Questõesdedinâmica1

 Prof. A.F.Guimarães Questões Dinâmica 1 – As Leis de Newton Questão 1 aquele que relaciona corretamente os vetores G
G G
coplanares v , a e F é: a) G
G
m
a
v
• G
F
G vG
b) a
m
G
F
c) G
v
Gm
a
G
F
d) m
G
G
a G
v
F
G
v
e) G
G F
a
m
(ITA) Um físico acha‐se encerrado dentro de uma caixa hermeticamente fechada, que é transportada para algum ponto do espaço cósmico, sem que ele saiba. Então, abandonando um objeto dentro da caixa, ele percebe que o mesmo cai com movimento acelerado. Baseado em sua observação, ele pode afirmar com segurança: A( ). Estou parado num planeta que exerce força gravitacional sobre os objetos de minha caixa. B( ). Estou caindo sobre um planeta e é por isso que vejo o objeto caindo dentro da caixa. C( ). Minha caixa está acelerada no sentido contrário ao do movimento do objeto. D( ). Não tenho elementos para julgar se o objeto cai porque a caixa sobe com o movimento acelerado ou se o objeto cai porque existe um campo gravitacional externo. E( ). Qualquer das afirmações acima que o físico tenha feito está errada. Resolução: Letra “D”. De fato, qualquer uma das situações citadas no referido item podem ocorrer. É o que ocorre com um passageiro dentro de um ônibus sem janelas. Se o ônibus executar um movimento retardado, o passageiro pode imaginar que existe uma espécie de força que o puxa para a frente do ônibus. Ou pode imaginar que o ônibus executa um movimento retardado e o seu corpo (passageiro) tende a continuar o movimento por inércia. Isso ocorre porque o ônibus, neste caso, não é um referencial inercial. Questão 2 G
(ITA) Seja F a resultante das forças aplicadas a G
uma partícula de massa m, velocidade v e G
aceleração a . Se a partícula descrever uma trajetória plana, indicada pela curva tracejada em Resolução: cada um dos esquemas a seguir, segue‐se que Como as trajetórias são curvilíneas, a partícula deve estar sujeita a uma aceleração centrípeta, 1 www.profafguimaraes.net pois dessa forma poderá executar a trajetória curva. Porém, a aceleração centrípeta, é perpendicular a velocidade. Se a única aceleração que atua na partícula vale “a”, então ela só pode ser uma aceleração centrípeta e conseqüentemente a força resultante, que aponta na mesma direção e no mesmo sentido da aceleração, também será perpendicular à velocidade. A única configuração que atende a essas considerações é a letra “D”. N1 F1 F2 P1 N2 P
2 Considerando que os corpos se encontram em repouso podemos concluir que os mesmos se encontram em equilíbrio. Logo, podemos concluir que: N1 = P1 + F1 ⇒ P1 = N1 − F1
F2 = N 2 + P2 ⇒ P2 = F2 − N 2
E como P1 = P2, podemos concluir que: N1 − F1 = F2 − N 2
N1 + N 2 = F1 + F2
Pela 3ª Lei de Newton, F1 = F2, portanto: ∴ N1 + N 2 = 2 F1. Letra “A”. Questão 3 (CESGRANRIO) Um bloco de ferro é mantido em repouso sob o tampo de uma mesa, sustentado exclusivamente pela força magnética de um ímã, apoiado sobre o tampo dessa mesa. As forças relevantes que atuam sobre o ímã e sobre o bloco de ferro correspondem, em módulo, a: P1: peso do ímã; F1: força magnética sobre o ímã; N1: compressão normal sobre o ímã; P2: peso do bloco de ferro; F2: força magnética sobre o bloco de ferro; N2: compressão normal sobre o bloco de ferro. ímã ferro
Sendo P1 = P2, é correto escrever: A( ). N1 + N2 = 2F1; B( ). P1 = F2; C( ). P1 + P2 = F1; D( ). P1 + P2 = N1; E( ). F1 + F2 + P1 + P2 = 0 Questão 4 (UNICAMP) Considere um avião a jato, com massa total de 100 toneladas (1,0 105 kg), durante a decolagem numa pista horizontal. Partindo do repouso, o avião necessita de 2000 m de pista para atingir a velocidade de 360 km h‐1, a partir da qual ele começa a voar. Adote a aceleração da gravidade g = 10 m s ‐2. a) Qual é a força de sustentação, na direção vertical, no momento em que o avião começa a voar? b) Qual é a força média horizontal sobre o avião Resolução: enquanto ele está em contato com o solo Vamos representar as forças que atuam nos durante o processo de aceleração? objetos: 2 www.profafguimaraes.net Resolução: a) No momento em que o avião começa a voar, a força de sustentação deve ser igual ao peso, ou seja, 1,0 106 N. b) Considerando que o avião executa um MUV, durante o processo de decolagem, teremos: v 2 = v02 + 2a∆S , v = 360km ⋅ h−1 = 100m ⋅ s−1
1002 = 0 + 2a ⋅ 2000
a = 2,5m ⋅ s
T m T M M Mg (M+m)g Temos então: Ma = T − Mg
⎪⎧⎪
⎨
⎪⎪( M + m) a = ( M + m) g − T
⎩
(2M + m) a = mg
−2
Assim, a força é dada por: F = 2,5 ⋅105 N Questão 5 (ITA) Dois blocos de massa M estão unidos por um fio de massa desprezível que passa por uma roldana com um eixo fixo. Um terceiro bloco de massa m é colocado suavemente sobre um dos blocos, como mostra a figura. m M M Com que força esse pequeno bloco de massa m pressionará o bloco sobre o qual foi colocado? A( ). 2mMg/(2M+m) B( ). mg C( ). (m‐M)g D( ). mg/(2M+m) E( ). outra expressão. ∴a=
A força resultante no bloco de massa m é dada por: ma = mg − N Substituindo a expressão da aceleração teremos: m2 g
N = mg −
( 2 M + m)
2mMg
∴N=
.
( 2 M + m)
Letra “A”. Questão 6 (MACK) No conjunto a seguir, de fios e polias ideais, os corpos A, B e C encontram‐se inicialmente em repouso. Num dado instante, esse conjunto é abandonado e, após 2,0 s, o corpo Resolução: Vamos encontrar as forças que atuam no sistema. 3 www.profafguimaraes.net mg
.
( 2 M + m)
A se desprende, ficando apenas os corpos B e C interligados. B 1kg 2kg C A 3kg O tempo gasto para que o novo conjunto pare, a partir do desprendimento do corpo A, é de: A( ). 8,0 s; B( ). 7,6 s; C( ). 4,8 s; D( ). 3,6 s; E( ). 2,0 s. Desta forma, o corpo C, por exemplo, terá essa aceleração para cima. Sua velocidade após os 2 s será então: 2g
vC = − . 3
Quando o corpo A se desprender, teremos: T’ T’ 1kg B
2kg C PB PC ⎧
mC a ′ = mC g − T ′
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩mB a ′ = T ′ − mB g
(mB + mC ) a ′ = (mB − mC ) g Resolução: Antes do corpo A se desprender, teremos: T T B 1kg 2kg C A 3kg PC PA+PB ⎧⎪(mA + mB ) a = ( mA + mB ) g − T
⎪⎨
⎪⎪mC a = T − mc g
⎩
(mA + mB + mC ) a = (mA + mB − mC ) g a=
a′ =
Essa será a nova aceleração do corpo C. Essa aceleração é orientada para baixo. Assim, o corpo C terá um movimento retardado. Poderemos então utilizar a equação horário da velocidade do corpo C para encontrar o instante que o conjunto irá parar. Logo: 2 g gt
vC = −
+
3
3
2 g gt
0=−
+
3
3
t = 2 s.
Questão 7 (FEI) Os corpos A e B representados na figura possuem, respectivamente, massas mA = 2,0 kg e mB = 4,0 kg. A mola é ideal e tem constante elástica k = 50 N m ‐1. Despreze os atritos. G
Aplicando‐se ao conjunto a força F constante e g
.
3
4 www.profafguimaraes.net g
.
3
horizontal, verifica‐se que a mola experimenta deformação de 20 cm. G
B F
A Calcule as intensidades: a) da aceleração do conjunto; G
b) da força F . a) Que força mínima se deve aplicar na extremidade A do fio para que o corpo comece a ser erguido? b) Seria possível uma pessoa de peso 500N erguer o bloco puxando o fio verticalmente pelo ponto A? Explique. Adote g = 10 m s ‐2. Resolução: a) Considere o diagrama a seguir: T T T T T T T T T A T F 1800N P A força de tração T é transmitida por toda a extensão dos fios. Assim, somente para equilibrar com o peso, as três trações que atuam na polia maior juntas devem ser iguais ao peso. Logo, na extremidade A, a força F será igual à tração. Assim, 3T = P = 1800
T = 600 N ⇒ F = T = 600 N .
Logo, qualquer força, imediatamente maior do que 600 N, será capaz de erguer o bloco. b) Uma pessoa de 500 N de peso deve ter uma massa de 50 kg, considerando que g = 10 m s ‐2. Assim, se essa pessoa puxar o fio com uma força de 600 N, ela sofrerá uma reação também de 600 N para cima. Logo, a força resultante na pessoa seria de 100 N para cima, e conseqüentemente, essa pessoa deverá ter uma aceleração ascendente de 2 m s ‐2. Então para conseguir erguer o bloco, essa pessoa deverá aplicar uma força tal que deve lhe proporcionar uma aceleração imediatamente maior do que 2 m s ‐2 para cima. Conclusão, essa pessoa não conseguirá erguer o bloco mantendo‐se fixa no solo. Resolução: a) Desprezando o atrito entre os corpos A e B, a força resultante, no corpo A, é dada pela força elástica. Assim, poderemos obter a aceleração do conjunto: FRA = Fel
mA a = kx
a=
kx 50 ⋅ 0, 2 =
2
mA
∴ a = 5m ⋅ s−2 .
b) A intensidade da força no conjunto é dada por: FRAB = (mA + mB ) a
F = 6 ⋅ 5 = 30 N .
Questão 8 (FUVEST) Para erguer um bloco de peso 1800 N, é utilizado um sistema de polias e fios conforme o esquema. Considerando‐se o sistema ideal: A 1800N 5 www.profafguimaraes.net Questão 9 Para o bloco A subir acelerado, a força norma NA deve tender a zero, o que leva a uma aceleração negativa para o bloco A. Mas ele deveria ter uma aceleração positiva. Concluímos então que ele terá uma aceleração nula. α = 0. A força resultante, para o bloco B, é dada por: Q
FRB = − PB + N B
2
−40 + N B
24β = 200 − 240 + N B ⇒ β =
.
24
Pelo mesmo motivo exposto para o bloco A, concluímos que a aceleração para o corpo B também será nula. β = 0. b) Vamos fazer aqui a mesma análise feita para o item a. A força resultante, para o bloco A, é dada por: Q
FRA = − PA + N A
2
−40 + N A
40α = 360 − 400 + N A ⇒ α =
.
40
Da mesma força como foi comentado no item A, a aceleração do bloco será nula. α = 0. A força resultante, para o bloco B, é dada por: Q
FRB = − PB + N B
2
120 + N B
24β = 360 − 240 + N B ⇒ β =
, NB → 0 24
∴ β = 5m ⋅ s−2 .
c) Também, aqui, fazendo a mesma análise, teremos: (UFSCAR) A polia e os fios da figura são considerados ideais, sem inércia. O fio é perfeitamente flexível e não há atritos a considerar. Considere g = 10 m s ‐2. Dadas as massas mA = 40 kg e mB = 24 kg. G
Q
A B Determine as acelerações α (do corpo A) e β (do corpo B) quando: a) Q = 400 N; b) Q = 720 N; c) Q = 1200N. Resolução: a) Considere o diagrama a seguir. G
Q
Q
Q
2
2
Q NA NB Q
2
2
A B PA PB A força resultante, no bloco A, é dada por: Q
FRA = − PA + N A
2
−200 + N A
40α = 200 − 400 + N A ⇒ α =
.
40
6 www.profafguimaraes.net A força resultante, para o bloco A, é dada por: Q
FRA = − PA + N A
2
200 + N A
40α = 600 − 400 + N A ⇒ α =
, NA → 0 40
∴ α = 5m ⋅ s−2 .
A força resultante, para o bloco B, é dada por: Q
FRB = − PB + N B
2
360 + N B
24β = 600 − 240 + N B ⇒ β =
, NB → 0 24
∴ β = 15m ⋅ s−2 .
ΔSA A A
∆S A
∆S B =
B 2
B Assim, temos: ∆S A
at 2
∆S B =
, ∆S =
2
2
aA
aA
∴ aB =
⇒
= 2.
2
aB
b) T NA T T T T T Px A
Py B 300 PA PB Para o corpo A temos: FRA = PX − T , N A = PY
Questão 10 (UFSC) No sistema da figura a seguir, os fios são inextensíveis, as polias sem massa e as superfícies sem atrito. O ângulo que a hipotenusa da superfície de seção triangular faz com a horizontal é de 300. Sabendo que a relação entre as massas dos corpos A e B é mA/mB = ½ e considerando g = 10 m s ‐2, calcule: A B 300 a) a relação aA/aB entre as acelerações dos corpos A e B. b) a aceleração dos corpos A e B. mA a A = mA gsen300 − T (10.1) mA a A =
mA g
−T .
2
Para o corpo B e sua respectiva polia (massa desprezível) temos: FRB = 2T − PB
Resolução: (10.2) mB aB = 2T − mB g.
a) Observando o esquema da figura acima, podemos concluir que, um deslocamento do corpo A de um ΔSA, acarreta um deslocamento Dos resultados de (10.1) e (10.2) temos: do corpo B de um ΔSB, tal que: ⎧
mA g
⎪
⎪
⎪m A a A = 2 − T ∆S A
⎨
∆S B =
. ⎪
2
⎪
⎪
⎩mB aB = 2T − mB g
7 www.profafguimaraes.net Utilizando os dados do problema e o resultado do item A, temos: ⎧
mB 2aB mB g
⎪
⎪
⎪ /2 = 2 /4 − T ⋅ 2
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩mB aB = 2T − mB g
D( ). F = (M+m) g tgα E( ). F = M g senα Resolução: Vamos destacar as forças que estão atuando nos corpos da figura. N Ny Nx F Nx N’ p
N Ny α P Para M temos: FRM = F − N x , N ′ = N y + P.
(11.1) Ma = F − Nsenα.
Para m temos: FRm = N x , p = N y = Ncosα
m
/Bg
2
10
5
a B = − = − m ⋅ s −2 .
6
3
3m
/ B aB = −
10
m ⋅ s−2 . Nos cálculos, supomos que 3
o corpo A está descendo e o corpo B está subindo. O sinal negativo nas acelerações indica então que, na verdade, os sentidos devem ser invertidos. Assim, 10
5
a A = m ⋅ s − 2 e a B = m ⋅ s −2 . 3
3
Logo, a A = −
Questão 11 (ITA) O plano inclinado da figura tem massa M e sobre ele se apóia um objeto de massa m. O ângulo de inclinação é α e não há atrito nem entre o plano inclinado e o objeto nem entre o plano inclinado e o apoio horizontal. G
g
m G
F
M α Aplica‐se uma força F horizontal ao plano inclinado e constata‐se que o sistema todo se move horizontalmente, sem que o objeto deslize em relação ao plano inclinado. Podemos afirmar que, sendo g a aceleração da gravidade local: A( ). F = m g B( ). F = (M+m) g C( ). F tem que ser infinitamente grande. ma = Nsenα = mgtgα
a = g ⋅ tgα.
Utilizando os resultados de (11.1) e (11.2) teremos: M ⋅ g ⋅ tgα = F − m ⋅ g ⋅ tg α
∴ F = ( M + m)⋅ g ⋅ tgα.
Letra “D”. 8 www.profafguimaraes.net (11.2)