja sobre mola · Onde a normal se anulaVer material

O bloco $A$ tem massa $m_A$ e se apoia sobre a bandeja $B$ , de massa $m_B$ . Ambos são apoiados por uma mola de rigidez $k$ , presa ao fundo da bandeja e ao solo. Determine a distância $d$ que a bandeja deverá ser empurrada para baixo a partir da posição de equilíbrio e depois largada, de modo que haja separação entre o bloco e a superfície da bandeja no instante em que a mola não estiver esticada.

Gabarito

d = \frac{(m_A + m_B)\,g}{k}

Passo a passo

Passo 1 — a deformação de equilíbrio. Em repouso, a mola sustenta os dois:

k\,y_{eq} = (m_A + m_B)\,g \quad\Longrightarrow\quad y_{eq} = \frac{(m_A + m_B)\,g}{k}

Passo 2 — traduza “separação”. O bloco e a bandeja se separam quando a força que a bandeja faz no bloco chega a zero, isto é, $N = 0$ . Nesse instante, a única força no bloco é o peso:

-m_A\,g + N = m_A\,a \quad\xrightarrow{\;N=0\;}\quad a = -g

Os dois estão em queda livre no instante da separação — é essa a leitura que resolve a questão. Não é preciso saber nada sobre a oscilação.

Passo 3 — a equação do conjunto, medindo $y$ para baixo a partir do equilíbrio. Com a mola comprimida de $(y_{eq} + y)$ :

-(m_A + m_B)\,g + k\,(y_{eq} + y) = (m_A + m_B)\,a

Passo 4 — imponha $a = -g$ (e o $k\,y_{eq}$ cancela o peso, pelo Passo 1):

k\,y = -(m_A + m_B)\,g

Como $y$ é medido para baixo e a resposta $d$ é a distância que se empurra para baixo, o módulo é

d = \frac{(m_A + m_B)\,g}{k}

A leitura da resposta, que é bonita. $d = y_{eq}$ : empurrar exatamente a própria deformação de equilíbrio. E não é coincidência — significa que a bandeja é levada até o ponto onde a mola está no comprimento natural, que é justamente onde o enunciado pede a separação. A mola, solta desse ponto, devolve o sistema com aceleração para baixo de módulo $g$ na outra extremidade do movimento.

Cuidado. O ponto de separação é onde $N = 0$ , não onde a velocidade é máxima nem onde a mola está no meio do curso. E note que a resposta usa a soma $m_A + m_B$ — não só $m_A$ : quem sobe a bandeja é a mola, que sente as duas massas.

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Questão 361º EELista · Hibbeler 13.73Carro no alto de um morro parabólico · Normal e atritoVer material

Um carro de $0{,}8\ \mathrm{Mg}$ desloca-se sobre um monte com formato de parábola, de equação $y = 20\left(1 - \dfrac{x^2}{6400}\right)$ metros. Quando o carro está no ponto $A$ ( $x = 80\ \mathrm{m}$ ), ele está se deslocando a $9\ \mathrm{m/s}$ e aumentando sua velocidade a $3\ \mathrm{m/s^2}$ . Determine a força normal resultante e a força de atrito resultante que todas as rodas exercem sobre a estrada nesse instante. Despreze a dimensão do carro.

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Gabarito

$N = 6{,}73\ \mathrm{kN}$ e $F = 1{,}11\ \mathrm{kN}$ (freando, contra o movimento).

Passo a passo

Passo 1 — a geometria em $x = 80\ \mathrm{m}$ .

y' = -\frac{x}{160} = -0{,}500 \qquad y'' = -\frac{1}{160}

\theta = \arctan 0{,}500 = 26{,}57^\circ \qquad \rho = \frac{\left[1 + 0{,}25\right]^{3/2}}{1/160} = \frac{1{,}3975}{0{,}00625} = 223{,}6\ \mathrm{m}

E vale notar: em $x = 80$ , $y = 0$ — o carro está no pé do morro, não no topo.

Passo 2 — as duas componentes da aceleração. A tangencial é dada; a normal sai do raio de curvatura:

a_t = 3{,}00\ \mathrm{m/s^2} \qquad a_n = \frac{v^2}{\rho} = \frac{81}{223{,}6} = 0{,}362\ \mathrm{m/s^2}

Passo 3 — a normal. A parábola é côncava para baixo e o carro anda por cima: o centro de curvatura está abaixo da pista, então $a_n$ aponta para baixo. Nessa direção, a componente do peso empurra para o centro e a normal, para fora:

m\,g\cos\theta - N = m\,a_n

N = 800\,(9{,}81\cos 26{,}57^\circ - 0{,}362) = 800\,(8{,}774 - 0{,}362) = 6{,}73\times10^{3}\ \mathrm{N}

Passo 4 — o atrito. Na direção tangencial, o carro está descendo o morro, então a componente do peso ajuda o movimento:

m\,g\operatorname{sen}\theta + F = m\,a_t

F = 800(3{,}00) - 800(9{,}81)\operatorname{sen} 26{,}57^\circ = 2400 - 3509 = -1{,}11\times10^{3}\ \mathrm{N}

O sinal negativo diz o que interessa: o atrito aponta contra o movimento, com $1{,}11\ \mathrm{kN}$ . O carro está acelerando a $3\ \mathrm{m/s^2}$ , mas a gravidade sozinha o aceleraria a $4{,}39\ \mathrm{m/s^2}$ — então as rodas estão freando, não tracionando.

A leitura da resposta. $N = 6{,}73\ \mathrm{kN}$ contra um peso de $7{,}85\ \mathrm{kN}$ : o carro está $14\%$ mais “leve” que parado, porque a lombada tira parte da normal. É a mesma física da sensação de flutuar ao passar rápido por uma elevação — e o limite disso é $N = 0$ , quando o carro decola.

Cuidado com o sinal do termo $a_n$ . Concavidade para baixo com o corpo em cima subtrai da normal; concavidade para cima (um vale) soma. Errar isso troca $6{,}73$ por $7{,}44\ \mathrm{kN}$ — e o jeito de nunca errar é desenhar a seta de $a_n$ apontando para o centro de curvatura antes de escrever a equação.

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Questão 371º EELista · Hibbeler 13.74Bloco na superfície de um cone · Tração e reaçãoVer material

O bloco $B$ , com massa de $0{,}2\ \mathrm{kg}$ , está ligado ao vértice $A$ de um cone circular reto por uma corda leve de $200\ \mathrm{mm}$ . O cone tem altura $400\ \mathrm{mm}$ e raio da base $300\ \mathrm{mm}$ , e gira com velocidade angular constante em torno do eixo $z$ , de modo que o bloco alcança uma velocidade escalar de $0{,}5\ \mathrm{m/s}$ . Nessa velocidade, determine a tração na corda e a reação que o cone exerce sobre o bloco. Despreze a dimensão do bloco e o efeito do atrito.

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Cone $3$ – $4$ – $5$ : a geratriz mede $500\ \mathrm{mm}$ , e por semelhança de triângulos o bloco a $200\ \mathrm{mm}$ do vértice está a um raio de $120\ \mathrm{mm}$ do eixo.

Gabarito

$T = 1{,}82\ \mathrm{N}$ e $N_B = 0{,}844\ \mathrm{N}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o raio da trajetória, por semelhança. A geratriz do cone mede $\sqrt{300^2 + 400^2} = 500\ \mathrm{mm}$ — é um triângulo $3$ – $4$ – $5$ , e daí saem todos os senos e cossenos sem calculadora. O bloco está a $200\ \mathrm{mm}$ do vértice ao longo da geratriz, então

\frac{\rho}{200} = \frac{300}{500} \quad\Longrightarrow\quad \rho = 120\ \mathrm{mm} = 0{,}120\ \mathrm{m}

Passo 2 — a aceleração é puramente centrípeta. Velocidade angular constante e raio constante: nada de tangencial, nada de vertical.

a_n = \frac{v^2}{\rho} = \frac{(0{,}5)^2}{0{,}120} = 2{,}083\ \mathrm{m/s^2}

apontando horizontalmente para o eixo.

Passo 3 — os eixos inteligentes. Use os eixos alinhados com a geratriz: um paralelo a ela (onde estão a corda e o peso) e outro perpendicular (onde está a normal do cone). Do triângulo $3$ – $4$ – $5$ , a geratriz faz com a vertical um ângulo cujo seno é $3/5$ e cosseno é $4/5$ .

Ao longo da geratriz (a corda tira para cima, o peso e parte da centrípeta atuam):

T - 0{,}2(9{,}81)\left(\tfrac{4}{5}\right) = \left[0{,}2\,(2{,}083)\right]\!\left(\tfrac{3}{5}\right)

T = 1{,}570 + 0{,}250 = 1{,}82\ \mathrm{N}

Perpendicular à geratriz (a normal do cone contra o peso e a centrípeta):

N_B - 0{,}2(9{,}81)\left(\tfrac{3}{5}\right) = -\left[0{,}2\,(2{,}083)\right]\!\left(\tfrac{4}{5}\right)

N_B = 1{,}177 - 0{,}333 = 0{,}844\ \mathrm{N}

Conferência pelos eixos horizontal/vertical. Vale fazer, porque é fácil trocar um $3/5$ por $4/5$ :

\text{vertical:}\quad T\left(\tfrac{4}{5}\right) + N_B\left(\tfrac{3}{5}\right) - 0{,}2(9{,}81) = 0 \ \Rightarrow\ 1{,}456 + 0{,}506 = 1{,}962\ ✔

\text{radial:}\quad T\left(\tfrac{3}{5}\right) - N_B\left(\tfrac{4}{5}\right) = 1{,}092 - 0{,}675 = 0{,}417 = 0{,}2\,(2{,}083)\ ✔

A leitura da resposta. $N_B \gt 0$ : o bloco continua encostado no cone. Se a rotação aumentasse, a centrípeta exigida cresceria, $N_B$ cairia e em algum momento o bloco descolaria da superfície — e aí a corda passaria a fazer um ângulo diferente da geratriz, mudando o problema inteiro. Essa é a pergunta natural do item seguinte, e $N_B = 0$ é sempre a condição-limite.

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Questão 381º EELista · Hibbeler 13.76Caixote na rampa parabólica · Normal e taxa de aumento da velocidadeVer material

O caixote de $35\ \mathrm{kg}$ tem velocidade escalar de $2\ \mathrm{m/s}$ quando está no ponto $A$ ( $x = 0$ ) de uma rampa lisa com a forma da parábola $y = \left(4 - \dfrac{1}{9}x^2\right)\ \mathrm{m}$ . Determine a força normal sobre o caixote no instante em que $x = 3\ \mathrm{m}$ . Além disso, qual é a taxa de aumento em sua velocidade nesse instante?

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Gabarito

$N = 180\ \mathrm{N}$ e $\dot{v} = 5{,}44\ \mathrm{m/s^2}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a velocidade em $x = 3$ , pela energia. A rampa é lisa e a normal não trabalha. A altura caiu de $y(0) = 4$ para $y(3) = 4 - 1 = 3\ \mathrm{m}$ , ou seja $1\ \mathrm{m}$ :

v^2 = 2^2 + 2(9{,}81)(1) = 23{,}62\ \mathrm{m^2/s^2} \quad\Longrightarrow\quad v = 4{,}86\ \mathrm{m/s}

Passo 2 — a geometria em $x = 3$ .

y' = -\frac{2x}{9} = -0{,}6667 \qquad y'' = -\frac{2}{9}

\theta = \arctan 0{,}6667 = 33{,}69^\circ \qquad \rho = \frac{\left[1 + 0{,}4444\right]^{3/2}}{2/9} = \frac{1{,}7361}{0{,}2222} = 7{,}813\ \mathrm{m}

Passo 3 — a taxa de aumento da velocidade é a componente TANGENCIAL. Rampa lisa: a única força com componente tangencial é o peso.

\dot{v} = a_t = g\operatorname{sen}\theta = 9{,}81\,(0{,}5547) = 5{,}44\ \mathrm{m/s^2}

Note que isso não depende da massa nem da velocidade — e é a resposta mais rápida da questão, então vale escrevê-la primeiro.

Passo 4 — a normal, pela direção normal. A parábola é côncava para baixo e o caixote desliza por cima: o centro de curvatura está abaixo, então $a_n$ aponta para baixo, e nessa direção o peso empurra para dentro e a normal, para fora:

m\,g\cos\theta - N = m\,\frac{v^2}{\rho}

N = 35\left(9{,}81\cos 33{,}69^\circ - \frac{23{,}62}{7{,}813}\right) = 35\,(8{,}163 - 3{,}023) = 180\ \mathrm{N}

A leitura da resposta. O peso do caixote é $343\ \mathrm{N}$ , e a normal em $x = 3$ é só $180\ \mathrm{N}$ — pouco mais da metade. Duas coisas a reduzem: a inclinação (o $\cos\theta$ ) e a curvatura (o $v^2/\rho$ ). Se o caixote fosse mais rápido, a normal cairia mais, e em

v^2 = \rho\,g\cos\theta = 7{,}813\,(8{,}163) = 63{,}8 \quad\Longrightarrow\quad v = 7{,}99\ \mathrm{m/s}

ele descolaria da rampa em $x = 3\ \mathrm{m}$ . É a pergunta gêmea desta, e a conta é a mesma com $N = 0$ .

Cuidado com os dois " $g$ ". A componente tangencial usa $\operatorname{sen}\theta$ e a normal usa $\cos\theta$ — trocá-los dá $\dot{v} = 8{,}16\ \mathrm{m/s^2}$ e $N = 84{,}7\ \mathrm{N}$ . O jeito de não confundir: no plano horizontal ( $\theta = 0$ ) a tangencial tem de ser zero, e só o seno faz isso.

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