Lista de exercicios 1

Leis de Newton
1. (Unifesp 2016) Um garoto de ! 40 kg está sentado, em repouso, dentro de uma caixa de papelão de massa
desprezível, no alto de uma rampa de !10 m de comprimento, conforme a figura.
!
Para que ele desça a rampa, um amigo o empurra, imprimindo-lhe uma velocidade de ! 1m / s no ponto ! A, com
direção paralela à rampa, a partir de onde ele escorrega, parando ao atingir o ponto !D. Sabendo que o
coeficiente de atrito cinético entre a caixa e a superfície, em todo o percurso !AD, é igual a ! 0,25, que
2
! sen θ = 0,6, ! cos θ = 0,8, ! g = 10 m / s e que a resistência do ar ao movimento pode ser desprezada, calcule:
a) o módulo da força de atrito, em ! N, entre a caixa e a rampa no ponto ! B.
b) a distância percorrida pelo garoto, em metros, desde o ponto ! A até o ponto ! D.
2. (Ufu 2015) A partir de janeiro de 2014, todo veículo produzido no Brasil passa a contar com freios ABS, que
é um sistema antibloqueio de frenagem, ou seja, regula a pressão que o condutor imprime nos pedais do freio
de modo que as rodas não travem durante a frenagem. Isso, porque, quando um carro está em movimento e
suas rodas rolam sem deslizar, é o atrito estático que atua entre elas e o pavimento, ao passo que, se as rodas
travarem na frenagem, algo que o ABS evita, será o atrito dinâmico que atuará entre os pneus e o solo.
Considere um veículo de massa m,
!
que trafega à velocidade ! V, sobre uma superfície, cujo coeficiente de
atrito estático é ! µ e e o dinâmico é ! µ d .
a) Expresse a relação que representa a distância percorrida ! (d) por um carro até parar completamente, numa
situação em que esteja equipado com freios ABS.
b) Se considerarmos dois carros idênticos, trafegando à mesma velocidade sobre um mesmo tipo de solo, por
que a distância de frenagem será menor naquele equipado com os freios ABS em relação àquele em que as
rodas travam ao serem freadas?
3. (Pucrj 2015) Um bloco metálico de massa ! 2,0 kg é lançado com velocidade de ! 4,0 m / s a partir da borda
de um trilho horizontal de comprimento 1,5
! m e passa a deslizar sobre esse trilho. O coeficiente de atrito
cinético entre as superfícies vale ! 0,2. Cada vez que colide com as bordas, o disco inverte seu movimento,
mantendo instantaneamente o módulo de sua velocidade.
!
Quantas vezes o disco cruza totalmente o trilho, antes de parar?
Considere: ! g = 10 m / s
a) ! 0
2
b) !1
c) ! 2
!1
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d) ! 3
e) ! 4
4. (Unesp 2014) O bungee jump é um esporte radical no qual uma pessoa salta no ar amarrada pelos
tornozelos ou pela cintura a uma corda elástica.
!
Considere que a corda elástica tenha comprimento natural (não deformada) de 10 m. Depois de saltar, no
instante em que a pessoa passa pela posição A, a corda está totalmente na vertical e com seu comprimento
natural. A partir daí, a corda é alongada, isto é, tem seu comprimento crescente até que a pessoa atinja a
posição B, onde para instantaneamente, com a corda deformada ao máximo.
!
Desprezando a resistência do ar, é correto afirmar que, enquanto a pessoa está descendo pela primeira vez
depois de saltar, ela
a) atinge sua máxima velocidade escalar quando passa pela posição A.
b) desenvolve um movimento retardado desde a posição A até a posição B.
c) movimenta-se entre A e B com aceleração, em módulo, igual à da gravidade local.
d) tem aceleração nula na posição B.
e) atinge sua máxima velocidade escalar numa posição entre A e B.
5. (Esc. Naval 2013) Considere uma força horizontal F aplicada sobre a cunha 1, de massa !m1 = 8,50 kg,
conforme mostra a figura abaixo. Não há atrito entre a cunha e o chão, e o coeficiente de atrito estático entre a
cunha e o bloco 2, de massa !m2 = 8,50 kg, vale ! 0,200. O maior valor de F, em newtons, que pode ser
aplicado à cunha, sem que o bloco comece a subir a rampa é
Dados: !
g = 10,0 m s2 ; senθ = 0,600; cos θ = 0,800
!
!
!2
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!
a) 85,0
b) 145
c) 170
d) 190
e) 340
6. (Uftm 2012) No resgate dos mineiros do Chile, em 2010, foi utilizada uma cápsula para o transporte vertical
de cada um dos enclausurados na mina de 700 metros de profundidade. Considere um resgate semelhante ao
feito naquele país, porém a 60 metros de profundidade, tendo a cápsula e cada resgatado um peso total de
4
4
! 5 × 10 N. O cabo que sustenta a cápsula não pode suportar uma força que exceda 7,5
! × 10 N. Adote
2
! g = 10 m s para o local do resgate. Esse movimento tem aceleração máxima no primeiro trecho e, a seguir,
movimento retardado, com o motor desligado, até o final de cada ascensão.
!
a) Qual deve ter sido o menor tempo para cada ascensão do elevador?
b) Calcule a potência máxima que o motor deve ter desenvolvido em cada resgate.
7. (Ufrj 2011) Um bloco de massa 2,0 kg está sobre a superfície de um plano inclinado, que está em
movimento retilíneo para a direita, com aceleração de 2,0 m/s2, também para a direita, como indica a figura a
seguir. A inclinação do plano é de 30º em relação à horizontal.
!
Suponha que o bloco não deslize sobre o plano inclinado e que a aceleração da gravidade seja g = 10 m/s2.
Usando a aproximação ! 3 ≈ 1,7 , calcule o módulo e indique a direção e o sentido da força de atrito exercida
pelo plano inclinado sobre o bloco.
8. (Uem 2011) Uma roldana contém uma corda longa e de massa desprezível. Nas extremidades da corda,
estão presas massas de 200 g e 400 g. A roldana move-se para cima, de modo que a massa de 400 g
permanece estacionária e a corda fica tensa. Quando a velocidade de subida da roldana é de ! 4,9 m / s , a
roldana é freada abruptamente.
!3
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2
Desprezando a massa da roldana e considerando a aceleração da gravidade igual a ! 9,8 m / s , assinale o
que for correto.
01) No instante de parada da roldana, a tensão na corda é de 1,96 N.
2
02) Antes da parada da roldana, a aceleração da massa de 200 g é de ! 9,8 m / s .
04) Se, em um instante de tempo t, a roldana subiu 30 cm, então a massa de 200 g também subiu ! 30 cm .
08) No instante de parada da roldana, a velocidade da massa de 200 g é de 9,8 m/s.
2
16) Após a parada da roldana, a massa de 400 g desce com aceleração igual a ! 4,9 m / s .
9. (Upe 2011) Sejam os blocos P e Q de massas m e M, respectivamente, ilustrados na figura a seguir. O
coeficiente de atrito estático entre os blocos é ! µ , entretanto não existe atrito entre o bloco Q e a superfície A.
Considere g a aceleração da gravidade.
!
A expressão que representa o menor valor do módulo da força horizontal F, para que o bloco P não caia, é
mg ⎛ M + m ⎞
⎜
⎟
a) ! µ ⎝ M + 2m ⎠
mg
(M + m)
b) ! Mµ
mM ⎛ g ⎞
⎜
⎟
c) ! µ ⎝ M + m ⎠
Mg ⎛ 1 ⎞
⎜
⎟
d) ! mµ ⎝ M + m ⎠
mg
e) ! µ
10. (Ufu 2007) Um bloco de massa M = 8 kg encontra-se apoiado em um plano inclinado e conectado a um
bloco de massa m por meio de polias, conforme figura a seguir.
!
!4
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Dados: !
sen 30° =
1
3
cos 30° =
.
2 e!
2
O sistema encontra-se em equilíbrio estático, sendo que o plano inclinado está fixo no solo. As polias são
ideais e os fios de massa desprezível. Considerando g = 10 m/s2, θ = 30° e que não há atrito entre o plano
inclinado e o bloco de massa M, marque a alternativa que apresenta o valor correto da massa m, em kg.
a) ! 2 3
b) ! 4 3
c) 2
d) 4
Gabarito:
Resposta da questão 1:
a) No ponto B, temos o seguinte diagrama de forças atuando sobre o sistema menino/caixa:
!
Assim, podemos equacionar de forma que:
Fat = µ ⋅ N = ⋅µP ⋅ cos θ= ⋅ m ⋅ gµ⋅ cos
θ
Fat = 0,25 ⋅ 40 ⋅ 10 ⋅ 0,8
F = 80 N
! at
b) Pelo teorema da Energia Cinética, temos que:
ΔE = total
τ = potencial
τ − atrito
τ
! c
Do enunciado, podemos encontrar a altura do ponto A em relação ao ponto C:
h
senθ =
AC
h = 0,6 ⋅ 10
!h = 6 m
A força de atrito entre os pontos C e D é diferente da calculada no item anterior, pois a força normal não é a
mesma. Assim
Fat ' = µ ⋅ N = ⋅ Pµ= 0,25 ⋅ 40 ⋅ 10
! Fat ' = 100 N
!5
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Com os valores das grandezas calculados, podemos continuar a desenvolver a equação do teorema da
energia cinética.
ΔEc = total
τ = potencial
τ − atrito
τ
Ec − Ec = τ potencial −
f
0−
i
τ
( atrito
AC
+ atrito
τ
CD
)
m ⋅ v A2
= m ⋅ g ⋅ h − (Fat ⋅ AC + Fat '⋅ CD )
2
40 ⋅ 12
= 40 ⋅ 10 ⋅ 6 − (80 ⋅ 10 + 100 ⋅ CD )
2
−20 = 2400 − 800 − 100 ⋅ CD
! CD = 16,2 m
−
Assim, a distância total percorrida (d) é de:
d = AC + CD = 10 + 16,2
! d = 26,2 m
Resposta da questão 2:
Esta questão tem várias formas de resolução. Podemos utilizar as equações do movimento uniformemente
variado posição e velocidade em função do tempo ou ainda a equação de Torricelli, bem como a equação que
relaciona energia e trabalho, conjuntamente com as leis de Newton para o equilíbrio estático do corpo para
determinar a aceleração e, por fim, o deslocamento do móvel.
2
2
a) Utilizando para a demonstração a equação de Torricelli: ! v f = vi + 2ad
(a < 0 ) até parar ! (v f = 0 ), temos:
Como o veículo está desacelerando !
2
! 0 = vi − 2ad
Isolando ! d e substituindo a velocidade inicial ! vi por ! V, ficamos com:
!
d=
V2
2a (1)
Aplicando a 2ª Lei de Newton, podemos calcular a aceleração de acordo com o diagrama de corpo livre
abaixo:
!
No eixo horizontal ! (x) :
Fx = Fat = ma
∑
!
Como, !
!
Fat = µN
ma = µN ⇒ a =
µN
m (2)
!6
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No eixo vertical ! (y), temos:
∑ Fy = 0 ⇒ N = P ⇒ N = mg (3)
!
As equações (3) e (2) nos fornecem a aceleração:
µmg
a=
⇒ a = µg
m
!
(4)
Substituindo a equação (4) em (1) e considerando que o dispositivo com ABS não bloqueia as rodas, então o
coeficiente de atrito é o estático ! µ e finalmente chegamos a uma expressão para a distância percorrida até o
veículo parar totalmente.
d=
!
V2
2µ e g
b) A distância da frenagem é inversamente proporcional ao coeficiente de atrito, isto é, quanto maior este
coeficiente, menor é a distância necessária para o veículo parar. Portanto, como o coeficiente de atrito estático
atua nos freios ABS e é maior que o coeficiente de atrito dinâmico ! (µ e > d ),µ a distância de frenagem será
menor para o veículo com esse dispositivo.
Resposta da questão 3:
[C]
Considerando que o movimento acontece na horizontal, a única força que age na direção do deslocamento é a
força de atrito, sendo contrária ao sentido de movimento provocará uma desaceleração responsável por parar o
bloco por completo. Sendo assim a força resultante é a força de atrito.
! Fr = −Fat
Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito:
! m ⋅ a = −µ ⋅ m ⋅ g
A aceleração será:
a = −µ ⋅ g = −0,2 ⋅ 10 m / s2
! a = −2 m / s
2
Do MRUV usamos a equação de Torricelli:
2
2
! v = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ Δs
!
A distância total percorrida será:
Δs =
v 2 − v 02
2⋅a
Δs =
0 − 42
−16
=
=4m
2 ⋅ (−2 ) −4
Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é:
4m
n=
= 2,667 vezes
1,5 m
!
A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de 2/3 do trilho
Então,
!n = 2
!7
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Resposta da questão 4:
[E]
A velocidade atinge seu valor máximo num ponto entre A e B, quando a peso e a força elástica têm mesma
intensidade.
Resposta da questão 5:
[D]
Considerando o desenho, podemos trabalhar com as forças nas direções vertical e horizontal, estabelecendo
os equilíbrios:
!
Forças e suas componentes atuantes na vertical:
θ
! P + fat sen θ = Ncos
µ ) θ
! mg = N(cos θ − sen
(1)
Na direção horizontal:
θ
! F = Nsenθ + fat cos
µ ) θ
! ma = N(senθ + cos
(2)
Dividindo (2) por (1), ficamos com:
ma = N(senθ + cos
µ ) θ a
(senθ + cos
µ ) θ
⇒ =
mg = N(cos θ − sen
µ ) θ g (cos θ − sen
µ ) θ
!
!
(3)
Da segunda lei de Newton, extraímos a aceleração:
F
F = (m1 + m2 ) ⋅ a ⇒ F = 17a ⇒ a =
17
!
(4)
Substituindo (4) em (3) e os valores:
F
(0,6 + 0,2 ⋅ 0,8)
⇒
=
17 ⋅ 10 (0,8 − 0,2 ⋅ 0,6)
0,76
F = 170 ⋅
⇒ F = 190 N
0,68
!
Resposta da questão 6:
a) Na subida o movimento é acelerado, assim concluímos que a força (F) realizada pelo cabo sobre a
cápsula é maior que o peso do conjunto (cápsula+pessoa). A partir destas considerações, podemos calcular
a aceleração de subida da cápsula.
!8
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Vejamos os dados pertinentes para o cálculo da aceleração durante a subida:
4
F = ! 7,5 × 10 N.
4
P = ! 5 × 10 N.
3
! MC = 5x10 kg (massa do conjunto)
4
4
3
Assim, ! F − P = MC .a ➔ ! 7,5 × 10 − 5x10 = 5x10 .a
4
3
! 2,5 × 10 = 5x10 .a
!
a=
2,5 × 104
5 × 10
3
=
25
= 5m / s2
5
Como podemos perceber, o enunciado informa que esta aceleração se mantém apenas no primeiro trecho
do percurso, sendo o restante do movimento sujeito apenas a aceleração gravitacional freando a cápsula.
Assim devemos notar dois movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s2 dirigida para cima
e outro movimento retardado com aceleração de 10 m/s2 dirigida para baixo.
Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma:
Δ = 60m
! ΔSac + Sre
!
Em que ΔSac = deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e ΔSre = deslocamento sofrido pela cápsula de T1
a T2.
Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos:
ACELERADO:
2
2
2
! V = 0 + 2.5.ΔSac ➔ V = 10.ΔSac
RETARDADO:
2
2
2
2
! 0 = V + 2.are .ΔSre ➔ 0 = V + 2.( −10).ΔSre ➔ V = 20.ΔSre
Igualando as duas expressões, temos:
Δ
! 10.ΔSac = 20. Sre
Δ
! ΔSac = 2. Sre
!9
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Assim, o ! ΔSac = 40m e ! ΔSre = 20m
Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos
relacionar os intervalos de tempo de 0 à T1, e de T1 à T2.
ΔSac = V.(T1 )
ΔSre = V.(T2 − T1 )
ΔSac = 2. Sre
Δ
V.(T1 ) = 2.V.(T2 − T1 )
T1 = 2T2 − 2T1
! 3T1 = 2T2
Calculando T1:
ΔSac = 0.T1 +
40 =
5.T12
2
5.T12
2
80 = 5.T12
T12 = 16
! T1 = 4s
Calculando T2:
! 3T1 = 2T2
! 3.4 = 2T2
! 12 = 2T2
∴ T2 = 6s
!
b) Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima,
assim sendo:
VMÁX=0+5.T1➔ VMÁX=5.4=20m/s
Calculando a potência máxima, temos:
PMÁX. = F.VMÁX.
!
P
= 7,5 × 104.20
! MÁX.
PMÁX. = 150 × 104
!
∴ PMÁX. = 1,5 MW
!
Resposta da questão 7:
Dados: m = 2 kg; a = 2 m/s2; θ = 30°;
3 ≈ 1,7 .
v
v
v
(P ), normal ! (N)e atrito! (A )e as respectivas projeções na
A figura mostra as forças agindo no bloco peso !
direção do movimento (x) e perpendicular a ela (y).
!10
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!
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica na direção x:
!
Nx − A x = R x
N sen30° − A cos30° = m a
⇒
N
⇒
1
3
−A
= 2 (2 )
2
2
⇒
! N − 3 A = 8 (I).
Na direção y as forças ou componentes estão equilibradas, pois o movimento é retilíneo:
!
Ny + A y = P
⇒
Ncos 30° + A sen30° = m g
⇒
N
3
1
+ A = 20
2
2
⇒
! 3 N + A = 40 (II).
Multiplicando a equação (I) por !
! − 3 N + 3 A = −8 3
(− 3 ):
(III).
Montando o sistema com (II) e (III).
⎧ 3 N + A = 40
⎪⎪
⎨ − 3 N + 3 A = −8 3
⎪
⎪⎩ 0 + 4 A = 40 − 8 3
⇒ A = 10 − 2 3
⇒
A = 10 − 2 (1,7 )
⇒
!
A = 6,6 N.
Resposta da questão 8:
02 + 08 = 10
01) Errado. Como a massa de 400g está estacionária, podemos escrever:
! T = P = mg = 0,4x9,8 = 3,92N !
02) Correto. Como a massa menor está acelerando, podemos escrever:
! T − P = ma → 3,92 − 0,2x9,8 = 0,2a → a = 9,8m / s
2
04) Errado. Observe a figura abaixo.
!11
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Leis de Newton
!
O comprimento do fio é constante, então: ! XR + (XR − X) = 2XR − X = constante .
Se a soma (subtração) de duas parcelas é constante, a soma (subtração) de suas variações é nula,
portanto: ! 2ΔXR − ΔX = 0 → ΔX = 2ΔXR = 2x30 = 60cm
08) Correto. Como o deslocamento do corpo é o dobro do da roldana. Sua velocidade também é o dobro.
16) Errado. Com a parada da roldana a corda afrouxa e o corpo de 400g inicia uma queda com 9,8m/s2.
Resposta da questão 9:
[B]
A figura abaixo mostra as forças com seus respectivos módulos relevantes para a solução da questão.
!
µN = mg → N =
Para que o bloco P não escorregue, devemos ter: !
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos blocos, temos:
mg
µ .
mg
= ma
µ
Bloco P !
(1)
mg
mg
→ N = Ma →
= Ma → a =
µ
M µ(2)
Bloco Q !
→ F − N = ma → F −
Substituindo 2 em 1, vem:
!
F−
mg
mg
mg m2 g
mMg + m2 g mg (M + m )
=m
→F =
+
→F =
=
µ
M µ
µ M
µ
M µ
Mµ
Resposta da questão 10:
[A]
A figura mostra as forças atuantes nos blocos e as trações nos fios.
!12
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Leis de Newton
!
Do equilíbrio do sistema:
⎧T = Px = Pcos θ ⇒ T = M gcos
θ
⎪
⇒ 2 m g = M g cos θ ⇒
⎨T
⎪ = P1 ⇒ T = 2 P1 ⇒ T = 2 m g
⎩2
m=
8 ⋅ cos30°
2
⇒ m=4
3
2
⇒
m = 2 3 kg.
!
!13
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