1.o Teste 2009/2010 - 19 de Novembro de 2009dffghyt1hjk89lllk 1 2

Física I - 1.o Teste 2009/2010 - 19 de Novembro de 2009dffghyt1hjk89lllk
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A B A A D A D B B
Na 1.a parte deste teste seleccione, para cada questão, a resposta que entender como correcta, indicando
a letra correspondente na grelha abaixo. Cada questão correctamente respondida vale 1 valor. A cada
resposta incorrecta é atribuida cotação nula. A 2.a parte é respondida no conjunto de 3 folhas que lhe
foi fornecido. Não são tiradas dúvidas aos alunos durante a realização da avaliação. Em nenhum caso é
autorizado o regresso à sala após a saída, durante a avaliação. Os enunciados e as folhas fornecidas não
podem ser desagrafados (sob pena de anulação do teste) e devem ser devolvidos ao Docente presente
na sala, mesmo que, eventualmente, não queira que a sua prova seja classificada.
1.a Parte
Sempre que necessário, utilize para o módulo da aceleração resultante da gravidade o valor g =
10.0 m/ s2 .
1 Um corpo é lançado para cima com velocidade inicial que faz um ângulo de aproximadamente
70 ◦ com a horizontal. Seleccione o gráfico que melhor apresenta a variação do módulo do vector
velocidade do corpo em função do tempo.
(A)
(B)
(C)
(D)
2 Um rapazinho brinca com uma bola no interior de uma vagão que se desloca com movimento
horizontal, rectilíneo e uniforme em relação aos carris. Num determinado instante, o rapaz com
a bola a 20 cm do seu corpo, lança-a verticalmente para baixo. Seleccione a alternativa que
indica correctamente a distância da bola ao corpo do rapazinho quando atinge o piso do vagão.
(A)Igual a 20 cm. (B)Superior a 20 cm. (C)A distância depende do módulo da velocidade
a que a bola é lançada. (D)Inferior a 20 cm.
3 O gráfico da figura representa a posição em função do tempo de uma formiga que sai do
formigueiro em busca de alimento, seguindo uma trajectória rectilínea, e regressa ao mesmo
após encontrá-lo. Seleccione a alternativa correcta.
1
(A)A formiga encontrou o alimento a 1 m do formigueiro e a formiga esteve ali parada 50 s para
o recolher.
(B)O deslocamento da formiga entre os instantes 1 min e 40 s e 3 min e 30 s é
nulo. (C)A velocidade média da formiga no primeiro minuto do movimento foi de 50 cm/ min.
(D)70 s após ter deixado o formigueiro, a formiga está a 60 cm deste último.
4 Seleccione a alternativa que completa correctamente a frase: O módulo da resultante de duas
forças, uma com módulo 30 N e a outra com módulo 40 N, será necessariamente...
(A)... igual ou superior a 10 N. (B)... igual ou superior a 30 N.
40 N. (D)... igual ou inferior a 10 N.
(C)... igual ou inferior a
5 Uma partícula possui a velocidade vA , em relação a um observador num referencial A. Este
último referencial, por sua vez, está a mover-se em relação a um segundo referencial, B, com
velocidade constante vAB Seleccione a alternativa que indica correctamente a velocidade, vB ,
da partícula em relação ao referencial B.
(A)vB = vA + vAB
(B)vB = vA
(C)vB = vA − vAB
(D)vB = vAB − vA
6 O João utiliza um martelo para espetar um prego numa parede. Seleccione a alternativa
correcta.
(A)O prego exerce no martelo uma força de módulo superior ao módulo da força que o martelo
exerce no prego porque transmite ao martelo parte da força exercida pela parede. (B)A força
exercida pelo prego no martelo é nula, porque a força exercida pelo martelo é transmitida na
totalidade à parede. (C)O prego exerce no martelo uma força de módulo inferior ao módulo
da força que o martelo exerce no prego porque parte da força é transmitida à parede. (D)O
módulo da força que o martelo exerce no prego é igual ao módulo da força que o prego exerce
no martelo
7 Um corpo de massa igual a 10 kg está assente numa mesa horizontal. Os coeficientes de atrito
estático e cinético entre as superfícies do corpo e da mesa são μe = 0.3 e μc = 0.25, respectivamente. Quando uma força F , de módulo 20 N, é exercida no corpo, qual é módulo da força de
atrito Fa que está a ser exercida no corpo? Seleccione a alternativa correcta.
(A)20 N.
(B)100 N.
(C)30 N.
(D)250 N.
8 Um automóvel desloca-se numa trajectória rectilínea com velocidade de 72 km/ h quando os
travões são aplicados produzindo uma aceleração de módulo 2 m/ s2 . Seleccione a alternativa
que indica correctamente o intervalo de tempo necessário para levar o automóvel ao repouso.
(A)40 s
(B)144 s
(C)36 s
(D)10 s
9 Suponha que a distância entre Lisboa e o Porto é de 300 km. Um automobilista efectua esse
percurso em 3 horas. Seleccione a alternativa correcta.
(A)Para se calcular o módulo da velocidade média do automobilista, é necessário conhecer o
tempo total em que ele esteve parado. (B)Se outro automobilista partisse do Porto e chegasse
a Lisboa, também em 3 horas, com velocidade média de módulo constante, o valor desta seria de
100 km/ h. (C)O módulo da velocidade média do automobilista neste percurso foi de 90 km/ h.
(D)Durante todo o percurso o módulo da velocidade média do autobilista foi necessariamente
constante.
2
10 Uma ventoinha acaba de ser desligada e está parando vagarosamente, girando no sentido dos
ponteiros do relógio, como mostra a figura.
Seleccione a alterntiva que melhor indica o vector aceleração do ponto P de uma das pás da
ventoinha
(A)
(B)
(C)
(D)
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Física I 2009/2010
1.o TESTE -2.a Parte
CRITÉRIOS GERAIS DE CLASSIFICAÇÃO
Para cada alínea de cada problema, os critérios básicos são os seguintes, com a respectiva percentagem da cotação:
Nível 5 - Metodologia de resolução correcta. Resultado final correcto. Ausência de erros.→
100%.
Nível 4 - Metodologia de resolução correcta. Resultado final incorrecto, resultante apenas
de erros de tipo 1, qualquer que seja o seu número → 90%.
Nível 3 - Metodologia de resolução correcta. Resultado final incorrecto, resultante de um
único erro de tipo 2, qualquer que seja o número de erros de tipo 1.→70%.
Nível 2 - Metodologia de resolução correcta. Resultado final incorrecto, resultante de mais
do que um erro do tipo 2, qualquer que seja o número de erros de tipo 1.→ 50%.
Nível 1 - Metodologia de resolução incompleta, isto é, apresentação, de apenas uma das
etapas de resolução consideradas como mínimas qualquer que seja o número de erros de tipo
1.→ 30%
Erros de tipo 1: erros de cálculo numérico, transcrição incorrecta dos dados, conversão
incorrecta de unidades ou ausência de unidades / unidades incorrectas no resultado final.
Erros de tipo 2: erros de cálculo analítico, erros na utilização de fórmulas, ausência de
conversão de unidades(*) e outros erros que não possam ser incluídos no tipo 1.
(*) qualquer que seja o número de conversões de unidades não efectuadas, contabilizar apenas
como um erro de tipo 2.
Deve ser atribuída a classificação de zero pontos se a resposta apresentar:
• metodologia de resolução incorrecta — resultado incorrecto;
• metodologia de resolução incorrecta — resultado correcto;
• metodologia de resolução ausente com apresentação de resultado final, mesmo que correcto.
Um resultado incorrecto por utilização de um valor numérico incorrecto, obtido em alínea
anterior, não deve ser penalizado de novo.
A não apresentação de justificação aceitável, ainda que com o resultado correcto, é penalizada
em 25% da cotação da alínea.
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Física I 2009/2010 - 1.o Teste - 19 de Novembro de 2009
2.a Parte
Na resposta ao seguinte problema, apresente todas as etapas utilizadas para o resolver,
justificando-as cuidadosamente, e apresente um resultado numérico, sempre que tal seja pedido.
Sempre que necessário, utilize para o módulo da aceleração resultante da gravidade o valor
g = 10.0 m/ s2 .
Num determinado parque de diversões existe um escorrega com altura h = 33.0 m e
uma inclinação de θ = 45 ◦ em relação à horizontal, como mostra a figura. Na resolução
despreze a resistência do ar.
1. Partindo do repouso no topo do escorrega, qual seria o módulo da velocidade de um
indivíduo com 60 kg de massa quando atinge o fundo do escorrega, se não existisse
atrito entre o corpo do indivíduo e a superfície do escorrega? [2 valores]
(a) 1.a alternativa de resolução: Utilizamos a conservação da energia mecânica do sistema
indivíduo+Terra, escolhendo como referência para a energia potencial gravítica o indivíduo
na base do escorrega (nesta configuração Ug = 0).
i. Na configuração inicial, no topo do escorrega, a energia mecânica do sistema é:
1 2
mv + mgyi
2 i
= 0 + mgh,
Emeci =
em que vi é o módulo da velocidade do indivíduo no topo do escorrega (vi = 0 para
yi = h) e h é a altura do topo do escorrega, em relação à base (em que y = 0).
ii. Na configuração final, na base do escorrega, a energia mecânica do sistema é:
1 2
mv + mgyf
2 f
1 2
=
mv
2 f
Emecf =
5
iii. Como a energia mecânica do sistema se conserva, porque a única força interna é
conservativa e não há forças externas,
Emecf = Emeci
e
1 2
mv = mgh
2 f
p
vf =
2gh
p
=
2 × 10 m/ s2 × 33.0 m
= 25. 7 m/ s
Resposta: Se não existisse atrito entre o indivíduo e a superfície do escorrega, o
módulo da velocidade dele ao atingir a base do escorrega seria de 25. 7 m/ s.
(b) 2.a alternativa de resolução: Utilizamos as equações da cinemática do movimento uniformemente acelerado:
i. A aceleração do movimento do indivíduo é dada por
a = g sin θ.
ii. O deslocamento do indivíduo desde o topo do escorrega à base é
L=
h
.
sin θ
iii. Utilizamos a equação da cinemática do movimento uniformemente acelerado que relaciona o deslocamento, o módulo da velocidade e a aceleração
vf2 − vi2 = 2aL,
para obter, com vi = 0 e L =
h
,
sin θ
h
vf2 = 2g sin θ ×
sin θ
p
2gh
v =
p
=
2 × 10 m/ s2 × 33.0 m
= 25.7 m/ s
Resposta: Se não existisse atrito entre o indivíduo e a superfície do escorrega, o módulo
da velocidade dele ao atingir a base do escorrega seria de 25. 7 m/ s.
2. Na realidade, o módulo da velocidade do indivíduo, ao atingir o fundo do escorrega, é de 20.0 m/ s. Calcule o módulo da força de atrito cinético entre o corpo do
indivíduo e a superfície do escorrega.
(a) 1.a alternativa de resolução: Utilizamos expressão que relaciona o trabalho da força de
atrito com a variação da energia mecânica do sistema indivíduo+Terra: O trabalho da
força de atrito no deslocamento do indivíduo é igual à variação da energia mecãnica do
sistema indivíduo+Terra:
Wfc = ∆Emec
6
i. O trabalho da força de atrito no deslocamento do indivíduo desde o topo à base do
escorrega é
Wfc = −fc L
= −fc
h
sin θ
em que L é o deslocamento total.
ii. A variação da energia mecânica do sistema neste deslocamento é
∆Emec = Emecf − Emeci
1 2
mv − mgh.
=
2 f
iii. Igualando as duas expressões, obtemos
−fc
h
1 2
=
mv − mgh
sin θ
2 f
µ
¶
m sin θ vf2
− gh
fc = −
h
2
¶
µ
vf2
fc = m sin θ g −
2h
"
= 60 kg × sin 45 ◦
= 167 N.
(20.0 m/ s)2
2
10 m/ s −
2 × 33.0 m
#
Resposta: Nas condições indicadas, o módulo da força de atrito entre a superfície do
escorrega e o indivíduo é 167 N.
(b) 2.a alternativa de resolução: Utilizando as equações da dinâmica.
i. As forças exercidas no indivíduo durante o percurso no escorrega são o peso, a normal
à superfície do escorrega exercida por este e a força de atrito cinético. Consequentemente, a 2. Lei de Newton exprime-se, no caso do indivíduo, na forma seguinte:
P + n + fc = ma.
Escolhendo o sistema de referência da figura, as equações escalares correspondentes,
para os eixos dos x e dos y são
½
x:
P sin θ − fc = ma
y
n − P cos θ = 0
7
ii. O valor da aceleração em função da velocidade final (para velocidade inicial nula)
obtém-se da expressão da cinemática do movimento uniformemente acelerado
√
vf = 2aL,
em que L é o deslocamento. Temos, então,
vf2
2L
v 2 sin θ
= f
2h
a =
iii. Resolvendo o sistema de três equações a três incógnitas, obtemos
mg sin θ − fc =
fc
vf2 sin θ
2h µ
¶
vf2
= m sin θ g −
2h
"
= 60 kg × sin 45 ◦ 10 m/ s2 −
= 167 N.
2
(20.0 m/ s)
2 × 33.0 m
#
Resposta: Nas condições indicadas, o módulo da força de atrito entre a superfície do
escorrega e o indivíduo é 167 N.
3. Na base do escorrega existe um colchão de molas (que pode considerar como uma
única mola cuja extremidade se pode deslocar horizontalmente) para amortecer a
paragem do indivíduo. Se a constante de mola do colchão for de 2000 N/ m, qual
o deslocamento máximo da extremidade do colchão após o indivíduo a atingir, na
situação da alínea anterior? Despreze o atrito no deslocamento do indivíduo após
entrar em contacto com o colchão. [2 valores]
(a)
i. A energia mecânica do sistema indivíduo+colchão é constante e é a soma da energia
cinética do indivíduo e da energia potencial elástica acumulada na mola.
ii. Consequentemente, verifica-se
1 2 1 2
mv = kxmax ,
2 f
2
em que vf é o módulo da velocidade do indivíduo no instante em que entra em contacto
com o colchão e k é a constante da mola do colchão.
iii. Substituindo os valores dados, obtemos
r
m
xmax = vf
k
s
60 kg
= 20.0 m/ s
2000 N/ m
= 3.46 m
Resposta: O deslocamento máximo da extremidade do colchão é de 3.46 m.
8
4. Um segundo indivíduo, com a mesma massa do primeiro mas menos arrojado,
pretende percorrer o escorrega com velocidade de módulo constante. Para o efeito,
liga-se, por um fio de massa desprezável, a um bloco de massa 50 kg que se desloca
sobre uma superfície horizontal. Ignorando, como na alínea 1., o atrito entre o
corpo do indivíduo e a superfície do escorrega, calcule:
(a) O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal nesta
situação. [2 valores]
O bloco está a deslocar-se com aceleração nula. As forças nele exercidas são o seu peso
P1 , a força exercida pela superfície e normal a esta, n1 , a força de atrito cinético, fc1 e
a tensão da corda, T1 . Consequentemente, utilizando o sistema de referência x1 01 y1 (ver
figura), obtemos as correspondentes equações escalares
½
x1 :
T1 − fc1 = 0
y1 :
−P1 + n1 = 0
No que diz respeito ao indivíduo, as forças nele exercidas são o seu peso, P2 , a força normal
ao escorrega e normal a este, n2 , e a tensão da corda, T2 . A 2.a Lei de Newton aplicada
ao indivíduo assume a forma
P2 + n2 + T2 = 0.
Utilizando o sistema de referência x2 02 y2 (ver figura), obtemos as correspondentes equações
escalares
½
x2 :
−T2 + P2 sin θ = 0
y2 :
−P2 cos θ + n2 = 0
A estas equações acrescentamos a relação entre o módulo da força de atrito exercida no
bloco e o módulo da força normal exercida neste pela superfície horizontal
fc1 = μc1 n1
e a relação que resulta do facto de o módulo da tensão no fio ser constante em todos os
pontos (porque a massa do fio é desprezável)
T1 = T2 = T.
9
Resolvendo o sistema de equações obtido, com P1 = m1 g e P2 = m2 g,
−T + m2 g sin θ = 0
μc1 m1 g = T
μc1 m1 g = m2 g sin θ
m2
μc1 = sin θ
m1
= (sin 45 ◦ ) ×
60 kg
50 kg
= 0.85.
Resposta: O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal nesta
situação é μc1 = 0.85.
(b) O módulo da tensão no fio durante o movimento. [2 valores]
Das equações anteriores,
T = μc1 m1 g
= 0.848 × 50 kg × 10 m/ s2
= 424 N.
Alternativamente, podemos utilizar directamente a equação para a componente x2 das
forças exercidas no indivíduo
−T + P2 sin θ = 0
T = m2 g sin θ
= 60 kg × 10 m/ s2 × sin 45 ◦
Resposta: O módulo da tensão no fio durante o movimento é T = 424 N.
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Física I 2009/2010 - 1.o Teste - 19 de Novembro de 2009
2.a Parte
Na resposta ao seguinte problema, apresente todas as etapas utilizadas para o resolver,
justificando-as cuidadosamente, e apresente um resultado numérico, sempre que tal seja pedido.
Sempre que necessário, utilize para o módulo da aceleração resultante da gravidade o valor
g = 10.0 m/ s2 .
Num determinado parque de diversões existe um escorrega com altura h = 30.0 m e
uma inclinação de θ = 45 ◦ em relação à horizontal, como mostra a figura. Na resolução
despreze a resistência do ar.
1. Partindo do repouso no topo do escorrega, qual seria o módulo da velocidade de um
indivíduo com 60 kg de massa quando atinge o fundo do escorrega, se não existisse
atrito entre o corpo do indivíduo e a superfície do escorrega? [2 valores]
(a) 1.a alternativa de resolução: Utilizamos a conservação da energia mecânica do sistema
indivíduo+Terra, escolhendo como referência para a energia potencial gravítica o indivíduo
na base do escorrega (nesta configuração Ug = 0).
i. Na configuração inicial, no topo do escorrega, a energia mecânica do sistema é:
1 2
mv + mgyi
2 i
= 0 + mgh,
Emeci =
em que vi é o módulo da velocidade do indivíduo no topo do escorrega (vi = 0 para
yi = h) e h é a altura do topo do escorrega, em relação à base (em que y = 0).
ii. Na configuração final, na base do escorrega, a energia mecânica do sistema é:
1 2
mv + mgyf
2 f
1 2
=
mv
2 f
Emecf =
11
iii. Como a energia mecânica do sistema se conserva, porque a única força interna é
conservativa e não há forças externas,
Emecf = Emeci
e
1 2
mv = mgh
2 f
p
vf =
2gh
p
=
2 × 10 m/ s2 × 30.0 m
= 24. 5 m/ s
Resposta: Se não existisse atrito entre o indivíduo e a superfície do escorrega, o
módulo da velocidade dele ao atingir a base do escorrega seria de 24. 5 m/ s.
(b) 2.a alternativa de resolução: Utilizamos as equações da cinemática do movimento uniformemente acelerado:
i. A aceleração do movimento do indivíduo é dada por
a = g sin θ.
ii. O deslocamento do indivíduo desde o topo do escorrega à base é
L=
h
.
sin θ
iii. Utilizamos a equação da cinemática do movimento uniformemente acelerado que relaciona o deslocamento, o módulo da velocidade e a aceleração
vf2 − vi2 = 2aL,
para obter, com vi = 0 e L =
h
,
sin θ
h
vf2 = 2g sin θ ×
sin θ
p
2gh
v =
p
=
2 × 10 m/ s2 × 30.0 m
= 24. 5 m/ s
Resposta: Se não existisse atrito entre o indivíduo e a superfície do escorrega, o módulo
da velocidade dele ao atingir a base do escorrega seria de 24. 5 m/ s.
2. Na realidade, o módulo da velocidade do indivíduo, ao atingir o fundo do escorrega, é de 18.0 m/ s. Calcule o módulo da força de atrito cinético entre o corpo do
indivíduo e a superfície do escorrega. [2 valores]
(a) 1.a alternativa de resolução: Utilizamos expressão que relaciona o trabalho da força de
atrito com a variação da energia mecânica do sistema indivíduo+Terra: O trabalho da
força de atrito no deslocamento do indivíduo é igual à variação da energia mecãnica do
sistema indivíduo+Terra:
Wfc = ∆Emec
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i. O trabalho da força de atrito no deslocamento do indivíduo desde o topo à base do
escorrega é
Wfc = −fc L
= −fc
h
sin θ
em que L é o deslocamento total.
ii. A variação da energia mecânica do sistema neste deslocamento é
∆Emec = Emecf − Emeci
1 2
mv − mgh.
=
2 f
iii. Igualando as duas expressões, obtemos
−fc
h
1 2
=
mv − mgh
sin θ
2 f
µ
¶
m sin θ vf2
− gh
fc = −
h
2
¶
µ
vf2
fc = m sin θ g −
2h
"
= 60 kg × sin 45 ◦
= 195 N.
(18.0 m/ s)2
2
10 m/ s −
2 × 30.0 m
#
Resposta: Nas condições indicadas, o módulo da força de atrito entre a superfície do
escorrega e o indivíduo é 195 N.
(b) 2.a alternativa de resolução: Utilizando as equações da dinâmica.
i. As forças exercidas no indivíduo durante o percurso no escorrega são o peso, a normal
à superfície do escorrega exercida por este e a força de atrito cinético. Consequentemente, a 2. Lei de Newton exprime-se, no caso do indivíduo, na forma seguinte:
P + n + fc = ma.
Escolhendo o sistema de referência da figura, as equações escalares correspondentes,
para os eixos dos x e dos y são
½
x:
P sin θ − fc = ma
y
n − P cos θ = 0
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ii. O valor da aceleração em função da velocidade final (para velocidade inicial nula)
obtém-se da expressão da cinemática do movimento uniformemente acelerado
√
vf = 2aL,
em que L é o deslocamento. Temos, então,
vf2
2L
v 2 sin θ
= f
2h
a =
iii. Resolvendo o sistema de três equações a três incógnitas, obtemos
mg sin θ − fc =
fc
vf2 sin θ
2h µ
¶
vf2
= m sin θ g −
2h
"
= 60 kg × sin 45 ◦ 10 m/ s2 −
= 195 N.
2
(18.0 m/ s)
2 × 30.0 m
#
Resposta: Nas condições indicadas, o módulo da força de atrito entre a superfície do
escorrega e o indivíduo é 195 N.
3. Na base do escorrega existe um colchão de molas (que pode considerar como uma
única mola cuja extremidade se pode deslocar horizontalmente) para amortecer a
paragem do indivíduo. Se a constante de mola do colchão for de 3000 N/ m, qual
o deslocamento máximo da extremidade do colchão após o indivíduo a atingir, na
situação da alínea anterior? Despreze o atrito no deslocamento do indivíduo após
entrar em contacto com o colchão. [2 valores]
(a)
i. A energia mecânica do sistema indivíduo+colchão é constante e é a soma da energia
cinética do indivíduo e da energia potencial elástica acumulada na mola.
ii. Consequentemente, verifica-se
1 2 1 2
mv = kxmax ,
2 f
2
em que vf é o módulo da velocidade do indivíduo no instante em que entra em contacto
com o colchão e k é a constante da mola do colchão.
iii. Substituindo os valores dados, obtemos
r
m
xmax = vf
k
s
60 kg
= 18.0 m/ s
3000 N/ m
= 2.55 m
Resposta: O deslocamento máximo da extremidade do colchão é de 2.55 m.
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4. Um segundo indivíduo, com a mesma massa do primeiro mas menos arrojado,
pretende percorrer o escorrega com velocidade de módulo constante. Para o efeito,
liga-se, por um fio de massa desprezável, a um bloco de massa 50 kg que se desloca
sobre uma superfície horizontal. Ignorando, como na alínea 1., o atrito entre o
corpo do indivíduo e a superfície do escorrega, calcule:
(a) O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal nesta
situação. [2 valores]
O bloco está a deslocar-se com aceleração nula. As forças nele exercidas são o seu peso
P1 , a força exercida pela superfície e normal a esta, n1 , a força de atrito cinético, fc1 e
a tensão da corda, T1 . Consequentemente, utilizando o sistema de referência x1 01 y1 (ver
figura), obtemos as correspondentes equações escalares
½
x1 :
T1 − fc1 = 0
y1 :
−P1 + n1 = 0
No que diz respeito ao indivíduo, as forças nele exercidas são o seu peso, P2 , a força normal
ao escorrega e normal a este, n2 , e a tensão da corda, T2 . A 2.a Lei de Newton aplicada
ao indivíduo assume a forma
P2 + n2 + T2 = 0.
Utilizando o sistema de referência x2 02 y2 (ver figura), obtemos as correspondentes equações
escalares
½
x2 :
−T2 + P2 sin θ = 0
y2 :
−P2 cos θ + n2 = 0
A estas equações acrescentamos a relação entre o módulo da força de atrito exercida no
bloco e o módulo da força normal exercida neste pela superfície horizontal
fc1 = μc1 n1
e a relação que resulta do facto de o módulo da tensão no fio ser constante em todos os
pontos (porque a massa do fio é desprezável)
T1 = T2 = T.
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Resolvendo o sistema de equações obtido, com P1 = m1 g e P2 = m2 g,
−T + m2 g sin θ = 0
μc1 m1 g = T
μc1 g = g sin θ
m2
= sin θ
m1
= (sin 45 ◦ ) ×
60 kg
50 kg
= 0.85
.
Resposta: O coeficiente de atrito cinético entre o bloco e a superfície horizontal nesta
situação é μc1 = 0.85.
(b) O módulo da tensão no fio durante o movimento. [2 valores]
Das equações anteriores,
T = μc1 m1 g
= 0.848 × 50 kg × 10 m/ s2
= 424 N.
Alternativamente, podemos utilizar directamente a equação para a componente x2 das
forças exercidas no indivíduo
−T + P2 sin θ = 0
T = m2 g sin θ
= 60 kg × 10 m/ s2 × sin 45 ◦
= 424 N
Resposta: O módulo da tensão no fio durante o movimento é T = 424 N.
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