2º EE · Dinâmica

Questão 012º EE2023.1Trabalho e energia · Força variável da mola2,0 ptsVer material

Um bloco cilíndrico de $3{,}0\ \mathrm{kg}$ repousa sobre outro bloco cilíndrico de $2{,}0\ \mathrm{kg}$ , que comprime verticalmente uma mola de $k = 50\ \mathrm{N/m}$ . O conjunto está inserido num tubo de diâmetro ligeiramente maior do que o dos blocos, para evitar tombamento. Quando o bloco de cima é subitamente retirado, determine a velocidade máxima alcançada pelo bloco de baixo.

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

Gabarito

$v_{\max} \approx 2{,}9\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a deformação inicial. No repouso, a mola sustenta os dois blocos:

k\,x_0 = (m_1 + m_2)\,g = 5{,}0\,g \quad\Longrightarrow\quad x_0 = \frac{5{,}0\,g}{50} = \frac{g}{10}

Meça $x$ para cima a partir dessa posição inicial: quando o bloco sobe $x$ , a mola ainda está comprimida de $x_0 - x$ .

Passo 2 — a resultante é função da posição. Retirado o bloco de cima, sobram a força da mola (para cima) e o peso de $2{,}0\ \mathrm{kg}$ (para baixo):

F(x) = k(x_0 - x) - 2{,}0\,g = 5{,}0\,g - 50x - 2{,}0\,g = 3{,}0\,g - 50x

Força que varia com $x$ : não existe “força × distância” aqui, tem de ser integral.

Passo 3 — o trabalho até a posição $x$ .

U_{1\to2} = \int_0^x (3{,}0\,g - 50\xi)\,d\xi = 3{,}0\,g\,x - 25x^2

Passo 4 — trabalho e energia, com $T_1 = 0$ (partiu do repouso) e $m = 2{,}0\ \mathrm{kg}$ :

0 + 3{,}0\,g\,x - 25x^2 = \tfrac{1}{2}(2{,}0)\,v^2 = v^2 \tag{I}

Passo 5 — onde $v$ é máxima. Derive (I) em relação a $x$ e imponha $dv/dx = 0$ :

2v\frac{dv}{dx} = 3{,}0\,g - 50x = 0 \quad\Longrightarrow\quad x^\ast = \frac{3{,}0\,g}{50} \tag{II}

Ou seja: a velocidade é máxima exatamente onde a força resultante se anula — o que faz sentido, porque a partir dali a mola já não vence o peso e passa a frear.

Passo 6 — substitua (II) em (I):

v_{\max}^2 = 3{,}0\,g\!\left(\frac{3{,}0\,g}{50}\right) - 25\!\left(\frac{3{,}0\,g}{50}\right)^{\!2} = \frac{9g^2}{50} - \frac{9g^2}{100} = \frac{9g^2}{100}

v_{\max} = \frac{3}{10}\,g = \frac{3}{10}(9{,}81) = 2{,}9\ \mathrm{m/s}

Cuidado. O $x$ da conta é medido da posição de repouso dos dois blocos, não do comprimento natural da mola. Quem começa a integral do comprimento natural acha outro número — e o enunciado nem dá o comprimento natural, o que já é a dica.

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Questão 022º EE2022.2Conservação da energia · Corda que se rompe2,0 ptsVer material

Uma bola presa a uma corda de comprimento $l = 2{,}00\ \mathrm{m}$ passa pela posição $A$ , no mesmo nível do ponto fixo $O$ , com velocidade $v_A = 5{,}00\ \mathrm{m/s}$ dirigida para baixo. A corda suporta uma força máxima igual ao dobro do peso da bola. Determine o ângulo $\theta$ (medido abaixo da horizontal $OA$ ) no qual a corda se parte.

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

Descendo de $A$ até o ângulo $\theta$ , a bola desce $l\sin\theta$ — é isso que a energia converte em velocidade. Na direção radial, quem sobra contra a tração é a componente $mg\sin\theta$ do peso.

Gabarito

$\theta = 14{,}0^\circ$ .

Passo a passo

Passo 1 — energia, de $A$ até $\theta$ . A corda é radial: não trabalha. Só o peso trabalha, e a bola desceu $l\sin\theta$ :

\tfrac{1}{2}mv_\theta^2 = \tfrac{1}{2}mv_A^2 + mg\,l\sin\theta \quad\Longrightarrow\quad v_\theta^2 = v_A^2 + 2g\,l\sin\theta \tag{1}

Passo 2 — Newton na direção radial. A tração aponta para $O$ ; a componente do peso ao longo da corda, para fora, vale $mg\sin\theta$ . A resultante centrípeta é

T - mg\sin\theta = m\,\frac{v_\theta^2}{l} \tag{2}

Passo 3 — a condição de ruptura é $T = 2mg$ . Levando (1) em (2) com esse $T$ , a massa corta:

2g - g\sin\theta = \frac{v_A^2 + 2g\,l\sin\theta}{l}

2gl - gl\sin\theta = v_A^2 + 2gl\sin\theta \quad\Longrightarrow\quad 3gl\sin\theta = 2gl - v_A^2

Passo 4 — isole $\theta$ :

\sin\theta = \frac{2}{3} - \frac{v_A^2}{3gl} = \frac{2}{3} - \frac{(5{,}00)^2}{3(9{,}81)(2{,}00)} = 0{,}6667 - 0{,}4247 = 0{,}2419

\theta = \arcsin(0{,}2419) = 14{,}0^\circ

A leitura da resposta. Quanto maior a velocidade em $A$ , menor o ângulo de ruptura: a bola chega tensionada e a corda não aguenta descer muito. Com $v_A^2 \ge 2gl$ a corda arrebentaria já em $A$ — e é um bom teste de sanidade da fórmula.

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Questão 032º EE2025.1Loop vertical · Colisão inelástica antes da volta3,0 ptsVer material

Um bloco 1 de massa $m$ é liberado do repouso de uma altura $H$ sobre um trilho que tem um trecho circular de raio $R$ . Na base do trilho existe um bloco 2, idêntico ao bloco 1 e em repouso. De que altura mínima o bloco 1 deve ser abandonado para que, após uma colisão totalmente inelástica com o bloco 2, os dois consigam percorrer toda a extensão da circunferência sem se desprenderem dos trilhos?

Não há forças dissipativas. Considere os blocos com dimensões desprezíveis.

Três etapas em sequência: energia na descida, colisão na base, energia na subida do loop. A condição do loop é a que fecha a conta — e ela é Newton, não energia.

Gabarito

$H_{\min} = 10R$ .

Passo a passo

Passo 1 — a condição no topo do loop (Newton, não energia). Não se desprender do trilho, no limite, é a normal chegar a zero. No topo, só o peso curva a trajetória:

(2m)g = (2m)\frac{v_{\text{topo}}^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v_{\text{topo}}^2 = gR \tag{1}

Passo 2 — energia da base até o topo, já com os dois blocos juntos (massa $2m$ ) e velocidade $v'$ logo depois do choque. O topo está a $2R$ :

\tfrac{1}{2}(2m)v'^2 = \tfrac{1}{2}(2m)v_{\text{topo}}^2 + (2m)g(2R)

v'^2 = gR + 4gR = 5gR \quad\Longrightarrow\quad v' = \sqrt{5gR} \tag{2}

Passo 3 — a colisão. Totalmente inelástica: os blocos saem juntos. A energia não se conserva aqui, mas o momento sim:

m\,v_1 = (2m)\,v' \quad\Longrightarrow\quad v_1 = 2v' = 2\sqrt{5gR} \tag{3}

Passo 4 — energia na descida da rampa, do repouso em $H$ até a base:

\tfrac{1}{2}m v_1^2 = m\,g\,H \quad\Longrightarrow\quad H = \frac{v_1^2}{2g} = \frac{4(5gR)}{2g}

\boxed{H_{\min} = 10R}

A leitura da resposta. Sem a colisão, a altura mínima seria o clássico $H = 2{,}5R$ . A colisão inelástica quadruplica essa exigência: metade da velocidade sobrevive ao choque, e a altura vai com o quadrado dela. O bloco 2, parado, custou $75\%$ da energia útil.

Cuidado. É tentador escrever conservação de energia da altura $H$ direto até o topo do loop. Não vale: há uma colisão inelástica no meio, e ela dissipa energia. Momento no choque, energia nos trechos entre choques — nunca os dois no mesmo trecho.

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Questão 042º EE2ª chamadaEnergia elástica · Corda como estilingue2,0 ptsVer material

Uma corda elástica está presa aos pontos fixos $A$ e $B$ , separados verticalmente por $0{,}304\ \mathrm{m}$ . Quando esticada em linha reta entre $A$ e $B$ , sua tração é de $20{,}0\ \mathrm{N}$ . A corda é então puxada lateralmente até o ponto $C'$ , a $0{,}114\ \mathrm{m}$ do ponto médio $C$ , por uma força de $133\ \mathrm{N}$ . Um objeto de $5{,}00\ \mathrm{g}$ é colocado em $C'$ e a corda é solta. Determine a velocidade do objeto quando ele atinge $C$ .

Tudo ocorre no plano horizontal. Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Duas incógnitas escondidas — a constante $k$ e o comprimento natural $L_0$ — e duas informações para achá-las: a tração de $20{,}0\ \mathrm{N}$ na posição reta e a força de $133\ \mathrm{N}$ na posição puxada.

Gabarito

$v_C = 44{,}7\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a posição reta dá a primeira equação. Esticada em linha reta, a corda mede $L = 2(0{,}152) = 0{,}304\ \mathrm{m}$ , com tração $20{,}0\ \mathrm{N}$ :

20{,}0 = k\,(0{,}304 - L_0) \quad\Longrightarrow\quad L_0 = 0{,}304 - \frac{20{,}0}{k} \tag{1}

Passo 2 — equilíbrio em $C'$ dá a segunda. A corda faz, com a direção da força, o ângulo

\alpha = \arctan\frac{0{,}152}{0{,}114} = 53{,}13^\circ

Os dois ramos tracionam simetricamente, e suas componentes ao longo de $C'C$ equilibram os $133\ \mathrm{N}$ :

2\,T'\cos 53{,}13^\circ = 133 \quad\Longrightarrow\quad T' = \frac{133}{2(0{,}600)} = 110{,}8\ \mathrm{N}

Passo 3 — o comprimento em $C'$ , pelos dois ramos:

L' = 2\sqrt{0{,}152^2 + 0{,}114^2} = 2(0{,}190) = 0{,}380\ \mathrm{m}

110{,}8 = k\,(0{,}380 - L_0) \tag{2}

Passo 4 — resolva o sistema. Substituindo (1) em (2):

110{,}8 = k\,(0{,}380 - 0{,}304) + 20{,}0 = 0{,}076\,k + 20{,}0

k = \frac{90{,}8}{0{,}076} = 1{,}195\times10^{3}\ \mathrm{N/m} \qquad L_0 = 0{,}304 - \frac{20{,}0}{1195} = 0{,}287\ \mathrm{m}

Passo 5 — conservação da energia de $C'$ até $C$ . É plano horizontal: sem peso na conta. A energia elástica que sobra em $C$ (a corda ainda está esticada de $0{,}304 - 0{,}287$ ) não vira velocidade:

\tfrac{1}{2}k(L' - L_0)^2 = \tfrac{1}{2}m\,v_C^2 + \tfrac{1}{2}k(L - L_0)^2

\tfrac{1}{2}(1195)(0{,}093)^2 = \tfrac{1}{2}(5{,}00\times10^{-3})v_C^2 + \tfrac{1}{2}(1195)(0{,}017)^2

5{,}168 = 2{,}50\times10^{-3}\,v_C^2 + 0{,}173 \quad\Longrightarrow\quad v_C^2 = 1{,}998\times10^{3}

v_C = 44{,}7\ \mathrm{m/s}

Cuidado. Se você esquecer o termo elástico do estado final, acha $45{,}5\ \mathrm{m/s}$ . Em $C$ a corda não está no comprimento natural — o enunciado diz que ali ela tem $20{,}0\ \mathrm{N}$ de tração, o que é justamente a informação de que sobrou energia guardada.

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Questão 052º EE2023.1Colisão + mola · Deflexão máxima2,0 ptsVer material

Dois blocos $A$ e $B$ têm massas iguais a $2{,}0\ \mathrm{kg}$ e repousam sobre uma mesa horizontal sem atrito. O bloco $B$ está parado no lado direito da mesa, encostado numa mola horizontal de $k = 60\ \mathrm{N/m}$ cuja outra extremidade está presa a um suporte vertical. O bloco $A$ se dirige da esquerda para a direita com velocidade de $4{,}0\ \mathrm{m/s}$ , no mesmo alinhamento da mola, até colidir com $B$ , com $e = 0{,}7$ . Determine:

a deflexão máxima da mola;
a velocidade final de $A$ .

Gabarito

a) $x_{\max} \approx 0{,}62\ \mathrm{m}$ . b) $v_A' = 0{,}60\ \mathrm{m/s}$ (→).

Passo a passo

Passo 1 — a colisão, com $(\rightarrow +)$ . Momento linear, com as massas iguais cortando:

(2{,}0)(4{,}0) = (2{,}0)v_A' + (2{,}0)v_B' \quad\Longrightarrow\quad v_A' + v_B' = 4{,}0 \tag{1}

Passo 2 — restituição. Velocidade relativa de afastamento sobre a de aproximação:

e = \frac{v_B' - v_A'}{v_A - v_B} = \frac{v_B' - v_A'}{4{,}0 - 0} = 0{,}7 \quad\Longrightarrow\quad v_B' - v_A' = 2{,}8 \tag{2}

Passo 3 — resolva o sistema. Somando (1) e (2), e depois subtraindo:

v_B' = 3{,}4\ \mathrm{m/s}\ (\rightarrow) \qquad v_A' = 0{,}60\ \mathrm{m/s}\ (\rightarrow)

Note que $A$ continua andando para a direita, atrás de $B$ — o que é coerente, porque o choque não foi elástico o suficiente para pará-lo, mas $v_A' \lt v_B'$ e portanto ele não alcança $B$ de novo.

Passo 4 — item (a): agora, e só agora, energia. Depois do choque, $B$ comprime a mola sozinho, e nesse trecho não há dissipação. Deflexão máxima é onde $B$ para:

\tfrac{1}{2}(2{,}0)(3{,}4)^2 = \tfrac{1}{2}(60)\,x_{\max}^2

x_{\max} = 3{,}4\sqrt{\frac{2{,}0}{60}} = \frac{3{,}4}{\sqrt{30}} = 0{,}62\ \mathrm{m}

A ordem é tudo. Energia não vale durante a colisão — de fato, aqui se perderam

\Delta T = \tfrac{1}{2}(2)(4)^2 - \left[\tfrac{1}{2}(2)(0{,}6)^2 + \tfrac{1}{2}(2)(3{,}4)^2\right] = 16 - 11{,}9 = 4{,}1\ \mathrm{J}

ou seja, $26\%$ da energia inicial virou calor e deformação. Quem aplica conservação de energia direto de ” $A$ chegando” até “mola comprimida” acha $0{,}73\ \mathrm{m}$ e erra.

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Questão 062º EE2025.1Colisão com atrito antes e depois · Posição final3,0 ptsVer material

Duas partículas, $A$ e $B$ , de massas $4m$ e $m$ , movimentam-se sobre uma superfície plana e horizontal ao longo de uma mesma trajetória. O coeficiente de atrito cinético entre a superfície e cada partícula é o mesmo, $\mu_A = \mu_B = 0{,}1$ .

No instante $t_0 = 0$ , $A$ está em $S = -100\ \mathrm{m}$ com velocidade $+40\ \mathrm{m/s}$ e $B$ está em $S = +125\ \mathrm{m}$ com velocidade $-10\ \mathrm{m/s}$ .

A partir desse instante as duas partículas estão sujeitas, na direção do movimento, apenas à força de atrito. Em dado momento elas colidem, com choque parcialmente elástico de $e = 0{,}25$ . Durante essa rápida colisão o sistema é considerado isolado e, logo após, as partículas voltam a ter sobre elas apenas o atrito, em movimento uniformemente variado até pararem.

Nessas condições, ao atingir o repouso, a partícula $A$ estará na posição $S_A$ , em metros, igual a quanto?

Três trechos em sequência, e nenhum deles pode ser saltado: atrito até o encontro, colisão, atrito até parar.

Gabarito

$S_A = 400\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 0 — o valor de $g$ . O enunciado não diz. As contas fecham em números redondos com $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ , que é o que essa questão pede; com $9{,}81$ a resposta cai em $S_A \approx 398\ \mathrm{m}$ — mesma física, número feio.

Passo 1 — as acelerações. O atrito é a única força na direção do movimento, e vale $\mu g$ em módulo para qualquer massa:

|a| = \mu g = (0{,}1)(10) = 1{,}0\ \mathrm{m/s^2}

$A$ vai para $+x$ , então $a_A = -1{,}0$ . $B$ vai para $-x$ , então $a_B = +1{,}0$ . O atrito sempre se opõe ao movimento — os sinais são opostos porque os movimentos são opostos.

Passo 2 — quando elas se encontram. Igualando as posições:

-100 + 40t - 0{,}5t^2 = 125 - 10t + 0{,}5t^2

t^2 - 50t + 225 = 0 \quad\Longrightarrow\quad t = 5{,}0\ \mathrm{s}\ \ \text{(a outra raiz, }45\ \mathrm{s},\text{ não é física)}

Passo 3 — o estado no instante do choque.

v_A = 40 - 5 = 35\ \mathrm{m/s} \qquad v_B = -10 + 5 = -5{,}0\ \mathrm{m/s}

S_{\text{choque}} = -100 + 40(5) - 0{,}5(25) = 87{,}5\ \mathrm{m}

Vale conferir que nenhuma das duas parou antes: $A$ pararia em $t = 40\ \mathrm{s}$ e $B$ em $t = 10\ \mathrm{s}$ — as duas ainda estavam andando em $t = 5\ \mathrm{s}$ . Essa verificação é obrigatória; se $B$ tivesse parado, o atrito sobre ela viraria estático e a equação do Passo 2 estaria errada.

Passo 4 — a colisão. Momento, com $4m$ e $m$ :

4(35) + 1(-5) = 4v_A' + v_B' \quad\Longrightarrow\quad 4v_A' + v_B' = 135 \tag{1}

Restituição:

0{,}25 = \frac{v_B' - v_A'}{35 - (-5)} \quad\Longrightarrow\quad v_B' - v_A' = 10 \tag{2}

De (2) em (1): $5v_A' = 125 \Rightarrow v_A' = 25\ \mathrm{m/s}$ e $v_B' = 35\ \mathrm{m/s}$ . Ambas para a direita: a partícula leve foi arremessada para frente e a pesada seguiu, mais lenta.

Passo 5 — o trecho final. De $25\ \mathrm{m/s}$ até parar, com $1{,}0\ \mathrm{m/s^2}$ de desaceleração:

\Delta S = \frac{v_A'^2}{2|a|} = \frac{625}{2} = 312{,}5\ \mathrm{m}

S_A = 87{,}5 + 312{,}5 = 400\ \mathrm{m}

A pegadinha da questão. O $4m$ e o $m$ não cancelam na conta do momento, mas cancelam na do atrito. Quem tenta usar “a partícula pesada freia menos” erra: a desaceleração por atrito é $\mu g$ , independente da massa.

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Questão 072º EE2ª chamadaPêndulos que colidem · Coeficiente de restituição2,0 ptsVer material

A esfera $A$ , de $0{,}907\ \mathrm{kg}$ , parte do repouso com $\theta_A = 73{,}0^\circ$ e colide com a esfera $B$ , de $1{,}814\ \mathrm{kg}$ , inicialmente em repouso. As duas pendem de fios de mesmo comprimento $L$ do mesmo ponto. Sabendo que a velocidade de $A$ se anula após o choque, determine:

o coeficiente de restituição;
o ângulo $\theta_B$ da máxima altura de $B$ .

Gabarito

a) $e = 1/2$ . b) $\theta_B = 34{,}6^\circ$ .

Passo a passo

Passo 1 — repare na razão das massas. $1{,}814 / 0{,}907 = 2$ exatamente: $m_B = 2m_A$ . O enunciado deu os números em quilogramas só para disfarçar — nenhum dos dois aparece na resposta.

Passo 2 — item (a). Chame $v_A$ a velocidade de $A$ ao chegar. Momento linear, com $v_A' = 0$ (dado):

m_A v_A = m_A(0) + 2m_A v_B' \quad\Longrightarrow\quad v_B' = \frac{v_A}{2}

Restituição:

e = \frac{v_B' - v_A'}{v_A - 0} = \frac{v_A/2}{v_A} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{e = \tfrac{1}{2}}

Nem a massa nem $L$ nem $\theta_A$ entraram: ” $A$ para” com " $m_B = 2m_A$ " já determina $e$ .

Passo 3 — item (b), a energia antes do choque. $A$ desceu $L(1 - \cos\theta_A)$ :

v_A^2 = 2gL(1 - \cos 73{,}0^\circ) \tag{1}

Passo 4 — a energia depois do choque. $B$ sobe até parar, a uma altura $h_B$ :

h_B = \frac{v_B'^2}{2g} = \frac{(v_A/2)^2}{2g} = \frac{v_A^2}{8g} \tag{2}

Passo 5 — junte (1) e (2), e escreva $h_B = L(1 - \cos\theta_B)$ . O $L$ e o $g$ cortam:

1 - \cos\theta_B = \frac{1 - \cos 73{,}0^\circ}{4} \quad\Longrightarrow\quad \cos\theta_B = \frac{3 + \cos 73{,}0^\circ}{4}

\cos\theta_B = \frac{3 + 0{,}2924}{4} = 0{,}8231 \quad\Longrightarrow\quad \theta_B = 34{,}6^\circ

Cuidado com a tentação da proporção. A altura de $B$ é um quarto da de $A$ (porque $v_B' = v_A/2$ ), mas o ângulo não é a metade nem um quarto de $73^\circ$ : a relação entre altura e ângulo é o cosseno, não linear. Aqui deu $34{,}6^\circ$ , que por coincidência é perto de $73/2 = 36{,}5^\circ$ — e é justo essa quase-coincidência que faz o atalho errado passar despercebido.

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Questão 082º EE2022.2Explosão em pleno voo · Conservação do momento em 3D2,0 ptsVer material

Um projétil de $15\ \mathrm{kg}$ passa pela origem $O$ com velocidade $\vec{V}_0 = (40\ \mathrm{m/s})\,\mathbf{i}$ quando explode em dois fragmentos $A$ e $B$ , de $6{,}0\ \mathrm{kg}$ e $9{,}0\ \mathrm{kg}$ respectivamente. Sabendo que $3{,}0\ \mathrm{s}$ depois a posição do fragmento $A$ é $(120;\ 18{,}0;\ -21{,}0)\ \mathrm{m}$ , determine a posição do fragmento $B$ no mesmo instante. Despreze a gravidade.

Gabarito

$\vec{R}_B' = (120;\ -12;\ 14)\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — sem gravidade, cada fragmento vai em linha reta. Então a velocidade de $A$ sai direto da posição dividida pelo tempo:

\vec{V}_A' = \frac{\vec{R}_A'}{3{,}0} = \frac{(120;\ 18{,}0;\ -21{,}0)}{3{,}0} = (40;\ 6{,}0;\ -7{,}0)\ \mathrm{m/s}

Passo 2 — conservação do momento na explosão. A força da explosão é interna: o momento total é o mesmo antes e depois, componente por componente:

(15)(40;\ 0;\ 0) = (6{,}0)(40;\ 6{,}0;\ -7{,}0) + (9{,}0)(V_{Bx}';\ V_{By}';\ V_{Bz}')

Passo 3 — resolva as três componentes.

x:\quad 600 = 240 + 9V_{Bx}' \Rightarrow V_{Bx}' = 40{,}0

y:\quad 0 = 36 + 9V_{By}' \Rightarrow V_{By}' = -4{,}0

z:\quad 0 = -42 + 9V_{Bz}' \Rightarrow V_{Bz}' = 4{,}67

Passo 4 — a posição, também em linha reta:

\vec{R}_B' = \vec{V}_B'\,(3{,}0) = (120;\ -12;\ 14)\ \mathrm{m}

A leitura da resposta. A componente $x$ dos dois fragmentos ficou igual a $40\ \mathrm{m/s}$ — a explosão foi puramente transversal. E as componentes $y$ e $z$ saíram com sinais opostos às de $A$ : os fragmentos se abriram para lados contrários da trajetória original, como tinham de fazer para o momento transversal continuar nulo.

Cuidado. “Despreze a gravidade” é o que autoriza dividir posição por tempo. Com gravidade, $\vec{R} = \vec{V}t + \tfrac12\vec{g}t^2$ e o termo quadrático teria de sair primeiro — mas o momento continuaria conservado durante a explosão, porque ela é instantânea.

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Questão 092º EE2023.1Mola entre dois corpos · Momento no referencial do centro de massa2,0 ptsVer material

Dois hemisférios idênticos $A$ e $B$ são mantidos unidos por uma corda alinhada ao eixo de simetria, ortogonal ao plano de separação dos hemisférios. O polo norte (hemisfério $A$ ) faz um ângulo de $+120^\circ$ com o eixo $x$ , orientado para a direita. Entre as faces planas existe uma mola comprimida, com energia potencial de $100\ \mathrm{J}$ . Sabendo que o conjunto se desloca para a direita com velocidade de $7{,}00\ \mathrm{m/s}$ , determine as velocidades vetoriais dos dois hemisférios (em função de $\mathbf{i}$ e $\mathbf{j}$ ) assim que a corda se parte.

Gabarito

Com $m$ a massa de cada hemisfério:

\vec{v}_A = \left(7{,}00 - \frac{5{,}00}{\sqrt{m}}\right)\mathbf{i} + \frac{8{,}66}{\sqrt{m}}\,\mathbf{j} \qquad \vec{v}_B = \left(7{,}00 + \frac{5{,}00}{\sqrt{m}}\right)\mathbf{i} - \frac{8{,}66}{\sqrt{m}}\,\mathbf{j}

Passo a passo

Passo 1 — o centro de massa não sente a mola. A mola é interna, a corda é interna: não há impulso externo. Então $\vec{v}_G = 7{,}00\,\mathbf{i}$ antes e depois. Esse é o gancho da questão: resolva no referencial do centro de massa e depois some $\vec{v}_G$ de volta.

Passo 2 — no referencial do CM, o momento total é nulo. Massas iguais, logo velocidades iguais e opostas:

0 = m\,\vec{u}_A + m\,\vec{u}_B \quad\Longrightarrow\quad \vec{u}_A = -\vec{u}_B \quad\Longrightarrow\quad u_A = u_B \equiv u

Passo 3 — a energia da mola vira as duas cinéticas.

100 = \tfrac{1}{2}m\,u^2 + \tfrac{1}{2}m\,u^2 = m\,u^2 \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{10{,}0}{\sqrt{m}}\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — as direções. A mola empurra ao longo do eixo de simetria. O polo de $A$ aponta a $+120^\circ$ , então $A$ sai nessa direção e $B$ na oposta, a $-60^\circ$ :

\vec{u}_A = u\,(\cos 120^\circ\,\mathbf{i} + \sin 120^\circ\,\mathbf{j}) = u\,(-0{,}500\,\mathbf{i} + 0{,}866\,\mathbf{j})

\vec{u}_B = -\vec{u}_A = u\,(0{,}500\,\mathbf{i} - 0{,}866\,\mathbf{j})

Passo 5 — volte ao referencial do solo, somando $\vec{v}_G$ :

\vec{v}_A = 7{,}00\,\mathbf{i} + \frac{10{,}0}{\sqrt{m}}(-0{,}500\,\mathbf{i} + 0{,}866\,\mathbf{j}) = \left(7{,}00 - \frac{5{,}00}{\sqrt{m}}\right)\mathbf{i} + \frac{8{,}66}{\sqrt{m}}\,\mathbf{j}

\vec{v}_B = \left(7{,}00 + \frac{5{,}00}{\sqrt{m}}\right)\mathbf{i} - \frac{8{,}66}{\sqrt{m}}\,\mathbf{j}

Sobre o $\sqrt{m}$ na resposta. O enunciado não dá a massa, então ela sobrevive no resultado — não é erro de conta. Se o hemisfério tivesse, digamos, $4{,}00\ \mathrm{kg}$ , ficaria $u = 5{,}00\ \mathrm{m/s}$ e

\vec{v}_A = 4{,}50\,\mathbf{i} + 4{,}33\,\mathbf{j} \qquad \vec{v}_B = 9{,}50\,\mathbf{i} - 4{,}33\,\mathbf{j}

E o teste de sanidade que sempre vale: a média das duas, ponderada pelas massas iguais, tem de dar $7{,}00\,\mathbf{i}$ — e dá.

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Questão 102º EE2ª chamadaColisão perfeitamente inelástica em 2D · Flecha e pássaro2,0 ptsVer material

Um arqueiro atinge um pássaro que voa horizontalmente em linha reta, a $11{,}0\ \mathrm{m}$ acima do solo, com uma flecha de $28{,}0\ \mathrm{g}$ . Sabendo que a flecha atinge o pássaro por trás, com velocidade de $108\ \mathrm{m/s}$ num ângulo de $35{,}0^\circ$ com a vertical, e que o pássaro cai no solo $1{,}85\ \mathrm{s}$ depois e $16{,}4\ \mathrm{m}$ além do ponto onde foi atingido, determine:

a massa do pássaro;
a velocidade com que ele voava quando foi atingido.

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

Gabarito

a) $m_p = 764\ \mathrm{g}$ . b) $V_p = 6{,}92\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a estratégia, de trás para frente. O que se conhece é o depois: a queda. Dela sai a velocidade do conjunto flecha+pássaro logo após o choque. Só então a conservação do momento devolve o antes.

Passo 2 — a queda é um lançamento de projétil. Chame $\vec{V}_0 = V_{0x}\mathbf{i} + V_{0y}\mathbf{j}$ a velocidade do conjunto logo depois do impacto. Na vertical, partindo de $11{,}0\ \mathrm{m}$ e chegando ao solo em $1{,}85\ \mathrm{s}$ :

0 = 11{,}0 + V_{0y}(1{,}85) - \tfrac{1}{2}(9{,}81)(1{,}85)^2 \quad\Longrightarrow\quad V_{0y} = 3{,}128\ \mathrm{m/s}

Na horizontal, movimento uniforme:

16{,}4 = V_{0x}(1{,}85) \quad\Longrightarrow\quad V_{0x} = 8{,}865\ \mathrm{m/s}

Passo 3 — as componentes da flecha. O ângulo é com a vertical, então é o seno que dá a horizontal:

V_{fx} = 108\sin 35{,}0^\circ = 61{,}95 \qquad V_{fy} = 108\cos 35{,}0^\circ = 88{,}47\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — momento na vertical. O pássaro voava horizontalmente: não tem componente vertical. Essa é a equação que isola a massa:

(0{,}028)(88{,}47) = (m_p + 0{,}028)(3{,}128)

m_p + 0{,}028 = \frac{2{,}477}{3{,}128} = 0{,}7920 \quad\Longrightarrow\quad m_p = 0{,}764\ \mathrm{kg} = 764\ \mathrm{g}

Passo 5 — momento na horizontal, agora com $m_p$ conhecido:

(0{,}028)(61{,}95) + (0{,}764)V_p = (0{,}7920)(8{,}865) = 7{,}021

V_p = \frac{7{,}021 - 1{,}735}{0{,}764} = 6{,}92\ \mathrm{m/s}

Por que escolher a vertical primeiro. As duas equações têm duas incógnitas ( $m_p$ e $V_p$ ), mas a vertical tem só uma — porque o pássaro não tinha velocidade vertical. Procurar a equação com uma incógnita só, em vez de montar o sistema $2\times2$ , economiza metade do tempo de prova.

Cuidado com o ângulo. $35{,}0^\circ$ com a vertical, não com a horizontal. Trocar seno por cosseno aqui dá $m_p = 527\ \mathrm{g}$ e derruba os dois itens.

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Questão 112º EE2022.2Colisão oblíqua · Achar a linha de impacto pela geometria2,0 ptsVer material

As bolas $A$ e $B$ têm $60\ \mathrm{mm}$ de diâmetro e colidem com $e = 0{,}90$ . Antes da colisão, $A$ se movia com $1{,}0\ \mathrm{m/s}$ na direção $\theta$ (medida da horizontal) enquanto $B$ estava parada. A distância horizontal inicial entre os centros é de $6{,}0\ \mathrm{in}$ e a vertical, de $10\ \mathrm{in}$ . Após a colisão, $B$ passou a se mover com velocidade horizontal. Determine:

o ângulo $\theta$ ;
$v_B'$ .

Adote $1{,}0\ \mathrm{in} = 25\ \mathrm{mm}$ .

A chave é a bola tracejada: no instante do contato, $A$ tem de estar com o centro na mesma altura de $B$ , senão $B$ não sairia na horizontal. Isso fixa a subida ( $10\ \mathrm{in}$ ) e o avanço ( $6{,}0$ menos a soma dos raios).

Gabarito

a) $\theta = 70^\circ$ . b) $v_B' = 0{,}32\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — bola parada sai na linha de impacto. $B$ estava em repouso, e na direção tangencial não há impulso: sua velocidade depois só pode ser ao longo da linha de impacto. Como o enunciado diz que ela sai horizontal, a linha de impacto é horizontal — e portanto, no instante do contato, os dois centros estão na mesma altura.

Passo 2 — a geometria do trajeto de $A$ . Do início até o contato, o centro de $A$ :

sobe exatamente a diferença de altura entre os centros: $10\ \mathrm{in}$ ;
avança a distância horizontal menos a soma dos raios, porque no contato as superfícies se tocam. Cada raio vale $30\ \mathrm{mm} = 30/25 = 1{,}2\ \mathrm{in}$ , e a soma é $2{,}4\ \mathrm{in}$ :

\Delta x = 6{,}0 - 2{,}4 = 3{,}6\ \mathrm{in}

\theta = \arctan\frac{10}{3{,}6} = 70{,}2^\circ \approx 70^\circ

Passo 3 — decomponha $v_A$ na linha de impacto. Com a linha de impacto horizontal, “normal” é $x$ e “tangencial” é $y$ :

v_{An} = 1{,}0\cos 70^\circ = 0{,}342\ \mathrm{m/s} \qquad v_{At} = 1{,}0\sin 70^\circ = 0{,}940\ \mathrm{m/s}

Passo 4 — as duas equações na normal. Massas iguais (bolas idênticas), então elas cortam. Momento:

v_{An} = v_{An}' + v_B' \tag{1}

Restituição:

e = \frac{v_B' - v_{An}'}{v_{An} - 0} = 0{,}90 \quad\Longrightarrow\quad v_B' - v_{An}' = 0{,}90\,v_{An} \tag{2}

Passo 5 — resolva. Somando (1) e (2):

2v_B' = 1{,}90\,v_{An} \quad\Longrightarrow\quad v_B' = 0{,}95\,v_{An} = 0{,}95(0{,}342) = 0{,}32\ \mathrm{m/s}

e, de (1), $v_{An}' = 0{,}05\,v_{An} = 0{,}017\ \mathrm{m/s}$ — $A$ praticamente para na direção normal.

Passo 6 — e a tangencial de $A$ ? Intacta: $v_{At}' = 0{,}940\ \mathrm{m/s}$ . Então $A$ sai quase na vertical, a $89^\circ$ da horizontal, enquanto $B$ sai na horizontal. É isso que o choque quase-elástico entre massas iguais faz: troca a componente normal e não mexe na tangencial.

Cuidado com as unidades. As distâncias vêm em polegadas, os diâmetros em milímetros, e a conversão do enunciado é $1{,}0\ \mathrm{in} = 25\ \mathrm{mm}$ (não os $25{,}4$ de verdade). Use a do enunciado — e note que nada disso afeta $v_B'$ em $\mathrm{m/s}$ , porque a geometria só entra pelo ângulo.

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Questão 122º EE2022.2Engrenagem planetária · Velocidade angular e velocidade de um dente2,0 ptsVer material

O braço $AB$ gira em torno do pino fixo $A$ com $\omega_{AB} = 20\ \mathrm{rad/s}$ no sentido anti-horário, com $\overline{AB} = 120\ \mathrm{mm}$ . Na sua extremidade $B$ está montada uma engrenagem de raio $50\ \mathrm{mm}$ , que engrena com uma coroa fixa $C$ . Determine:

a velocidade angular da engrenagem $B$ ;
a velocidade do dente $D$ , no topo da engrenagem.

A coroa é fixa, então o ponto de contato da engrenagem com ela tem velocidade nula: é o centro instantâneo da engrenagem $B$ . Todo o resto sai daí.

Gabarito

a) $\vec{\omega}_B = (-48\ \mathrm{rad/s})\,\mathbf{k}$ — isto é, $48\ \mathrm{rad/s}$ no sentido horário.

b) $\vec{v}_D = (2{,}400\ \mathrm{mm/s})\,\mathbf{i} + (2{,}400\ \mathrm{mm/s})\,\mathbf{j}$ , ou seja $3{,}39\ \mathrm{m/s}$ a $45^\circ$ .

Passo a passo

Passo 1 — a velocidade do centro $B$ . $B$ é ponto do braço, que gira em torno do pino fixo $A$ . Com $\vec{\omega}_{AB} = 20\,\mathbf{k}$ e $\vec{r}_{AB} = 120\,\mathbf{i}$ :

\vec{v}_B = \vec{\omega}_{AB} \times \vec{r}_{AB} = (20\,\mathbf{k}) \times (120\,\mathbf{i}) = 2{,}400\,\mathbf{j}\ \mathrm{mm/s}

Passo 2 — item (a), pelo centro instantâneo. A coroa está fixa, então o ponto de contato $CI$ não tem velocidade. Ele está a $50\ \mathrm{mm}$ à direita de $B$ , ou seja $\vec{r}_{CI \to B} = -50\,\mathbf{i}$ . Como $B$ também é ponto da engrenagem:

\vec{v}_B = \vec{\omega}_B \times \vec{r}_{CI \to B} \quad\Longrightarrow\quad 2{,}400\,\mathbf{j} = (\omega_B\,\mathbf{k}) \times (-50\,\mathbf{i}) = -50\,\omega_B\,\mathbf{j}

\omega_B = -48\ \mathrm{rad/s} \quad\Longrightarrow\quad \vec{\omega}_B = (-48\ \mathrm{rad/s})\,\mathbf{k}

Sinal negativo: a engrenagem gira em sentido contrário ao braço. Faz sentido — ela rola pela face interna de uma coroa parada.

Passo 3 — item (b), o dente $D$ . $D$ está no topo da engrenagem, $\vec{r}_{BD} = 50\,\mathbf{j}$ . Use velocidade relativa a partir de $B$ :

\vec{v}_D = \vec{v}_B + \vec{\omega}_B \times \vec{r}_{BD} = 2{,}400\,\mathbf{j} + (-48\,\mathbf{k}) \times (50\,\mathbf{j})

Com $\mathbf{k}\times\mathbf{j} = -\mathbf{i}$ :

\vec{v}_D = 2{,}400\,\mathbf{j} + 2{,}400\,\mathbf{i}\ \mathrm{mm/s}

|\vec{v}_D| = 2{,}400\sqrt{2} = 3{,}39\times10^{3}\ \mathrm{mm/s} = 3{,}39\ \mathrm{m/s}

Confira pelo $CI$ . A distância de $D$ ao centro instantâneo é a diagonal $\sqrt{50^2 + 50^2} = 70{,}7\ \mathrm{mm}$ , e

v_D = |\omega_B|\,r_{D/CI} = 48 \times 70{,}7 = 3{,}39\times10^{3}\ \mathrm{mm/s}

Bate. Fazer os dois caminhos custa dez segundos e é a melhor apólice contra erro de sinal em produto vetorial.

Cuidado. $\vec{r}_{CI \to B}$ aponta do centro instantâneo para o ponto, nunca ao contrário. Inverter troca o sinal de $\omega_B$ e leva o item (b) junto.

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Questão 132º EE2023.1Cremalheira sobre engrenagem · Dedução da expressão2,0 ptsVer material

Uma cremalheira reta repousa sobre uma engrenagem de raio $r$ e está presa ao bloco $B$ , que desliza num guia horizontal. Chamando $\omega_D$ a velocidade angular anti-horária da engrenagem $D$ , o eixo $x$ positivo orientado para a direita e $\theta$ (horário) o ângulo entre a cremalheira e a horizontal, deduza uma expressão para a velocidade do bloco $B$ em função de $r$ , $\theta$ e $\omega_D$ .

O raio $DC$ é perpendicular à cremalheira, porque ela é tangente à engrenagem no contato. E o ângulo entre $\vec{v}_B$ (horizontal) e a cremalheira é o mesmo $\theta$ .

Gabarito

v_B = -\,\frac{r\,\omega_D}{\cos\theta}

atendendo às convenções $(\rightarrow +)$ e (anti-horário $+$ ).

Passo a passo

Passo 1 — a cremalheira translada. Ela está presa ao bloco $B$ , que corre num guia horizontal; o ângulo $\theta$ é fixo. Corpo rígido sem rotação: todos os pontos da cremalheira têm a mesma velocidade,

\vec{v}_{\text{qualquer ponto}} = \vec{v}_B = v_B\,\mathbf{i}

Isso já mata o problema — não há sistema para resolver, e é por isso que a questão pede “deduza uma expressão” e não um número.

Passo 2 — o vínculo no contato. Chame $C$ o ponto de contato. Como a cremalheira é tangente à engrenagem em $C$ , o raio $DC$ é perpendicular a ela: o triângulo $DBC$ é retângulo em $C$ .

Engrenar significa não escorregar, e a condição de não escorregar é: a componente da velocidade ao longo da tangente comum é a mesma nos dois corpos.

Passo 3 — os dois lados do vínculo. Na engrenagem, o ponto material em $C$ está a $r$ do centro fixo $D$ , e sua velocidade é tangencial, de módulo

v_C^{\text{(engrenagem)}} = \omega_D\,r

Na cremalheira, o ponto em $C$ tem velocidade $v_B\,\mathbf{i}$ , e sua componente ao longo da cremalheira — que faz $\theta$ com a horizontal — é

v_C^{\text{(cremalheira)}} = v_B\cos\theta

Passo 4 — iguale.

v_B\cos\theta = -\,r\,\omega_D \quad\Longrightarrow\quad v_B = -\,\frac{r\,\omega_D}{\cos\theta}

De onde vem o sinal. Com $\omega_D \gt 0$ (anti-horário) e o contato acima do centro $D$ , o dente em $C$ arrasta a cremalheira no sentido $-x$ ; logo $v_B \lt 0$ . O módulo é o que a física dá; o sinal é consequência exclusiva das convenções que o enunciado declarou, e por isso vale reescrevê-las na folha antes de começar.

A leitura da resposta. O $\cos\theta$ no denominador diz que quanto mais inclinada a cremalheira, mais rápido o bloco anda para a mesma rotação da engrenagem — o mecanismo é um amplificador de velocidade. E no limite $\theta \to 90^\circ$ a expressão explode: cremalheira vertical não pode estar presa a um bloco de guia horizontal, e a álgebra denuncia isso sozinha.

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Questão 142º EE2ª chamadaHaste com cursor · Velocidade relativa em corpo rígido2,0 ptsVer material

O cursor $B$ se move para cima num guia vertical com velocidade constante de $1{,}80\ \mathrm{m/s}$ . A haste $AB$ , de $1{,}20\ \mathrm{m}$ , tem a extremidade $A$ apoiada num plano inclinado a $25^\circ$ . No instante em que a haste faz $\theta = 33{,}4^\circ$ com a vertical, determine:

a velocidade angular da haste $AB$ ;
a velocidade da sua extremidade $A$ .

Duas direções conhecidas e dois módulos incógnitos: $\vec{v}_B$ é vertical e dada, $\vec{v}_A$ é paralela ao plano e tem módulo desconhecido. Com $\omega_{AB}$ , são duas incógnitas — e a equação vetorial dá duas equações.

Gabarito

a) $\omega_{AB} = 1{,}60\ \mathrm{rad/s}$ . b) $v_A = 1{,}76\ \mathrm{m/s}$ , subindo o plano.

Passo a passo

Passo 1 — escreva os três vetores. As direções vêm dos vínculos: $A$ só pode andar ao longo do plano de $25^\circ$ , e $B$ só pode andar na vertical.

\vec{v}_A = v_A(\cos 25^\circ\,\mathbf{i} + \sin 25^\circ\,\mathbf{j}) \qquad \vec{v}_B = 1{,}80\,\mathbf{j} \qquad \vec{\omega}_{AB} = \omega_{AB}\,\mathbf{k}

E a posição relativa, com a haste a $\theta = 33{,}4^\circ$ da vertical, $A$ abaixo e à esquerda de $B$ :

\vec{r}_{AB} = 1{,}20\,(-\sin 33{,}4^\circ\,\mathbf{i} - \cos 33{,}4^\circ\,\mathbf{j})

Passo 2 — a equação de velocidade relativa, $\vec{v}_A = \vec{v}_B + \vec{\omega}_{AB}\times\vec{r}_{AB}$ . Usando $\mathbf{k}\times\mathbf{i} = \mathbf{j}$ e $\mathbf{k}\times\mathbf{j} = -\mathbf{i}$ :

\vec{\omega}_{AB}\times\vec{r}_{AB} = 1{,}20\,\omega_{AB}\left(\cos 33{,}4^\circ\,\mathbf{i} - \sin 33{,}4^\circ\,\mathbf{j}\right)

Passo 3 — separe as componentes.

x:\quad v_A\cos 25^\circ = 1{,}20\,\omega_{AB}\cos 33{,}4^\circ \tag{1}

y:\quad v_A\sin 25^\circ = 1{,}80 - 1{,}20\,\omega_{AB}\sin 33{,}4^\circ \tag{2}

Passo 4 — elimine $\omega_{AB}$ . De (1), $1{,}20\,\omega_{AB} = v_A\cos 25^\circ/\cos 33{,}4^\circ$ . Levando em (2):

v_A\sin 25^\circ = 1{,}80 - v_A\cos 25^\circ\,\tan 33{,}4^\circ

v_A = \frac{1{,}80}{\sin 25^\circ + \cos 25^\circ\tan 33{,}4^\circ} = \frac{1{,}80}{0{,}4226 + 0{,}5982} = 1{,}76\ \mathrm{m/s}

Passo 5 — volte a (1) para o item (a):

\omega_{AB} = \frac{v_A\cos 25^\circ}{1{,}20\cos 33{,}4^\circ} = \frac{1{,}76(0{,}9063)}{1{,}20(0{,}8348)} = 1{,}60\ \mathrm{rad/s}

O padrão que se repete. Nunca tente resolver este tipo de questão por triângulos de velocidade “no olho”. O roteiro é sempre: direções pelos vínculos → uma equação vetorial → duas equações escalares → sistema. O que muda de prova para prova é só a geometria dos vínculos.

Cuidado. ” $\theta$ com a vertical” — o enunciado diz isso, e a haste é curta o suficiente para o desenho enganar. Se você tratar $33{,}4^\circ$ como ângulo com a horizontal, os senos e cossenos trocam de lugar e $v_A$ sai $1{,}00\ \mathrm{m/s}$ .

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Questão 152º EE2025.1Cilindro rolando · Energia com rotação e normal na curva4,0 ptsVer material

Um cilindro de massa igual a $2\ \mathrm{kg}$ , inicialmente em repouso, desce uma rampa de altura igual a $20\ \mathrm{m}$ e, ao atingir a parte plana, segue rolando até subir uma outra ladeira que obedece à função $y = 0{,}2\,x^2$ , com $x$ e $y$ em metros. Determine a intensidade da reação normal sobre o cilindro na posição $x = 5\ \mathrm{m}$ .

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

Gabarito

$N = 22{,}8\ \mathrm{N}$ .

Passo a passo

Passo 1 — energia dá velocidade, Newton dá força. Duas etapas, nesta ordem. A pergunta é sobre força, mas a força depende de $v^2$ , então a energia vem primeiro.

Passo 2 — a energia cinética de um cilindro que rola tem duas parcelas. Com $I_G = \tfrac12 mR^2$ e $v_G = \omega R$ :

T = \tfrac{1}{2}mv_G^2 + \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{1}{2}mR^2\right)\!\left(\frac{v_G}{R}\right)^{\!2} = \tfrac{1}{2}mv_G^2\left(1 + \tfrac{1}{2}\right) = \tfrac{3}{4}mv_G^2

O raio desapareceu, e é por isso que o enunciado não precisa dar $R$ .

Passo 3 — a altura líquida da queda. Em $x = 5$ , a ladeira já subiu

y = 0{,}2(5)^2 = 5{,}0\ \mathrm{m}

Então, do início até ali, o cilindro desceu $20 - 5 = 15\ \mathrm{m}$ de altura líquida.

Passo 4 — o atrito de rolamento não trabalha, então a energia se conserva:

mg(15) = \tfrac{3}{4}mv_G^2 \quad\Longrightarrow\quad v_G^2 = \frac{4(9{,}81)(15)}{3} = 196{,}2\ \mathrm{m^2/s^2}

v_G = 14{,}0\ \mathrm{m/s}

Passo 5 — a geometria da curva em $x = 5$ . Derivadas da parábola:

y' = 0{,}4x = 2{,}0 \qquad y'' = 0{,}4

A tangente faz $\theta = \arctan 2{,}0 = 63{,}4^\circ$ com a horizontal, e o raio de curvatura é

\rho = \frac{\left[1 + (y')^2\right]^{3/2}}{|y''|} = \frac{(1+4)^{3/2}}{0{,}4} = \frac{11{,}18}{0{,}4} = 27{,}95\ \mathrm{m}

Passo 6 — Newton na direção normal. A parábola é côncava para cima e o cilindro anda por cima dela: o centro de curvatura está acima da pista, logo a aceleração centrípeta aponta para cima. Nessa direção, a normal empurra para cima e a componente do peso, para baixo:

N - mg\cos\theta = m\,\frac{v_G^2}{\rho}

N = 2{,}0\left(9{,}81\cos 63{,}4^\circ + \frac{196{,}2}{27{,}95}\right) = 2{,}0\,(4{,}39 + 7{,}02) = 22{,}8\ \mathrm{N}

A leitura da resposta. $N = 22{,}8\ \mathrm{N}$ é maior que o peso, $19{,}6\ \mathrm{N}$ : além de sustentar o cilindro contra a componente do peso, a pista ainda o obriga a curvar para cima. Numa lombada (concavidade para baixo) o termo $mv^2/\rho$ trocaria de lado e a pergunta interessante passaria a ser em que ponto $N$ chega a zero.

Cuidado — dois erros clássicos:

Esquecer a parcela de rotação e usar $v_G^2 = 2gh$ . Daria $v_G^2 = 294{,}3$ e $N = 29{,}9\ \mathrm{N}$ : um cilindro que rola chega mais lento que um bloco que escorrega, porque parte da energia foi para o giro.
Usar a altura total, $20\ \mathrm{m}$ , em vez da líquida, $15\ \mathrm{m}$ . Em $x = 5$ o cilindro já subiu $5\ \mathrm{m}$ de volta.

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Questão 162º EE2ª avaliaçãoMomento angular de um sólido · Semiesfera3,0 ptsVer material

Uma semiesfera de raio $r = 2\ \mathrm{cm}$ e massa $m = 10\ \mathrm{g}$ gira em relação ao eixo $z$ , o seu eixo de simetria, com velocidade angular $\omega = 5\ \mathrm{rad/s}$ . Determine o momento angular em relação ao eixo citado.

Gabarito

$H_z = 8{,}0\times10^{-6}\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — converta as unidades antes de tudo. É onde essa questão pega:

r = 2\ \mathrm{cm} = 0{,}02\ \mathrm{m} \qquad m = 10\ \mathrm{g} = 0{,}010\ \mathrm{kg}

Passo 2 — o momento de inércia da semiesfera em torno do eixo de simetria. É o mesmo da esfera cheia:

I_z = \tfrac{2}{5}m r^2

E o motivo vale entender, porque é a única ideia da questão: $I_z = \int (x^2+y^2)\,dm$ só olha a distância ao eixo. Cortar a esfera pelo plano equatorial tira metade da massa e metade da integral, na mesma proporção — então a razão $I/m$ não muda. Cortar por um plano que contém o eixo daria o mesmo resultado, e pela mesma razão.

I_z = \tfrac{2}{5}(0{,}010)(0{,}02)^2 = 1{,}6\times10^{-6}\ \mathrm{kg\cdot m^2}

Passo 3 — o momento angular.

H_z = I_z\,\omega = (1{,}6\times10^{-6})(5) = 8{,}0\times10^{-6}\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}

Caiu de novo. A mesma questão apareceu no 2º EE de 2024.2 com $r = 10\ \mathrm{cm}$ , $m = 4\ \mathrm{kg}$ e $\omega = 4\ \mathrm{rad/s}$ :

I_z = \tfrac{2}{5}(4)(0{,}10)^2 = 0{,}016\ \mathrm{kg\cdot m^2} \qquad H_z = 0{,}016 \times 4 = 0{,}064\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}

Só os números mudaram. Vale saber que essa é uma das poucas questões da cadeira que se resolve em duas linhas — desde que você não tropece nas unidades.

Cuidado. Não confunda com o $I$ da casca semiesférica (superfície, sem massa dentro), que é $\tfrac{2}{3}mr^2$ . O enunciado diz “semiesfera”, corpo maciço.

E não use o teorema dos eixos paralelos aqui: o centro de massa da semiesfera está a $3r/8$ do plano de corte, mas isso é medido ao longo do eixo $z$ — não afasta a massa do eixo. Eixos paralelos só entra quando o eixo pedido é paralelo e deslocado do que passa por $G$ , e aqui é o mesmo eixo.

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Questão 172º EE2ª avaliaçãoDisco rolando no loop · Normal fora do ponto mais alto3,0 ptsVer material

Um disco de massa $M = 2\ \mathrm{kg}$ desce a rampa rotacionando, a partir do repouso, de uma altura de $40\ \mathrm{m}$ . Ao chegar ao plano horizontal, entra numa pista circular de raio $10\ \mathrm{m}$ apoiada no solo. Calcule a intensidade da força normal sobre o disco no ponto $B$ , situado a $30^\circ$ acima da horizontal que passa pelo centro da pista.

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

A pista é tangente ao solo, então o centro está a $10\ \mathrm{m}$ de altura, e $B$ está a $10 + 10\sin 30^\circ = 15\ \mathrm{m}$ . Só a queda líquida de $25\ \mathrm{m}$ entra na energia.

Gabarito

$N = 55{,}6\ \mathrm{N}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a altura de $B$ . A pista de raio $10\ \mathrm{m}$ é tangente ao solo, então o centro está a $10\ \mathrm{m}$ . O ponto $B$ , a $30^\circ$ acima da horizontal do centro:

h_B = 10 + 10\sin 30^\circ = 15\ \mathrm{m}

Passo 2 — energia, com a parcela de rotação. O disco rola: $I_G = \tfrac12 MR^2$ e $v = \omega R$ , então $T = \tfrac{3}{4}Mv^2$ . Da altura inicial até $B$ , caiu $40 - 15 = 25\ \mathrm{m}$ :

Mg(25) = \tfrac{3}{4}Mv^2 \quad\Longrightarrow\quad v^2 = \frac{4(9{,}81)(25)}{3} = 327\ \mathrm{m^2/s^2}

Passo 3 — Newton na direção radial. O disco corre pela face interna da pista, então a normal aponta para o centro. Em $B$ , o raio faz $30^\circ$ com a horizontal, e a componente do peso na direção do centro vale $Mg\sin 30^\circ$ :

N + Mg\sin 30^\circ = M\,\frac{v^2}{R}

N = 2{,}0\left(\frac{327}{10} - 9{,}81\times 0{,}5\right) = 2{,}0\,(32{,}7 - 4{,}91) = 55{,}6\ \mathrm{N}

A leitura da resposta. $N$ é quase três vezes o peso do disco ( $19{,}6\ \mathrm{N}$ ) — e ainda assim está longe do limite: mesmo no ponto mais alto da pista sobraria normal de sobra, porque com $40\ \mathrm{m}$ de queda a velocidade é enorme para um raio de só $10\ \mathrm{m}$ .

Duas armadilhas:

A parcela de rotação. Ignorá-la dá $v^2 = 490$ e $N = 88{,}2\ \mathrm{N}$ — quase $60\%$ a mais. “Desce rotacionando” é o aviso do enunciado.
O sinal da componente do peso. Em $B$ o peso ajuda a curvar (aponta parcialmente para o centro), então ele alivia a normal. No ponto mais baixo da pista o peso aponta para fora do centro e a normal fica maior que $Mv^2/R$ .

Sobre o enunciado. Ele chama o corpo de “disco” na primeira linha e de “esfera” na pergunta. Adotei disco ( $I_G = \tfrac12 MR^2$ ), que é o que está declarado com a massa. Com esfera ( $\tfrac25 MR^2$ ) daria $v^2 = 2g(25)/1{,}4 = 350{,}4$ e $N = 60{,}3\ \mathrm{N}$ .

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Questão 182º EE2ª avaliaçãoPneu que rola pela rampa · Resposta simbólica4,0 ptsVer material

Um pneu de automóvel tem massa $m$ e raio de giração $k_G$ em relação ao seu centro. Ele é solto do repouso no ponto $A$ de uma inclinação, cujo centro está a uma altura $h$ acima do nível que o centro terá no plano horizontal. O pneu rola sem deslizar. Determine sua velocidade angular quando atinge o plano horizontal, em termos de $m$ , $g$ , $h$ , $r$ e $k_G$ .

Gabarito

\omega = \sqrt{\frac{2\,g\,h}{k_G^2 + r^2}}

Passo a passo

Passo 1 — por que energia, e não Newton. O enunciado dá altura e pede velocidade, sem falar de tempo nem de força. E há um detalhe que torna a 2ª lei inviável aqui: o ângulo $\theta$ da rampa não é dado. Pela energia, ele não precisa ser — só a diferença de altura importa.

Passo 2 — o momento de inércia, pelo raio de giração.

I_G = m\,k_G^2

O pneu não é disco nem anel: tem borracha na borda e aro no meio. É exatamente por isso que o enunciado dá $k_G$ em vez de uma forma geométrica.

Passo 3 — a energia cinética, com as duas parcelas. Rolando sem deslizar, $v_G = \omega r$ :

T = \tfrac{1}{2}m\,v_G^2 + \tfrac{1}{2}I_G\,\omega^2 = \tfrac{1}{2}m\,\omega^2 r^2 + \tfrac{1}{2}m\,k_G^2\,\omega^2 = \tfrac{1}{2}m\,\omega^2\left(r^2 + k_G^2\right)

Passo 4 — conservação da energia. O atrito estático do rolamento não trabalha (o ponto de contato não desliza), então nada se dissipa:

m\,g\,h = \tfrac{1}{2}m\,\omega^2\left(k_G^2 + r^2\right)

\omega = \sqrt{\frac{2\,g\,h}{k_G^2 + r^2}}

A massa cortou — e tinha de cortar, porque tanto a energia disponível quanto a inércia são proporcionais a ela. O enunciado listou $m$ entre as variáveis da resposta, mas ela não sobrevive; dizer isso explicitamente na folha vale ponto.

Testes de sanidade que valem fazer sempre numa resposta simbólica:

Unidades: $g h$ tem $\mathrm{m^2/s^2}$ , dividido por $\mathrm{m^2}$ dá $\mathrm{s^{-2}}$ , e a raiz dá $\mathrm{rad/s}$ . Confere.
Caso-limite $k_G \to 0$ (toda a massa no eixo, nada gira): $\omega = \sqrt{2gh}/r$ , ou seja $v_G = \sqrt{2gh}$ — a queda livre em altura, como num bloco sem atrito. Confere.
$k_G$ grande (massa toda na borda): $\omega$ cai. Faz sentido: mais inércia de rotação, menos velocidade para a mesma altura.

Cuidado com a altura. Na figura da prova, $h$ é a queda do centro do pneu, e a cota $r$ aparece separada justamente para deixar isso claro. Usar a altura do ponto de contato ou a do topo do pneu introduz um erro de $\pm r$ que a resposta simbólica não perdoa.

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Questão 192º EE2024.2Disco que rola e colide elasticamente · Altura de retorno2,5 ptsVer material

O disco $A$ , ao ser abandonado de uma altura $H = 20\ \mathrm{m}$ , desce a rampa rotacionando (sem deslizar) até sofrer uma colisão perfeitamente elástica com o disco $B$ , que possui o dobro da massa de $A$ e se encontra inicialmente em repouso. Após essa colisão, $B$ entra em movimento e $A$ retorna, subindo a rampa. Determine a altura que $A$ atinge.

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

Gabarito

$h' = 2{,}22\ \mathrm{m}$ (com $v_A = 16{,}17\ \mathrm{m/s}$ e $v_A' = 5{,}39\ \mathrm{m/s}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — a descida, com a parcela de rotação. Disco rolando: $I_G = \tfrac12 m r^2$ e $v = \omega r$ , então

m g H = \tfrac{1}{2}m v_A^2 + \tfrac{1}{2}\!\left(\tfrac{1}{2}m r^2\right)\!\frac{v_A^2}{r^2} = \tfrac{3}{4}m v_A^2

v_A = \sqrt{\frac{4gH}{3}} = \sqrt{\frac{4(9{,}81)(20)}{3}} = 16{,}17\ \mathrm{m/s}

Passo 2 — a colisão, com $m_B = 2m_A$ e $e = 1$ . Momento linear, adotando positivo o sentido da descida e já antecipando que $A$ volta (sinal negativo em $v_A'$ ):

m_A v_A = -m_A v_A' + 2m_A v_B' \quad\Longrightarrow\quad 16{,}17 = -v_A' + 2v_B' \tag{I}

Restituição com $e = 1$ , também já com $A$ voltando:

1 = \frac{v_B' - (-v_A')}{v_A - 0} \quad\Longrightarrow\quad v_A' + v_B' = 16{,}17 \tag{II}

Passo 3 — resolva. De (II), $v_B' = 16{,}17 - v_A'$ ; em (I):

16{,}17 = -v_A' + 2(16{,}17 - v_A') = 32{,}34 - 3v_A'

v_A' = 5{,}39\ \mathrm{m/s}\ (\text{voltando}) \qquad v_B' = 10{,}78\ \mathrm{m/s}

Confere com a fórmula fechada da colisão elástica: $v_A' = v_A\dfrac{m_A - m_B}{m_A + m_B} = -\dfrac{v_A}{3}$ , e é exatamente $-5{,}39$ . Bater um resultado contra a fórmula fechada é o melhor uso de trinta segundos numa prova.

Passo 4 — a subida, com a mesma conta do Passo 1 de volta:

h' = \frac{3\,v_A'^2}{4g} = \frac{3(5{,}39)^2}{4(9{,}81)} = 2{,}22\ \mathrm{m}

A leitura da resposta. $A$ volta com um terço da velocidade, logo a um nono da altura: $20/9 = 2{,}22\ \mathrm{m}$ . Bate exatamente, e é o jeito mais rápido de conferir o resultado inteiro sem refazer nada.

Uma ressalva honesta. A resolução (e o gabarito da prova) supõe que $A$ continua rolando depois da colisão, com $v_A' = \omega_A' r$ . Fisicamente, um impacto liso não inverte a rotação: $A$ sairia transladando para trás enquanto ainda gira para frente, e só depois de escorregar um trecho voltaria a rolar — dissipando energia nesse escorregamento. O modelo da prova ignora isso, e é o que se espera na resposta; mas vale saber que a altura real seria um pouco menor.

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Questão 202º EE2024.2Impulso com força motriz e atrito, ambos variáveis2,5 ptsVer material

Uma força de intensidade $F = 2t^2$ é aplicada sobre um bloco de massa $M = 5\ \mathrm{kg}$ no instante em que sua velocidade é igual a $2\ \mathrm{m/s}$ . Sabendo que existe uma força contrária ao movimento de intensidade $F_{at} = 3t$ , calcule a velocidade do bloco no instante $t = 2\ \mathrm{s}$ . As forças estão em newtons e $t$ em segundos.

Gabarito

$v = 1{,}87\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o teorema, com as duas forças. A soma dos impulsos é o que conta, cada um com seu sinal:

M v_1 + \int_0^{2}\! F\,dt - \int_0^{2}\! F_{at}\,dt = M v_2

Passo 2 — as duas integrais, ambas elementares.

\int_0^{2} 2t^2\,dt = \left.\frac{2t^3}{3}\right|_0^{2} = \frac{16}{3} = 5{,}33\ \mathrm{N\cdot s}

\int_0^{2} 3t\,dt = \left.\frac{3t^2}{2}\right|_0^{2} = 6{,}00\ \mathrm{N\cdot s}

Passo 3 — substitua.

5(2) + 5{,}33 - 6{,}00 = 5\,v_2 \quad\Longrightarrow\quad v_2 = \frac{9{,}33}{5} = 1{,}87\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. O bloco desacelerou: saiu de $2{,}0$ e chegou a $1{,}87\ \mathrm{m/s}$ . Faz sentido, porque nos primeiros dois segundos o atrito foi maior que a força motriz — as duas se cruzam onde $2t^2 = 3t$ , isto é, em $t = 1{,}5\ \mathrm{s}$ . Antes disso o bloco perde velocidade; depois, ganha. Em $t = 2\ \mathrm{s}$ ele acabou de virar a curva e ainda está abaixo de onde começou.

Cuidado com o “atrito” deste enunciado. Ele é dado como $3t$ , uma função explícita do tempo — não é $\mu N$ . Isso é ficção conveniente do enunciado (atrito de verdade não cresce com o relógio), mas é o que está escrito, e o teorema do impulso aceita qualquer $F(t)$ . Não tente achar $\mu$ nem $N$ : não há dados para isso, e não é o que se pede.

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Questão 212º EE2024.2Trem de engrenagens · Relação de transmissão composta2,5 ptsVer material

Um motor gira a engrenagem $A$ ( $r_A = 40\ \mathrm{mm}$ ) com aceleração angular $\alpha_A = 2\ \mathrm{rad/s^2}$ , quando sua velocidade angular é $\omega_A = 20\ \mathrm{rad/s}$ . A engrenagem $A$ engrena com $B$ ( $r_B = 100\ \mathrm{mm}$ ); a engrenagem $C$ ( $r_C = 50\ \mathrm{mm}$ ) está montada no mesmo eixo de $B$ ; e $C$ engrena com $D$ ( $r_D = 100\ \mathrm{mm}$ ). Determine a aceleração angular e a velocidade angular da engrenagem $D$ .

Gabarito

$\omega_D = 4{,}0\ \mathrm{rad/s}$ e $\alpha_D = 0{,}40\ \mathrm{rad/s^2}$ .

Passo a passo

Passo 1 — as duas regras do trem de engrenagens. Só existem duas, e a questão é saber qual usar em cada par:

engrenadas (dentes em contato): mesma velocidade do ponto de contato, logo $\omega_1 r_1 = \omega_2 r_2$ ;
no mesmo eixo: mesma velocidade angular, $\omega_1 = \omega_2$ , independentemente dos raios.

Passo 2 — de $A$ para $B$ (engrenadas):

\omega_B = \frac{r_A}{r_B}\,\omega_A = \frac{40}{100}(20) = 8{,}0\ \mathrm{rad/s}

Passo 3 — de $B$ para $C$ (mesmo eixo). É de graça:

\omega_C = \omega_B = 8{,}0\ \mathrm{rad/s}

Passo 4 — de $C$ para $D$ (engrenadas):

\omega_D = \frac{r_C}{r_D}\,\omega_C = \frac{50}{100}(8{,}0) = 4{,}0\ \mathrm{rad/s}

Passo 5 — a aceleração angular segue a MESMA razão. Derive a relação $\omega_D = (r_A r_C)/(r_B r_D)\,\omega_A$ no tempo: os raios são constantes, então

\alpha_D = \frac{r_A\,r_C}{r_B\,r_D}\,\alpha_A = \frac{40 \times 50}{100 \times 100}(2) = 0{,}20 \times 2 = 0{,}40\ \mathrm{rad/s^2}

O número que resume o mecanismo. A razão de transmissão total é

\frac{\omega_D}{\omega_A} = \frac{r_A\,r_C}{r_B\,r_D} = \frac{1}{5}

um redutor de $5{:}1$ — e ele vale para $\omega$ , para $\alpha$ e para o ângulo girado, todos na mesma proporção. Em contrapartida, o torque é multiplicado por 5: é para isso que existe caixa de redução.

Cuidado. Não multiplique as razões erradas. Confundir “mesmo eixo” com “engrenadas” no par $B$ – $C$ introduziria um fator $100/50 = 2$ e a resposta sairia dobrada. Antes de escrever qualquer conta, marque no desenho quais pares têm dente em contato e quais compartilham eixo.

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Questão 222º EE1ª avaliaçãoPrancha articulada com mola · Energia e lançamento4,0 ptsVer material

Uma haste de massa desprezível tem um apoio articulado em uma extremidade. A outra extremidade possui um recipiente apoiado em uma mola e amarrado ao solo por um fio. A haste é mantida na posição horizontal e a mola, comprimida. Uma bola é colocada nesse recipiente e, após o corte do fio, o sistema é liberado com distensão instantânea da mola. A haste gira, e quando ela está perpendicular ao solo a bola é lançada.

Qual deve ser a constante elástica da mola, em $\mathrm{N/m}$ , para que a bola acerte o cesto?

Dados: comprimento da prancha $1\ \mathrm{m}$ ; distância do apoio ao cesto $5\ \mathrm{m}$ ; massa da bola $200\ \mathrm{g}$ ; deformação inicial da mola $10\ \mathrm{cm}$ ; $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ . Despreze as dimensões da bola.

Três etapas: a mola entrega energia; a haste sobe a bola $1\ \mathrm{m}$ e a joga na horizontal; a bola cai como projétil. O lançamento acontece exatamente sobre o apoio, e é daí que se conta os $5\ \mathrm{m}$ .

Gabarito

$k = 2900\ \mathrm{N/m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — de trás para frente: o lançamento. Quando a haste chega à vertical, a bola está a $1\ \mathrm{m}$ de altura, diretamente acima do apoio, e sua velocidade é tangente à trajetória circular — ou seja, horizontal, apontando para o cesto.

Passo 2 — a queda, como projétil. De $h = 1\ \mathrm{m}$ , sem velocidade vertical inicial:

t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2(1)}{10}} = 0{,}4472\ \mathrm{s}

Na horizontal, o alcance tem de ser os $5\ \mathrm{m}$ que separam o apoio do cesto:

v = \frac{5}{0{,}4472} = 11{,}18\ \mathrm{m/s} \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 125\ \mathrm{m^2/s^2}

Passo 3 — agora a energia, de trás para frente também. A mola entrega toda a sua energia à bola. Parte vira altura ( $1\ \mathrm{m}$ ), parte vira velocidade:

\tfrac{1}{2}k\,x^2 = \tfrac{1}{2}m\,v^2 + m\,g\,h

\tfrac{1}{2}k\,(0{,}10)^2 = \tfrac{1}{2}(0{,}2)(125) + (0{,}2)(10)(1)

0{,}005\,k = 12{,}5 + 2{,}0 = 14{,}5 \quad\Longrightarrow\quad k = 2900\ \mathrm{N/m}

Por que a haste não aparece na conta. Massa desprezível: ela não guarda energia cinética de rotação nem energia potencial (o centro de massa de uma haste sem massa não pesa nada). Ela é apenas o mecanismo que transporta a bola de altura $0$ até altura $1\ \mathrm{m}$ e gira a velocidade de vertical para horizontal. Se a haste tivesse massa, entraria um termo $\tfrac12 I_O\omega^2$ e a resposta subiria.

Cuidado com os $5\ \mathrm{m}$ . É a distância do apoio ao cesto, e o lançamento acontece na vertical do apoio. Se você medir a partir da ponta original da haste, some ou subtraia $1\ \mathrm{m}$ e a resposta muda de $2900$ para $2000$ ou $4000\ \mathrm{N/m}$ — todas erradas.

E o $1\ \mathrm{m}$ de altura. Ele entra duas vezes: no tempo de queda (Passo 2) e na energia potencial (Passo 3). Esquecer o segundo uso dá $k = 2500\ \mathrm{N/m}$ — o erro mais comum nesta questão.

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Questão 232º EE2024.1Corrente que escorrega do tubo · Energia com centro de massa3,0 ptsVer material

Um tubo com um quarto de circunferência $AB$ e raio médio $r$ contém uma corrente lisa que possui massa por comprimento unitário $m_0$ . O tubo vai de $A$ — na extremidade superior, no nível do centro $O$ — até $B$ , na extremidade inferior, e a corrente o preenche completamente. Se a corrente for solta do repouso a partir da posição mostrada, determine a velocidade quando ela aparecer completamente fora do tubo, esticada sobre o plano horizontal que passa por $B$ .

Como a corrente muda de forma, não existe “a altura do corpo”: o que desce é o centro de massa. Achá-lo no arco é a única conta séria da questão.

Gabarito

v = \sqrt{2\,g\,r\left(1 - \tfrac{2}{\pi}\right)} \approx 0{,}853\,\sqrt{g\,r}

Passo a passo

Passo 1 — por que energia, e por que centro de massa. O tubo é liso (não dissipa) e todos os elos da corrente têm o mesmo módulo de velocidade em cada instante — é uma corrente inextensível. Então

T = \tfrac{1}{2}M\,v^2

com $M$ a massa total, exatamente como se fosse uma partícula. O que não é como uma partícula é a energia potencial: a corrente muda de forma, e o único jeito de contabilizar altura é pelo centro de massa.

M = m_0\,\frac{\pi r}{2}

Passo 2 — a altura do CM no arco. Tome o nível de $B$ como referência. Parametrize o arco pelo ângulo $\varphi$ medido em $O$ a partir de $OB$ : um ponto do arco está em

y(\varphi) = r\,(1 - \cos\varphi) \qquad \varphi \in \left[0,\ \tfrac{\pi}{2}\right]

(Confira os extremos: $\varphi=0$ dá $y=0$ , que é $B$ ; $\varphi=\pi/2$ dá $y=r$ , que é $A$ . ✔)

A média ao longo do arco, com comprimento total $\pi r/2$ e elemento $ds = r\,d\varphi$ :

\bar{y}_i = \frac{1}{\pi/2}\int_0^{\pi/2}(1-\cos\varphi)\,r\,d\varphi = \frac{2r}{\pi}\Big[\varphi - \sin\varphi\Big]_0^{\pi/2} = \frac{2r}{\pi}\left(\frac{\pi}{2} - 1\right)

\bar{y}_i = r\left(1 - \frac{2}{\pi}\right) = 0{,}3634\,r

Passo 3 — a altura final. Esticada no plano por $B$ , a corrente inteira está em $y = 0$ :

\bar{y}_f = 0

Passo 4 — conservação da energia.

M\,g\,\bar{y}_i = \tfrac{1}{2}M\,v^2 \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{2\,g\,\bar{y}_i}

v = \sqrt{2\,g\,r\left(1 - \frac{2}{\pi}\right)} = \sqrt{0{,}7268\,g\,r} = 0{,}853\,\sqrt{g\,r}

O $m_0$ não sobrevive — e não podia: ele multiplica a energia disponível e a inércia na mesma proporção. O enunciado o dá justamente para ver se você percebe isso. Compare com a queda livre de uma partícula da altura $\bar{y}_i$ : é literalmente o mesmo número, e é assim que se confere a resposta.

Cuidado — dois erros de altura:

Usar $r$ como a queda do CM. O CM do arco não está em $A$ nem no meio geométrico da corda: está a $0{,}363\,r$ acima de $B$ , bem mais baixo que a metade.
Esquecer que a posição final também tem um CM. Aqui ele deu zero porque a corrente ficou toda no nível de $B$ ; se ela caísse pendurada, haveria um $\bar{y}_f$ negativo e a velocidade seria maior.

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Questão 242º EE2025.2Atrito, colisão e mola em sequência3,0 ptsVer material

O bloco $A$ , de $15\ \mathrm{kg}$ , desliza sobre a superfície para a qual $\mu_k = 0{,}3$ . O bloco tem velocidade $v = 10\ \mathrm{m/s}$ quando está a $s = 4\ \mathrm{m}$ do bloco $B$ , de $10\ \mathrm{kg}$ . Se a mola não deformada tem rigidez $k = 1000\ \mathrm{N/m}$ , determine a compressão máxima da mola decorrente da colisão. Considere $e = 0{,}6$ . Só existe atrito na superfície na região $s$ mostrada na figura.

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

Três trechos, três ferramentas: atrito nos $4\ \mathrm{m}$ , colisão no contato, mola depois. Nenhuma delas serve para outro trecho.

Gabarito

$x_{\max} = 0{,}839\ \mathrm{m}$ (com $v_A = 8{,}74\ \mathrm{m/s}$ na chegada e $v_B' = 8{,}39\ \mathrm{m/s}$ após o choque).

Passo a passo

Passo 1 — o trecho com atrito. Trabalho e energia nos $4\ \mathrm{m}$ :

\tfrac{1}{2}m_A v_A^2 = \tfrac{1}{2}m_A(10)^2 - \mu_k\,m_A\,g\,(4)

v_A^2 = 100 - 2(0{,}3)(9{,}81)(4) = 100 - 23{,}54 = 76{,}46 \quad\Longrightarrow\quad v_A = 8{,}74\ \mathrm{m/s}

Passo 2 — a colisão. Momento linear, com $B$ parado:

15(8{,}74) = 15\,v_A' + 10\,v_B' \quad\Longrightarrow\quad 131{,}2 = 15v_A' + 10v_B' \tag{1}

Restituição:

0{,}6 = \frac{v_B' - v_A'}{8{,}74} \quad\Longrightarrow\quad v_B' - v_A' = 5{,}25 \tag{2}

Passo 3 — resolva. De (2), $v_B' = v_A' + 5{,}25$ ; em (1):

131{,}2 = 25\,v_A' + 52{,}5 \quad\Longrightarrow\quad v_A' = 3{,}15\ \mathrm{m/s} \qquad v_B' = 8{,}39\ \mathrm{m/s}

Os dois seguem para a esquerda; $A$ vai atrás, mais devagar, e não alcança $B$ antes de a mola atingir o máximo.

Passo 4 — a mola. $B$ está fora da região com atrito, então nada dissipa. Deflexão máxima é onde $B$ para:

\tfrac{1}{2}(10)(8{,}39)^2 = \tfrac{1}{2}(1000)\,x_{\max}^2

x_{\max} = 8{,}39\sqrt{\frac{10}{1000}} = 0{,}839\ \mathrm{m}

Por que ler “só existe atrito na região $s$ ” com atenção. É a frase que autoriza o Passo 4 sem termo dissipativo. Se houvesse atrito sob $B$ , a compressão viria de uma equação do 2º grau em $x$ (com o trabalho do atrito $-\mu_k m_B g\,x$ dentro), e não de uma raiz simples.

Confira quanto se perdeu no choque.

\Delta T = \tfrac{1}{2}(15)(76{,}46) - \left[\tfrac{1}{2}(15)(3{,}15)^2 + \tfrac{1}{2}(10)(8{,}39)^2\right] = 573{,}5 - 426{,}0 = 148\ \mathrm{J}

ou seja $26\%$ da energia que sobrou depois do atrito. Com $e = 0{,}6$ isso é esperado — e é bom sinal quando a perda dá positiva e menor que a energia total: se der negativa, há erro de sinal em (1) ou (2).

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Questão 252º EELista de energiaMola num anel horizontal · Energia com geometria de Thales2,0 ptsVer material

A figura mostra a vista superior de um anel de raio $R$ , contido num plano horizontal, que serve de trilho para uma pequena conta de massa $m$ deslizar sobre ele sem atrito. Uma mola de constante elástica $k$ e comprimento natural $R$ tem uma extremidade fixa no ponto $A$ do anel e a outra ligada à conta. Inicialmente a conta está em repouso no ponto $B$ , diametralmente oposto a $A$ . Se $P$ é um ponto qualquer do anel e $\theta$ é o ângulo entre os segmentos $AB$ e $AP$ , a velocidade da conta ao passar por $P$ é:

$R\sqrt{\dfrac{k}{m}}\;|\cos\theta|$
$2R\sqrt{\dfrac{k}{m}}\;\operatorname{sen}\theta$
$R\sqrt{\dfrac{k}{m}}\;|\cos\theta + \operatorname{sen}\theta - 1|$
$2R\sqrt{\dfrac{k}{m}\left(\cos\theta - \cos^2\theta\right)}$
$R\sqrt{\dfrac{k}{m}}\;\operatorname{sen}\theta\cos\theta$

$AB$ é diâmetro, então o ângulo $A\hat{P}B$ é reto (Thales) — e daí $\overline{AP} = 2R\cos\theta$ sem nenhuma trigonometria adicional.

Gabarito

Alternativa (d):

v = 2R\sqrt{\frac{k}{m}\left(\cos\theta - \cos^2\theta\right)}

Passo a passo

Passo 1 — a geometria, que é metade da questão. $AB$ é um diâmetro (B é diametralmente oposto a A), logo $\overline{AB} = 2R$ . Pelo teorema de Thales, todo ponto $P$ do círculo vê o diâmetro sob ângulo reto: o triângulo $APB$ é retângulo em $P$ . Então

\overline{AP} = \overline{AB}\cos\theta = 2R\cos\theta

Passo 2 — as deformações da mola. Comprimento natural $R$ .

Em $B$ : comprimento $2R$ , deformação

s_B = 2R - R = R

Em $P$ : comprimento $2R\cos\theta$ , deformação

s_P = 2R\cos\theta - R = R\,(2\cos\theta - 1)

Passo 3 — conservação da energia. O plano é horizontal: o peso não trabalha, e o trilho é liso. Partindo do repouso em $B$ :

\tfrac{1}{2}k\,s_B^2 = \tfrac{1}{2}m\,v^2 + \tfrac{1}{2}k\,s_P^2

m\,v^2 = k\,R^2\left[1 - (2\cos\theta - 1)^2\right]

Passo 4 — abra o quadrado. É aqui que a expressão desaba:

1 - (4\cos^2\theta - 4\cos\theta + 1) = 4\cos\theta - 4\cos^2\theta

v^2 = \frac{4kR^2}{m}\left(\cos\theta - \cos^2\theta\right) \quad\Longrightarrow\quad v = 2R\sqrt{\frac{k}{m}\left(\cos\theta - \cos^2\theta\right)}

Confira nos casos-limite — é o jeito mais rápido de eliminar as alternativas erradas sem fazer a conta:

$\theta = 0$ ( $P = B$ ): $\cos\theta - \cos^2\theta = 0 \Rightarrow v = 0$ . ✔ É de onde a conta partiu, em repouso.
$\theta = 90^\circ$ ( $P$ no topo, $\overline{AP} = 0$ ): daria $v = 0$ também — e faz sentido, porque ali a mola estaria comprimida de $R$ , guardando a mesma energia de antes. ✔
Máximo em $\cos\theta = 1/2$ , ou $\theta = 60^\circ$ : a conta passa mais rápido quando a mola está no seu comprimento natural, $\overline{AP} = R$ . ✔ Perfeitamente coerente: energia elástica nula, toda a energia é cinética.

Nenhuma das outras alternativas satisfaz as três verificações.

Cuidado. A deformação é medida do comprimento natural $R$ , não de zero. Usar $s = 2R\cos\theta$ dá uma expressão que não anula em $\theta = 0$ — e o teste-limite pega o erro na hora.

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Questão 262º EELista de energiaRampa, atrito e loop · O maior raio possível2,0 ptsVer material

Um corpo de massa $300\ \mathrm{kg}$ é abandonado, a partir do repouso, no ponto $A$ de uma rampa a $40\ \mathrm{m}$ de altura, e desliza sem atrito até o ponto $B$ . Ao terminar a rampa $AB$ , percorre $40\ \mathrm{m}$ de um trecho plano e horizontal $BC$ com coeficiente de atrito dinâmico $0{,}25$ e, em seguida, uma pista circular de raio $R$ , sem atrito. O maior raio $R$ que a pista pode ter, para que o corpo faça todo o trajeto sem perder o contato com ela, é:

$8\ \mathrm{m}$
$10\ \mathrm{m}$
$12\ \mathrm{m}$
$16\ \mathrm{m}$
$20\ \mathrm{m}$

Adote $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ .

Gabarito

Alternativa (c): $R = 12\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — de $A$ até $C$ : energia com atrito. A descida é lisa e o trecho $BC$ tem atrito, com $N = mg$ no plano horizontal. Do repouso em $A$ ( $h = 40\ \mathrm{m}$ ) até $C$ :

\tfrac{1}{2}m\,v_C^2 = m\,g\,h - \mu\,m\,g\,d

A massa corta — os $300\ \mathrm{kg}$ são distrator:

v_C^2 = 2g\,(h - \mu\,d) = 2(10)\left[40 - 0{,}25(40)\right] = 2(10)(30) = 600\ \mathrm{m^2/s^2}

Passo 2 — a condição crítica é no TOPO do loop. Perder contato é $N = 0$ , e é lá que a normal é menor, porque o peso aponta para o centro:

m\,g = m\,\frac{v_{topo}^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v_{topo}^2 = g\,R

Passo 3 — de $C$ ao topo, sem atrito. O topo está a $2R$ :

v_C^2 = v_{topo}^2 + 2g\,(2R) = gR + 4gR = 5\,gR

Passo 4 — junte.

600 = 5(10)\,R \quad\Longrightarrow\quad R = 12\ \mathrm{m}

Por que “o maior” raio. Quanto maior o loop, mais alto o topo e mais energia ele exige. Com $R \gt 12\ \mathrm{m}$ o corpo chegaria ao topo devagar demais e descolaria antes; com $R \lt 12$ ele passa com sobra. O limite é exatamente onde $N = 0$ no topo — e por isso a resposta é “o maior”.

A relação que vale decorar. Para completar um loop de raio $R$ partindo do repouso a uma altura $h$ , sem atrito, é preciso

h \ge \tfrac{5}{2}R

Aqui, o atrito no trecho $BC$ “consumiu” $10\ \mathrm{m}$ dos $40$ , deixando $30\ \mathrm{m}$ de altura útil — e $30 = \tfrac{5}{2}(12)$ . Fazer essa conferência em uma linha vale mais que refazer tudo.

Cuidado — dois erros clássicos:

Usar $v_{topo} = 0$ . O corpo não pode parar no topo: sem velocidade, não há força centrípeta e ele cai. Isso daria $R = 15\ \mathrm{m}$ , que nem está entre as alternativas — bom sinal de que a banca previu o erro.
Esquecer que o topo está a $2R$ , não a $R$ . Daria $R = 20\ \mathrm{m}$ , que está entre as alternativas. Essa é a armadilha de verdade.

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Questão 272º EELista · Hibbeler 13.68Demonstração · A trajetória lisa não importaVer material

Prove que, se o bloco for solto do repouso no ponto $B$ de uma trajetória lisa de formato arbitrário, a velocidade escalar a que ele chega quando atinge o ponto $A$ é igual à velocidade que ele atinge quando cai livremente através de uma distância $h$ ; ou seja,

v = \sqrt{2\,g\,h}

Gabarito

Demonstrado abaixo. O resultado independe da forma da trajetória — só da diferença de altura.

Passo a passo

Passo 1 — escreva a 2ª lei na direção tangencial. Num ponto genérico onde a tangente faz ângulo $\theta$ com a horizontal, as forças são o peso e a normal. A normal é perpendicular à tangente, então não aparece:

\sum F_t = m\,a_t \quad\Longrightarrow\quad m\,g\operatorname{sen}\theta = m\,a_t \quad\Longrightarrow\quad a_t = g\operatorname{sen}\theta

Note que $\theta$ varia ao longo do caminho — é justamente isso que “formato arbitrário” significa, e é o obstáculo aparente da demonstração.

Passo 2 — troque o tempo pelo espaço. Use a relação que dispensa $t$ :

v\,dv = a_t\,ds = g\operatorname{sen}\theta\,ds

Passo 3 — a jogada que fecha tudo. Ao percorrer um trecho $ds$ da trajetória, a queda vertical correspondente é

dy = ds\operatorname{sen}\theta

Substituindo, o $\theta$ desaparece:

v\,dv = g\,dy

Esta é a linha inteira da demonstração: a componente tangencial do peso vezes o comprimento de arco é sempre o peso vezes a queda vertical, qualquer que seja a inclinação.

Passo 4 — integre do repouso em $B$ até $A$ , com queda total $h$ :

\int_0^{v} v\,dv = \int_0^{h} g\,dy \quad\Longrightarrow\quad \frac{v^2}{2} = g\,h

\boxed{v = \sqrt{2\,g\,h}}

Por que essa demonstração vale mais que o resultado. Ela é a origem do teorema do trabalho e energia para o peso: o trabalho $\int mg\operatorname{sen}\theta\,ds$ colapsa em $mgh$ porque $\operatorname{sen}\theta\,ds = dy$ . É por isso que, em todas as questões da cadeira, o peso “só olha a altura” e o caminho é irrelevante — a rampa reta, a parábola do esquiador, o arco de circunferência, o loop.

E o que a demonstração NÃO diz. Nada sobre o tempo de percurso, que depende fortemente da forma (é o problema da braquistócrona). E nada sobre a normal, que varia com a curvatura e é justamente o que muda de um caminho para outro. A velocidade final é a única coisa que a forma não afeta.

O que quebraria o resultado: atrito (aí $\int \mu N\,ds$ depende do comprimento e da curvatura, não só de $h$ ) ou uma trajetória que exija a normal apontar para o lado errado — um bloco solto não faz curva convexa fechada sem descolar.

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Questão 282º EELista · Hibbeler 14.11Força variável com a posição · Distância até atingir 15 m/sVer material

A força $F$ , atuando em uma direção constante e horizontal sobre o bloco de $20\ \mathrm{kg}$ , tem intensidade que varia com a posição $s$ do bloco segundo $F = \left(50\sqrt{s}\right)\ \mathrm{N}$ , com $s$ em metros. Determine a distância que o bloco desliza antes que sua velocidade se torne $15\ \mathrm{m/s}$ . Quando $s = 0$ , o bloco está se deslocando para a direita a $v = 6\ \mathrm{m/s}$ . O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície é $\mu_k = 0{,}3$ .

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

Gabarito

$s = 20{,}5\ \mathrm{m}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a normal e o atrito. A força é horizontal, então não mexe na normal:

N = 20(9{,}81) = 196{,}2\ \mathrm{N} \qquad F_{at} = 0{,}3\,(196{,}2) = 58{,}86\ \mathrm{N}

Passo 2 — o trabalho da força variável. Não existe “força × distância” aqui: $F$ depende de $s$ .

U_F = \int_0^{s} 50\,\xi^{1/2}\,d\xi = 50\cdot\frac{2}{3}\,s^{3/2} = \frac{100}{3}\,s^{3/2}

Passo 3 — o trabalho do atrito, que é constante e negativo:

U_{at} = -58{,}86\,s

O peso e a normal não trabalham: são perpendiculares ao movimento.

Passo 4 — trabalho e energia, de $6$ a $15\ \mathrm{m/s}$ :

\tfrac{1}{2}(20)(6)^2 + \frac{100}{3}s^{3/2} - 58{,}86\,s = \tfrac{1}{2}(20)(15)^2

\frac{100}{3}s^{3/2} - 58{,}86\,s - 1890 = 0

Passo 5 — resolva numericamente. É uma equação em $s^{1/2}$ que não fatora bonito; substitua $u = \sqrt{s}$ :

33{,}33\,u^3 - 58{,}86\,u^2 - 1890 = 0

Testando: $u = 4{,}5 \Rightarrow 3037 - 1192 - 1890 = -45$ ; $u = 4{,}53 \Rightarrow 3098 - 1208 - 1890 = 0$ . Logo

u = 4{,}53 \quad\Longrightarrow\quad s = u^2 = 20{,}5\ \mathrm{m}

Como chutar o primeiro valor. Ignore o atrito por um instante: $\tfrac{100}{3}s^{3/2} = 1890$ dá $s = 14{,}3\ \mathrm{m}$ . Com atrito o bloco precisa de mais distância, então a resposta está acima disso — e duas iterações chegam nos $20{,}5$ . Numa prova sem calculadora gráfica, é assim que se faz.

Cuidado. $\int\sqrt{s}\,ds = \tfrac{2}{3}s^{3/2}$ , então o $50$ vira $100/3$ , não $50\cdot\tfrac{3}{2}$ . E o trabalho do atrito cresce linearmente com $s$ enquanto o da força cresce com $s^{3/2}$ : por isso, para $s$ grande, a força sempre ganha — o bloco não tem velocidade-limite aqui.

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Questão 292º EELista · Hibbeler 14.17Caixa no semicilindro · Onde ela deixa a superfícieVer material

Uma pequena caixa de massa $m$ recebe uma velocidade $v = \sqrt{\dfrac{1}{8}g\,r}$ no topo de um semicilindro liso de raio $r$ . Determine o ângulo $\theta$ (medido a partir do topo) em que a caixa sai da superfície do cilindro.

Ao girar de $\theta$ , a caixa desce $r(1 - \cos\theta)$ e a componente radial do peso passa a valer $mg\cos\theta$ . São essas duas expressões que montam o par de equações.

Gabarito

$\theta = 44{,}9^\circ$ (com $\cos\theta = 17/24$ ).

Passo a passo

Passo 1 — Newton na direção radial, com $N = 0$ . Sair da superfície é a normal se anular; no ângulo $\theta$ a componente do peso para o centro vale $mg\cos\theta$ :

m\,g\cos\theta = m\,\frac{v_\theta^2}{r} \quad\Longrightarrow\quad v_\theta^2 = g\,r\cos\theta \tag{1}

Passo 2 — energia, do topo até $\theta$ . A superfície é lisa e a normal não trabalha. A queda é $r(1-\cos\theta)$ :

v_\theta^2 = v^2 + 2g\,r\,(1 - \cos\theta) = \frac{g r}{8} + 2g r - 2g r\cos\theta \tag{2}

Passo 3 — iguale (1) e (2). O $gr$ corta inteiro:

\cos\theta = \frac{1}{8} + 2 - 2\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad 3\cos\theta = \frac{17}{8}

\cos\theta = \frac{17}{24} = 0{,}7083 \quad\Longrightarrow\quad \theta = 44{,}9^\circ

A leitura da resposta. Com velocidade inicial nula no topo a mesma conta daria $\cos\theta = 2/3$ , ou $\theta = 48{,}2^\circ$ — o clássico da física básica. O empurrãozinho de $v^2 = gr/8$ antecipou a saída em pouco mais de $3^\circ$ : quanto mais rápido no topo, mais cedo descola. No limite $v^2 = gr$ , a caixa sai no próprio topo, porque ali já basta o peso para fazer a curva.

O que a massa e o raio fazem. Nada: os dois cortam. Só a razão $v^2/(gr)$ importa, o que é típico de questão de “onde descola”.

Cuidado. A componente radial do peso é $mg\cos\theta$ com $\theta$ medido do topo (da vertical). Se você medir do lado, vira $\operatorname{sen}$ — e a equação (2) muda junto. Fixe a origem do ângulo no desenho antes de escrever qualquer coisa.

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Questão 302º EELista · Hibbeler 14.18Anel numa barra curva · Trabalho de força de direção variávelVer material

Uma corda é submetida a uma força constante de $F = 300\ \mathrm{N}$ e passa por uma polia em $C$ , no alto de uma haste. A outra ponta está presa a um anel liso de $15\ \mathrm{kg}$ , que corre por uma barra curva de $A$ (embaixo) até $B$ (em cima). Sabendo que o anel parte do repouso em $A$ , determine sua velocidade quando chega ao ponto $B$ . Despreze o tamanho da polia.

Geometria: com origem em $C$ , o ponto $A$ está a $0{,}7\ \mathrm{m}$ na horizontal e $0{,}4\ \mathrm{m}$ abaixo; o ponto $B$ está a $0{,}2\ \mathrm{m}$ na horizontal e $0{,}2\ \mathrm{m}$ abaixo. De $A$ para $B$ o anel sobe $0{,}5\ \mathrm{m}$ na vertical.

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

Gabarito

$v_B = 3{,}34\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o truque da questão: o trabalho de $F$ não depende do caminho do anel. A corda tem tração constante $300\ \mathrm{N}$ e passa por uma polia fixa em $C$ . Então o trabalho de $F$ é a força vezes o quanto a corda foi recolhida, isto é, a variação da distância $\overline{AC} \to \overline{BC}$ :

\overline{AC} = \sqrt{0{,}7^2 + 0{,}4^2} = 0{,}8062\ \mathrm{m}

\overline{BC} = \sqrt{0{,}2^2 + 0{,}2^2} = 0{,}2828\ \mathrm{m}

s = \overline{AC} - \overline{BC} = 0{,}5234\ \mathrm{m}

U_F = 300\,(0{,}5234) = +157{,}0\ \mathrm{J}

Positivo, porque a corda encurtou: a força puxou no sentido do movimento.

Passo 2 — o trabalho do peso. O anel subiu $0{,}5\ \mathrm{m}$ , então:

U_W = -15(9{,}81)(0{,}5) = -73{,}6\ \mathrm{J}

Passo 3 — a normal da barra não trabalha. O anel é liso e a barra o guia: a reação é sempre perpendicular ao movimento. É por isso que a forma curva da barra é irrelevante.

Passo 4 — trabalho e energia, partindo do repouso:

0 + 157{,}0 - 73{,}6 = \tfrac{1}{2}(15)\,v_B^2

v_B^2 = \frac{83{,}4}{7{,}5} = 11{,}12 \quad\Longrightarrow\quad v_B = 3{,}34\ \mathrm{m/s}

Por que essa questão é boa. Ela junta os três tipos de força numa só conta: uma que trabalha e não é conservativa (a corda), uma conservativa (o peso) e uma que nunca trabalha (a normal do guia). E mostra o atalho que vale sempre para corda de tração constante sobre polia: trabalho = tração × encurtamento, sem integrar a direção variável da força.

Cuidado — o erro caro. Tentar calcular $\int \vec{F}\cdot d\vec{r}$ ao longo da barra curva, projetando $F$ na tangente ponto a ponto. Dá o mesmo resultado, mas exige a equação da barra (que o enunciado não dá) e é inviável na prova. O comprimento da corda é o que substitui a integral.

E não confunda o encurtamento da corda ( $0{,}523\ \mathrm{m}$ ) com o deslocamento do anel ao longo da barra, que é maior e não entra em lugar nenhum.

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Questão 312º EELista · Hibbeler 14.30Mola de disparo e pista circular · Recuo necessárioVer material

A bola de $0{,}5\ \mathrm{kg}$ é lançada para cima numa pista circular vertical lisa de raio $1{,}5\ \mathrm{m}$ , usando um pistão com mola de $k = 500\ \mathrm{N/m}$ . O pistão mantém a mola comprimida $0{,}08\ \mathrm{m}$ quando $s = 0$ . Determine até que distância $s$ ele deve ser puxado para trás e solto, de maneira que a bola comece a deixar a pista quando $\theta = 135^\circ$ .

O ângulo $\theta$ é medido a partir da horizontal do lançamento, que fica no ponto mais baixo da pista; o centro da pista está $1{,}5\ \mathrm{m}$ acima dele.

Gabarito

$s = 179\ \mathrm{mm}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a condição de deixar a pista, em $\theta = 135^\circ$ . Passando de $90^\circ$ , a bola está acima do nível do centro e a componente radial do peso vale $mg\operatorname{sen}(\theta - 90^\circ)$ . Com $N = 0$ :

m\,g\operatorname{sen}(\theta - 90^\circ) = m\,\frac{v^2}{r}

v^2 = 9{,}81\,(1{,}5)\operatorname{sen} 45^\circ = 14{,}715\,(0{,}7071) = 10{,}41\ \mathrm{m^2/s^2}

Passo 2 — a altura subida. A bola sai do ponto mais baixo da pista, $1{,}5\ \mathrm{m}$ abaixo do centro, e chega a $1{,}5\operatorname{sen} 45^\circ$ acima dele:

\Delta h = 1{,}5 + 1{,}5\operatorname{sen} 45^\circ = 1{,}5\,(1{,}7071) = 2{,}561\ \mathrm{m}

Passo 3 — o que a mola entrega. Aqui está a sutileza: a mola não relaxa até o comprimento natural. Ela vai da compressão $(s + 0{,}08)$ de volta a $0{,}08$ , porque o pistão para em $s = 0$ . Então a energia liberada é a diferença:

\Delta V_e = \tfrac{1}{2}k\left[(s + 0{,}08)^2 - (0{,}08)^2\right]

Passo 4 — conservação da energia, do repouso até $\theta = 135^\circ$ :

\tfrac{1}{2}(500)\left[(s+0{,}08)^2 - 0{,}0064\right] = \tfrac{1}{2}(0{,}5)(10{,}41) + 0{,}5(9{,}81)(2{,}561)

250\left[(s+0{,}08)^2 - 0{,}0064\right] = 2{,}60 + 12{,}56 = 15{,}16

(s+0{,}08)^2 = 0{,}0064 + 0{,}06065 = 0{,}06705 \quad\Longrightarrow\quad s + 0{,}08 = 0{,}2589

s = 0{,}179\ \mathrm{m} = 179\ \mathrm{mm}

A questão inversa também caiu. Com $s = 100\ \mathrm{mm}$ e uma bola de $0{,}3\ \mathrm{kg}$ numa pista de $1{,}5\ \mathrm{m}$ com $k = 1500\ \mathrm{N/m}$ (Hibbeler 13.84), a pergunta é o ângulo máximo que a bola atinge sem sair da pista, e a resposta é $\theta = 118^\circ$ . É o mesmo par de equações resolvido na outra ordem: a de Newton com $N = 0$ dá $v^2$ em função de $\theta$ , a da energia dá $v^2$ em função de $\theta$ também, e igualar as duas isola o $\operatorname{sen}(\theta - 90^\circ)$ .

Cuidado com os $0{,}08\ \mathrm{m}$ . Eles entram duas vezes: na compressão inicial $(s + 0{,}08)$ e na compressão final $(0{,}08)$ . Quem usa só $\tfrac12 k s^2$ acha $s = 0{,}246\ \mathrm{m}$ — bem diferente. A pergunta “onde a mola para de empurrar?” é a que revela o termo esquecido.

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Questão 322º EELista · Hibbeler 14.33Ciclista na superfície curva · Altura, normal e aceleração no repousoVer material

O ciclista pedala até o ponto $A$ alcançando uma velocidade $v_A = 4\ \mathrm{m/s}$ . Depois, ele se desloca livremente pela superfície curva de equação $\sqrt{x} + \sqrt{y} = 2$ (em metros). Determine a altura que ele atinge antes de parar. Além disso, quais são a força normal resultante na superfície nesse ponto e a sua aceleração? A massa total da bicicleta e do homem é $75\ \mathrm{kg}$ . Despreze o atrito, a massa das rodas e a dimensão da bicicleta.

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

Gabarito

$h = 0{,}816\ \mathrm{m}$ , $N = 568\ \mathrm{N}$ e $a = 6{,}23\ \mathrm{m/s^2}$ (tangencial, descendo).

Passo a passo

Passo 1 — a altura, pela energia. Superfície lisa, então toda a cinética vira potencial. A massa corta:

\tfrac{1}{2}m\,v_A^2 = m\,g\,h \quad\Longrightarrow\quad h = \frac{v_A^2}{2g} = \frac{16}{2(9{,}81)} = 0{,}816\ \mathrm{m}

Não faz diferença nenhuma que a superfície seja essa curva esquisita: para a altura, só a energia importa (é o resultado do Hibbeler 13.68).

Passo 2 — onde ele para, na curva. Agora a forma importa. Com $y = 0{,}8155$ :

\sqrt{x} = 2 - \sqrt{0{,}8155} = 2 - 0{,}9031 = 1{,}0969 \quad\Longrightarrow\quad x = 1{,}203\ \mathrm{m}

Passo 3 — a inclinação nesse ponto. De $y = \left(2 - \sqrt{x}\right)^2$ :

\frac{dy}{dx} = -\frac{2 - \sqrt{x}}{\sqrt{x}} = -\frac{0{,}9031}{1{,}0969} = -0{,}8233

\theta = \arctan 0{,}8233 = 39{,}5^\circ

Passo 4 — a normal, com a observação que resolve tudo. No ponto mais alto ele está em repouso: $v = 0$ , logo

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

O raio de curvatura nem precisa ser calculado. Sobra o equilíbrio na direção normal:

N = m\,g\cos\theta = 75(9{,}81)\cos 39{,}5^\circ = 735{,}8\,(0{,}7716) = 568\ \mathrm{N}

Passo 5 — a aceleração. Sem componente normal, a aceleração é toda tangencial, e no ponto de repouso quem a produz é só o peso:

a = a_t = g\operatorname{sen}\theta = 9{,}81\,(0{,}6363) = 6{,}23\ \mathrm{m/s^2}

apontando para baixo ao longo da superfície — ele já está voltando.

A leitura da resposta. Velocidade zero e aceleração $6{,}23\ \mathrm{m/s^2}$ : o ponto mais alto é o de maior aceleração tangencial de todo o percurso, e é justamente onde a velocidade é mínima. É o mesmo comportamento de um pêndulo nos extremos — parado e com aceleração máxima —, e é a resposta à afirmativa 3 do verdadeiro-ou-falso de 2025.2 pelo avesso: aqui a velocidade é nula e a aceleração não.

Cuidado. $N = mg\cos\theta$ só porque $v = 0$ ali. Em qualquer outro ponto da subida haveria o termo $mv^2/\rho$ , e aí sim seria preciso a segunda derivada da curva.

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Questão 332º EELista · Hibbeler 14.85Caixa que sobe a curva e para · Normal no ponto de paradaVer material

Quando a caixa de $5\ \mathrm{kg}$ atinge o ponto $A$ , no chão, ela tem velocidade escalar $v_A = 10\ \mathrm{m/s}$ e passa a subir uma superfície lisa de equação $\sqrt{x} + \sqrt{y} = 3$ (em metros). Determine onde ela para e a força normal que ela exerce sobre a superfície nesse ponto. Despreze o atrito e a dimensão da caixa.

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

Gabarito

Para em $y = 5{,}10\ \mathrm{m}$ (com $x = 0{,}551\ \mathrm{m}$ ), e ali $N = 15{,}3\ \mathrm{N}$ , com aceleração $a = 9{,}32\ \mathrm{m/s^2}$ descendo a superfície.

Passo a passo

Passo 1 — a altura de parada, pela energia. Superfície lisa, referência no eixo $x$ :

\tfrac{1}{2}(5)(10)^2 + 0 = 0 + 5(9{,}81)\,y

y = \frac{250}{49{,}05} = 5{,}097\ \mathrm{m} \approx 5{,}10\ \mathrm{m}

Passo 2 — a abscissa correspondente, na curva:

\sqrt{x} = 3 - \sqrt{5{,}097} = 3 - 2{,}2577 = 0{,}7423 \quad\Longrightarrow\quad x = 0{,}551\ \mathrm{m}

Passo 3 — a inclinação ali. De $y = \left(3 - \sqrt{x}\right)^2$ :

\frac{dy}{dx} = -\frac{3 - \sqrt{x}}{\sqrt{x}} = 1 - \frac{3}{\sqrt{x}} = 1 - \frac{3}{0{,}7423} = -3{,}041

\theta = \arctan 3{,}041 = 71{,}8^\circ

Uma parede quase vertical — faz sentido, porque a curva $\sqrt{x}+\sqrt{y}=3$ fica muito íngreme perto do eixo $y$ .

Passo 4 — a normal, com a mesma observação de sempre. No ponto de parada $v = 0$ , logo $a_n = 0$ e o termo centrípeto desaparece:

N = m\,g\cos\theta = 5(9{,}81)\cos 71{,}8^\circ = 49{,}05\,(0{,}3126) = 15{,}3\ \mathrm{N}

Passo 5 — a aceleração, toda tangencial:

a = g\operatorname{sen}\theta = 9{,}81\,(0{,}9499) = 9{,}32\ \mathrm{m/s^2}

A leitura da resposta. $N = 15{,}3\ \mathrm{N}$ é só $31\%$ do peso ( $49{,}1\ \mathrm{N}$ ), e a aceleração é $95\%$ de $g$ . Não é coincidência: perto da vertical a superfície quase não sustenta nada, e a caixa está praticamente em queda livre rasante. No limite $\theta \to 90^\circ$ , $N \to 0$ e $a \to g$ .

Sobre o enunciado. O texto impresso pede a normal “no ponto $B$ ”, e a figura marca $B$ na diagonal $y = x$ — mas a resolução da lista localiza o ponto pela energia (onde a caixa para) e é dela que sai o $15{,}3\ \mathrm{N}$ . Segui a resolução. Se a pergunta fosse no cruzamento com $y = x$ ( $x = y = 2{,}25\ \mathrm{m}$ ), a caixa ainda estaria a $7{,}47\ \mathrm{m/s}$ , a tangente estaria a $45^\circ$ e o termo $mv^2/\rho$ não poderia ser desprezado.

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Questão 342º EELista · Hibbeler 14.92Montanha-russa de trilho externo · Por que existe o cintoVer material

O Raptor é uma montanha-russa de trilho externo, em que os passageiros são presos a assentos semelhantes a cadeiras de teleférico, pendurados do lado de fora do trilho. Se os carrinhos viajam a $v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$ quando estão no topo da estrutura, a $h = 12\ \mathrm{m}$ , determine a sua velocidade quando estão no topo do loop, de raio $r = 5\ \mathrm{m}$ , e a reação que o assento exerce sobre um passageiro de $70\ \mathrm{kg}$ nesse instante. O carrinho tem massa de $50\ \mathrm{kg}$ . Despreze o atrito e as dimensões.

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

Gabarito

$v = 7{,}43\ \mathrm{m/s}$ e $N = 86{,}7\ \mathrm{N}$ — o assento puxa o passageiro para dentro, isto é, o cinto está trabalhando.

Passo a passo

Passo 1 — a queda até o topo do loop. O loop tem raio $5\ \mathrm{m}$ e está apoiado no chão, então o seu ponto mais alto está a $2r = 10\ \mathrm{m}$ . Saindo de $12\ \mathrm{m}$ , o carrinho desceu $2\ \mathrm{m}$ :

v^2 = v_0^2 + 2g\,\Delta h = 16 + 2(9{,}81)(2) = 55{,}24 \quad\Longrightarrow\quad v = 7{,}43\ \mathrm{m/s}

Note que as massas não entram: sem atrito, todo mundo desce igual.

Passo 2 — a aceleração centrípeta exigida no topo.

a_n = \frac{v^2}{r} = \frac{55{,}24}{5} = 11{,}05\ \mathrm{m/s^2}

Compare com $g = 9{,}81$ : a curva exige mais aceleração para baixo do que a gravidade sozinha fornece. Guarde isso — é a resposta inteira.

Passo 3 — o diagrama do passageiro. Isole só o passageiro de $70\ \mathrm{kg}$ ; a massa do carrinho não entra nesta equação (ela entraria na força que o trilho faz). No topo do loop, com trilho externo, o passageiro está do lado de fora e o centro do loop está abaixo dele. Tomando o sentido para baixo (para o centro) como positivo:

m\,g + N_{\downarrow} = m\,a_n

N_{\downarrow} = 70\,(11{,}05 - 9{,}81) = 70\,(1{,}238) = 86{,}7\ \mathrm{N}

Passo 4 — o que esse sinal significa fisicamente. $N_{\downarrow}$ deu positivo: o assento tem de empurrar o passageiro para baixo, na direção do centro. Mas um assento só sabe empurrar para cima — o que puxa para baixo é o cinto.

É exatamente por isso que o enunciado se dá o trabalho de dizer que “os passageiros são presos a assentos”: sem o cinto, nessa velocidade o passageiro se separaria do assento no topo do loop. Ele está numa situação de $g$ efetiva negativa — a sensação de flutuar, com o cinto segurando.

A conta que fecha o raciocínio. A velocidade-limite para o passageiro não precisar do cinto é a que faz $a_n = g$ :

v_{\lim} = \sqrt{g\,r} = \sqrt{9{,}81(5)} = 7{,}00\ \mathrm{m/s}

O carrinho chega a $7{,}43\ \mathrm{m/s}$ , acima disso — daí o cinto. Se a estrutura fosse $0{,}5\ \mathrm{m}$ mais baixa, o assento sozinho já daria conta.

Cuidado. Não some as massas ( $50 + 70 = 120\ \mathrm{kg}$ ) nesta pergunta. Pede-se a reação do assento sobre o passageiro, então o corpo isolado é o passageiro. A massa do carrinho serviria para achar a força que o trilho exerce, que é outra conta.

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Questão 352º EELista · Hibbeler 14.94Cilindro entre duas molas · Deformação pela geometriaVer material

O cilindro tem massa de $20\ \mathrm{kg}$ e é solto do repouso quando $h = 0$ . Determine sua velocidade quando $h = 3\ \mathrm{m}$ . Cada mola tem rigidez $k = 40\ \mathrm{N/m}$ e comprimento não deformado de $2\ \mathrm{m}$ ; as duas estão ancoradas em paredes a $2\ \mathrm{m}$ de cada lado do cilindro, na horizontal, quando $h = 0$ .

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

Em $h = 0$ as molas estão horizontais e no comprimento natural: não guardam energia nenhuma. Descendo, elas viram as hipotenusas de dois triângulos $2$ – $h$ — e é aí que a deformação aparece.

Gabarito

$v = 6{,}97\ \mathrm{m/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o estado inicial não guarda energia elástica. Em $h = 0$ cada mola mede $2\ \mathrm{m}$ , que é o comprimento natural:

s_1 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (V_e)_1 = 0

Passo 2 — a deformação em $h = 3\ \mathrm{m}$ , por Pitágoras. Cada mola passa a ser a hipotenusa de um triângulo de catetos $2$ e $3$ :

L = \sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{13} = 3{,}606\ \mathrm{m}

s_2 = 3{,}606 - 2 = 1{,}606\ \mathrm{m}

Passo 3 — a energia elástica das DUAS molas.

(V_e)_2 = 2\left[\tfrac{1}{2}(40)(1{,}606)^2\right] = 40\,(2{,}578) = 103{,}1\ \mathrm{J}

Passo 4 — conservação da energia. O peso libera $mgh$ ; parte vira cinética, parte fica guardada nas molas:

m\,g\,h = \tfrac{1}{2}m\,v^2 + (V_e)_2

20(9{,}81)(3) = \tfrac{1}{2}(20)\,v^2 + 103{,}1

588{,}6 - 103{,}1 = 10\,v^2 \quad\Longrightarrow\quad v^2 = 48{,}55 \quad\Longrightarrow\quad v = 6{,}97\ \mathrm{m/s}

A leitura da resposta. Sem as molas o cilindro chegaria a $\sqrt{2(9{,}81)(3)} = 7{,}67\ \mathrm{m/s}$ . As molas roubaram $103\ \mathrm{J}$ dos $589\ \mathrm{J}$ disponíveis — $17\%$ da energia —, e a velocidade caiu $9\%$ (porque vai com a raiz).

Por que não se usa a componente vertical da força da mola. É tentador projetar $k s$ na vertical e integrar em $h$ . Dá o mesmo, mas exige uma integral com raiz dentro; a energia potencial elástica só olha a deformação, e a deformação sai de Pitágoras em uma linha. Esse é o ganho do método da energia.

Cuidado — três erros nesta questão:

Esquecer o fator $2$ : são duas molas. Daria $v = 7{,}32\ \mathrm{m/s}$ .
Usar $s = 3\ \mathrm{m}$ (a queda) como deformação, em vez de $\sqrt{13} - 2 = 1{,}61\ \mathrm{m}$ . A mola não estica o que o cilindro desce — ela estica a diferença de hipotenusa.
Somar a energia elástica ao invés de subtrair. A mola guarda, ela não empurra o cilindro para baixo.

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