Exercícios Resolvidos - Aplicações das Leis de Newton

Física 1
Fundamentos de Mecânica
Exercícios resolvidos
Aplicações das Leis de Newton
Prof. Alexandre W. Arins
Exercício 1:
Um trabalhador está empurrando um caixote de massa m1 = 4,2 kg. Na frente
do caixote está um segundo caixote de massa m2 = 1,4 kg. Ambos os caixotes
deslizam sobre o chão sem atrito. O trabalhador empurra o caixote 1 com uma
força F = 3,0 N. Encontre as acelerações dos caixotes e a força exercida
sobre o caixote 2 pelo caixote 1.
Passo 1: identificar as forças que
atuam nos corpos do problema:
Usando a segunda lei de
Newton para cada um dos
corpos do problema:
Para o caixote de massa m1:
FR = m a
Fx = m ax
Fy = m ay
Fx = m ax
F – F21 = m1 a
Fy = m ay = 0
m1 g = n1
Para o caixote de massa m2:
Fx = m ax
F12 = m2 a
Fy = m ay = 0
Como os dois caixotes
permanecem em contato:
a1 = a2 = a
m2 g = n2
Lembrando:
F – F21 = m1 a
Das equações em x:
F12 = m2 a
F = 3,0 N
m1 = 4,2 kg
F – F21 + F12 = m1 a + m2 a
m2 = 1,4 kg
Da terceira lei de Newton (par ação-reação):
F12 = F21
Resulta:
F = m1 a + m2 a
a (m1 + m2) = F
a=
F
= 3,0
= 0,54 m/s2
(m1 + m2) (4,2 + 1,4)
A força exercida sobre o
caixote 2 pelo caixote 1:
F12 = m2 a
F12 = 1,4 x 0,54 = 0,76 N
Exercício 2:
A figura abaixo mostra um bloco (deslizante) de massa mA = 3,3 kg. Ele se
move livremente, sem atrito, sobre a superfície horizontal de uma mesa. O
bloco deslizante está preso a uma corda que passa em volta de uma polia de
massa e atrito desprezíveis e tem, na outra extremidade, um segundo bloco
(suspenso) de massa mB = 2,1 kg. O bloco suspenso, ao cair, acelera o bloco
deslizante para a direita. Determine:
a) a aceleração do bloco deslizante;
b) a aceleração do bloco suspenso;
c) a forca de tração na corda;
Identificando as forças que atuam
nos corpos do problema:
Usando a segunda lei de Newton para cada um dos
corpos do problema e tomando as equações na
forma escalar temos:
Para o corpo deslizante:
Para o corpo suspenso:
T = mA . a
PB - T = mB . a
Como os blocos estão ligados por uma corda
inextensível e de massa desprezível, eles
terão (em módulo) a mesma velocidade e
aceleração:
T = M as
a T = mA . a
Combinando
equações:
N - P = M ay = 0
PB – T = mB .a
Substituindo
os valores:
a=
PB
a=
= mB g
( mA + mB ) ( mA + mB )
2,1 x 9,8 = 3,8 m/s2
( 3,3 + 2,1 )
Para a tensão na corda:
que é a aceleração
dos dois blocos
T = mA a = 3,3 x 3,8 = 12,5 N
Exercício 3:
Uma pessoa de 72,2 kg está em pé sobre
uma balança (graduada em Newtons)
colocada no interior de um elevador.
Vamos analisar a leitura da balança para
algumas situações.
Qual será a leitura da balança para o elevador:
a) parado;
b) subindo em movimento uniforme;
c) descendo em movimento uniforme.
Para uma aceleração constante de módulo
2,0 m/s2 qual será a leitura da balança para o
elevador:
d) subindo em movimento acelerado;
e) descendo em movimento acelerado;
f) subindo em movimento retardado;
g) descendo em movimento retardado.
Resolução:
Inicialmente, vamos representar o diagrama
de corpo livre para a pessoa.
No diagrama, representamos as forças que
atuam sobre ela.
Nesse caso, atuam a força gravitacional (P)
e a força de reação normal (N) que a
balança exerce sobre a pessoa.
Pela análise do diagrama de corpo livre
concluímos que a leitura da balança é igual
ao módulo da força normal que a balança
exerce sobre a pessoa.
Adotamos o solo como referencial e
analisamos todos os movimentos em relação
a esse referencial.
Podemos relacionar as forças
que agem sobre a pessoa à
aceleração usando a 2ª Lei de
Newton (FR = m.a)
Como as duas forças e a aceleração a que a
pessoa está sujeita são verticais, na direção do
eixo y, podemos aplicar a 2ª Lei de Newton
para as componentes y.
Orientamos o eixo y de acordo com o sentido
do movimento. Assim, quando o elevador
estiver subindo, por exemplo, o eixo y será
orientado positivamente para cima.
a) Quando o elevador está parado, a força
resultante que atua sobre a pessoa é igual a
zero, pois a aceleração é nula.
Assim, aplicando a 2ª Lei de Newton, temos:
FR  m.a
FR  0
N P0
NP
O peso da pessoa é:
P  m.g
P  72,2kg.9,81m / s
2
P  708N
Assim, a leitura da balança quando o elevador
está parado é de 708 N, igual ao módulo da
força peso.
b) Quando o elevador está subindo em
movimento uniforme ele sobe com velocidade
constante. Assim a aceleração é nula.
Orientando o eixo y positivo para cima e
aplicando a 2ª Lei de Newton, obtemos:
FR  m.a
FR  0
N P0
NP
y (sentido do movimento)
Assim, quando o elevador sobe em
movimento uniforme a leitura da balança é
de 708 N. A mesma leitura da balança
quando o elevador está parado.
c) Analogamente a situação anterior, quando o
elevador desce em movimento uniforme ele
possui velocidade constante. Orientando o
eixo y positivamente para baixo e aplicando a
2ª Lei de Newton, obtemos:
FR  m.a
FR  0
PN 0
NP
y (sentido do movimento)
Assim, quando o elevador desce em
movimento uniforme a leitura da balança
também é de 708 N.
d) Quando o elevador sobe em movimento
acelerado a 2,0 m/s2, orientando o eixo y
positivamente para cima e aplicando a 2ª Lei
de Newton, obtemos:
y (sentido do movimento)
FR  m.a
N  P  m.a

a
N  P  m.a
N  708N  72,2kg  2m / s
N  852,4 N
2
Assim, quando o elevador sobe com
movimento acelerado a leitura da balança é
maior do que o peso real da pessoa.
Para o movimento de subida acelerado a
2 m/s2 a leitura da balança é de 852,4 N.
e) Quando o elevador desce em movimento
acelerado a 2,0 m/s2, orientando o eixo y
positivamente para baixo e aplicando a 2ª Lei
de Newton, obtemos:
FR  m.a
P  N  m.a

a
N  P  m.a
N  708N  72,2kg  2m / s
N  563,6 N
2
y (sentido do
movimento)
Assim, quando o elevador desce com
movimento acelerado a leitura da balança
é menor do que o peso real da pessoa.
Para o movimento de descida acelerado a
2 m/s2 a leitura da balança é de 563,6 N.
f) Quando o elevador sobe em movimento
retardado a aceleração é - 2,0 m/s2, ou seja,
ele sofre desaceleração. Orientando o eixo y
positivamente para cima (sentido do
movimento) e aplicando a 2ª Lei de Newton,
obtemos:
y (sentido do
FR  m.a
N  P  m.a
N  P  m.a
N  708N  72,2kg  (2m / s 2 )
N  563,6 N
movimento)

a
Assim, quando o elevador sobe com
movimento retardado a leitura da balança é a
mesma da situação em que o elevador desce
com movimento acelerado.
g) Quando o elevador desce em movimento
retardado a aceleração é - 2,0 m/s2.
Orientando o eixo y positivamente para
baixo (sentido do movimento) e aplicando
a 2ª Lei de Newton, obtemos:
FR  m.a
P  N  m.a

a
N  P  m.a
N  708N  72,2kg  (2m / s )
2
N  852,4 N
y (sentido do
movimento)
Assim, quando o elevador desce com
movimento retardado a leitura da balança é
a mesma da situação em que o elevador
sobe com movimento acelerado.