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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson [email protected] Última atualização: 16/07/2005 09:10 H

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 1

Capítulo 5 - Força e Leis de Newton

Problemas

01 02 03 04 05 06 07 08 09 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Problemas Resolvidos 10. Um corpo com massa m sofre a ação de duas forças F1 e F2, como mostra a Fig. 27. Se m = 5,2

kg, F1= 3,7 N e F2= 4,3 N, ache o vetor aceleração do corpo.

x

y

(Pág. 90)

Solução. Em termos vetoriais, as forças F1 e F2 valem: ( )3,7 N=1F j

( )4,3 N=2F i

De acordo com a segunda lei de Newton: m= + =∑ 1 2F F F a

( ) ( )3,7 N 4,3 N(5,2 kg)m

++= =1 2 j iF Fa

( ) (2 20,8269 m/s 0,71153 m/s= +a i ) j

( ) ( )2 20,83 m/s 0,71 m/s≈ +a i j

[Início]

12. Uma certa força dá ao objeto m1 a aceleração 12,0 m/s2. A mesma força dá ao objeto m2 a

aceleração 3,30 m/s2. Que aceleração daria a um objeto cuja massa fosse (a) a diferença entre m1 e m2 e (b) a soma de m1 e m2. (Pág. 90)

Solução. (a) De acordo com a segunda lei de Newton (na coordenada x): (1) 1 1F m a=

(2) 2 2F m a=

Igualando-se (1) e (2):

1 12

2

m ama

= (3)

Mas: (4) ( 2 1F m m a= − ) 3

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2


32 1

Fam m

=−

(5)

Substituindo-se (1) e (3) em (5):

32 1

Fam m

=−

21 1 1 23

1 1 21 1

2

4,5517 m/sm a a aa a a am ma

= = =−−

23 4,55 m/sa ≈

(b) Procedendo de maneira semelhante ao item (a), porém usando-se (m1 + m2) em (4) ao invés de (m2 − m1), obtém-se:

21 24

1 2

2,5882 m/sa aaa a

= =+

24 2,59 m/sa ≈

[Início]

33. Um bloco de 5,1 kg é puxado ao longo de uma superfície sem atrito por uma corda que exerce

uma força P = 12 N e faz o ângulo θ = 25o acima da horizontal, como mostra a Fig. 30. (a) Qual é a aceleração do bloco? (b) A força P é lentamente aumentada. Qual é o valor de P logo antes de o bloco ser levantado da superfície? (c) Qual é a aceleração do bloco no exato momento em que ele é levantado e perde contato com a superfície?

(Pág. 92)

Solução. Sempre que houver uma força inclinada para acima que atua sobre um corpo no solo devemos considerar a possibilidade de o corpo ser levantado do chão. Isso ocorrerá caso a componente vertical dessa força seja igual (iminência de levantar) ou maior do que o peso. Na situação inicial, a componente y da força (Py) vale P sen 25o ≈ 5 N, enquanto que o peso vale 5,1 kg × 9,81 m/s2 ≈ 50 N. Logo, a força inicial não é capaz de levantar o corpo do chão. (a) Cálculo da aceleração em x: x xF ma=∑

xP ma=

2cos 2,1324 m/sPam

θ= =

22,1 m/sa ≈


3(b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em y:


0yF =∑ ' sen 0P mgθ − =

' 118,3834 NsenmgPθ

= =

' 0,12 kNP ≈

(b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em x: x xF ma=∑

' 'xP ma=

'

' 2cos 21,0376 m/sPam

θ= =

' 221 m/sa ≈

[Início] 34. Como um objeto de 450 N poderia ser baixado de um teto utilizando-se uma corda que suporta

somente 390 N sem se romper? (Pág. 92)

Solução. O objeto de peso P deve ser abaixado com uma aceleração a tal que a tensão na corda não ultrapasse seu valor limite (TMAX). Considere o seguinte esquema da situação:

P

Tmax

ax

y

Aplicando-se a segunda lei de Newton à coordenada y do sistema: y yF ma=∑ MAX

PT Pg

− = a

21 1,308 m/MAXTa gP

⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

s

21,31 m/sa ≈ −

Esta é a aceleração mínima com que o corpo deve ser abaixado (sinal negativo) para que a corda não se rompa.

[Início] 43. Um caixote de 110 kg é empurrado com velocidade constante para cima de uma rampa sem

atrito, inclinada de 34o, como na Fig. 34. (a) Qual a força horizontal F requerida? (b) Qual a ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton

4


força exercida pela rampa sobre o caixote?

(Pág. 93)

Solução. Considere o seguinte esquema da situação:

m

N

P

Fx

y

θ

Forças em x: 0=∑ yF

0θcos =− mgN

θcos

mgN = (1)

Forças em y: 0=∑ xF

0θsen =− NF (2) θsenNF =Substituindo-se (1) em (2): θtanmgF =

727,8621 NF =

27,3 10 NF ≈ × (b) De (1):

θcos

mgN =

N 6297,301.1=N

N 103,1 3×≈N

[Início] 44. Um novo jato da Marinha, de 22 toneladas métricas, requer para decolar uma velocidade em

relação ao ar de 90 m/s. Seu próprio motor desenvolve um empuxo de 110.000 N. O jato tem de ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton

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alçar vôo de um porta-aviões com pista de 100 m. Que força deve ser exercida pela catapulta do porta-aviões? Suponha que tanto a catapulta como o motor do avião exerçam uma força constante ao longo de toda a pista de decolagem.

(Pág. 93)

Solução. Neste problema serão desprezados o atrito do avião com o ar e com a pista, além do atrito interno do avião.

x = 0 0 x

a

x = d

N

P

Fx

y

Cálculo da aceleração do avião (movimento no eixo x): )(2 0

20

2 xxavv xx −+=

adv 202 +=

d

va2

2

= (1)

Cálculo da força exercida pela turbina: xx maF =∑ (2) maF =Substituindo-se (1) em (2):

d

mvF2

2

=

A massa do avião foi dada em toneladas métricas, que pertence ao sistema inglês de unidades. O fator de conversão é 1 ton = 907,2 kg. Logo, m = 19.958,4 kg, com apenas dois algarismos significativos, ou seja, m ≈ 2,0 × 104 kg. Logo:

N 2,315.808)m 100(2

)m/s 90)(kg 4,958.19( 2

==F

N 101,8 5×≈F


6


[Início]

46. Antigamente, cavalos puxavam barcaças por canais, como mostra a Fig. 37. Suponha que o

cavalo exerça uma força de 7.900 N num ângulo de 18o com a direção de movimento da barcaça, que se desloca ao longo do eixo do canal. A massa da barcaça é 9.500 kg e sua aceleração é 0,12 m/s2. Calcule a força exercida pela água sobre a barcaça.

(Pág. 93)

Solução. Este problema pode ser facilmente resolvido através de cálculo vetorial. Considere o seguinte esquema da situação.

x

y

F

θa

mEP

A força exercida pelo cavalo (F) e a aceleração da barcaça (a) são definidos por: jiF sen cos θθ FF += (1) (2) ia a=Aplicação da Segunda Lei de Newton: aF m=∑ aEPFF ma =+++

onde P é o peso do barco, E é o empuxo da água, sendo que P + E = 0 e Fa é a força exercida pela água na barcaça. (3) FaF −= ma

Substituindo-se (1) e (2) em (3): ) sen cos() ( jiiF θθ FFama +−=

jiF sen )cos( θθ FFmaa −−= (4)

Substituindo-se os valores numéricos em (4): jiF )18sen()N 900.7( )]18cos()N 900.7()m/s 12,0)(kg 500.9[( oo2 −−=a

jiF )N 2342,441.2( )N 3464,373.6( −−=a

O módulo da força exercida pela água vale: N 8934,6824=aF


7


N 106,8 3×≈aF

[Início]

49. Um balão de pesquisas de massa total M desce verticalmente com aceleração a para baixo (veja

Fig. 39). Quanto de lastro deve ser atirado para fora da gôndola para dar ao balão a mesma aceleração a para cima, supondo que não varie a força de flutuação para cima exercida pelo ar sobre o balão?

(Pág. 93)

Solução. Balão acelerado para baixo:

E

P1

ax

y M

yy maF =∑ MaPE −=− 1

(1) )( agME −=

Balão acelerado para cima:

E

P2

ax

y M - m

yy maF =∑ amMPE )(2 −=−

amMgmME )()( −+−=

)()( agmagME +−+=


8


EagMagm −+=+ )()( (2) Substituindo-se (1) em (2): )()()( agMagMagm −−+=+

ag

Mam+

=2

[Início]

51. Um bloco de massa m desliza para baixo em um plano inclinado sem atrito que forma um

ângulo θ com o piso de um elevador. Ache a aceleração do bloco relativa ao plano nos seguintes casos. (a) O elevador desce com velocidade constante v. (b) O elevador sobe com velocidade constante v. (c) O elevador desce com aceleração a. (d) O elevador desce com desaceleração a. (e) O cabo do elevador se rompe. (f) No item (c) acima, qual é a força exercida sobre o bloco pelo plano inclinado? (Pág. 93)

Solução. (a) Estando o elevador com velocidade constante, o comportamento do bloco em relação à rampa é idêntico ao que seria caso o elevador estivesse em repouso.

m

N

Px

y

θv

θ

m

Segunda lei de Newton em x, onde aB é a aceleração do bloco: B

x xF ma=∑

sen Bmg maθ =

senBa g θ=

(b) Semelhante ao item (a): senBa g θ=

(c) Como o elevador acelera para baixo, existe a componente ax que se soma a gx para acelerar o bloco rampa abaixo.

m

N

Px

y

θa

θ

m a

x xF ma=∑

sen sen Bmg ma maθ θ= + ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton

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( )senBa g a θ= −

Embora tenham sido somadas duas acelerações em x para o bloco (ax e gx), a aceleração do bloco em relação à rampa é menor. No caso limite do elevador descer com aceleração igual a g (queda livre), o bloco também cairia em queda livre. Isso faria com que a aceleração do bloco em relação à rampa seja zero (veja o item (e) abaixo). (d) Semelhante ao item (c), diferindo apenas pelo sinal de a:

( )senBa g a θ= +

(e) Semelhante ao item (c), sendo a = g: 0Ba =

(f) y yF ma=∑ cos cosN mg maθ θ− = −

( )cosN m g a θ= −

[Início]

54. Um macaco de 11 kg está subindo por uma corda sem massa, amarrada a um tronco de 15 kg

que passa por um galho (sem atrito) da árvore. (a) Qual a aceleração mínima com que o macaco deve subir pela corda de modo a levantar do chão o tronco de 15 kg? Se, depois de o troco ter sido levantado do chão, o macaco parar de subir e somente se segurar à corda, quais serão agora (b) a aceleração do macaco e (c) a tração na corda? (Pág. 94)

Solução.

y

(a) Considere o seguinte esquema:


10


mT

T

PT

y

a

Tronco Macaco

T

PM

mM

A condição mínima para que o tronco seja levantado do solo é que sua força normal e sua aceleração sejam nulas. As forças que agem no tronco nessas condições são a tensão na corda (T) e o peso do tronco (PT): 0y TF T P= − =∑ (1) TT m g=

Forças no macaco: y yF ma=∑ M MT P m a− =

M

M

T m gam−

= (2)

Substituindo-se (1) em (2):

21 3,5672 m/T M T

M M

m g m g ma gm m

⎛ ⎞−= = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠s

23,6 m/sa ≈ (b) Agora a situação é a seguinte:

mT

T’

PT

y

a’

Tronco Macaco

T’

PM

mM

-a’

Forças no tronco: ' '( )T TT P m a− = −

' (3) 'T TT m g m a= −

'

Forças no macaco: ' '

M MT P m a− =

(4) 'M MT m g m a− =

Substituindo-se (3) em (4): ' '

T T M Mm g m a m g m a− − =


11


' 21,5092 m/sT M

T M

m ma gm m

−= =

+

' 21,5 m/sa ≈ (c) De (3): ' 124,511 NT =

' 0,12 kNT =

[Início] 55. Três blocos são ligados como mostra a Fig. 40, sobre uma mesa horizontal sem atrito e puxados

para a direita com uma força T3 = 6,5 N. Se m1 = 1,2 kg, m2 = 2,4 kg e m3 = 3,1 kg, calcule (a) a aceleração do sistema e (b) as trações T1 e T2. Faça uma analogia com corpos que são puxados em fila, tais como uma locomotiva ao puxar um trem de vagões engatados.

(Pág. 94)

Solução. Diagrama de forças dos blocos:

m1m2

N2

P2

T2-T1

N1

P1

T1

x

y

a

m3

N3

P3

T3-T2

(a) Forças de todo o sistema em x: x xF Ma=∑

( )1 1 2 2 3 1 2 3T T T T T m m m a− + − + = + +

23

1 2 3

0,970149 m/sTam m m

= =+ +

20,97 m/sa ≈ (b) Forças no corpo 3: 3 2 3T T m a− =

2 3 3 3, 4925 NT T m a= − =

2 3,5 NT ≈

Forças no corpo 1: 1 1 1,1641 NT m a= =


12


1 1, 2 NT ≈

[Início]

57. A Fig. 42 mostra três caixotes com massa m1 = 45,2 kg, m2 = 22,8 kg e m3 = 34,3 kg apoiados

sobre uma superfície horizontal sem atrito. (a) Qual a força horizontal F necessária para empurrar os caixotes para a direita, como se fossem um só, com a aceleração de 1,32 m/s2? (b) Ache a força exercida, por m2 em m3; (c) por m1 em m2.

(Pág. 94)

Solução. (a) Neste caso, pode-se imaginar o sistema como sendo constituído por uma massa compacta m1 + m2 + m3:

m m1 2+ +m3

N

P

Fx

y

a

xx maF =∑ ammmF )( 321 ++=

N 036,135=F

N 135≈F (b) Forças sobre m3:

m3N3

P3

F23

x

y

a

xx maF =∑ amF 323 =

N 276,4523 =F

N 3,45≈F (c) Forças sobre m2:


13


m2

N2

F12F32

x

y

aP2

xx maF =∑ amFF 23212 =−

32212 FamF +=

N 372,7523 =F

N 4,75≈F

[Início] 59. Um bloco de massa m1 = 3,70 kg está sobre um plano inclinado sem atrito de ângulo θ = 28o e é

ligado por uma corda que passa em uma polia pequena e sem atrito a um segundo bloco de massa m2 = 1,86 kg, que pende verticalmente (veja a Fig. 44). (a) Qual é a aceleração de cada bloco? (b) Ache a tração na corda.

(Pág. 94)

Solução.

m1

N1

P1

T1

x

y

θ

θ

a1

111

aF m=∑ 11111 aPTN m=++

) θsen θcos( θsen θcos θcos θsen 1111 jijjiji aamgmTTNN +=−+++−

jiji θsen θcos )θsen θcos( θ)sen θcos( 11111 amamgmTNNT +=−++− (1) A equação (1) somente é verdadeira se e somente se: θcosθsen θcos 11 amNT =− (2) e θsenθsen θcos 111 amgmTN =−+ (3) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton

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De (2):

θ)tan (1θcos

θsen θcos1

11

1 NTmm

NTa −=−

= (4)

De (3):

θcos

θtan)( θcosθsenθsen 1

111

1gmTamgmTamN +−=

+−= (5)

Substituindo-se (5) em (4) e simplificando:

θsen1

gmTa −= (6)

Bloco 2:

m2

T2

P2

x

y

a2 222

aF m=∑ 2222 aPT m=+

Como as forças que agem no bloco 2 e seu movimento ocorrem apenas na coordenada y: amgmT 22 −=−

(7) )(2 agmT −=

Substituindo-se (7) em (6) e simplificando:

21

12 θ)sen(mm

mmga+

−=

2m/s 216940,0=a

2m/s 22,0≈a (b) De (6): θ)sen(1 gamT +=

N 8430,17=T

N 18≈T

[Início] 60. Uma pessoa de 77 kg salta de pára-quedas e adquire aceleração para baixo de 2,5 m/s2 logo

depois da abertura do pára-quedas. A massa do pára-quedas é 5,2 kg. (a) Ache a força para cima exercida pelo ar sobre o pára-quedas. (b) Calcule a força para baixo exercida pela pessoa no pára-quedas. (Pág. 94)

Solução.


15


Considere o seguinte esquema da situação: (a) Considere o seguinte esquema da situação:

FAr

PH

x

y

a

PPQ

Seja m a massa do pára-quedas e M a massa do homem. Para descobrir a força que o ar exerce sobre o pára-quedas (FAr) vamos considerar o homem e o pára-quedas como um só conjunto de massa (m + M): y yF ma=∑ ( ) ( )ArF m M g m M− + = − + a

( )( ) 600,882 NArF m M g a= + − =

0,60 kNArF ≈

(b) Para descobrir a força que o pára-quedas exerce sobre o homem, vamos aplicar a segunda lei de Newton apenas ao homem, de acordo com o seguinte esquema de forças:

PH

FPQa

x

y

y yF ma=∑ PQF Mg Ma− = −

( ) 562,87 NPQF M g a= − =

0,56 kNPQF ≈

[Início]

61. Um elevador consiste em uma cabine (A), um contrapeso (B), um motor (C) e o cabo e polias

mostrados na Fig. 45. A massa da cabine é 1.000 kg e a massa do contrapeso é 1.400 kg. Despreze o atrito, as massas do cabo e das polias. O elevador acelera para cima a 2,30 m/s2 e o contrapeso acelera para baixo à mesma taxa. Quais são os valores das trações (a) T1 e (b) T2? Qual a força exercida no cabo pelo motor?


16


(Pág. 94)


x

y

PEPCP

T1T2

T1’T2’Motor

aEaCP

(a) Aplicando-se a segunda lei de Newton ao elevador: y yF ma=∑ 1 E ET P m a− = E

1 E ET m g m a− =

( )1 12.110 NET m a g= + =

1 12,1 kNT ≈

(b) Aplicando-se a segunda lei de Newton ao contrapeso: y yF ma=∑ 2 CP CP CPT P m a− = −

2 CP CPT m g m a− = −

( )2 10.514 NCPT m g a= − =


17


2 10,5 kNT ≈

(c) A força resultante que o cabo exerce sobre o motor (FMC) sobre o motor vale: ' '

1 2 1.596 NMC xF F T T= = − =∑O sinal positivo mostra que o cabo força o motor para a direita. Como o problema pede a força no cabo pelo motor, basta aplicar a terceira lei de Newton, uma vez que essas forças formam um par ação-reação. Logo, a força que o motor exerce sobre o cabo (FCM) vale: 1,60 kNCM MCF F= − ≈ −

O sinal negativo mostra que o motor força o cabo para a esquerda de acordo com o referencial adotado. Isso faz com que o elevador suba.

[Início] 62. Um helicóptero de 15.000 kg está levantando um carro de 4.500 kg com aceleração para cima

de 1,4 m/s2. Calcule (a) a força vertical que o ar exerce nas pás das hélices do helicóptero e (b) a tração na parte superior do cabo de sustentação; veja a Fig. 46.

(Pág. 95)

Solução. (a) Forças nas pás das hélices:

Far

P

Hélices

ya

y yF ma=∑ ( ) ( )Ar H C H C yF P P m m a− + = +


18



19

( ) ( ) ( )( ) 218.595 NAr H C H C H CF m m g m m a m m a g= + + + = + + =

52, 2 10 NArF ≈ ×

(b) Forças no ponto de junção dos cabos:

T

PC

Junçãodos cabos

ya

y yF ma=∑ C CT P m a− =

( ) 50.445 NC C CT m a m g m a g= + = + =

45,0 10 NT ≈ ×

[Início] 64. Duas partículas, cada uma de massa m, estão conectadas por uma corda leve de comprimento

2L, como mostra a Fig. 48. Uma força F constante é aplicada no ponto médio da corda (x = 0) e faz um ângulo reto com a posição inicial desta. Mostre que a aceleração de cada massa na direção perpendicular a F é dada por

( )1/ 22 22x

F xam L x

=−

na qual x é a distância perpendicular de uma das partículas à linha de ação de F. Discuta a situação quando x = L.

(Pág. 95)



F

2L

m m

x

y

F

a0

a1 a2

L

x

θθ

ax

ay

O

O

Seja a o módulo da aceleração de cada massa (a1 e a2, no esquema).

cosxxa a aL

θ= = (1)

Aceleração do ponto O em y, que está sujeito apenas à força F: (2) 02F m= − a

O esquema mostra que:

( )1/ 221/ 22

0 2sen 1 cos 1yxa a a a aL

θ θ⎛ ⎞

= = − = − − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

1/ 22 2

0 2

L xa aL

⎛ ⎞−= − ⎜

⎝ ⎠⎟ (3)


1/ 22 2

22 L xF maL

⎛ ⎞−= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )1/ 22 22

F Lam L x

=−

(4)


( )1/ 22 22x

F xam L x

=−

[Início]

65. Um bloco de massa M é puxado ao longo de uma superfície horizontal sem atrito por uma corda

de massa m, como mostra a Fig. 49. Uma força horizontal P é aplicada a uma das extremidades da corda. (a) Mostre que a corda tem de se curvar, mesmo que seja de uma quantidade imperceptível. Então, supondo que o encurvamento seja desprezível, ache (b) a aceleração da corda e do bloco, (c) a força que a corda exerce no bloco, e (d) a tração no ponto médio da


20


corda.

(Pág. 95)

Solução. (a) Considere um elemento da corda cuja massa é Δm e, da mesma forma que o conjunto M +m, possui aceleração a.

Δmg

TdTe

x

y

θ

a

Como o elemento de massa Δm tem aceleração apenas no eixo x: 0=∑ y

F

0sensen =Δ−+ mgTT ed θθ

ed TT

mg+

Δ=θsen (1)

Para a corda ficar esticada, é preciso que θ = 0, ou seja que sen θ = 0. De acordo (1), isso implica em Δm = 0 ou Td + Te = ∞. Como nenhumas dessas alternativas é fisicamente possível, conclui-se que θ ≠ 0. (b) Supondo que θ = 0 e analisando o conjunto M + m: xx

maF =∑ amMP )( +=

mM

Pa+

= (2)

(c)

M Fcb

x

y

a

N

P xx

maF =∑ (3) MaFcb =


PmM

MFcb +=

(d)


21


MTm

a

m/2

xx

maF =∑

amMTm ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2 (4)


mM

PmMTm +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2

)(2

)2(mM

PMmTm ++

=

[Início]

67. O homem na Fig. 51 pesa 800 N; a plataforma e a polia sem atrito têm peso total de 190 N.

Ignore o peso da corda. Com que força o homem tem de puxar a corda de forma a se levantar junto com a plataforma a 0,37 m/s2?

(Pág. 95)

Solução. Forças no homem:

T’PH

N

ay

yy

F ma=∑

' HH

PN T P ag

− − =

T’ = T:


22


1HaN T Pg

⎛= + +⎜

⎝ ⎠

⎞⎟ (1)

Forças na plataforma:

yT T

PP N’

a

yy

F ma=∑

'2 PP

PT N P ag

− − =

N’ = N:

2 1PaT N Pg

⎛ ⎞− = +⎜

⎝ ⎠⎟ (2)


2 1 1H Pa aT T P Pg g

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) 1 1.027,3394 NH PaT P Pg

⎛ ⎞= + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

1,0 kNT ≈

[Início] 68. Uma cunha em forma de um triângulo retângulo de massa M e ângulo θ suporta um pequeno

bloco de massa m e está em repouso numa mesa horizontal, como mostra a Fig. 52. (a) Que aceleração horizontal a deve ter M em relação à mesa, de forma a manter m estacionário em relação à cunha supondo-se os contatos sem atrito? (b) Que força horizontal F deve ser aplicada ao sistema para atingir este resultado, supondo-se o topo da mesa sem atrito? (c) Suponha que nenhuma força seja fornecida a M e ambas as superfícies sejam sem atrito. Descreva o movimento resultante.

(Pág. 95)

Solução. (a) A aceleração a de M deve ser tal que a aceleração de m também seja a (horizontal). Diagrama de forças em m:


23


m

Pm

Nm

x

y

θ

a

Forças em y: cos 0my

F N mgθ= −∑ =

cosmmgNθ

= (1)

Forças em x: xx

F ma=∑

senmN maθ = (2)


sencosmg maθθ

=

tana g θ= (3) (b) Forças em x no sistema cunha-bloco: xx

F ma=∑

(4) (F m M= + )a


( ) tanF m M g θ= +

As componentes horizontais das forças normais da cunha sobre o bloco (Nm) e do bloco sobre a cunha não precisam ser computados pois formam um par ação-reação e cancelam-se mutuamente. (c) A cunha irá se mover para a esquerda com aceleração constante. O bloco irá descer pela superfície inclinada da cunha com aceleração g sen θ em relação à cunha, porém com aceleração menor e constante em relação à mesa. As forças que aceleram o bloco em relação à mesa são o seu peso e a normal da cunha. O peso do bloco não varia nessas circunstâncias. Porém, quando a cunha acelera para a esquerda, a normal que esta gera no bloco fica menor, o que diminui a aceleração do bloco em relação à mesa quando comparada à situação em que a cunha permanece imóvel.

[Início]


24

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Problemas Resolvidos de Físicafisica.ufpb.br/~edmundo/Fisica1-exercicios-resolvidos/05...Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas