PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA     Prof. Anderson Coser Gaudio     Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Un...
Problemas Resolvidos de Física                              Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES            ...
Problemas Resolvidos de Física                         Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES                 ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        ∑F     y   =...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES    força exercida p...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES    alçar vôo de um ...
Problemas Resolvidos de Física                          Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES                ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        Fa ≈ 6,8 × 1...
Problemas Resolvidos de Física                           Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        m( g + ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        aB = ( g − a...
Problemas Resolvidos de Física                                 Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES         ...
Problemas Resolvidos de Física                                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES    ...
Problemas Resolvidos de Física                           Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        T1 ≈ 1,...
Problemas Resolvidos de Física                             Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES             ...
Problemas Resolvidos de Física                       Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFESDe (2):            ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFESConsidere o seguinte...
Problemas Resolvidos de Física                       Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES                   ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        T2 ≈ 10,5 kN...
Problemas Resolvidos de Física                       Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES        FAr = (mH +...
Problemas Resolvidos de Física                                                 Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física...
Problemas Resolvidos de Física                          Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES      corda.    ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES                    ...
Problemas Resolvidos de Física                       Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES                   ...
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES            y       ...
Próximos SlideShares
Carregando em…5
×

05 forca e leis de newton

6.145 visualizações

Publicada em

Publicada em: Educação
  • Seja o primeiro a comentar

05 forca e leis de newton

  1. 1. 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 anderson@npd.ufes.br 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 Problemas01 02 03 04 05 06 07 08 09 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68
  2. 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos10. 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. y x (Pág. 90)Solução.Em termos vetoriais, as forças F1 e F2 valem: F1 = ( 3, 7 N ) j F2 = ( 4,3 N ) iDe acordo com a segunda lei de Newton: ∑F = F + F1 2 = ma F1 + F2 ( 3, 7 N ) j + ( 4,3 N ) i a= = m (5, 2 kg) a = ( 0,8269 m/s 2 ) i + ( 0, 71153 m/s 2 ) j a ≈ ( 0,83 m/s 2 ) i + ( 0, 71 m/s 2 ) 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): F = m1a1 (1) F = m2 a2 (2)Igualando-se (1) e (2): ma m2 = 1 1 (3) a2Mas: F = ( m2 − m1 ) a3 (4)________________________________________________________________________________________________________ 2 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  3. 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES F a3 = (5) m2 − m1Substituindo-se (1) e (3) em (5): F a3 = m2 − m1 m1a1 a1a2 a3 = = = 4,5517 m/s 2 a1 m1 − m1 a1 − a2 a2 a3 ≈ 4,55 m/s 2(b) Procedendo de maneira semelhante ao item (a), porém usando-se (m1 + m2) em (4) ao invés de(m2 − m1), obtém-se: aa a4 = 1 2 = 2,5882 m/s 2 a1 + a2 a4 ≈ 2,59 m/s 2 [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 devemosconsiderar a possibilidade de o corpo ser levantado do chão. Isso ocorrerá caso a componentevertical dessa força seja igual (iminência de levantar) ou maior do que o peso. Na situação inicial, acomponente y da força (Py) vale P sen 25o ≈ 5 N, enquanto que o peso vale 5,1 kg × 9,81 m/s2 ≈ 50N. Logo, a força inicial não é capaz de levantar o corpo do chão.(a) Cálculo da aceleração em x: ∑F x = max Px = ma P cos θ a= = 2,1324 m/s 2 m a ≈ 2,1 m/s 2(b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em y:________________________________________________________________________________________________________ 3 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  4. 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ∑F y =0 P sen θ − mg = 0 mg P = = 118,3834 N sen θ P ≈ 0,12 kN(b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em x: ∑F x = max Px = ma P cos θ a = = 21, 0376 m/s 2 m a ≈ 21 m/s 2 [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 nãoultrapasse seu valor limite (TMAX). Considere o seguinte esquema da situação: Tmax y a x PAplicando-se a segunda lei de Newton à coordenada y do sistema: ∑F y = ma y P TMAX − P = a g ⎛T ⎞ a = g ⎜ MAX − 1⎟ = −1,308 m/s 2 ⎝ P ⎠ a ≈ −1,31 m/s 2Esta é a aceleração mínima com que o corpo deve ser abaixado (sinal negativo) para que a cordanão 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________________________________________________________________________________________________________ 4 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  5. 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES força exercida pela rampa sobre o caixote? (Pág. 93)Solução.Considere o seguinte esquema da situação: y θ N F m x PForças em x: ∑F y =0 N cos θ − mg = 0 mg N= (1) cos θForças em y: ∑F x =0 F − N sen θ = 0 F = N sen θ (2)Substituindo-se (1) em (2): F = mg tan θ F = 727,8621 N F ≈ 7,3 × 102 N(b) De (1): mg N= cos θ N = 1.301,6297 N N ≈ 1,3 × 10 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________________________________________________________________________________________________________ 5 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  6. 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 internodo avião. N a y F x x0 = 0 x=d x PCálculo da aceleração do avião (movimento no eixo x): v x = v x 0 + 2a ( x − x 0 ) 2 2 v 2 = 0 + 2ad v2 a= (1) 2dCálculo da força exercida pela turbina: ∑F x = ma x F = ma (2)Substituindo-se (1) em (2): mv 2 F= 2dA massa do avião foi dada em toneladas métricas, que pertence ao sistema inglês de unidades. Ofator de conversão é 1 ton = 907,2 kg. Logo, m = 19.958,4 kg, com apenas dois algarismossignificativos, ou seja, m ≈ 2,0 × 104 kg. Logo: (19.958,4 kg)(90 m/s) 2 F= = 808.315,2 N 2(100 m) F ≈ 8,1 × 10 5 N________________________________________________________________________________________________________ 6 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  7. 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES [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 seguinteesquema da situação. y F m P θ E a xA força exercida pelo cavalo (F) e a aceleração da barcaça (a) são definidos por: F = F cos θ i + F sen θ j (1) a =ai (2)Aplicação da Segunda Lei de Newton: ∑ F = ma F + Fa + P + E = maonde P é o peso do barco, E é o empuxo da água, sendo que P + E = 0 e Fa é a força exercida pelaágua na barcaça. Fa = ma − F (3)Substituindo-se (1) e (2) em (3): Fa = m(a i ) − ( F cosθ i + F sen θ j) Fa = (ma − F cosθ ) i − F sen θ j (4)Substituindo-se os valores numéricos em (4): Fa = [(9.500 kg )(0,12 m/s 2 ) − (7.900 N ) cos(18 o )] i − (7.900 N ) sen(18 o ) j Fa = (−6.373,3464 N) i − (2.441,2342 N) jO módulo da força exercida pela água vale: Fa = 6824,8934 N________________________________________________________________________________________________________ 7 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  8. 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Fa ≈ 6,8 × 10 3 N [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 y M x a P1 ∑F y = ma y E − P1 = − Ma E = M ( g − a) (1)Balão acelerado para cima: E y M-m x a P2 ∑F y = ma y E − P2 = ( M − m)a E = ( M − m) g + ( M − m)a E = M ( g + a ) − m( g + a )________________________________________________________________________________________________________ 8 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  9. 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m( g + a) = M ( g + a ) − E (2)Substituindo-se (1) em (2): m( g + a ) = M ( g + a ) − M ( g − a ) 2 Ma m= g+a [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 éidêntico ao que seria caso o elevador estivesse em repouso. y N m m θ x θ P vSegunda lei de Newton em x, onde aB é a aceleração do bloco: B ∑F x = max mg sen θ = maB aB = g sen θ(b) Semelhante ao item (a): aB = g sen θ(c) Como o elevador acelera para baixo, existe a componente ax que se soma a gx para acelerar obloco rampa abaixo. y N m m a θ x θ P a ∑F x = max mg sen θ = ma sen θ + maB________________________________________________________________________________________________________ 9 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  10. 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES aB = ( g − a ) sen θEmbora tenham sido somadas duas acelerações em x para o bloco (ax e gx), a aceleração do blocoem relação à rampa é menor. No caso limite do elevador descer com aceleração igual a g (quedalivre), o bloco também cairia em queda livre. Isso faria com que a aceleração do bloco em relação àrampa seja zero (veja o item (e) abaixo).(d) Semelhante ao item (c), diferindo apenas pelo sinal de a: aB = ( g + a ) sen θ(e) Semelhante ao item (c), sendo a = g: aB = 0(f) ∑F y = ma y N − mg cos θ = − ma cos θ N = m ( g − a ) cos 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 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  11. 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Tronco Macaco y T T mT mM a PT PMA condição mínima para que o tronco seja levantado do solo é que sua força normal e suaaceleração sejam nulas. As forças que agem no tronco nessas condições são a tensão na corda (T) eo peso do tronco (PT): ∑F y = T − PT = 0 T = mT g (1)Forças no macaco: ∑F y = ma y T − PM = mM a T − mM g a= (2) mMSubstituindo-se (1) em (2): mT g − mM g ⎛ mT ⎞ a= =⎜ − 1⎟ g = 3,5672 m/s 2 mM ⎝ mM ⎠ a ≈ 3, 6 m/s 2(b) Agora a situação é a seguinte: Tronco Macaco y T’ T’ -a’ a’ mT mM PM PTForças no tronco: T − PT = mT ( − a ) T = mT g − mT a (3)Forças no macaco: T − PM = mM a T − mM g = mM a (4)Substituindo-se (3) em (4): mT g − mT a − mM g = mM a ________________________________________________________________________________________________________ 11 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  12. 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES mT − mM a = g = 1,5092 m/s 2 mT + mM a ≈ 1,5 m/s 2(c) De (3): T = 124,511 N T = 0,12 kN [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: N2 N3 N1 m2 m3 m1 y T1 -T1 T2 -T2 T3 x a P1 P2 P3(a) Forças de todo o sistema em x: ∑F x = Max T1 − T1 + T2 − T2 + T3 = ( m1 + m2 + m3 ) a T3 a= = 0,970149 m/s 2 m1 + m2 + m3 a ≈ 0,97 m/s 2(b) Forças no corpo 3: T3 − T2 = m3 a T2 = T3 − m3 a = 3, 4925 N T2 ≈ 3,5 NForças no corpo 1: T1 = m1a = 1,1641 N________________________________________________________________________________________________________ 12 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  13. 13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES T1 ≈ 1, 2 N [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: N m1+m2+m3 y F x a P ∑F x = ma x F = (m1 + m2 + m3 )a F = 135,036 N F ≈ 135 N(b) Forças sobre m3: m3 N3 F23 y x a P3 ∑F x = ma x F23 = m3 a F23 = 45,276 N F ≈ 45,3 N(c) Forças sobre m2:________________________________________________________________________________________________________ 13 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  14. 14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES N2 m2 y F32 F12 x a P2 ∑F x = ma x F12 − F32 = m2 a F12 = m2 a + F32 F23 = 75,372 N F ≈ 75,4 N [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. y θ a1 N1 T1 θ m1 x P1 ∑F 1 = m1a1 N1 + T1 + P1 = m1a1 − N1 sen θ i + N1 cos θ j + T cos θ i + T sen θ j − m1 g j = m1 (a cos θ i + a sen θ j) (T cos θ − N1 sen θ) i + ( N1 cos θ + T sen θ − m1 g ) j = m1 a cos θ i + m1a sen θ j (1)A equação (1) somente é verdadeira se e somente se: T cos θ − N1 sen θ = m1 a cos θ (2)e N1 cos θ + T sen θ − m1 g = m1 a sen θ (3)________________________________________________________________________________________________________ 14 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  15. 15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFESDe (2): T cos θ − N1 sen θ 1 a= = (T − N1 tan θ) (4) m1 cos θ m1De (3): m1 a sen θ − T sen θ + m1 g mg N1 = = (m1 a − T ) tan θ + 1 (5) cos θ cos θSubstituindo-se (5) em (4) e simplificando: T a= − g sen θ (6) m1Bloco 2: y T2 m2 x P2 a2 ∑F 2 = m2 a 2 T2 + P2 = m2 a 2Como as forças que agem no bloco 2 e seu movimento ocorrem apenas na coordenada y: T − m 2 g = − m2 a T = m2 ( g − a ) (7)Substituindo-se (7) em (6) e simplificando: g (m2 − m1 sen θ) a= m1 + m2 a = 0,216940 m/s 2 a ≈ 0,22 m/s 2(b) De (6): T = m1 (a + g sen θ) T = 17,8430 N T ≈ 18 N [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 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  16. 16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFESConsidere o seguinte esquema da situação:(a) Considere o seguinte esquema da situação: FAr PPQ y a x PHSeja m a massa do pára-quedas e M a massa do homem. Para descobrir a força que o ar exerce sobreo pára-quedas (FAr) vamos considerar o homem e o pára-quedas como um só conjunto de massa (m+ M): ∑F y = ma y FAr − ( m + M ) g = − ( m + M ) a FAr = ( m + M )( g − a ) = 600,882 N FAr ≈ 0, 60 kN(b) Para descobrir a força que o pára-quedas exerce sobre o homem, vamos aplicar a segunda lei deNewton apenas ao homem, de acordo com o seguinte esquema de forças: FPQ y a x PH ∑F y = ma y FPQ − Mg = − Ma FPQ = M ( g − a ) = 562,87 N FPQ ≈ 0,56 kN [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 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  17. 17. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 94)Solução.Considere o seguinte esquema da situação: Motor T 2’ T1’ T2 T1 y aCP aE x PCP PE(a) Aplicando-se a segunda lei de Newton ao elevador: ∑F y = ma y T1 − PE = mE aE T1 − mE g = mE a T1 = mE ( a + g ) = 12.110 N T1 ≈ 12,1 kN(b) Aplicando-se a segunda lei de Newton ao contrapeso: ∑F y = ma y T2 − PCP = − mCP aCP T2 − mCP g = −mCP a T2 = mCP ( g − a ) = 10.514 N________________________________________________________________________________________________________ 17 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  18. 18. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES T2 ≈ 10,5 kN(c) A força resultante que o cabo exerce sobre o motor (FMC) sobre o motor vale: FMC = ∑ Fx = T1 − T2 = 1.596 NO sinal positivo mostra que o cabo força o motor para a direita. Como o problema pede a força nocabo pelo motor, basta aplicar a terceira lei de Newton, uma vez que essas forças formam um paração-reação. Logo, a força que o motor exerce sobre o cabo (FCM) vale: FCM = − FMC ≈ −1, 60 kNO sinal negativo mostra que o motor força o cabo para a esquerda de acordo com o referencialadotado. 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: F ar a y Hélices P ∑F y = ma y FAr − ( PH + PC ) = ( mH + mC ) a y________________________________________________________________________________________________________ 18 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  19. 19. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES FAr = (mH + mC ) g + (mH + mC )a = (mH + mC )(a + g ) = 218.595 N FAr ≈ 2, 2 × 105 N(b) Forças no ponto de junção dos cabos: T a y Junção dos cabos PC ∑F y = ma y T − PC = mC a T = mC a + mC g = mC (a + g ) = 50.445 N T ≈ 5, 0 ×104 N [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 F x ax = 2m ( L − x 2 )1/ 2 2 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)Solução.Considere o seguinte esquema da situação:________________________________________________________________________________________________________ 19 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  20. 20. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2L m O m x F y x ax θ θ ay a1 a2 O L a0 FSeja a o módulo da aceleração de cada massa (a1 e a2, no esquema). x ax = a cos θ = a (1) LAceleração do ponto O em y, que está sujeito apenas à força F: F = −2ma0 (2)O esquema mostra que: 1/ 2 ⎛ x2 ⎞ a0 = a y = − a sen θ = − a (1 − cos θ ) 1/ 2 2 = −a ⎜1 − 2 ⎟ ⎝ L ⎠ 1/ 2 ⎛ L2 − x 2 ⎞ a0 = − a ⎜ 2 ⎟ (3) ⎝ L ⎠Substituindo-se (3) em (2): 1/ 2 ⎛ L2 − x 2 ⎞ F = 2ma ⎜ 2 ⎟ ⎝ L ⎠ F L a= (4) 2m ( L2 − x 2 )1/ 2Substituindo-se (4) em (1): F x ax = 2m ( L2 − x 2 )1/ 2 [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 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  21. 21. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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. y a Te Td θ x ΔmgComo o elemento de massa Δm tem aceleração apenas no eixo x: ∑F y =0 Td sen θ + Te sen θ − Δmg = 0 Δmg sen θ = (1) Td + TePara a corda ficar esticada, é preciso que θ = 0, ou seja que sen θ = 0. De acordo (1), isso implicaem Δm = 0 ou Td + Te = ∞. Como nenhumas dessas alternativas é fisicamente possível, conclui-seque θ ≠ 0.(b) Supondo que θ = 0 e analisando o conjunto M + m: ∑F x = ma x P = ( M + m)a P a= (2) M +m(c) N y Fcb M x a P ∑ F x = ma x Fcb = Ma (3)Substituindo-se (2) em (3): M Fcb = P M +m(d)________________________________________________________________________________________________________ 21 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  22. 22. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m/2 Tm M a ∑F x = ma x ⎛ m⎞ Tm = ⎜ M + ⎟a (4) ⎝ 2⎠Substituindo-se (2) em (4): ⎛ m⎞ P Tm = ⎜ M + ⎟ ⎝ 2⎠M +m (m + 2M ) P Tm = 2( M + m) [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: y a PH T’ N ∑F y = ma y PH N − T − PH = a gT’ = T:________________________________________________________________________________________________________ 22 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  23. 23. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ⎛ a⎞ N = T + PH ⎜1 + ⎟ (1) ⎝ g⎠Forças na plataforma: y T T a PP N’ ∑F y = ma y PP 2T − N − PP = a gN’ = N: ⎛ a⎞ 2T − N = PP ⎜1 + ⎟ (2) ⎝ g⎠Substituindo-se (1) em (2): ⎛ a⎞ ⎛ a⎞ 2T − T − PH ⎜1 + ⎟ = PP ⎜ 1 + ⎟ ⎝ g⎠ ⎝ g⎠ ⎛ a⎞ T = ( PH + PP ) ⎜ 1 + ⎟ = 1.027,3394 N ⎝ g⎠ T ≈ 1, 0 kN [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 deforças em m:________________________________________________________________________________________________________ 23 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
  24. 24. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES y Nm θ a m x PmForças em y: ∑F y = N m cos θ − mg = 0 mg Nm = (1) cos θForças em x: ∑F x = max N m sen θ = ma (2)Substituindo-se (1) em (2): mg sen θ = ma cos θ a = g tan θ (3)(b) Forças em x no sistema cunha-bloco: ∑F x = max F = (m + M ) a (4)Substituindo-se (3) em (4): F = ( m + M ) g tan θAs componentes horizontais das forças normais da cunha sobre o bloco (Nm) e do bloco sobre acunha 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 pelasuperfície inclinada da cunha com aceleração g sen θ em relação à cunha, porém com aceleraçãomenor e constante em relação à mesa. As forças que aceleram o bloco em relação à mesa são o seupeso e a normal da cunha. O peso do bloco não varia nessas circunstâncias. Porém, quando a cunhaacelera para a esquerda, a normal que esta gera no bloco fica menor, o que diminui a aceleração dobloco em relação à mesa quando comparada à situação em que a cunha permanece imóvel. [Início]________________________________________________________________________________________________________ 24 aResnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton

×