05 força e leis de newton

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05 força 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 Problemas 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 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 60 61 62 63 64 65 66 67 68
  2. 2. 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 F a ( ) (2 2 0,8269 m/s 0,71153 m/s= +a i )j ( ) ( )2 2 0,83 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 1 2 2 m a m a = (3) Mas: (4)( 2 1F m m a= − ) 3 ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 2
  3. 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 3 2 1 F a m m = − (5) Substituindo-se (1) e (3) em (5): 3 2 1 F a m m = − 21 1 1 2 3 1 1 2 1 1 2 4,5517 m/s m a a a a a a am m a = = = −− 2 3 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 2 4 1 2 2,5882 m/s a a a a a = = + 2 4 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/s P a m θ = = 2 2,1 m/sa ≈ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 3 (b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em y:
  4. 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 0yF =∑ ' sen 0P mgθ − = ' 118,3834 N sen mg P θ = = ' 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/s P a m θ = = ' 2 21 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 a x y Aplicando-se a segunda lei de Newton à coordenada y do sistema: y yF ma=∑ MAX P T P g − = a 2 1 1,308 m/MAXT a g P ⎛ ⎞ = − = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ s 2 1,31 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 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 4
  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: m N P F x y θ Forças em x: 0=∑ yF 0θcos =− mgN θcos mg N = (1) Forças em y: 0=∑ xF 0θsen =− NF (2)θsenNF = Substituindo-se (1) em (2): θtanmgF = 727,8621 NF = 2 7,3 10 NF ≈ × (b) De (1): θcos mg N = N6297,301.1=N N103,1 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 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 5
  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 interno do avião. x =0 0 x a x = d N P F x y Cálculo da aceleração do avião (movimento no eixo x): )(2 0 2 0 2 xxavv xx −+= adv 202 += d v a 2 2 = (1) Cálculo da força exercida pela turbina: xx maF =∑ (2)maF = Substituindo-se (1) em (2): d mv F 2 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: N2,315.808 )m100(2 )m/s90)(kg4,958.19( 2 ==F N101,8 5 ×≈F ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 6
  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 seguinte esquema da situação. x y F θ a m EP A força exercida pelo cavalo (F) e a aceleração da barcaça (a) são definidos por: jiF sencos 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): )sencos()( jiiF θθ FFama +−= jiF sen)cos( θθ FFmaa −−= (4) Substituindo-se os valores numéricos em (4): jiF )18sen()N900.7()]18cos()N900.7()m/s12,0)(kg500.9[( oo2 −−=a jiF )N2342,441.2()N3464,373.6( −−=a O módulo da força exercida pela água vale: N8934,6824=aF ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 7
  8. 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES N106,8 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 +−+= ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 8
  9. 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES EagMagm −+=+ )()( (2) Substituindo-se (1) em (2): )()()( agMagMagm −−+=+ ag Ma m + = 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 P x y θ v 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 P x y θ a θ m a x xF ma=∑ sen sen Bmg ma maθ θ= + ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 9
  10. 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ( )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: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 10
  11. 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 g a m − = (2) Substituindo-se (1) em (2): 2 1 3,5672 m/T M T M M m g m g m a g m m ⎛ ⎞− = = − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ s 2 3,6 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− − = ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 11
  12. 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ' 2 1,5092 m/sT M T M m m a g m m − = = + ' 2 1,5 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: m1 m2 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/s T a m m m = = + + 2 0,97 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= = ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 12
  13. 13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 F x y a xx maF =∑ ammmF )( 321 ++= N036,135=F N135≈F (b) Forças sobre m3: m3 N3 P3 F23 x y a xx maF =∑ amF 323 = N276,4523 =F N3,45≈F (c) Forças sobre m2: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 13
  14. 14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m2 N2 F12F32 x y a P2 xx maF =∑ amFF 23212 =− 32212 FamF += N372,7523 =F N4,75≈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=++ )θsenθcos(θsenθcosθcosθsen 1111 jijjiji aamgmTTNN +=−+++− jiji θsenθcos)θsenθcos(θ)senθcos( 11111 amamgmTNNT +=−++− (1) A equação (1) somente é verdadeira se e somente se: θcosθsenθcos 11 amNT =− (2) e θsenθsenθcos 111 amgmTN =−+ (3) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 14
  15. 15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES De (2): θ)tan( 1 θcos θsenθcos 1 11 1 NT mm NT a −= − = (4) De (3): θcos θtan)( θcos θsenθsen 1 1 11 1 gm Tam gmTam N +−= +− = (5) Substituindo-se (5) em (4) e simplificando: θsen 1 g m T a −= (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 mmg a + − = 2 m/s216940,0=a 2 m/s22,0≈a (b) De (6): θ)sen(1 gamT += N8430,17=T N18≈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. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 15
  16. 16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 FPQ a 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? ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 16
  17. 17. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 94) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: 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= − = ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 17
  18. 18. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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− + = + ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 18
  19. 19. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 19 ( ) ( ) ( )( ) 218.595 NAr H C H C H CF m m g m m a m m a g= + + + = + + = 5 2,2 10 NArF ≈ × (b) Forças no ponto de junção dos cabos: T PC Junção dos cabos ya y yF ma=∑ C CT P m a− = ( ) 50.445 NC C CT m a m g m a g= + = + = 4 5,0 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 22 x F x a m 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) Solução. Considere o seguinte esquema da situação:
  20. 20. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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). cosx x a a a L θ= = (1) Aceleração do ponto O em y, que está sujeito apenas à força F: (2)02F m= − a O esquema mostra que: ( ) 1/22 1/22 0 2 sen 1 cos 1y x a a a a a L θ θ ⎛ ⎞ = = − = − − = − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1/22 2 0 2 L x a a L ⎛ ⎞− = − ⎜ ⎝ ⎠ ⎟ (3) Substituindo-se (3) em (2): 1/22 2 2 2 L x F ma L ⎛ ⎞− = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) 1/22 22 F L a m L x = − (4) Substituindo-se (4) em (1): ( ) 1/22 22 x F x a m 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 ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 20
  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. 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 P a + = (2) (c) M Fcb x y a N P xx maF =∑ (3)MaFcb = Substituindo-se (2) em (3): P mM M Fcb + = (d) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 21
  22. 22. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES M Tm a m/2 xx maF =∑ a m MTm ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += 2 (4) Substituindo-se (2) em (4): mM Pm MTm + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += 2 )(2 )2( mM PMm Tm + + = [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 a y yy F ma=∑ ' H H P N T P a g − − = T’ = T: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 22
  23. 23. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1H a N T P g ⎛ = + +⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ (1) Forças na plataforma: y T T PP N’ a yy F ma=∑ ' 2 P P P T N P a g − − = N’ = N: 2 1P a T N P g ⎛ ⎞ − = +⎜ ⎝ ⎠ ⎟ (2) Substituindo-se (1) em (2): 2 1 1H P a a T T P P g g ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − − + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( ) 1 1.027,3394 NH P a T P P g ⎛ ⎞ = + + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 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: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 23
  24. 24. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES m Pm Nm x y θ a Forças em y: cos 0my F N mgθ= −∑ = cos m mg N θ = (1) Forças em x: xx F ma=∑ senmN maθ = (2) Substituindo-se (1) em (2): sen cos mg maθ θ = tana g θ= (3) (b) Forças em x no sistema cunha-bloco: xx F ma=∑ (4)(F m M= + )a Substituindo-se (3) em (4): ( ) 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] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton 24

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