1. O documento apresenta resumos de problemas resolvidos de um livro de física básica, incluindo equações e passos de raciocínio para chegar às soluções. 2. Problemas sobre movimento unidimensional e bidimensional com aceleração constante, lançamento de projéteis sob a gravidade, equilíbrio de forças em sistemas rígidos e impacto são explicados. 3. As soluções envolvem aplicar conceitos como segundo princípio de Newton, equações de movimento, trigonometri

1. Problemas resolvidos do livro Curso de Física Básica,
H. Moysés Nussenzveig, Vol. 1, Ed. 4.
Alan Barros de Oliveira
November 12, 2013
Departamento de Física, Universidade Federal de Ouro Preto, Campus Morro do Cruzeiro,
Ouro Preto, MG, 35400-000.
Capítulo 2
Problema 12
A equação para a solução deste problema é:
y = yo + voy∆t +
a
2
∆t2
. (1)
Consideremos o tempo para se atingir a altura máxima, H, como sendo tm. Atente para
o fato de que tm também é o tempo necessário para, desde a H, a bolinha atingir o chão.
Neste caso, a equação acima pode ser escrita como
H =
1
2
gt2
m. (2)
1

2. Considerando, agora, a queda da bolinha desde H até a altura z, a Eq. (1) fica
∆y = H − z =
g
2
(t2 − tm) .2
(3)
As Eqs. (2) e (3) nos levam a
z = t2tmg −
g
2
t2
2. (4)
Você deve se convencer de que
t2 − tm = tm − t1,
que pode ser resolvida para tm, dando
tm =
t1 + t2
2
. (5)
Substituindo a Eq. (5) na Eq. (4) chegamos a
z =
t1t2g
2
.
Capítulo 3
Problema 8
Temos a posição final na direção x sendo A = 15 m e o ângulo de lançamento, θ = 30o
. A
gravidade local será assumida como g = 9.8 m/s2
. A altura do bico da mangueira é h = 1.5

3. m. As equações para a solução deste problema são:
vx = vox (6)
x = xo + vx∆t (7)
y = yo + voy∆t +
a
2
∆t2
(8)
vy = voy + a∆t. (9)
Note que não há aceleração na direção x, o que justifica a primeira das equações acima.
As duas primeiras equações acima nos levam a:
x = xo + vox∆t. (10)
A Eq. (10), no ponto de máximo valor de x, reduz-se a
A = vo cos θ (2tm + tq) , (11)
onde tm é o tempo necessário para a água sair de h e atingir a altura máxima. tq é o tempo
de queda desde h até o solo. Note que isto acontece no final do movimento. Assim, o tempo
total de vôo é dado por 2tm + tq, que é o tempo de subida de h até a altura máxima (tm) +
o tempo de descida da altura máxima até a altura h (tm) + o tempo de queda desde h até o
solo (tq).
A Eq. (8) pode descrever o movimento de queda, desde h até o solo, como segue:
h = tqvo sin θ +
g
2
t2
q (12)
Finalmente, a Eq. (9), na altura máxima, pode ser escrita como
0 = vo sin θ − gtm,

4. que nos conduz a
vo sin θ = gtm. (13)
As Eqs. (12) e (13) nos levam a
h = gtmtq +
g
2
t2
q, (14)
enquanto que, dividindo-se a Eq. (13) pela Eq. (11), chegamos a
tq =
A tan θ − 2gt2
m
gtm
. (15)
Substituindo tq, dado pela Eq. (15), na Eq. (12), terminamos com uma equação contendo
uma única variável desconhecida, tm. Fazendo essa substituição, e resolvendo a equação para
tm, chegamos a
tm =
A2
tan2
θ
2g (h + A tan θ)
≈ 0.613 s.
Substituindo o valor de tm = 0.613 s na Eq. (13), chegamos a vo ≈ 12 m/s.
Problema 13
Temos que a velocidade inicial vo = 15 m/s e que o gol encontra-se na posição A = 9 m. Sua
altura mede h = 2.4 m. Considerando o tempo de vôo desde a origem até a altura h como
sendo t′
, podemos escrever
h = t′
vo sin θ −
g
2
t′2
(16)
A = t′
vo cos θ, (17)
que vêem das Eqs. (7) e (8). Note que estamos considerando o ângulo de lançamento como

5. sendo θ e que a bola passa raspando pelo travessão superior do gol em h = 2.4 m. Substituindo
t′
obtido da Eq. (17) na Eq. (16), chegamos a
h = A tan θ −
gA2
2v2
o
1
cos2 θ
. (18)
A partir da relação trigonométrica
1
cos2 θ
= 1 + tan2
θ,
a Eq. (18) reduz-se a
B tan2
θ − A tan θ + h + B = 0, (19)
onde B = gA2
/2v2
o. Atente para o fato de que esta é uma equação do segundo grau em tan θ,
cujas soluções são dadas por
tan θ =
A ±
√
A2 − 4B (h + B)
2B
=⇒



θ1 = 77.3◦
θ2 = 26.9◦
. (20)
A interpretação de dois ângulos possíveis para a bola passar raspando pelo travessão do
gol é simples. Para um dos ângulos, a bola passará pelo travessão ainda subindo. Neste caso,
sua altura máxima será alcançada depois que a bola passa por cima do gol. Para o outro
ângulo, ela passará pelo gol descendo. Para cada caso teremos uma posição horizontal final
diferente, digamos, x1 para θ1 e x2 para θ2. x1 e x2 podem ser determinados pelas equações
x = tvo cos θ (21)
y = tvo sin θ −
g
2
t2
. (22)
Os tempos totais de vôo da bola, t1 e t2, desde o chute do jogador, até sua posição final
atrás do gol (dado por y = 0), podem ser encontrados pela Eq. (22) com os ângulos dados

6. pela Eq. (20):
0 = tivo sin θi −
g
2
t2
i =⇒



t1 = 2.98 s
t2 = 1.39 s
. (23)
Substituindo os valores de t1 e t2 na Eq. (21), obtemos x1 = 9.8 m e x2 = 18.6 m. x1 e
x2 são as distâncias mínima e máxima, respectivamente, que a bola alcança com a condição
de passar raspando pela parte superior do gol. Aqui cabem duas considerações. A primeira
se refere ao fato de que no enunciado da questão o autor pede as respostas em relação à
trave. Contudo, as minhas respostas se referem à posição do chute. Segundo, na letra (b), o
autor não especifica que a condição de "segurança" dos espectadores está relacionada à bola
passar raspando pela trave. O leitor é levado a crer que o que é pedido na questão se refere
ao alcance máximo possível pela bola, independente de ela raspar o travessão. Isso é dado
quando θ = 45◦
, que nos levaria ao valor de tempo de vôo t = 2.16 s e, consequentemente, a
um alcance máximo de x = 22.9 m em relação à posição do chute.
Problema 16
Consideremos o tempo para a bala do canhão sair de O e atingir a altura máxima, em C,
como tm. Sendo assim, a velocidade na direção y quando t = tm é nula. Daqui, decorre que
0 = vo sin θ − gtm =⇒ tm =
vo sin θ
g
. (24)
No ponto C, a equação para y fica
h = vo sin θ.tm −
g
2
t2
m. (25)
Substituindo a Eq. (24) na Eq. (25), chegamos a
v2
o sin2
θ = 2gh. (26)

7. A equação de movimento na direção x fica
R = vo cos θ.tm,
que reduz-se a
R =
v2
o cos θ sin θ
g
, (27)
quando a Eq. (24) é usada. Das Eqs. (26) e (27), chegamos a
vo cos θ =
√
g
2h
R. (28)
Consideremos, agora, o movimento desde o cume, C, até o ponto P, ao final da trajetória.
A equação de movimento para a direção x, neste caso, fica
X = vo cos θ.tq, (29)
onde tq é o tempo de queda desde C até P, e X é a distância horizontal antre os pontos C e
P. Ainda nesta situação, a equação para a direção y é dada por
h + d =
g
2
t2
q,
que nos conduz a
tq =
√
2 (h + d)
g
. (30)
Substituindo as Eqs. (28) e (30) na Eq. (29), chegamos a
X = R
√
1 +
d
h
.

8. Note que o problema pede a distância entre O e P, que é dada por X + R. Seu valor fica
R
[
1 +
√
1 + (d/h)
]
.
Problema 27
(a) Não sabemos em qual direção θ em relação ao fluxo do rio o homem deve remar a fim de
chegar do outro lado da margem (em qualquer ponto desta) no menor tempo possível. Dessa
forma, a equação de movimento na direção y (perpendicular às margens) fica
h = vB sin θ.t′
, (31)
onde h = 1 km é a largura do rio, vB = 2.5 km/h é a velocidade do barco em relação ao rio e
t′
é o tempo de travessia. Da Eq. (31), vemos que t′
será mínimo quando sin θ for máximo,
ou seja, sin θ = 1. Daqui, chegamos a
t′
=
h
vB
= 0.4 h = 24 min. (32)
(b) Mais uma vez, não sabemos em qual direção o homem deve remar a fim de chegar na
posição diametralmente oposta a outra margem. O que sabemos é que, para se chegar nesta
posição, ele deve remar contra o fluxo do rio, conforme mostrado na figura. As equações de
movimento, neste caso, ficam
x = (vR − vB cos θ) t (33)
h = vB sin θ.t, (34)
onde a velocidade do rio vR = 1.5 km/h. A posição diametralmente oposta na outra margem

9. é dada pela condição x = 0, que, considerando a Eq. (33), nos leva a
cos θ =
vR
vB
= 0.6 =⇒ sin θ =
√
1 − cos2 θ = 0.8. (35)
Substituindo o valor do sin θ = 0.8 na Eq. (34), chegamos a
t =
h
vB sin θ
= 0.5 h = 30 min.
A outra opção para se chegar no ponto x = 0 da outra margem é remar perpendicularmente
ao fluxo do rio e voltar andando do ponto onde ele parar até x = 0. Note que a condição
sin θ = 1 que fizemos no item (a) corresponde exatamente à fazer θ = 90◦
. Sendo assim, o
tempo total remando é dado pela Eq. (32). O deslocamento em x é dado por
x = vRt′
= 0.6 km.
Sendo assim, o tempo de caminhada será dado por
tc =
0.6 km
6 km/h
= 0.1 h = 6 min.
Este tempo de 6 min, somado ao tempo em que o homem remou (24 min), resulta num
tempo total de 30 min. Chegamos, assim, à conclusão de que tanto faz o homem remar
perpendicularmente e voltar andando ao ponto x = 0, quanto ele remar numa direção cos θ =
0.6 oposta ao fluxo do rio a fim de chegar ao ponto x = 0 da outra margem diretamente.

10. Capítulo 4
Problema 5
Pela Segunda Lei de Newton, temos que
∑
i
⃗Fi = m⃗a. Neste problema, o sistema encontra-se
em equilíbrio estático, o que nos leva a ⃗a = 0. Daqui, temos que a resultante das forças
em qualquer objeto da figura é nula. Consideremos os dois pontos pretos da figura. As
resultantes nestes podem ser escritas como
⃗T1 + ⃗T2 + m1⃗g = 0 (36)
⃗T2 + ⃗T3 + m2⃗g = 0. (37)
Assumiremos para a direita e para cima como sendo x e y positivos, respectivamente.
Desse modo, as Eqs. (36) e (37) podem ser escritas em termos dos versores ˆi e ˆj como
−T1 cos 30◦ˆi + T1 sin 30◦ˆj + T2
ˆi − m1gˆj = 0 (38)
−T2
ˆi + T3 cos θˆi + T3 sin θˆj − m2gˆj = 0, (39)
que nos levam às equações escalares seguintes:
T2 = T1 cos 30◦
(40)
m1g = T1 sin 30◦
(41)
T2 = T3 cos θ (42)
m2g = T3 sin θ. (43)
Aqui, sabemos que m1 = 100 kg e m2 = 300 kg. As Eqs. (40) e (41) reduzem-se a
T2 =
m1g
tan 30◦
= 1697 N,

11. enquanto que as Eqs. (42) e (43) nos levam a
tan θ =
T2
m2g
= 1.73 ⇒ θ = 60◦
.
O valor de T1 sai diretamente da Eq. (41), dando T1 = 1960 N. O valor de T3 pode ser
obtido tanto da Eq. (42) quanto da Eq. (43), dando T3 = 3394 N.
Problema 8
A força média sobre o prego devido à queda do martelo sobre ele pode ser escrita em termos
da variação do momento liner do martelo ∆p :
F =
∆p
∆t
. (44)
A variação do momento do martelo (de massa m) é dada por
∆p = mv, (45)
uma vez que sua velocidade inicial foi nula.
Considerando, agora, o momento do impacto do martelo com o prego (desse modo, a
velocidade inicial do martelo é v, enquanto sua velocidade final é zero), podemos escrever
pela equação de Torricelli
0 = v2
− 2aℓ,
onde a é o módulo da aceleração durante o "freiamento" do martelo devido ao seu contato
com o prego e ℓ é o caminho percorrido pelo martelo neste processo. Daqui, chegamos a
a =
v2
2ℓ
. (46)

12. Note que outra equação válida neste trajeto é
0 = v − a∆t, (47)
onde ∆t é o tempo do percurso ℓ. As Eqs. (46) e (47) nos levam a
∆t =
2ℓ
v
. (48)
Temos que h é a altura do martelo que, quando abandonado, lhe imprime uma velocidade
v ao chegar ao solo em queda livre. Esta condição nos leva às equações
h =
g
2
t2
(49)
v = gt. (50)
Isolando t na Eq. (49) e substituindo na Eq. (50), chegamos a
v =
√
2gh. (51)
Substituindo a Eq. (51) na Eq. (48), chegamos a
∆t =
√
2
gh
ℓ. (52)
Das Eqs. (44), e (45), (51) e (52), chegamos à força média sobre o prego devido ao martelo
dada por
F =
mgh
ℓ
.
Finalmente, a razão entre a força média que o martelo exerce sobre o prego e o seu peso,
mg, fica dada por
F
mg
=
h
ℓ
.

13. Como uma estimativa desta quantidade, podemos assumir que h ∼ 1 m e que ℓ ∼ 1 cm,
dando algo em torno de 102
. Ou seja, a força que o martelo exerce sobre o prego é da ordem
de 100 vezes o seu peso.
Capítulo 9
Problema 9
Neste problema, somos induzidos a pensar que a energia cinética que o carro de massa
M = 2400 kg possui antes da colisão, Ti = Mv2
/2, é completamente utilizada para arrastar
o carro de massa m = 1200 kg após a colisão, contra a força de atrito, que dissipa esta
energia. Contudo, no momento da colisão há dissipação de energia, pelo fato de a colisão
ser (completamente) inelástica! Ou seja, a energia que efetivamente será usada para arrastar
os carros juntos contra a força de atrito é a energia cinética depois da colisão, Tf . Ou, em
outras palavras, a energia cinética que sobra após a perda devido a colisão. Assim, a equação
correta a ser resolvida é:
Tf = Fat.d = (M + m) µgd. (53)
A energia cinética final, Tf , pode ser escrita em termos da energia cinética inicial, Ti,
como (veja a Eq. 9.7.9 do Moysés):
Tf =
m1
m1 + m2
Ti, (54)
onde m1 é a massa da "partícula" incidente (carro de massa M) e m2 a massa do alvo (carro
de massa m). Daqui, igualando as Eqs. (53) e (54), vem
M
M + m
Mv2
2
= (M + m)µgd,

14. que nos leva a
v =
(M + m)
M
√
2µgd.
Problema 15
Seja mn a massa do nêutron, mp a massa do próton e mN a massa do núcleo de nitrogênio.
Temos que mN ≈ 14mp. O problema pede o valor de mn/mp e da velocidade de incidência dos
nêutrons, vni. A velocidade final (depois da colisão) do nêutron com o próton chamaremos
de v(np)f e com o nitrogênio, de v(nN)f .
Sabe-se que a velocidade de recuo do próton é de 3.3 × 107
m/s e a velocidade de recuo
dos núcleos de nitrogênio é de 4.7 × 106
m/s. Essas velocidades de recuo são as velocidades
do próton e do núcleo de nitrogênio depois da colisão com nêutron, respectivamente. Desse
modo, temos vpf = 3.3 × 107
m/s e vNf = 4.7 × 106
m/s As velocidades destas partículas
antes da colisão são nulas.
Pela conservação do momento, têm-se
mnvni = mnv(np)f + mpvpf (55)
mnvni = mnv(nN)f + mN vNf (56)
Pela conservação de energia cinética (note que as colisões são elásticas!), vem
mnv2
ni
2
=
mnv2
(np)f
2
+
mpv2
pf
2
(57)
mnv2
ni
2
=
mnv2
(nN)f
2
+
mN v2
Nf
2
(58)
As Eqs. (55)-(58) formam um sistema de quatro equações com quatro icógnitas, i.e.,
mn/mp, vni, v(np)f e v(nN)f .

15. Problema 17
(c) Pelas respostas das letras (a) e (b), temos a energia dos p emergentes, que é Ep = 4.85
MeV e a energia dos t emergentes: Et = 2.15 MeV Pela conservação do momento na
direção y, temos (veja a Fig. da seção 9.7 do livro do Moysés!):
0 = pp sin 45o
− pt sin θ4.
O momento das partículas pode ser escrito em termos destas energias (cinéticas) como p =
√
2mE. Com esta informação e com a equação acima, chegamos a:
sin θ4 =
√
2mpEp
√
2mtEt
sin 45o
.