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Resolução Leis de Newton – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão

Gabarito:

Resposta da questão 1:

[A]

e

e

e

2

2

2

T F P m a

T F P 0

F T P

kQT mg

d

kQd

T mg

kd Q

T mg


[C]

A figura 1 apresenta o diagrama de corpo rígido do bloco sobre o plano inclinado. Do equilíbrio do bloco depreende-se que:

T W sen mgsen (1)

Como, conforme o enunciado, o sistema é montado de forma que não haja esforço de flexão na haste que

prende a roldana, conclui-se que a resultante R dos esforços do cabo sobre a roldana é vertical e para baixo, conforme a figura 2:


Da figura 2, depreende-se que a resultante R sobre a roldana é igual à soma das componentes verticais

das forças de tração T, ou seja:

R Tsen Tsen 2Tsen (2)

Do Princípio de Pascal para vasos comunicantes, sabe-se que:

1

1 2 2

AF RF R (3)

A A A

Substituindo-se (1) em (2), tem-se que:

2R 2Tsen 2(mgsen )sen 2mgsen (4)

Finalmente, substituindo-se (4) em (3), tem-se:

21 1

2 2

A AF R 2 mgsen

A A


[C]

As componentes da força (F) que a esteira exerce na caixa são a Normal (N) e a de atrito at(F ),

conforme mostra a figura.


[C]

rF 0

P N 0

P N

hor anti horτ τ


2x x 2xA P N

3 6 3

2 1 2A P N

3 6 3

1A 2 P N 2

2

PA 2 N 2

2

P N

NA 2 N 2

2

A 3

N 4

A N

A

N

3

4

0,75

μ

μ

μ

μ


[A] Num mesmo fio, a tração tem a mesma intensidade em todos os pontos. Quando há uma polia móvel, a intensidade da tração fica dividida por dois. A figura ilustra as situações.

Nota-se que o primeiro dispositivo é o que exige do operário força de menor intensidade. Resposta da questão 6: ANULADA

Para a resolução do problema vamos analisar o diagrama de forças da pista inclinada:

Desconsiderando o atrito entre a pista e os pneus:


2

2c

vm

F vRtan tan tanP mg Rg

θ θ θ

Substituindo os valores e transformando as unidades da velocidade para o Sistema Internacional (S.I.), temos:

2

2

2

1m s72 3 km h

3,6 km hv 2tan tan 3

Rg 360 3 m 10 m sθ θ

E, finalmente calculando o arco tangente deste valor, temos o ângulo da pista:

2arc tan 3 49,1

3θ θ

Questão anulada pela banca por não fornecer nenhuma alternativa com a resposta correta. Resposta da questão 7:

[A] A figura 1 destaca o raio da trajetória efetuada pelo objeto.

AB 15 m

ABR 7,5 m

2

A figura 2 mostra as forças (e componentes) agindo sobre o objeto.


Equacionando o movimento:

2 2x cp

y

F F F sen m R sen R g sen 10(0,6) 6

cos g R cos 7,5(0,8) 6F P F cos m g

1rad s.

θ ω θ ω θω

θ θθ

ω


[A] Conforme o diagrama de forças simplificadas abaixo, podemos calcular o equilíbrio estático do corpo, decompondo as forças inclinadas nos eixos horizontal e vertical utilizando conceitos de trigonometria:

Temos, então: No eixo horizontal:

eF cos 30 T cos 60

Isolando T, substituindo os valores de seno e cosseno e usando a Lei de Hoocke para o módulo da força

elástica: eF k x

e

3k x

F cos30 2T T

cos60

1

2

T 3 k x 1

O equilíbrio na vertical fica:

eF sen30 T sen60 P

Substituindo os valores de seno e cosseno, usando o valor da tração em (1) juntamente com a Lei de Hoocke, fica:

1 3k x 3 k x m g

2 2

Isolando a deformação da mola, temos:

2k 3k m g 2 kg 10 m sx m g x x x 0,5 cm

2 2 2k 2 20 N cm


[D] Hipóteses do problema: 1. Barras rígidas e homogêneas


2. Barras com massas desprezíveis

Para se obter as forças pedidas é necessário traçar o diagrama de corpo rígido para a barra I e para a

barra II, isoladamente:

Considere primeiramente a barra II :

Seja CR e DR as forças normais sobre os pontos C e D, e W a força peso do bloco suspenso. Note

que a força peso da barra foi desconsiderada já que a massa é desprezível.

Considerando o equilíbrio de forças no eixo YY, tem-se que:

C D C DR R W 0 R R 200 (I)

Considerando o equilíbrio de momentos em relação ao ponto C, tem-se que:

D DW 200

4 R 1 W 0 R 50 N4 4

Substituindo esse resultado na equação (I):

C CR 50 200 R 150 N (II)

Considere agora o equilíbrio da barra I :

Do equilíbrio das forças no eixo YY, tem-se que:

A B N N A BR R R 0 R R R (III)

Note que B CR R . Logo, os módulos de BR e CR são iguais: B CR R 150 N

Do equilíbrio de momentos em relação ao ponto N, tem-se que:

BA B A

R 1504 R 2 R 0 R 75 N

2 2

Substituindo esse resultado na equação (III), tem-se:

N A BR R R 75 150 225 N


[D]

Dados: 2

1 2F 200N; m 20kg; m 6kg; 0,1; g 10 m/s ; cos37 0,87.μ

A figura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão.


Nessa figura:

x x

y y

1 y 1 1 1

1 1 1

x 2 x

y 2 y

2 y 2

2 2

F Fcos30 200 0,87 F 174N.

F Fsen30 200 0,5 F 100N.

N F m g N 100 20 10 N 100N.

A N 0,1 100 A 10N.

P m gsen60 60 0,87 P 52,2N.

P m gcos60 60 0,5 P 30N.

N P N 30N.

A N 0,1 30

μ

μ

2 A 3N.

Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos:

x 1 1x 1 2 x 1 2

x 2 2

2

Corpo 1 : F T A m a 1 2 F A A P m m a

Corpo 2 : T P A m a

108,8174 10 52,2 3 26a a a 4,18 m/s .

26

Voltando em 2 :

x 2 2T P A m a T 6 4,18 52,2 3 T 80,3 N.


[B] Usando o diagrama de corpo livre para o elevador, temos a expressão para a força resultante:

rF m a


T P T mgT P m a a

m m

Para a tração máxima, temos a aceleração máxima:

máxmáx

T Pa

m

E, finalmente, calculando seus módulos, resulta:

4 42

máx máx3

1,2 10 N 1,0 10 Na a 2,0 m s .

1,0 10 kg


[D] A figura mostra as forças e as componentes das forças que agem em cada bloco, considerando que em cada plano inclinado o fio esteja paralelo à superfície.

Calculando as intensidade dessas forças:

A A

A x A

A y A

A Ay

A A

B B

B x B

B y B

B By

B A

P m g 10 10 100N

P P sen53 100 0,8 80N

Bloco A P P cos53 100 0,6 60N

N P 60N

f N 0,2 60 12N

P m g 30 10 300N

P P sen37 300 0,6 180N

Bloco B P P cos37 300 0,8 240N

N P 240N

f N

μ

μ

0,2 240 48N

Como Bx AxP P , o bloco A tende a subir e o bloco B tende a descer. As forças de atrito têm sentido

oposto ao da tendência de escorregamento.

Como Bx Ax B AP P f f , o corpo A acelera para cima e o corpo B acelera para baixo.

Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema, calcula-se o módulo da aceleração.

Bx Ax A B A B

2

P P f f m m

180 48 12 80 40a 40 40a a 1 m s .

No bloco A:


Ax A AT P f m a T 10 1 80 12 T 102N T 0,102kN.


[C] A figura mostra as forças agindo na caixa debaixo e no sistema formado pelas caixas de cima e do meio.

- 1N : intensidade da força que o piso do elevador exerce na caixa debaixo.

- 2N : intensidade do par ação-reação entre a caixa debaixo e o sistema

formado pelas caixas de cima e do meio.

- P : intensidade do peso da caixa debaixo.

- 2P : intensidade do peso do sistema formado pelas caixas de cima e do meio.

Sendo m a massa de cada caixa, se o elevador estivesse em repouso, a caixa debaixo receberia do piso

uma força de intensidade 1N igual à do peso do conjunto de seis caixas. Assim: 1N 6P.

Sendo a a máxima aceleração do elevador, quando ele estiver subindo em movimento acelerado ou

descendo em movimento retardado, tem-se: - Para o sistema formado pelas caixas de cima e do meio:

2 2N 2P 2ma N 2P 2ma.

- Para a caixa debaixo:

1 2

2

N P N ma 6P P 2ma 2P ma 6P P 2P ma 2ma

3mg 3ma a g a 10 m/s .


[D] Desenhando as forças atuantes sobre o bloco (com as componentes do peso), temos:

Para o equilíbrio, devemos ter:

N mgcosθ e T mgsen .θ

Para 0 N mgθ e T 0;

Para 90 N 0θ e T mg.


Portanto, o gráfico que representa a variação das três forças (P, N e T) que atuam sobre o bloco deverá

ser representado por:


[D] Do diagrama de forças abaixo:

Para o corpo A, temos:

A atP sen F T 0θ

Mas a força de atrito é dada por:

at A

A

F P cos

P sen cos T 1

μ θ

θ μ θ

Na roldana que segura o corpo B, temos a relação entre as trações das duas cordas:

1T 2T

O equilíbrio de forças para o corpo B é dado por:

BB 1 B

P 200 NP T P 2T T T T 100 N

2 2

Substituindo na equação (1), resulta:


A A AT 100 N 100 N

P P P 500 Nsen cos 0,6 0,5 0,8 0,2θ μ θ


[C] Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama de forças que atuam sobre o corpo.

Assim, analisando as forças, temos que:

R atF P sen 37 F

P cos 37 N

Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da moeda no tempo dado:

2

o

2

2

a tS v t

2

a 12

2

a 4 m s

Δ

Diante disto, temos que:

R at

R

R

F P sen 37 F

F P sen 37 N

F P sen 37 P cos 37

m a m g sen 37 m g cos 37

a g sen 37 g cos 37

4 10 0,6 10 0,8

0,25

μ

μ

μ

μ

μ

μ


[A] O momento resultante, usando a convenção de sinais para os momentos conforme figura abaixo será:


1 2 3resul tante F F F 1 1 2 2 3 3

resul tante resul tante

2resul tante

M M M M F d F d F d

M 20 N 4 m 40 N 2 m 60 N 2 m M 80 Nm 200 Nm

M 120 Nm 1,2 10 Nm anti-horário


[C]

No triângulo destacado:

2 2 2 2 2h d c h c d .

Para o equilíbrio:

2 2

h mgc 2mg2Tcos mg 2T mg T T .

c 2h 2 c d

θ


[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.

r atF F

Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito: m a m gμ

A aceleração será:

2

2

a g 0,2 10 m / s

a 2 m / s

μ

Do MRUV usamos a equação de Torricelli:

2 20v v 2 a sΔ

A distância total percorrida será:


2 20

2

v vs

2 a

0 4 16s 4 m

2 2 4

Δ

Δ

Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é:

4 mn 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 Resposta da questão 20:

[D] De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado:

Para o equilíbrio estático, temos:

at

F N

F P

Pela definição da força de atrito:

at e at eF N F Fμ μ

at atF P F m g

Então:

ee

m gF m g Fμ

μ

Assim:

22 kg 10 m / sF F 40 N

0,5

Documents

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