Cap05 - EcivilUFES

LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
Exercı́cios Resolvidos de Dinâmica Clássica
Jason Alfredo Carlson Gallas
professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı́sica
Matéria para a PRIMEIRA prova.
Numeração conforme a quarta edição do livro. Em vermelho, em parêntesis: numeração da (sexta) ediç ão.
“Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Contents
5.2
5 Forças e Movimento – I
5.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
Problemas e Exercı́cios . . . . . . . .
5.2.1 Segunda Lei de Newton . . .
5.2.2 Algumas Forças Especı́ficas .
5.2.3 Aplicação das Leis de Newton
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
.
.
.
.
2
2
2
3
jgallas @ if.ufrgs.br
(listam1.tex)
Página 1 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5
Forças e Movimento – I
5 de Setembro de 2005, às 7:41
5.2.2 Algumas Forças Especı́ficas
E 5-11 (5-???/6 )
5.1
Quais são a massa e o peso de (a) um trenó de -!9 kg e
(b) de uma bomba térmica de 3#; kg?
Questões
A massa é igual a -9! kg, enquanto que o peso é
T (a)
WVXY6Z-!998=6Z[;1 M98&L-;]\ 3 N.
U
(b) A massa é igual a 3#; kg, enquanto que o peso é
T UWVXY6^3#;,8=6Z[;1 M98&32 Q*1 M N.
Q 5-??
Cite bla-bla-bla...
E 5-14 (5-11/6 )
5.2
Problemas e Exercı́cios
5.2.1 Segunda Lei de Newton
(a) A massa é
E 5-7 (5-7/6 edição)
Na caixa de kg da Fig. 5-36, são aplicadas duas
forças, mas somente uma é mostrada. A aceleração da
caixa também é mostrada na figura. Determine a segunda força (a) em notação de vetores unitários e (b)
em módulo e sentido.
(a) Chamemos as duas forças de e . De acordo
com a segunda lei de Newton, , de modo
que . Na notação de vetores unitários
temos e
sen !#"
$
&%('#)*!#",+-./021 34+1
Portanto
5
Uma determinada partı́cula tem peso de N num ponto
onde V_`[21 M m/s . (a) Quais são o peso e a massa
da partı́cula, se ela for para um ponto do espaço onde
Vab321 [ m/s ? (b) Quais são o peso e a massa da
partı́cula, se ela for deslocada para um ponto do espaço
onde a aceleração de queda livre seja nula?
6798(6:-#8*;6<8=6:021 3>8(+?@.
AB!#&/C;9+=D N 1
(b) O módulo de é dado por
E GF E E GK 6:!998 L6:;,8 L!M N 1
I H
I J
O ângulo que faz com o eixo N positivo é dado por
E
E II HJ !#; 21 -#Q@-;1
O ângulo é ou ! ! " ou !! " R0M9 " L;0! " . Como ambas
E
E
componentes SH e IJ são negativas, o valor correto é
*,! " .
tan OP
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
T
c V [;91 M ;1 kg 1
Num local onde Vd321 [ m/s a massa continuará a ser
;1 kg, mas o peso passará a ser a metade:
T eWVXd6<*1f8=6^321 [98d N 1
(b) Num local onde Vg m/s a massa continuará a ser
;1 kg, mas o peso será ZERO.
E 5-18 (5-9/6 )
(a) Um salame de kg está preso por uma corda a uma
balança de mola, que está presa ao teto por outra corda
(Fig. 5-43a). Qual a leitura da balança? (b) Na Fig. 543b, o salame está suspenso por uma corda que passa
por uma roldana e se prende a uma balança de mola
que, por sua vez, está presa à parede por outra corda.
Qual a leitura na balança? (c) Na Fig. 5-43c, a parede
foi substituı́da por outro salame de kg, à esquerda, e
o conjunto ficou equilibrado. Qual a leitura na balança
agora?
Em todos os três casos a balança não está acelerando, o
que significa que as duas cordas exercem força de igual
magnitude sobre ela. A balança mostra a magnitude de
qualquer uma das duas forças a ela ligadas. Em cada
uma das situações a tensão na corda ligada ao salame
tem que ter a mesma magnitude que o peso do salame
pois o salame não está acelerando. Portanto a leitura da
balança é V , onde é a massa do salame. Seu valor é
T G6:9,8=6ZM;1 [98&Y09M N 1
Página 2 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
5.2.3 Aplicação das Leis de Newton
(a) O diagrama de corpo isolado é mostrado na Fig. 527 do livro texto. Como a aceleração do bloco é zero, a
segunda lei de Newton fornece-nos
P 5-21 (5-19/6 )
Um foguete experimental pode partir do repouso e
alcançar a velocidade de ,- km/h em 1 M s, com
aceleração constante. Qual a intensidade da força média
necessária, se a massa do foguete é Q@9 kg?
E c , onde E é a magnitude da
Basta usarmos
força, a aceleração, e a massa do foguete.
A aceleração é obtida usando-se uma relação simples da
cinemática, a saber, . Para ,- km/h 0-9 ]!;1 - 3393 m/s, temos que 3933 >1 M ]3*\
m/s . Com isto a força média é dada por
E eXY6<Q@#8(6<]3>\8 Y1f
, N 1
sen O
V %('9);O ;1
A primeira destas equações nos permite encontrar a
tensão na corda:
V
sen O
Y6ZM21 Q98(6Z[21 M#8
sen !#"3# N 1
(b) A segunda das equações acima fornece-nos a força
normal:
eWV %='9)*OPY6ZM;1fQ8=6Z[21 M#8*%('#)*!9"_\@ N 1
(c) Quando a corda é cortada ela deixa de fazer força
sobre o bloco, que passa a acelerar. A componente N da
segunda lei de Newton fica sendo agora V sen OC
, de modo que
E 5-23 (5-??/6 )
gd
sen O
Y 6Z[;1 M98
sen !9#"
Y321 [
m/s
1
O sinal negativo indica que a aceleração é plano abaixo.
Se um nêutron livre é capturado por um núcleo, ele pode
ser parado no interior do núcleo por uma força forte.
Esta força forte, que mantém o núcleo coeso, é nula fora
do núcleo. Suponha que um nêutron livre com velocidade inicial de 1 3 , m/s acaba de ser capturado
m. Admitindo
por um núcleo com diâmetro ,
que a força sobre o nêutron é constante, determine sua
, kg.
intensidade. A massa do nêutron é 1 -#\
V
E
, onde é a
A magnitude da força é
aceleração do nêutron. Para determinar a aceleração que
faz o nêutron parar ao percorrer uma distância , usamos
$/1
Desta equação obtemos sem problemas
g 6:; 6 1 30 , 8 =8 [21 M 0 m/s 1
A magnitude da força é
E UgG6:1 -#\ 0 8(67[;1 M , 8Y0-;1 3 N 1
E 5-28 (5-15/6 )
Veja a Fig. 5-27. Vamos considerar a massa do bloco
igual a M;1fQ kg e o ângulo OL !9 " . Determine (a) a
tensão na corda e (b) a força normal aplicada sobre o
bloco. (c) Determine o módulo da aceleração do bloco
se a corda for cortada.
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
E 5-33 (5-???/6 )
Um elétron é lançado horizontalmente com velocidade
de 91 d, m/s no interior de um campo elétrico,
que exerce sobre ele uma força vertical constante de
3/1 Q ?, N. A massa do elétron é [;1 ?, kg.
Determine a distância vertical de deflexão do elétron, no
intervalo de tempo em que ele percorre ! mm, horizontalmente.
! "
# %$
A aceleração do elétron é vertical e, para todos
efeitos, a única força que nele atua é a força elétrica;
a força gravitacional é totalmente desprezı́vel frente à
força elétrica. Escolha o eixo N no sentido da velocidade
inicial e o eixo no sentido da força elétrica. A origem
é escolhida como sendo a posição inicial do elétron.
Como a aceleração e força são constantes, as equações
cinemáticas são
&
N' e
E onde usamos
E &X (
para eliminar a aceleração. O
tempo que o elétron com velocidade leva para viajar
uma distância horizontal de N$ !9 mm é N
e
sua deflexão na direção da força é
& E + N )* ,
+ 3/1 Q
0- ." + ! 0-%$ [21 9/ 0 %$ , 1f
, ,
1fQ! , %$ m L;1 ; Q mm1
Página 3 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
É jogando elétrons contra um tubo de imagens que sua
TV funciona... Isto será estudado nos capı́tulos 23 e 24
do livro.
A aceleração do trenó é
P 5-38 (5-29/6 )
E
M2;Q 11 3 L;1 -9
m/s
1
(b) De acordo com a terceira lei de Newton, a força do
trenó na moça também é de Q*1f N. A aceleração da moça
kg está suspensa por uma
é, portanto,
corda. Uma brisa horizontal constante empurra a esfera
E
de maneira que ela faça um ângulo de !#\ " com a vertiQ*1f 21 ,! m/s 1
cal de repouso da mesma. Determine (a) a intensidade
3#
da força aplicada e (b) a tensão na corda.
(c) A aceleração do trenó e da moça tem sentidos opos(a) Suponhamos a brisa soprando horizontalmente da tos. Suponhamos que a moça parta da origem e mova-se
direita para a esquerda. O diagrama de corpo isolado na direção positiva do eixo N . Sua coordenada é
para a esfera tem três forças: a tensão na corda, apontando para cima e para a direita e fazendo um ângulo
N 1
O !>\ " com a vertical, o pesoE WV apontando verticalmente para baixo, e a força
da brisa, apontando O trenó parte de N YN Q m e move-se no sentido
negativo de N . Sua coordenada é dada por
horizontalmente para a esquerda.
Como a esfera não está acelerada, a força resultante deve
N eN 1
ser nula. A segunda lei de Newton nos diz que as comUma esfera de massa ! 0 ponentes horizontais e verticais das forças satisfazem as
relações, respectivamente,
Eliminando
E UWV
E
%('#)*O V
sen O
(
; 1
entre estas duas equações obtemos
tan O
6Z! 0 8(6Z[21 M#8
;1 ;/ 0 %$ N 1
Eles se encontram quando N
donde tiramos facilmente o instante do encontro:
V 6Z! , 8(6Z[21 M#8 e!21 -9M
0 %$ N 1
(% '9);O
%('9)2!#\ "
Perceba que talvez fosse mais
E simples ter-se primeiro
determinado e, a seguir, , na ordem contrária do que
pede o problema.
P 5-39 (5-??/6 )
Uma moça de 39 kg e um trenó de M;1 3 kg estão sobre
a superfı́cie de um lago gelado, separados por ,Q m. A
moça aplica sobre o trenó uma força horizontal de Q;1 N, puxando-o por uma corda, em sua direção. (a) Qual a
aceleração do trenó? (b) Qual a aceleração da moça? (c)
A que distância, em relação à posição inicial da moça,
eles se juntam, supondo nulas as forças de atrito?
(a) Como o atrito é desprezı́vel, a força da moça no
trenó é a única força horizontal que existe no trenó. As
forças verticais, a força da gravidade e a força normal
do gelo, anulam-se.
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
]N tan !>\@"
(b) A tensão pedida é
N , ou seja quando
e
N (
(
quando então a moça terá andado uma distância
N N
6:,Q98(67;1 0!98 L;1 ;1 0! ;1 -9
m1
P 5-40 (5-31/6 )
Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem
atrito. Uma força horizontal é aplicada a um dos blocos, como mostrado na Fig. 5-45. (a) Se ;1 ! kg e
91 kg e E !21 N, determine a força de contato
entre os dois blocos. (b) Mostre que, se a mesma força
E for aplicada a , ao invés de , a força de contato
entre os dois blocos é ;1 N, que não é o mesmo valor
obtido em (a). Explique a diferença.
(a) O diagrama de corpo isolado para a massa tem
quatro forças: na vertical, IV e , na horizontal, para
E
a direita a força aplicada e, para a esquerda, a força
de contato que exerce sobre . O diagrama de
corpo isolado para a massa contém três forças: na
Página 4 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
vertical, V e e, na horizontal, apontando para a
direita, a força . Note que o par de forças e é um
par ação-reação, conforme a terceira lei de Newton.
A segunda lei de Newton aplicada para fornece
E (
e onde é a aceleração. A segunda lei de Newton aplicada para fornece
e
41
Observe que como os blocos movem-se juntos com a
mesma aceleração, podemos usar o mesmo sı́mbolo
em ambas equações.
Da segunda equação obtemos que substituida na primeira equação dos fornece :
E 6Z!21 98(6 1f8
R * 1 !e91 d91 N 1
(b) Se for aplicada em em vez de , a força de
contato é
E 6Z!21 98(6<*1 !98 L;1 N 1
R * 1 !e91 A aceleração dos blocos é a mesma nos dois casos.
Como a força de contato é a única força aplicada a
um dos blocos, parece correto atribuir-se aquele bloco
a mesma aceleração que ao bloco ao qual é aplicada.
No segundo caso a força de contato acelera um bloco
com maior massa do que no primeiro, de modo que deve
ser maior.
P 5-44 (5-33/6 )
Um elevador e sua carga, juntos, têm massa de ,- kg.
Determine a tensão no cabo de sustentação quando o elevador, inicialmente descendo a , m/s, é parado numa
distância de 3> m com aceleração constante.
O diagrama de corpo isolado tem duas forças: para
cima, a tensão no cabo e, para baixo, a força WV da
gravidade. Se escolhermos o sentido para cima como
positivo, a segunda lei de Newton diz-nos que WVg
, onde é a aceleração. Portanto, a tensão é
eC6 V *8 1
Para determinar a aceleração que aparece nesta equação
usamos a relação
$
& (
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
onde a velocidade final é , a velocidade inicial é
e _ 3# , a coordenada do ponto final.
Com isto, encontramos
&
X & ; 6 6:,3>98 8 \ d91f\*
m/s
1
Este resultado permite-nos determinar a tensão:
eC6 V *8Y6 0-998 [21 M1 \>Y1 M! , N 1
P 5-52 (5-35/6 )
Uma pessoa de M9 kg salta de pára-quedas e experimenta
uma aceleração, para baixo, de ;1 Q m/s . O pára-quedas
tem Q kg de massa. (a) Qual a força exercida, para cima,
pelo ar sobre o pára-quedas? (b) Qual a força exercida,
para baixo, pela pessoa sobre o pára-quedas?
(a) O diagrama de corpo isolado para a pessoa+páraquedas contém duas forças: verticalmente para cima a
E
força do ar, e para baixo a força gravitacional de um
objeto de massa Y67M&Q8&LM9Q kg, correspondente
às massas da pessoa e do pára-quedas.
Considerando o sentido para baixo como positivo, A segunda lei de Newton diz-nos que
WV E U
(
onde é a aceleração de queda. Portanto,
E U
C6 Vg *8G6ZM#Q8(67[;1 MC;1 Q98 L-9 N 1
(b) Consideremos agora o diagrama de corpo isolado
E
apenas para o pára-quedas. Para cima temos , e para
baixo temos a força gravitacional sobre o pára-quedas
de massa
. Além dela, para baixo atua também a
E força , da pessoa. A segunda lei de Newton diz-nos
E E e , donde tiramos
então que V
E e 6 P V;8 E 6<Q8=67*1fQ [21 M#8 R-#@
QM N 1
P 5-55 (5-???/6 )
Imagine um módulo de aterrisagem se aproximando da
superfı́cie de Callisto, uma das luas de Júpiter. Se o
motor fornece uma força para cima (empuxo) de !9-
N, o módulo desce com velocidade constante; se o motor fornece apenas @9 N, o módulo desce com uma
aceleração de 21 !9[ m/s . (a) Qual o peso do módulo de
aterrisagem nas proximidades da superfı́cie de Callisto?
(b) Qual a massa do módulo? (c) Qual a aceleração em
queda livre, próxima à superfı́cie de Callisto?
Página 5 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
E E :RWV $
Chamemos de V a aceleração da gravidade perto da Newton para o segundo elo é
superfı́cie de Callisto, de a massa do módulo de ater- de modo que
risagem, de a aceleração do módulo de aterrisagem,
E 5 6^V *8 E :
E o empuxo (a força para cima). Consideremos
e de
6Z;1 ,8=6Z[21 M$*1fQ8
o sentido para baixo como o sentido positivo. Então
E
E
WV
` . Se o empuxo for `!#@-9 N, a Para o elo 3 temos E E aceleração é zero, donde vemos que
$
$
E $ $E
,
1f@! L;1 3#- N 1
WVge , ou seja,
^6 V *8 $
6Z;1 ,8=6Z[21 M$*1fQ8 $*1 39- !21 -9[ N (
E
E .
21 !9[
onde usamos $
E
$ E WVge , ou seja,
m/s , e temos
Para o elo 4 temos $E
E
E
WV 1
6Z;6^1 ,V8= 6Z[2*81 M$ *1fQ$ 8 !;1 -[ e3/1 [# N (
(a) A primeira equação fornece o peso do módulo de
E
E .
onde usamos $ aterrisagem:
$ E E CVW_ , ou
(b) Para o elo do topo temos T Vg E !#@- N 1
seja,
E 6^V >8 E (b) A segunda equação fornece a massa:
6Z21 8(6Z[21 M$*1fQ 8 R321 [9e-21 Q N (
T E !#@-?@9
E
E
c
*1 \ , $ kg 1
onde usamos ;1 ![
.
V E e21
E
Se o empuxo for 9@ N, a aceleração é *
(c) O peso dividido pela massa fornece a aceleração da
gravidade no local, ou seja,
T
!#@-
V *1 \
0 $ Y1f m/s 1
X
P 5-57 (5-41/6 )
Uma corrente formada por cinco elos, com massa de
;1 0 kg cada um, é levantada verticalmente com uma
aceleração constante de *1fQ@ m/s , como mostrado na
Fig. 5-51. Determine (a) as forças que atuam entre elos
adjacentes, (b) a força exercida sobre o elo superior
pela pessoa que levanta a corrente e (c) a força resultante que acelera cada elo.
(a) Enumere os elos de baixo para cima. As forças
atuando no elo bem de baixo são a força da gravidade
WV , para baixo, e a força E do elo 2 sobre o elo 1,
para cima. Suponha a direção “para cima” como sendo
positiva.
Aplicada
1, a segunda Lei de Newton fornece
E WVgaoeelo
. Portanto
E UC6 V *8G6Z21 ,98(67[;1 M ;1 Q98 Y1f@! N 1
As forças atuando no elo 2 são: a força V da gravidade,
E
para baixo, a força para baixo (do elo 1 sobre o elo
E
2), e a força do elo 3, para cima. A segunda Lei de
$
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
(c) Cada elo tem a mesma massa e a mesma aceleração,
de modo que a força resultante em cada um deles é
E
res
Xd6Z21 8(6<*1fQ8e21 9Q N 1
P 5-58 (5-43/6 )
Um bloco de massa !;1 \ kg está sobre um plano
com ! " de inclinação, sem atrito, preso por uma corda
que passa por uma polia, de massa e atrito desprezı́veis,
e tem na outra extremidade um segundo bloco de massa
;1 ! kg, pendurado verticalmente (Fig. 5-52).
Quais são (a) os módulos das acelerações de cada bloco
e (b) o sentido da aceleração de ? (c) Qual a tensão
na corda?
1
! (a) Primeiro, fazemos o diagrama de corpo isolado
para cada um dos blocos.
Para , apontando para cima temos a magnitude da
tensão na corda, e apontando para baixo o peso (V .
Para , temos três forças: (i) a tensão apontando
para cima, ao longo do plano inclinado, (ii) a normal
Página 6 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
perpendicular ao plano inclinado e apontando para
cima e para a esquerda, e (iii) a força peso IV , apontando para baixo, fazendo um ângulo O$ ! " com o
prolongamento da normal.
Para , escolhemos o eixo N paralelo ao plano inclinado e apontando para cima, e o eixo na direção da
normal ao plano. Para , escolhemos o eixo apontando para baixo. Com estas escolhas, a aceleração dos
dois blocos pode ser representada pela mesma letra .
As componentes N e da segunda lei de Newton para
são, respectivamente,
&
&
&
V
sen O
(
;1
IV %='9)*O A segunda lei de Newton para fornece-nos
V e 41
V sen O (obtida
Substituindo-se
da
primeira equação acima), nesta última equação, obtemos a aceleração:
6Z sen O98 V
R
A *1 ! !21f\ sen !9 " D 6Z[21 M#8 21f\@!9Q
!;1 \ ;1 !
m/s
1
sen O
6Z!21f\8(A ;1 \]!9Q [;1 M sen ! " D @;1 M@3 N (
ou, ainda, da outra equação:
VR &
WV
(
sen OPe
de modo que a aceleração é PeV sen O .
(a) Escolha a origem embaixo, no ponto de partida. As
equações cinemáticas para o movimento ao longo do
eixo N são Ne
e . O bloco
para quando C . A segunda equação nos diz que a
parada ocorre para G
. A coordenada em que o
corpo para é
+ , ,
d V sen
O
N
!;1fQ8 d91 ,M
;[ 1 6 M sen
!# "
m1
(b) O tempo decorrido até parar é
(b) O valor de acima é positivo, indicando que a
aceleração de aponta para cima do plano inclinado,
enquanto que a aceleração de aponta para baixo.
(c) A tensão na corda pode ser obtida ou de
R V
Escolha o eixo N paralelo ao plano e apontando para
baixo, na direção da aceleração, e o eixo na direção da
força normal. A componente N da segunda lei de Newton nos diz que
6<*1 !98(A [;1 MC;1 \]!9Q]D/@21 M3 N 1
P 5-60 (5-45/6 )
Y !21 Q e21 ->\ 3
Y Y
V sen
O
[;1 M sen !# "
(c) Primeiro coloque N na equação NW e resolva-a para . O resultado é
Y * Y 26:!;1fQ8 Y1 !9Q
V
sen O
[;1 M
sen !#
"
s1
s1
Neste instante a velocidade é
X ?* Y (
como era de esperar-se pois não existe dissipação no
problema.
NOTA: no capı́tulo 8 iremos aprender a resolver
este problema de um modo bem mais fácil, usando
conservação da energia. Chamando de a altura que
o bloco sobe, temos
eWV 1
Portanto o módulo da distância N
Um bloco é lançado para cima sobre um plano incliao longo do plano
nado sem atrito, com velocidade inicial . O ângulo de
pode ser facilmente extraida da relação trigonométrica
inclinação é O . (a) Que distância ao longo do plano ele
N sen OP , ou seja,
alcança? (b) Quanto tempo leva para chegar até lá? (c)
Qual sua velocidade, quando retorna e chega embaixo?
N
Calcule numericamente as respostas para OG !# " e
V sen O
L!;1fQ m/s.
que coincide com o módulo do valor anteriormente calO diagrama de corpo isolado contém duas forças: a
culado.
força N normal à superfı́cie, e o peso WV , para baixo.
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
(
Página 7 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
P 5-63 (5-47/6 )
nos fornece
Um macaco de , kg sobe por uma corda de massa desprezı́vel, que passa sobre o galho de uma árvore, sem
atrito, e tem presa na outra extremidade uma caixa de Q
kg, que está no solo (Fig. 5-54). (a) Qual o módulo da
aceleração mı́nima que o macaco deve ter para levantar
a caixa do solo? Se, após levantar a caixa, o macaco
parar de subir e ficar agarrado à corda, quais são (b) sua
aceleração e (c) a tensão na corda?
(a) Consideremos “para cima” como sendo os sentidos positivos tanto para o macaco quanto para a caixa.
Suponhamos que o macaco puxe a corda para baixo com
E
uma força de magnitude . De acordo com a terceira lei
de Newton, a corda puxa o macaco com uma força de
mesma magnitude, de modo que a segunda lei de Newton aplicada ao macaco fornece-nos
E VXe
E ,V U (
onde e representam a massa e a aceleração da
caixa, respectivamente, e
é a força normal exercida
pelo solo sobre a caixa. E
Suponhamos agora que
E , onde E é a
força mı́nima para levantar a caixa. Então
e
, pois a caixa apenas ‘descola’ do chão, sem ter
ainda começado a acelerar. Substituindo-se estes valores
lei de Newton para a caixa obtemos que
E na segunda
V que, quando substituida na segunda lei de
Newton para o macaco (primeira equação acima), nos
permite obter a aceleração sem problemas:
E V
6Z
6 ,Q098=6Z[21 M#8 e321 [
,
m/s 1
(
/ 1
Agora a aceleração do pacote é para baixo e a do macaco
para cima, de modo que d . A primeira equação
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
6Z 8 V
6 ,Q$,98 V L
,Q0
m/s 1
(c) Da segunda lei ne Newton para a caixa podemos
obter que
E U26 V 8G6: Q8=6Z[;1 MC;1 #8 @ N 1
P 5-67 (5-49/6 )
Um bloco de Q kg é puxado sobre uma superfı́cie horizontal, sem atrito, por uma corda que exerce uma força
E , N, fazendo um ângulo O Q " com a horizontal, conforme a Fig. 5-57. (a) Qual a aceleração do
E
bloco? (b) A força é lentamente aumentada. Qual é
esta força no instante anterior ao levantamento do bloco
da superfı́cie? (c) Qual a acelelra¸cão nesse mesmo instante?
(a) A única força capaz de acelerar o bloco é fornecida
pela componente horizontal da força aplicada. Portanto,
a aceleração do bloco de massa c Q kg é dada por
g
E %('#)2Q " , (% '#)2Q "
*1 0M
Q
m/s
1
(b) Enquanto não existir movimento vertical do bloco,
a força total resultante exercida verticalmente no bloco
será dada por
E
8V
(b) Para a caixa e para o macaco, a segunda lei de Newton são, respectivamente,
E ,V
E V
que quando substituida na segunda equação acima nos
permite obter :
(
onde e representam a massa e a aceleração do
macaco, respectivamente. Como a corda tem massa deE
sprezı́vel, a tensão na corda é o próprio .
A corda puxa a caixa para cima com uma força de magE
nitude , de modo que a segunda lei de Newton aplicada
à caixa é
E U;6 V @ 8*6^VP 8 (
sen 9Q
" WVXe (
onde representa a força normal exercida pelo solo no
bloco. No instante em que o bloco é levantado teremos
. Substituindo este valor na equação acima e
resolvendo-a obtemos
E V
Q8=6Z[21 M#8 d90- N 1
67sen
Q "
E
(c)
horizontal neste instante é %='9)29Q " , onde
E A força
90- Newtons. Portanto, a aceleração horizontal
será
E %='9)29Q " 90- %('9)/Q "
g
L* m/s 1
Q
sen 9Q
"
Página 8 de 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
5 de Setembro de 2005, às 7:41
A aceleração vertical continuará a ser ZERO pois a força
vertical lı́quida é zero.
P 5-70 (5-53/6 )
aceleração é para baixo e a segunda lei de Newton
fornece-nos
E VXd
(
E 6 V *8 . Após jogar-se fora uma massa
ou seja
do balão passa a ser e a aceleração
, a massa
Um balão de massa , com ar quente, está descendo,
verticalmente com uma aceleração para baixo (Fig. 5- é para cima, com a segunda lei de Newton dando-nos
59). Que quantidade de massa deve ser atirada para agora a seguinte expressão
fora do balão, para que ele suba com uma aceleração
E U6 8 VXd6 8 41
(mesmo módulo e sentido oposto)? Suponha que a
força de subida, devida ao ar, não varie em função da
E
Eliminando
massa (carga de estabilização) que ele perdeu.
entre as duas equações acima encontramos sem problemas que
As forças que atuam no balão são a força da
gravidade, para baixo, e a força do ar, para cima.
c CV ?
Antes da massa de estabilização ser jogada fora, a
V 1
-
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 9 de 9