Baixe Os princípios da Dinâmica e outras Exercícios em PDF para Engenharia de Alimentos, somente na Docsity! 99Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica Parte II – DINÂMICA 1 E.R. Uma partícula está sujeita à ação de três forças, F 1 , F 2 e F 3 , cuja resultante é nula. Sabendo que F 1 e F 2 são perpendiculares entre si e que suas intensidades valem, respectivamente, 6,0 N e 8,0 N, determine as características de F 3 . Resolução: Inicialmente, temos que: Se a resultante de três forças aplicadas em uma partícula é nula, então as três forças devem estar contidas no mesmo plano. No caso, F 1 e F 2 determinam um plano. A força F 3 (equilibrante da soma de F 1 e F 2 ) deve pertencer ao plano de F 1 e de F 2 e, além disso, ser oposta em relação à resultante de F 1 e F 2 . F3 F1 F2 F1, 2 F 3 = – F1, 2 ; F3 = F1, 2 A intensidade de F 3 pode ser calculada pelo Teorema de Pitágoras: F2 3 = F2 1 + F2 2 ⇒ F2 3 = (6,0)2 + (8,0)2 F 3 = 10 N Respondemos, f inalmente, que as características de F 3 são: • intensidade: 10 N; • direção: a mesma da resultante de F 1 e F 2 ; • sentido: contrário ao da resultante de F 1 e F 2 . 2 Nos esquemas de I a IV, é representada uma partícula e todas as forças que agem sobre ela. As forças têm a mesma intensidade F e estão contidas em um mesmo plano. Em que caso (ou casos) a força resultante na partícula é nula? I. 180° II. III. IV. 120°120° Respostas: I e IV 3 (ESPCEX-SP – mod.) Com base no sistema de forças coplanares de mesma intensidade, representado abaixo, indique a alternativa correta: 120° 120° 60° F3 F2 F4 F1 a) F 1 é resultante da soma de F 2 e F 3 . b) F 2 + F 3 + F 4 = 0 . c) F 2 é resultante da soma de F 1 , F 3 e F 4 . d) F 1 + F 2 + F 3 = 0 . e) F 2 é resultante da soma de F 1 e F 3 . Resposta: d 4 Um ponto material está sob a ação das forças coplanares F 1 , F 2 e F 3 indicadas na f igura a seguir. θ sen θ = 0,80 cos θ = 0,60 F2 F1 F3 Sabendo que as intensidades de F 1 , F 2 e F 3 valem, respectivamente, 100 N, 66 N e 88 N, calcule a intensidade da força resultante do sistema. Tópico 1 100 PARTE II – DINÂMICA Resolução: F1y F1x F2 F3 F1 y x θ F 1x = F 1 cos θ = 100 · 0,60 = 60 N F 1y = F 1 sen θ = 100 · 0,80 = 80 N Na direção x: R x = F 2 – F 1x ⇒ R x = 66 – 60 (N) R x = 6 N Na direção y: R y = F 3 – F iy ⇒ R y = 88 – 80 (N) R y = 8 N Teorema de Pitágoras: y x R Ry Rx R2 = R2 x + R2 y R2 = 62 + 82 ⇒ R = 10 N Resposta: 10 N 5 (PUC-SP) Os esquemas seguintes mostram um barco sendo retirado de um rio por dois homens. Em (a), são usadas cordas que transmitem ao barco forças paralelas de intensidades F 1 e F 2 . Em (b), são usadas cordas inclinadas de 90° que transmitem ao barco forças de intensidades iguais às anteriores. 90° (a) (b) F1 F1 F2 F2 Sabe-se que, no caso (a), a força resultante transmitida ao barco tem valor 700 N e, no caso (b), 500 N. Nessas condições, calcule F 1 e F 2 . Resolução: F1 F 1 + F 2 = R a F 1 + F 2 = 700 F2 1 + F2 2 = R2 b Teorema de Pitágoras: F2 1 + F2 2 = (500)2 F2 1 + F2 2 = 250 000 (B) Donde: F 1 = 700 – F 2 (A) F1 F2 Caso a: Caso b: F2 Ra Rb Substituindo A em B, vem: (700 – F 2 )2 + F2 2 = 250 000 490 000 – 1400 F 2 + F2 2 + F2 2 = 250 000 F2 2 – 700 F 2 + 120 000 = 0 F 2 = 700 490 000 – 480 000 2 F 2 = 700 100 2 F’ 2 = 400 N F” 2 = 300 N Donde: F’ 1 = 300 N e F” 1 = 400 N Respostas: F 1 = 300 N e F 2 = 400 N ou F 1 = 400 N e F 2 = 300 N 6 Em relação a um referencial inercial, tem-se que a resultante de todas as forças que agem em uma partícula é nula. Então, é correto af irmar que: a) a partícula está, necessariamente, em repouso; b) a partícula está, necessariamente, em movimento retilíneo e uni- forme; c) a partícula está, necessariamente, em equilíbrio estático; d) a partícula está, necessariamente, em equilíbrio dinâmico; e) a partícula, em movimento, estará descrevendo trajetória retilínea com velocidade constante. Resposta: e 7 Indique a alternativa que está em desacordo com o Princípio da Inércia. a) A velocidade vetorial de uma partícula só pode ser variada se esta estiver sob a ação de uma força resultante não-nula. b) Se a resultante das forças que agem em uma partícula é nula, dois estados cinemáticos são possíveis: repouso ou movimento retilíneo e uniforme. c) Uma partícula livre da ação de uma força externa resultante é inca- paz de vencer suas tendências inerciais. d) Numa partícula em movimento circular e uniforme, a resultante das forças externas não pode ser nula. e) Uma partícula pode ter movimento acelerado sob força resultante nula. Resposta: e 103Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica É importante observar, nesse caso, que a força total de contato F 2 é a soma vetorial da força de atrito (F at ) com a reação normal do apoio (F n ): F 2 = F at + F n . Resposta: e 16 Um corpúsculo desloca-se em movimento retilíneo e acelerado de modo que, num instante t, sua velocidade é v . Sendo F e a , respecti- vamente, a força resultante e a aceleração no instante referido, aponte a alternativa que traz um possível esquema para os vetores v , F e a . a) d)F F v v v a a c) F v a b) e) F F v a a Resolução: (I) Se o movimento é retilíneo e acelerado, F e V devem ter mesma direção e mesmo sentido. (II) De acordo com a 2a Lei de Newton, F e a devem ter sempre mes- ma direção e mesmo sentido. Resposta: c 17 E.R. O bloco da f igura tem massa igual a 4,0 kg e está sujeito à ação exclusiva das forças horizontais F 1 e F 2 : F1 F2 Sabendo que as intensidades de F 1 e de F 2 valem, respectivamente, 30 N e 20 N, determine o módulo da aceleração do bloco. Resolução: Como |F 1 | > |F 2 |, o bloco é acelerado horizontalmente para a direita por uma força resultante F , cuja intensidade é dada por: F = F 1 – F 2 F = (30 – 20) N ⇒ F = 10 N A aceleração a do bloco pode ter seu módulo calculado pelo Princí- pio Fundamental da Dinâmica: F = m a ⇒ a = F m ⇒ a = 10 N4,0 kg ⇒ a = 2,5 m/s 2 18 Uma partícula de massa 2,0 kg está em repouso quando, a partir do instante t 0 = 0, passa a agir sobre ela uma força resultante constan- te, de intensidade 6,0 N. a) Calcule o módulo da aceleração da partícula. b) Trace o gráf ico de sua velocidade escalar em função do tempo des- de t 0 = 0 até t 1 = 4,0 s. Resolução: a) F = m a ⇒ 6,0 = 2,0 a a = 3,0 m/s2 b) O movimento adquirido pela partícula é uniformemente acelerado; logo: v = v 0 + at ⇒ v = 3,0 t para t 1 = 4,0 s: v 1 = 12 m/s 12 0 4,0 t (s) v (m/s) Respostas: a) 3,0 m/s2 b) 12 0 4,0 t (s) v (m/s) 19 Um fragmento de meteorito de massa 1,0 kg é acelerado no la- boratório a partir do repouso pela ação exclusiva das forças F A e F B , que têm mesma direção, mas sentidos opostos, como representa o esquema a seguir. FA FB Sabendo que a aceleração do corpo tem módulo 2,0 m/s2 e que |F A | = 10 N, determine: a) |F B |, se |F B | < |F A | e se |F B | > |F A |; b) o módulo da velocidade do corpo ao completar 25 m de deslocamento. Resolução: a) Se |F B | < |F A |: F A – F B = m a ⇒ 10 – F B = 1,0 · 2,0 F B = 8,0 N Se |F B | > |F A |: F B – F A = m a ⇒ F B – 10 = 1,0 · 2,0 F B = 12 N 104 PARTE II – DINÂMICA b) O movimento é uniformemente acelerado; logo: v2 = v2 0 + 2a Δs v2 = 2 · 2,0 · 25 ⇒ v = 10 m/s Respostas: a) 8,0 N e 12 N; b) 10 m/s 20 O gráf ico a seguir mostra a variação do módulo da aceleração (a) de duas partículas A e B com a intensidade (F) da força resultante que atua sobre elas. A B a00 3 F0 2 F0 F0 a F Determine a relação m A /m B entre as massas de A e de B. Resolução: 2a Lei de Newton: F = m a Partícula A: 3 F 0 = m A a 0 (1) Partícula B: F 0 = m B a 0 (2) (1) ÷ (2) : m A a 0 m B a 0 = 3 F 0 F 0 Donde: mA m B = 3 Resposta: m A m B = 3 21 Aplica-se a mesma força resultante em duas partículas A e B de massas respectivamente iguais a M e a 4M. Qual a relação entre as in- tensidades das acelerações adquiridas por A e B? Resolução: 2º Lei de Newton: F = m a A : F = m a A ; B : F = 4 m a B De A e B : M a A = 4 M a B Donde: aA a B = 4 Resposta: 4 22 A velocidade escalar de um carrinho de massa 6,0 kg que per- corre uma pista retilínea varia em função do tempo, conforme o grá- f ico abaixo: 200 12 t (s) v (m/s) 10 Determine: a) a velocidade escalar média do carrinho no intervalo de 0 a 20 s; b) a intensidade da força resultante no carrinho nos intervalos de 0 a 10 s e de 10 s a 20 s. Resolução: a) Δs = A’ RGA ⇒ Δs = (20 + 10) · 12 2 (m) Δs = 180 m v m = Δs Δt ⇒ v m = 180 m 20 s v m = 9,0 m/s b) • de 0 a 10 s: a 1 = Δv Δt = 12 m/s 10 s a 1 = 1,2 m/s2 ⇒ F1 = m a1 F 1 = 6,0 · 1,2 (N) ⇒ F 1 = 7,2 N • de 10 s a 20 s: a 2 = 0 (Movimento retilíneo e uniforme) F 2 = m a 2 ⇒ F 2 = 0 Respostas: a) 9,0 m/s ; b) 7,2 N e zero 23 (Ufesp-SP) Para que um carrinho de massa m adquira certa aceleração de módulo a, é necessário que a força resultante tenha módulo F. Qual é o módulo da força resultante para um carrinho de massa 2m adquirir uma aceleração de módulo 3a? Resolução: 2a Lei de Newton: F = m · a 1o carrinho: F = m a 2o carrinho: F’ = 2m 3a F’ = 6 m a ⇒ F’ = 6 F Resposta: 6 F 24 Uma força resultante F produz num corpo de massa m uma ace- leração de intensidade 2,0 m/s2 e num corpo de massa M, uma acelera- ção de intensidade 6,0 m/s2. Qual a intensidade da aceleração que essa mesma força produziria se fosse aplicada nesses dois corpos unidos? Resolução: 2a Lei de Newton: F = m a (I) F = m 2,0 ⇒ m = F 2,0 1 (II) F = M 6,0 ⇒ M = F 6,0 2 (III) F = (M + M) a 3 1 e 2 em 3 , temos: F = F 6,0 + F 2,0 a ⇒ F = 4 F6,0 · a a = 1,5 m/s2 Resposta: 1,5 m/s2 105Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 25 (PUC-PR) Dois corpos, A e B, de massas M A e M B , estão apoiados em uma superfície horizontal sem atrito. Sobre eles são aplicadas for- ças iguais. A variação de suas velocidades é dada pelo gráf ico. Para os corpos, é correto af irmar que: 5 10 15 20 25 v (m/s) 0 102 4 6 8 t (s) B A a) M A /M B = 4. c) M A /M B = 1 3 . e) M A /M B = 2. b) M A /M B = 3. d) M A /M B = 1 2 . Resolução: Corpo A: F = M A a A = M A ΔvΔt A F = M A 15 10 (I) Corpo B: F = M B a B = M B ΔvΔt B F = M B 5 10 (II) Comparando (I) em (II), temos: M A 15 10 = M B 5 10 ⇒ M A M B = 13 Resposta: c 26 Uma partícula de massa 4,0 kg parte do repouso no instante t 0 = 0, sob a ação de uma força resultante constante. Sabendo que no instante t 1 = 2,0 s sua velocidade escalar vale 10 m/s, calcule: a) a aceleração escalar da partícula; b) a intensidade da força resultante. Resolução: a) O movimento que a partícula realiza é retilíneo uniformemente acelerado. a = ΔvΔt ⇒ a = 10 m/s 2,0 s a = 5,0 m/s2 b) 2a Lei de Newton: F = m a F = 4,0 · 5,0 (N) F = 20 N Respostas: a) 5,0 m/s2; b) 20 N 27 (Unicamp-SP) Um carro de massa 800 kg, andando a 108 km/h, freia bruscamente e pára em 5,0 s. a) Qual o módulo da desaceleração do carro, admitida constante? b) Qual a intensidade da força de atrito que a pista aplica sobre o carro durante a freada? Resolução: a) v 0 = 108 km/h = 1083,6 m/s ⇒ v0 = 30 m/s Movimento uniformemente variado: v = v 0 + α t ⇒ 0 = 30 + α 5,0 α = –6,0 m/s2 ⇒ a = |α| = 6,0 m/s2 b) 2a Lei de Newton: F at = m a F at = 800 · 6,0 (N) ⇒ Fat = 4,8 kN Respostas: a) 6,0 m/s2; b) 4,8 kN 28 Uma espaçonave de massa 8,0 · 102 kg em movimento retilíneo e uniforme num local de infl uências gravitacionais desprezíveis tem ativados simultaneamente dois propulsores que a deixam sob a ação de duas forças F 1 e F 2 de mesma direção e sentidos opostos, conforme está representado no esquema a seguir: F1 F2 Sendo as intensidades de F 1 e F 2 respectivamente iguais a 4,0 kN e 1,6 kN, determine o módulo, a direção e o sentido da aceleração veto- rial adquirida pela espaçonave. Resolução: 2a Lei de Newton: F = m a F 1 – F 2 = m a ⇒ (4,0 – 1,6) · 103 = 8,0 ·102 a a = 3,0 m/s2 A direção de a é a de F 1 ou F 2 e o sentido é o de F 1 . Respostas: 3,0 m/s2 na direção de F 1 ou F 2 e no sentido de F 1 . 29 (Puccamp-SP) Um corpo de massa 4,0 kg é arrastado num plano horizontal por uma força horizontal constante de intensidade F = 20 N, adquirindo aceleração a = 2,0 m/s2. F Qual a intensidade da força de atrito que atua sobre o corpo? Resolução: Aplicando a 2a Lei de Newton, temos: F res = m a ⇒ F – F at = m a 20 – F at = 4,0 · 2,0 ⇒ Fat = 12 N Resposta: 12 N 108 PARTE II – DINÂMICA 38 (ESPCEX-SP) Na superfície da Terra, uma pessoa lança uma pe- dra verticalmente para cima. Considerando-se que a resistência do ar não é desprezível, indique a alternativa que representa as forças que atuam na pedra, no instante em que ela está passando pelo ponto mé- dio de sua trajetória durante a subida. Despreze o empuxo do ar. c)a) d) e)b) Resolução: A pedra está sob a ação de duas forças verticais e dirigidas para baixo: seu peso ( A ) e a força de resistência do ar ( F Ar ) FAr Subida P Resposta: a 39 E.R. Na Terra, um astronauta de massa M tem peso P. Supon- do que na Lua a aceleração da gravidade seja um sexto da verif icada na Terra, obtenha: a) a massa do astronauta na Lua; b) o peso do astronauta na Lua. Resolução: a) A massa de um corpo independe do local, sendo a mesma em qualquer ponto do Universo. Assim, na Lua, a massa do astronau- ta também será igual a M. b) O peso P do astronauta na Terra é dado por: P = M g O peso (P’) do astronauta na Lua será dado por: P’ = M g’ Sendo g’ = 1 6 g, segue que: P’ = M 1 6 g = 1 6 M g Daí: P’ = 1 6 P 40 Na Terra, num local em que a aceleração da gravidade vale 9,8 m/s2, um corpo pesa 49 N. Esse corpo é, então, levado para a Lua, onde a aceleração da gravidade vale 1,6 m/s2. Determine: a) a massa do corpo; b) seu peso na Lua. Resolução: a) Na Terra: P T = m g T 49 = m · 9,8 ⇒ m = 5,0 kg b) Na Lua: P L = m g L P L = 5,0 · 1,6 (N) ⇒ P L = 8,0 N Respostas: a) 5,0 kg; b) 8,0 N 41 Num local em que a gravidade é normal (9,8 m/s2), um bloco de concreto pesa 20 kgf. Determine: a) a massa do bloco em kg; b) o peso do bloco em newtons. Resolução: a) Se a gravidade é normal, a massa em kg é numericamente igual ao peso em kgf; logo: m = 20 kg b) P = m g ⇒ P = 20 · 9,8 (N) P = 196 N Respostas: a) 20 kg; b) 196 N 42 (Fuvest-SP) Um homem tenta levantar uma caixa de 5 kg, que está sobre uma mesa, aplicando uma força vertical de 10 N. 5 kg (10 m/s2) g Nesta situação, o valor da força que a mesa aplica na caixa é de: a) 0 N. b) 5 N. c) 10 N. d) 40 N. e) 50 N. Resolução: Na f igura a seguir, estão representadas as forças que agem na caixa: Fn T P Condições de equilíbrio: F n + T = P F n = m g – T F n = 5 · 10 – 10 (N) F n = 40 N Resposta: d 109Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 43 E.R. Um bloco de massa 2,0 kg é acelerado verticalmente para cima com 4,0 m/s2, numa região em que a infl uência do ar é despre- zível. Sabendo que, no local, a aceleração da gravidade tem módulo 10 m/s2, calcule: a) a intensidade do peso do bloco; b) a intensidade da força vertical ascendente que age sobre ele. Resolução: a) O peso do bloco é calculado por: P = m g. Com m = 2,0 kg e g = 10 m/s2, vem: P = 2,0 · 10 (N) ⇒ P = 20 N b) O esquema abaixo mostra as forças que agem no bloco: F P a Aplicando ao bloco o Princípio Fundamental da Dinâmica, cal- culemos a intensidade de F: F – P = m a ⇒ F – 20 = 2,0 · 4,0 F = 28 N 44 (UFMT) Um corpo de massa 5,0 kg é puxado verticalmente para cima por uma força F , adquirindo uma aceleração constante de inten- sidade igual a 2,0 m/s2, dirigida para cima. Adotando g = 10 m/s2 e des- prezando o efeito do ar, determine a intensidade de F . Resolução: 2a Lei de Newton: F – P = m a F – m g = m a F = m (g + a) F = 5,0 · (10 + 2,0) (N) F = 60 N Resposta: 60 N 45 Um garoto arremessa verticalmente para cima uma pedra, que passa a mover-se sob a ação exclusiva do campo gravitacional terrestre. A infl uência do ar é desprezível. A alternativa que representa corretamente os vetores força resultante na pedra (F ), aceleração resultante ( a ) e veloci- dade instantânea ( v ), em dado instante do movimento de subida, é: a) ↑F ↑ a ↑ v c) ↓F ↓ a ↑ v e) ↓F ↓ a ↓ v b) ↑F ↓ a ↑ v d) ↑F ↓ a ↓ v Resolução: • A força resultante na pedra é a força peso (vertical para baixo). • A aceleração resultante da pedra é a aceleração da gravidade (vertical para baixo). • A velocidade vetorial da pedra durante a subida é vertical para cima. Resposta: c 46 Na Terra, num local em que a aceleração da gravidade é normal, uma sonda espacial pesa 5,0 · 102 kgf. Levada para um planeta X, seu peso passa a valer 1,0 · 104 N. Determine: a) a massa da sonda na Terra e no planeta X; b) o módulo da aceleração da gravidade na superfície do planeta X. Resolução: a) A massa da sonda na Terra ou no planeta X, em kg, é numericamen- te igual ao peso desse corpo na Terra, em kgf, num local em que a aceleração da gravidade é normal. Logo: m = 5,0 · 102 kg b) P x = m g x ⇒ 1,0 · 104 = 5,0 · 102 g x g x = 20 m/s2 Respostas: a) 5,0 · 102 kg; b) 20 m/s2 47 (Unip-SP) Uma balança de farmácia (balança de mola) foi gra- duada em kg em um local onde g = 9,8 m/s2. A balança é levada para um local onde g = 10 m/s2. Nesse novo local, uma pessoa de massa 49 kg sobe na balança. A leitura na balança será de: a) 9,8 kg. d) 50 kg. b) 10 kg. e) 490 kg. c) 49 kg. Resolução: A indicação da balança é diretamente proporcional à intensidade da aceleração da gravidade local. I = kg Local 1: 49 = k 9,8 (I) Local 2: I 2 = k 10 (II) Dividindo (II) por (I), temos: I 2 49 = k 10 k 9,8 ⇒ I 2 = 50 kg Resposta: d 48 (UFMG) Na Terra, um f io de cobre é capaz de suportar, em uma de suas extremidades, massas suspensas de até 60 kg sem se romper. Considere a aceleração da gravidade, na Terra, igual a 10 m/s2 e, na Lua, igual a 1,5 m/s2. a) Qual a intensidade da força máxima que o f io poderia suportar na Lua? b) Qual a maior massa de um corpo suspenso por esse f io, na Lua, sem que ele se rompa? Resolução: a) O limite da resistência à tração do f io independe do local. T máx = m máx g T ⇒ T máx = 60 · 10 (N) T máx = 6,0 · 102 N b) T máx = m’ máx g L ⇒ 6,0 · 102 = m’ máx 1,5 m’ máx = 4,0 · 102 kg Respostas: a) 6,0 · 102 N; b) 4,0 · 102 kg F P a 110 PARTE II – DINÂMICA 49 (Fuvest-SP) Um f io, de massa desprezível, está preso vertical- mente por uma de suas extremidades a um suporte. A tração máxima que o f io suporta, sem se romper, é de 5,80 N. Foram pendurados, su- cessivamente, objetos de 50 g cada, separados um do outro por uma distância de 10 cm, até o f io se romper. Adotando g = 10 m/s2, responda: a) Quantos objetos foram pendurados? b) Onde o f io se rompeu? Resolução: a) T máx = n máx m g ⇒ 5,80 = n máx · 50 · 10–3 · 10 n máx = 11,6 Se o f io se rompeu, conclui-se que foi superado o valor de n máx . Por isso, o primeiro inteiro acima de n máx é: n = 12 objetos b) Se o f io se rompeu em um ponto entre a extremidade f ixa e o pri- meiro objeto, região em que se estabelece a maior tração. Respostas: a) 12 objetos; b) O f io se rompeu em um ponto entre a extremidade f ixa e o primeiro objeto. 50 Um robô foi projetado para operar no planeta Marte, po- rém ele é testado na Terra, erguendo verticalmente a partir do repouso e ao longo de um comprimento d um pedaço de rocha de massa igual a 5,0 kg com aceleração constante de módulo 2,0 m/s2. Remetido ao seu destino e trabalhando sempre com a mesma calibração, o robô iça verticalmente, também a partir do repouso e ao longo do mesmo comprimento d, uma amostra do solo marciano de massa idêntica à do pedaço de rocha erguido na Terra. Sabendo que na Terra e em Marte as acelerações da gravida- de têm intensidades respectivamente iguais a 10,0 m/s2 e 4,0 m/s2, determine: a) a intensidade da força que o robô exerce para erguer o pedaço de rocha na Terra; b) o módulo da aceleração adquirida pela amostra do solo marciano; c) a relação entre os tempos de duração da operação em Marte e na Terra. Resolução: a) 2a Lei de Newton: F – P T = m a T F – m g T = m a T F = m (g T + a T ) F PT aT F = 5,0 (10,0 + 2,0) (N) F = 60,0 N b) 2a Lei de Newton: F – P M = m a M F – m g M = m a M F Pm am 60,0 – 5,0 · 4,0 = 5,0 a M a M = 8,0 m/s2 c) Movimento uniformemente variado: d = a2 t 2 ⇒ t = 2 d a t M t T = 2 d 8,0 2 d 2,0 = 2,0 8,0 ⇒ t M t T = 12 Respostas: a) 60,0 N; b) 8,0 m/s2; c) 12 51 No esquema a seguir, os blocos A e B têm massas m A = 2,0 kg e m B = 3,0 kg. Desprezam-se o peso do f io e a infl uência do ar. Fio inextensível A B F g Sendo |F | = 80 N e adotando | g | = 10 m/s2, determine: a) o módulo da aceleração do sistema; b) a intensidade da força que traciona o f io. Resolução: a) O peso total do sistema é: P AB = (m A + m B ) g ⇒ P AB = (2,0 + 3,0) · 10 (N) P AB = 50 N Como F P AB , o sistema é acelerado verticalmente para cima. 2a Lei de Newton: F – P AB = (m A + m B ) a 80 – 50 = (2,0 + 3,0) a a = 6,0 m/s2 b) 2a Lei de Newton: T – P B = m B a T – 3,0 · 10 = 3,0 · 6,0 T = 48 N Respostas: a) 6,0 m/s2; b) 48 N 52 E.R. Uma esfera maciça, A, de peso P, está ligada por um f io inextensível, C, de massa desprezível, a outra esfera, B, também maciça, de peso P’ = 2P. O conjunto é abandonado no vácuo, sem velocidade inicial, e executa um mo- vimento de queda livre com o f io reto na vertical. A aceleração da gravidade tem intensidade g. Calcule: a) os módulos das acelerações das esferas A e B; b) a intensidade da força de tração no f io. Resolução: a) Como as esferas A e B estão em queda livre, sua aceleração é igual à da gravidade: g. b) A força resultante em cada esfera em queda livre é o seu próprio peso. Por isso, as duas esferas não interagem com o f io, que per- manece frouxo sem estar tracionado (tração nula). a PAB A + B F A B Cg T PB B a 113Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica Dividindo (V) e (VI) membro a membro, temos: ma mg = T sen α T cos α ⇒ a g = sen α cos α Donde: a = g tg α b) O módulo de a não depende de m, que foi cancelada nos cálculos. 57 (Ufl a-MG) Um caminhão-guincho em movimento retilíneo numa pista horizontal tem aceleração constante de intensidade a. Ele transporta uma carga de massa M sustentada por uma corda leve pre- sa em sua traseira. Nessas condições, o pêndulo, constituído pela carga e a corda, permanece deslocado em um ângulo θ em relação à vertical, conforme representa a f igura: θ M a Sendo g a intensidade da aceleração da gravidade, sen θ = 1 2 e cos θ = 3 2 , aponte a alternativa que traz o valor correto de a: a) 2 3 g. b) 1 2 g. c) 3 3 g. d) 3 2 g. e) 3g. Resolução: (I) Equilíbrio na vertical: T y = P ⇒ T y = M g T Ty M Tx P (II) Movimento acelerado na horizontal: T x = F res ⇒ T x = M a a tg θ = T x T y ⇒ sen θ cos θ = M a M g (III) 1 2 3 2 = a g ⇒ a = 33 g Resposta: c 58 Na f igura 1, mostra-se um duplo pêndulo em equilíbrio, cons- tituído de f ios leves e inextensíveis e duas esferas A e B de massas M e 2M respectivamente. Na f igura 2, aparece um carro em cujo teto está dependurado o du- plo pêndulo. O carro, em movimento para a direita, inicia, em dado instante, uma freada com desaceleração constante. Plano horizontal Movimento retardado Figura 2 Das alternativas a seguir, a que melhor representa o duplo pêndulo durante a freada é: A B α α a) α A B 2α d) αA B 2α b) α A B2α e) α α A B c) Resolução: O duplo pêndulo alinha-se na direção do “prumo” reinante dentro do carro, que está de acordo com a gravidade aparente (g ap ), dada por: g ap = g + a i em que: a i = aceleração da inércia, def inida no referencial do carro. O ângulo de inclinação dos f ios dos pêndulos independem das respec- tivas massas. Logo, a f igura que melhor representa o duplo pêndulo durante a freada é a contida na alternativa c. Resposta: c 59 E.R. Um corpo de massa 4,0 kg cai, a partir do repouso, no campo gravitacional terrestre, suposto de intensidade constante, de módulo 10 m/s2. A força de resistência que o corpo recebe do ar durante a queda tem intensidade dada, em newtons, pela expressão F r = 10v2, em que v é o módulo de sua velocidade. Admitindo que a altura de queda seja suf icientemente grande, calcule a velocidade- -limite atingida pelo corpo. Resolução: Esfera em queda no ar Fr a P Durante a queda, duas forças agem no corpo: o peso (P ) e a força de resistência do ar (F r ). gap g a A B Figura 1 114 PARTE II – DINÂMICA A intensidade de F r cresce a partir de zero. A intensidade de P , entre- tanto, é constante. À medida que o corpo ganha velocidade durante a queda, F r , se in- tensif ica, atingindo, depois de certo intervalo de tempo, o mesmo valor de P . A partir daí, a velocidade estabiliza, assumindo um valor constante denominado velocidade-limite. Condição de velocidade-limite: F r = P ⇒ F r = m g 10 v2 l im = 4,0 · 10 ⇒ vlim = 2,0 m/s 60 (Fuvest-SP) O gráf ico seguinte descreve o deslocamento ver- tical y, para baixo, de um surf ista aéreo de massa igual a 75 kg, em função do tempo t. A origem y = 0, em t = 0, é tomada na altura do salto. Nesse movimento, a força R de resistência do ar é proporcional ao quadrado da velocidade v do surf ista (R = k v2, em que k é uma constante que depende principalmente da densidade do ar e da geo- metria do surf ista). A velocidade inicial do surf ista é nula; cresce com o tempo, por aproximadamente 10 s; e tende para uma velocidade constante denominada velocidade-limite (v L ). Adotando g = 10 m/s2, determine: 0 100 200 300 400 500 y (m) 2 4 6 8 10 12 14 t (s) a) o valor da velocidade-limite v L ; b) o valor da constante k no SI; c) a aceleração do surf ista quando sua velocidade é a metade da velo- cidade-limite. Resolução: a) Analisando o gráf ico no intervalo de 10 s a 14 s, temos: v L = Δy Δt ⇒ vL = 200 m 4,0 s ⇒ vL = 50 m/s b) A partir do instante em que v = v L , temos: R = P. Logo: R = P ⇒ k v2 L = m g k · (50)2 = 75 · 10 ⇒ k = 0,30 Ns 2 m2 c) R = k v L 2 2 ⇒ R = 0,30 50 2 2 (N) R = 187,5 N 2a Lei de Newton: P – R = m a 75 · 10 – 187,5 = 75 a a = 7,5 m/s2 Respostas: a) 50 m/s; b) 0,30 Ns 2 m2 ; c) 7,5 m/s2 61 (Unifesp-SP) Em um salto de paraquedismo, identif icam-se duas fases do movimento de queda do paraquedista. Nos primeiros instan- tes do movimento, ele é acelerado. Devido à força de resistência do ar, porém, o seu movimento passa rapidamente a ser uniforme com velo- cidade v 1 , com o paraquedas ainda fechado. A segunda fase tem início no momento em que o paraquedas é aberto. Rapidamente, ele entra novamente em um regime de movimento uniforme, com velocidade v 2 . Supondo-se que a densidade do ar é constante, a intensidade da força de resistência do ar sobre um corpo é proporcional à área sobre a qual atua a força e ao quadrado de sua velocidade. Se a área efetiva aumenta 100 vezes no momento em que o paraquedas se abre, pode- -se af irmar que: a) v 2 /v 1 = 0,08. c) v 2 /v 1 = 0,15. e) v 2 /v 1 = 0,30. b) v 2 /v 1 = 0,10. d) v 2 /v 1 = 0,21. Resolução: O fenômeno pode ser descrito qualitativamente pelo gráf ico da veloci- dade do paraquedista em função do tempo. A intensidade da força de resistência do ar deve ser expressa por: F ar = k A v2 (I) Com o paraquedas fechado: F ar1 = P ⇒ k A v2 1 = P 1 (II) Com o paraquedas aberto: F ar2 = P ⇒ k 100 A v2 2 = P 2 Comparando 1 e 2 , temos: k 100 A v2 2 = k A v2 1 ⇒ v 2 v 1 2 = 1 100 Donde: v 2 v 1 = 1 10 ⇒ v 2 v 1 = 0,1 Resposta: b 62 O gráf ico ao lado mostra como varia a intensidade da força de tração aplicada em uma mola em função da deformação estabelecida: Δx (cm)200 100 F (N) Determine: a) a constante elástica da mola (em N/m); b) a intensidade da força de tração para a deformação de 5,0 cm. Resolução: a) Lei de Hooke: F = K Δx Para F = 100N , tem-se: Δx = 20 cm = 0,20 m; logo: 100 = K 0,20 ⇒ K = 5,0 · 102 N/m b) F = K Δx Com K = 5,0 · 102 N/m e Δx = 5,0 · 10–2 m Vem: F = 5,0 · 102 · 5,0 · 10–2 (N) ⇒ F = 25 N Respostas: a) 5,0 · 102 N/m; b) 25 N 115Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 63 Na montagem do esquema, os blocos A e B têm pesos iguais a 100 N cada um: BA Dinamômetro A indicação do dinamômetro ideal, que está graduado em newtons, é de: a) 400 N; b) 200 N; c) 100 N; d) 50 N; e) zero. Resolução: O dinamômetro indica a intensidade da força de tração nas suas ex- tremidades. I = T ⇒ I = 100 N Resposta: c 64 (UFRGS) Um dinamômetro fornece uma leitura de 15 N quando os corpos x e y estão pendurados nele, conforme mostra a f igura. Sen- do a massa de y igual ao dobro da de x, qual a tração na corda que une os dois corpos? x y D in am ô m et ro Resolução: (I) P x + P y = I ⇒ 2 M g + M g = 15 Donde: M g = 5 1 (II) T = P y ⇒ T = 2 M g 2 1 em 2 : T = 2 · 5 (N) T = 10 N Resposta: 10 N 65 (UFRN) No gráf ico seguinte, estão representadas as distensões (Δx) de dois elásticos (x e y) em função do módulo (F) da força de tra- ção aplicada em cada um deles separadamente: 0 2,0 4,0 6,0 8,0 10,0 5,0 6,01,0 2,0 3,0 4,0 Δx (cm) F(N) x y a) Suponha que os elásticos sejam associados em série, como mostra a f igura abaixo. Qual é o valor da constante elástica deste sistema em N/cm? Elástico y Elástico x F b) Se os elásticos forem associados em paralelo, como mostra a f igu- ra a seguir, qual será o valor da constante elástica do sistema em N/cm? Elástico x Elástico y F Resolução: Calculemos, inicialmente, as constantes elásticas dos elásticos x e y. Do gráf ico, temos: Elástico x: K x = FΔx x = 5,0 N 10 cm = 0,50 N/cm Elástico y: K y = FΔx y = 5,0 N 5,0 cm = 1,0 N/cm a) Elásticos em série: a força de tração na associação é comum aos dois elásticos e a deformação total é a soma das deformações individuais. Δx = Δx x + Δx y ⇒ F K = F0,50 + F 1,0 Da qual: K = 13 N/cm b) Elásticos em paralelo: a força de tração na associação é dada pela soma das trações nos dois elásticos e a deformação total é igual à deformação em cada elástico. F = F x + F y ⇒ K Δx = 0,50 Δx + 1,0 Δx Donde: K = 1,5 N/cm Respostas: a) 13 N/cm; b) 1,5 N/cm 66 Um garoto está em repouso dependurado na extremidade A de uma corda elástica de massa desprezível, como ilustra a f igura 1. Nesse caso, o alongamento sofrido pela corda é igual a x 1 . O garoto sobe, então, permanecendo em repouso dependurado no ponto B, como ilustra a f igura 2. Nesse caso, o alongamento sofrido pela corda é igual a x 2 . Figura 1 O B L L A Figura 2 O B A 118 PARTE II – DINÂMICA Considere que, na situação de repouso, Papai-Noel exerça sobre a pla- taforma da balança uma compressão de intensidade 1 200 N. A respeito do descrito, são feitas as seguintes af irmações: I. O peso do Papai-Noel, na Terra, tem intensidade 1 200 N. II. A plataforma da balança exerce sobre Papai-Noel uma força de in- tensidade 1 200 N. III. Papai-Noel exerce no centro de massa da Terra uma força atrativa de intensidade menor que 1 200 N. IV. O peso de Papai-Noel e a força que a plataforma da balança exerce sobre ele constituem entre si um par ação-reação. É (são) verdadeira(s): a) somente I e II; d) somente I, III e IV; b) somente II e III; e) todas as af irmativas. c) somente I, II e III; Resolução: Papai-Noel está sob a ação de duas forças: Fn P P = peso F n = reação normal da balança As forças P e F n , embora tenham a mesma intensidade (150 N), mesma direção (vertical) e sentidos opostos, não constituem entre si um par ação-reação, pois estão aplicadas em um mesmo corpo (o de Papai- -Noel). Resposta: c 72 E.R. Um trem está se deslocando para a direita sobre trilhos retilíneos e horizontais, com movimento uniformemente variado em relação à Terra. Uma esfera metálica, que está apoiada no piso horizontal de um dos vagões, é mantida em repouso em relação ao vagão por uma mola colocada entre ela e a parede frontal, como ilustra a f igura. A mola encontra-se comprimida. Sentido do movimento do trem em relação à Terra Supondo desprezível o atrito entre a esfera e o piso do vagão: a) esquematize a força F EM , que a esfera exerce na mola, e a força F ME , que a mola exerce na esfera. b) determine a direção e o sentido da aceleração do trem em relação à Terra. c) verif ique se o movimento do trem é uniformemente acelerado ou uniformemente retardado. Resolução: a) Se a mola encontra-se comprimida, a força de contato (ação) F EM que ela recebe da esfera é dirigida para a direita. A mola, por sua vez, reage na esfera com a força F ME dirigida para a esquerda, conforme está esquematizado abaixo: (Reação) (Ação) Mola comprimida FME = –FEM FME FEM b) A força resultante na esfera é F ME . Como essa força está dirigida para a esquerda, o mesmo ocorre com a correspondente acelera- ção (2a Lei de Newton), que é igual à do trem, já que a esfera está em repouso em relação ao seu piso. A aceleração da esfera, que é igual à do trem, é horizontal e dirigida para a esquerda. c) Sentido do movimento a O movimento é uniformemente retardado, uma vez que o vetor aceleração ( a ) tem sentido oposto ao do movimento do trem. 73 (UFPE – mod.) Uma mola de constante elástica K = 1,5 · 103 N/m é montada horizontalmente em um caminhão, ligando um bloco B de massa m = 30 kg a um suporte rígido S. A superfície de contato en- tre o bloco B e a base C é perfeitamente lisa. Observa-se que, quando o caminhão se desloca sobre uma superfície plana e horizontal com aceleração a , dirigida para a direita, a mola sofre uma compressão Δx = 10 cm. Determine o módulo de a em m/s2. ΔxS B C a Resolução: A força que a mola aplica sobre o bloco é a resultante externa que o acelera em relação ao solo. 2a Lei de Newton: F = m B a Mas da Lei de Hooke: F = K Δx aF B 119Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica Logo: m B a = K Δx 30 a = 1,5 · 103 · 10 · 10–2 Donde: a = 5,0 m/s2 Resposta: 5,0 m/s2 74 E.R. Os dois blocos indicados na f igura encontram-se em con- tato, apoiados em um plano horizontal sem atrito. Com os blocos em repouso, aplica-se em A uma força constante, paralela ao plano de apoio e de intensidade F. Sabe-se que as massas de A e B valem, res- pectivamente, 2M e M. A B F Não considerando a infl uência do ar, determine: a) o módulo da aceleração adquirida pelo sistema; b) a intensidade da força de contato trocada pelos blocos. Resolução: a) A resultante externa que acelera o conjunto A + B é F : A + B (3M) F a Aplicando ao conjunto A + B (de massa total 3M) o Princípio Fun- damental da Dinâmica, vem: F = (m A + m B ) a ⇒ F = 3M a a = F 3M b) Isolando os blocos e fazendo o esquema das forças que agem em cada um: Ação e reação A B F FBA FAB FnA FnB PA PB Na região de contato, os blocos trocam as forças F AB e F BA , que constituem um par ação-reação. A intensidade de F AB (ou de F BA ) pode ser facilmente calculada aplicando-se a 2a Lei de Newton ao bloco B. Assim: B a PB FAB FnB FnB e PB equilibram-se, já que a aceleração vertical é nula. Logo, quem acelera exclusivamente o bloco B é F AB . F AB = m B a ⇒ F AB = M F 3M F AB = F BA = F 3 75 Na f igura abaixo, os blocos A e B têm massas m A = 6,0 kg e m B = 2,0 kg e, estando apenas encostados entre si, repousam sobre um plano horizontal perfeitamente liso. A B F A partir de um dado instante, exerce-se em A uma força horizontal F , de intensidade igual a 16 N. Desprezando a infl uência do ar, calcule: a) o módulo da aceleração do conjunto; b) a intensidade das forças que A e B trocam entre si na região de contato. Resolução: a) 2a Lei de Newton para o conjunto A + B: F = (m A + m B ) a ⇒ 16 = (6,0 + 2,0) a Donde: a = 2,0 m/s2 b) 2a Lei de Newton para o bloco B: F AB = m B a ⇒ F AB = 2,0 · 2,0 (N) F AB = 4,0 N Respostas: a) 2,0 m/s2; b) 4,0 N 76 E.R. A f igura seguinte representa dois blocos, A (massa M) e B (massa 2M), interligados por um f io ideal e apoiados em uma mesa horizontal sem atrito: (2M) AB (M) F Aplica-se em A uma força paralela à mesa, de intensidade F e que acelera o conjunto. Desprezando a infl uência do ar, calcule: a) o módulo da aceleração do sistema; b) a intensidade da força que traciona o f io. Resolução: a) A resultante externa que acelera o conjunto A + B é F : A + B (3M) F a O módulo da aceleração a é calculado pelo Princípio Funda- mental da Dinâmica: F = (m A + m B ) a ⇒ F = 3M a a = F 3M 120 PARTE II – DINÂMICA b) As forças verticais (peso e normal) equilibram-se em cada bloco, assim, isolando os blocos e o f io, obtemos o seguinte esquema de forças horizontais: F B Ação e reação Ação e reação A T T T T a a A força que traciona o f io tem a mesma intensidade daquela que acelera o bloco B. Assim, aplicando a B a 2a Lei de Newton, vem: T = m B a ⇒ T = 2M F 3M T = 2 3 F 77 (FGV-SP) Dois carrinhos de supermercado, A e B, podem ser acoplados um ao outro por meio de uma pequena corrente de mas- sa desprezível, de modo que uma única pessoa, em vez de empurrar dois carrinhos separadamente, possa puxar o conjunto pelo interior do supermercado. Um cliente aplica uma força horizontal constante de intensidade F sobre o carrinho da frente, dando ao conjunto uma aceleração de intensidade 0,5 m/s2. A B corrente 100 kg40 kg F Sendo o piso plano e as forças de atrito desprezíveis, o módulo da força F e o da força de tração na corrente são, em N, respectivamente: a) 70 e 20. b) 70 e 40. c) 70 e 50. d) 60 e 20. e) 60 e 50. Resolução: (I) 2a Lei de Newton para o sistema (A + B): F = (m A + m B ) a F = (40 + 100) 0,5 (N) F = 70 N (II) 2a Lei de Newton para o carrinho B: B a T T = m B a T = 100 0,5 (N) T = 50 N Resposta: c 78 E.R. Na montagem representada na f igura, o f io é inextensível e de massa desprezível; a polia pode girar sem atrito em torno de seu eixo, tendo inércia de rotação desprezível; as massas dos blocos A e B valem, respectivamente, m A e m B ; inexiste atrito entre o bloco A e o plano horizontal em que se apóia e a infl uência do ar é insignif icante: B A g Em determinado instante, o sistema é abandonado à ação da gra- vidade. Assumindo para o módulo da aceleração da gravidade o valor g, determine: a) o módulo da aceleração do sistema; b) a intensidade da força que traciona o f io. Resolução: Façamos, inicialmente, o esquema das forças que agem em cada bloco: A T PB T a a B FnA PA Apliquemos o Princípio Fundamental da Dinâmica a cada um deles: Bloco B: P B – T = m B a (I) Bloco A: T = m A a (II) a) Somando (I) e (II), calculamos o módulo da aceleração do sistema: P B = (m A + m B ) a ⇒ a = P B m A + m B a = m B m A + m B g Nota: • A força resultante que acelera o conjunto A + B é o peso de B. b) Substituindo o valor de a em (II), obtemos a intensidade da força que traciona o f io: T = m A a ⇒ T = m A m B m A + m B g 79 No arranjo experimental esquematizado a seguir, os blocos A e B têm massas respectivamente iguais a 4,0 kg e 1,0 kg (desprezam-se os atritos, a infl uência do ar e a inércia da polia). B A g 123Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 84 E.R. Uma partícula de massa m é abandonada no topo do pla- no inclinado da f igura, de onde desce em movimento acelerado com aceleração a . θ g a O ângulo de inclinação do plano em relação à horizontal é θ e o mó- dulo da aceleração da gravidade é g. Desprezando os atritos e a in- fl uência do ar: a) calcule o módulo de a ; b) trace os seguintes gráf icos: módulo de a em função de θ e módu- lo de a em função de m. Resolução: a) Nas condições citadas, apenas duas forças atuam na partícula: seu peso (P ) e a reação normal do plano inclinado (F n ): θ t n θ Fn P Pt Pn P n = componente normal do peso (P n = P cos θ) Como, na direção n, a aceleração da partícula é nula, deve ocorrer: P n = F n P t = componente tangencial do peso (P t = P sen θ) A resultante externa que acelera a partícula na direção t é P t . Logo, aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, vem: P t = m a P sen θ = m a ⇒ m g sen θ = m a a = g sen θ b) 0 a Arco de senoide 90° g Como a independe de m, obtemos: 0 a m g sen θ 85 No plano inclinado representado ao lado, o bloco encontra-se impedido de se movimentar devido ao calço no qual está apoiado. Os atritos são desprezíveis, a massa do bloco vale 5,0 kg e g = 10 m/s2. 4 m 3 m θ g a) Copie a f igura esquematizando todas as forças que agem no bloco. b) Calcule as intensidades das forças com as quais o bloco comprime o calço e o plano de apoio. Resolução: Fn P θ Fc em que: P = peso F n = reação normal do plano inclinado F C = força aplicada pelo calço b) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras para saber o comprimento da rampa: x2 = 32 + 42 x = 25 (m) x = 5 m F C = P t ⇒ F C = P · sen θ F C = 5,0 · 10 3 5 (N) ⇒ F C = 30 N F n = P n ⇒ F n = P cos θ F n = 5,0 · 10 4 5 (N) ⇒ F N = 40 N Respostas: a) θ Fc Fn P P : peso; F n : reação normal do plano inclinado; F C : reação do calço. b) 30 N e 40 N 86 Um garoto de massa igual a 40,0 kg parte do repouso do ponto A do escorregador esquematizado ao lado e desce sem sofrer a ação de atritos ou da resistência do ar. 1,25 m A Bθ = 30° 124 PARTE II – DINÂMICA Sabendo-se que no local a aceleração da gravidade tem intensidade 10,0 m/s2, responda: a) Qual o módulo da aceleração adquirida pelo garoto? O valor calcu- lado depende de sua massa? b) Qual o intervalo de tempo gasto pelo garoto no percurso de A até B? c) Com que velocidade ele atinge o ponto B? Resolução: a 1 ) 2a Lei de Newton: F res = P t ⇒ m a = m g sen θ Donde: a = g sen θ a = 10 sen 30° (m/s2) ⇒ a = 10 · 0,50 (m/s2) a = 5,0 m/s2 a 2 ) A aceleração independe da massa. b) sen 30° = H AB ⇒ 0,50 = 1,25 AB ⇒ AB = 2,5 m MUV: AB = v A t + a 2 t2 ⇒ 2,5 = 5,0 2 t2 Donde: t = 1,0 s c) MUV: v B = v A + a t ⇒ v B = 5,0 (1,0) (m/s) v B = 5,0 m/s Respostas: a) 5,0 m/s2 e a aceleração independe da massa; b) 1,0 s; c) 5,0 m/s 87 Um astronauta, do qual desprezaremos as dimensões, encon- tra-se em repouso no ponto A da f igura 1, numa região do espaço livre de ações gravitacionais signif icativas. Oxyz é um referencial inercial. Por meio de uma mochila espacial, dotada dos jatos (1), (2) e (3), de mesma potência e que expelem combustível queimado nos sentidos indicados na f igura 2, o astronauta consegue mover-se em relação a Oxyz. 2 3 1 O z x y C Figura 2 B Figura 1 A Resolução: Trecho AB: jato (1) para acelerar a partir do repouso e jato (3) para retardar, parando no ponto B. Trecho BC: jato (2) para acelerar a partir do repouso. Resposta: d 88 E.R. Dois garotos A e B, de massas respectivamente iguais a 40 kg e 60 kg, encontram-se sobre a superfície plana, horizontal e perfeitamente lisa de um grande lago congelado. Em dado instante, A empurra B, que sai com velocidade de 4,0 m/s. Supondo desprezí- vel a infl uência do ar, determine: a) o módulo da velocidade de A após o empurrão; b) a distância que separa os garotos, decorridos 10 s do empurrão. Resolução: a) Durante o contato (empurrão), A e B trocam entre si forças de ação e reação: A age em B e B reage em A. O Princípio Fundamental da Dinâmica, aplicado ao garoto A, conduz a: F A = m A a A = m A Δv A Δt = m A (v A – v 0A ) Δt Como v 0A = 0 (A estava inicialmente parado), vem: F A = m A v A Δt O Princípio Fundamental da Dinâmica, aplicado ao garoto B, conduz a: F B = m B a B = m B Δv B Δt = m B (v B – v 0B ) Δt Como v 0B = 0 (B estava inicialmente parado), vem: F B = m B v B Δt Notas: • F A e F B são as intensidades das forças médias recebidas, respectivamen- te, por A e B no ato do empurrão (ação e reação). Como as forças de ação e reação têm intensidades iguais, segue que: F A = F B ⇒ m A v A Δt = mB v B Δt Donde: v A v B = m B m A • As velocidades adquiridas pelos garotos têm intensidades inversamen- te proporcionais às respectivas massas. Sendo v B = 4,0 m/s, m A = 40 kg e m B = 60 kg, calculamos v A : v A 4,0 = 60 40 ⇒ vA = 6,0 m/s b) Local do empurrão(A) (B) dA dB 4,0 m/s6,0 m/s A distância D que separa os garotos, decorridos 10 s do empur- rão, é dada por: D = d A + d B em que d A e d B são as distâncias percorridas por A e por B no referido intervalo de tempo. Assim: d A = 6,0 m s · 10 s ⇒ d A = 60 m d B = 4,0 m s · 10 s ⇒ d B = 40 m Logo: D = 60 m + 40 m ⇒ D = 100 m 125Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 89 O esquema seguinte representa um canhão rigidamente ligado a um carrinho, que pode deslizar sem atrito sobre o plano horizontal. O sistema, inicialmente em repouso, dispara horizontalmente um projétil de 20 kg de massa, que sai com velocidade de 1,2 · 102 m/s. Sabendo que a massa do conjunto canhão-carrinho perfaz 2,4 · 103 kg e desprezando a resistência do ar, calcule o módulo da velocidade de recuo do conjunto canhão-carrinho após o disparo. Resolução: Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica para o projétil e o conjunto canhão-carrinho, temos: F P = m P ΔvΔt P F C = m C ΔvΔt C Ação e reação: F C = F P ⇒ m C ΔvΔt C = m P ΔvΔt P 2,4 · 103 v C = 20 · 1,2 · 102 v C = 1,0 m/s Resposta: 1,0 m/s 90 E.R. Nas f iguras seguintes, o dinamômetro tem peso desprezí- vel. Determine, em cada caso, a indicação do aparelho, supondo que a unidade de calibração das escalas seja coerente com as unidades em que estão dadas as intensidades das forças. Os f ios são ideais, isto é, inextensíveis, fl exíveis e de massas desprezíveis. a) 50 N50 N c) 30 kgf b) 50 N Resolução: a) Nesse caso, o dinamômetro indica 50 N, conforme suas caracterís- ticas funcionais. b) Essa situação equivale f isicamente à do caso a: 50 N50 N50 N Ação e reação De fato, o dinamômetro puxa a parede para a direita, aplicando- -lhe uma força de 50 N, e esta reage, puxando o dinamômetro para a esquerda, também com uma força de 50 N. Assim, nesse caso, o dinamômetro indica 50 N. c) Nesse arranjo, o dinamômetro indica a intensidade do peso do bloco, isto é, 30 kgf. 91 Dois blocos (1) e (2) de pesos respectivamente iguais a 30 kgf e 10 kgf estão em equilíbrio, conforme mostra a f igura abaixo: (1) (2) D2 D1 Quais as indicações dos dinamômetros D 1 e D 2 , graduados em kgf? Resolução: Equilíbrio do bloco (1): T 1 = P 1 ⇒ T1 = 30 kgf T1 P1 (1) Indicação de D 1 : I 1 = T 1 = 30 kgf Equilíbrio do bloco (2): T 2 + P 2 = T 1 T 2 + 10 = 30 T 2 = 20 kgf T1 T2 P2 (2) Indicação de D 2 : I 2 = T 2 = 20 kgf Respostas: D 1 : 30 kgf e D 2 : 20 kgf 92 (Faap-SP) Um homem está sobre a plataforma de uma balança e exerce força sobre um dinamômetro preso ao teto. Sabe-se que, quan- do a leitura no dinamômetro é zero, a balança indica 80 kgf. Dinamômetro Balança a) Qual a intensidade do peso do homem? b) Se o homem tracionar o dinamômetro, de modo que este indique 10 kgf, qual será a nova indicação da balança? 128 PARTE II – DINÂMICA 100 E.R. Na f igura, estão representadas uma caixa, de massa igual a 4,7 kg, e uma corrente constituída de dez elos iguais, com massa de 50 g cada um. Um homem aplica no elo 1 uma força vertical dirigida para cima, de intensidade 78 N, e o sistema adqui- re aceleração. Admitindo | g | = 10 m/s2 e desprezando todos os atritos, responda: 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 g a) Qual a intensidade da aceleração do sistema? b) Qual a intensidade da força de contato entre os elos 4 e 5? Resolução: a) Supondo que a corrente e a caixa constituam um corpo único de massa total igual (4,7 + 0,50) kg = 5,2 kg, apliquemos ao sistema a 2a Lei de Newton: F – P total = m total a F – m total g = m total a 78 – 5,2 · 10 = 5,2 a a = 5,0 m/s2 F (78 N) P (52 N) a b) Sendo m = 50 g = 0,050 kg a massa de cada elo, aplicamos a 2a Lei de Newton aos elos 1, 2, 3 e 4 e calculamos a intensidade da força C de contato entre os elos 4 e 5. 1 2 3 4 a F (78N) 4mg C F – P – C = 4 ma ⇒ F – 4 mg – C = 4 ma 78 – 4 · 0,050 · 10 – C = 4 · 0,050 · 5,0 Donde: C = 75 N 101 Depois de regar o jardim de sua casa, José Raimundo enrolou cuidadosamente os 10 m da mangueira fl exível utilizada na operação, deixando um arremate de 60 cm emergido do centro do rolo, confor- me ilustra a f igura. Querendo guardar o acessório em uma prateleira elevada, o rapaz puxou o rolo para cima, exercendo, por alguns ins- tantes, uma força vertical F de intensidade 30,0 N na extremidade do arremate. 20 cm S F g Sabendo que a densidade linear da mangueira (massa por unidade de comprimento) é igual a 250 g/m e que | g | = 10,0 m/s2, calcule, durante o breve intervalo de tempo de atuação da força F : a) o módulo da aceleração adquirida pela mangueira; b) a intensidade da força de tração em uma seção S do arremate si- tuada 20 cm abaixo da mão de José Raimundo. Resolução: a) (I) d = M L ⇒ 0,25 = M 10 ⇒ M = 2,5 kg (II) 2a Lei de Newton para o rolo: F – P = M a ⇒ F – M g = M a 30,0 – 2,5 · 10,0 = 2,5 a ⇒ a = 2,0 m/s2 F P a b) (I) d = m ⇒ 0,25 = m 0,20 ⇒ m = 0,05 kg (II) 2a Lei de Newton para os 20 cm de mangueira logo abaixo da mão do rapaz: F T Seção S a p F – p –T = m a F – m g – T = m a 30,0 – 0,05 · 10,0 – T = 0,05 · 2,0 T = 29,4 N Respostas: a) 2,0 m/s2; b) 29,4 N 129Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 102 Na Máquina de Atwood da f igura ao lado, o f io (inextensível) e a polia têm pesos desprezíveis, a infl uência do ar é insignif ican- te e a aceleração da gravidade tem módulo g. As massas dos blocos A e B são, respectiva- mente, M e m, com M > m. Sendo a o módulo da aceleração dos blocos e D 1 e D 2 as indicações dos dinamômetros ideais (1) e (2), analise as proposições seguintes: I. a < g II. D 1 = 2M m M + m g III. D 2 = (M + m) g IV. m g < D 1 < M g Responda mediante o código: a) Todas as proposições são corretas. b) Todas as proposições são incorretas. c) Apenas as proposições I e III são corretas. d) Apenas as proposições I, II e IV são corretas. e) Apenas as proposições I, III e IV são corretas. Resolução: (I) Correta. 2a Lei de Newton para o conjunto A + B: (M – m) g = (M + m) a ⇒ a = (M – m)M + m g < 1 Logo: a g (II) Correta. 2a Lei de Newton para o bloco B: D 1 – m g = m a ⇒ D 1 = m (g + a) D 1 = m g + (M – m) M + m g D 1 = m g M + m + M – m M + m Do qual: D1 = 2M m M + m g (III) Incorreta. D 2 = 2 D 1 ⇒ D2 = 4M m M + m g (IV) Correta. D 1 = 2 · M M + m > 1 m g ⇒ D1 m g D 1 = 2 · m M + m < 1 · M g ⇒ D1 M g Resposta: d 103 Considere a montagem da f igura abaixo: B A g Os blocos A e B têm massas m A = 8,0 kg e m B = 2,0 kg; os f ios, as rolda- nas e o dinamômetro são ideais e despreza-se o efeito do ar. Adotando | g | = 10 m/s2, determine: a) o módulo da aceleração do sistema; b) a indicação do dinamômetro (graduado em newtons). Resolução: O sistema comporta-se de forma semelhante a uma máquina de Atwood. a) 2a Lei de Newton para o conjunto A + B: P A – P B = (m A + m B ) a (m A – m B ) g = (m A + m B ) a (8,0 – 2,0) 10 = (8,0 + 2,0) a Donde: a = 6,0 m/s2 b) 2a Lei de Newton para o bloco B: T – m B g = m B a T – 2,0 · 10 = 2,0 · 6,0 T = 32 N Respostas: a) 6,0 m/s2; b) 32 N 104 Na montagem experimental abaixo, os blocos A, B e C têm mas- sas m A = 5,0 kg, m B = 3,0 kg e m C = 2,0 kg. Desprezam-se os atritos e a resistência do ar. Os f ios e as polias são ideais e adota-se | g | = 10 m/s2. AC B g No f io que liga A com B, está intercalada uma mola leve, de constante elástica 3,5 · 103 N/m. Com o sistema em movimento, calcule, em centí- metros, a deformação da mola. Resolução: (I) 2a Lei de Newton para o conjunto A + B + C: (m A – m C ) g = (m A + m B + m C ) a (5,0 – 2,0) 10 = (5,0 + 3,0 + 2,0) a a = 3,0 m/s2 (II) 2a Lei de Newton para o bloco A: m A g – K Δx = m A a 5,0 · 10 – 3,5 · 103 · Δx = 5,0 · 3,0 Δx = 1,0 ·10–2 m = 1,0 cm Resposta: 1,0 cm B A (1) (2) g 130 PARTE II – DINÂMICA Fn P –Fn a 105 Na Máquina de Atwood esquematizada abaixo, a caixa A é mais pesada que a caixa B. Os dois bonecos são idênticos e cada um apre- senta um peso de intensidade P. Com o sistema abandonado à ação da gravidade, os bonecos comprimem as bases das caixas com forças de intensidades F A e F B , respectivamente. Considerando a polia e o f io ideais e desprezando a infl uência do ar, aponte a alternativa correta: (A) (B) a) F A = P = F B ; d) F A > P > F B ; b) F A < P < F B ; e) F A > F B > P. c) F A < F B < P; Resolução: Em A: g apA = g – a ⇒ F A < P Em B: g apB = g + a ⇒ P < F B Resposta: b 106 Um homem de massa igual a 80 kg sobe na plataforma de uma balança de banheiro esquecida no interior de um elevador em opera- ção. A balança está graduada em quilogramas e o homem f ica intriga- do ao verif icar que a indicação do instrumento é de 100 kg. Sabendo- -se que no local g = 10,0 m/s2, pede-se: a) determinar o sentido e o módulo da aceleração do elevador; b) indicar se o elevador está subindo ou descendo. Resolução: a) Se o “peso” aparente do homem (100 kg) é maior que seu “peso” real (80 kg), então a aceleração do elevador está dirigida para cima. A indicação (I) da balança é diretamente proporcional à intensidade do peso do homem: I = k P ⇒ I = k m g Dentro do elevador: 100 = k m g ap (I) Fora do elevador (em repouso): 80 = k m 10,0 (II) (I) (II): 100 80 = k m g ap k m 10,0 ⇒ g ap = 12,5 m/s2 g ap = g + a ⇒ 12,5 = 10,0 + a a = 2,5 m/s2 b) O sentido do movimento do elevador está indeterminado. São possíveis duas situações: (I) Elevador subindo em movimento acelerado; (II) Elevador descendo em movimento retardado. Respostas: a) Aceleração dirigida para cima, com módulo igual a 2,5 m/s2; b) O elevador pode estar subindo em movimento acelera- do ou descendo em movimento retardado. 107 Considere um elevador cujo piso suporta uma força de com- pressão de intensidade máxima igual a 4,0 · 103 N. Esse elevador vai subir em movimento acelerado, transportando n caixas de massa 50 kg cada uma. Sabendo que a aceleração do elevador tem módulo igual a 2,0 m/s2 e que | g | = 10 m/s2, calcule o máximo valor de n. Resolução: P apmáx = m máx (g + a) 4,0 · 103 = n máx · 50 (10 + 2,0) n máx 6,7 caixas Como n deve ser inteiro, então: n = 6 caixas Resposta: 6 caixas 108 No esquema da f igura, o garoto tem apoiada na palma de sua mão uma laranja de massa 100 g. O elevador sobe aceleradamente, com aceleração de módulo 2,0 m/s2. Em dado instante, o garoto larga a laranja, que se choca com o piso. Elevador 1,5 m g a Supondo | g | = 10 m/s2, calcule: a) a intensidade da força (em newtons) aplicada pela laranja na mão do garoto enquanto em contato com ela; b) o intervalo de tempo decorrido desde o instante em que a laranja é largada até o instante do seu choque com o piso (a laranja é largada de uma altura de 1,5 m em relação ao piso do elevador). Despreze o efeito do ar. Resolução: a) 2a Lei de Newton para a laranja: F n – P = m a F n – 0,10 · 10 = 0,10 · 2,0 F n = 1,2 N b) Dentro do elevador, há uma ”gravidade aparente” de intensidade dada por: g ap = g + a Movimento uniformemente variado da laranja: Δs = v 0 t + g ap 2 t2 1,5 = (10 + 2,0) 2 t2 ⇒ t = 0,50 s Respostas: a) 1,2 N; b) 0,50 s 133Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica Supondo que a massa da caixa B seja de 80 kg e ignorando a infl uência do ar no sistema, determine: a) o módulo da aceleração de subida da caixa B; b) a intensidade da força de tração no f io; c) a massa da caixa A. Resolução: a) Sendo a a intensidade da aceleração do bloco A, a do bloco B será a 2 , já que esse bloco percorre, partindo do repouso, a metade da distância percorrida pelo bloco A durante o mesmo intervalo de tempo. a B = a 2 = 2,0 m/s2 2 ⇒ a B = 1,0 m/s2 b) 2a Lei de Newton para o bloco B: 2 T – m B g = m B a B ⇒ 2 T – 80 · 10 = 80 · 1,0 T = 4,4 · 102 N c) 2a Lei de Newton para o bloco A: m A g – T = m A a A m A 10 – 4,4 · 102 = m A 2,0 m A = 55 kg Respostas: a) 1,0 m/s2; b) 4,4 · 102 N; c) 55 kg 115 Na f igura, o sistema está sujeito à ação da resultante externa F , paralela ao plano horizontal sobre o qual o carrinho está apoia- do. Todos os atritos são irrelevantes e as inércias do f io e da polia são desprezíveis. As massas dos corpos A, B e C valem, respectivamente, 2,0 kg, 1,0 kg e 5,0 kg e, no local, o módulo da aceleração da gravidade é 10 m/s2. B C A F Supondo que A esteja apenas encostado em C, determine a inten- sidade de F de modo que A e B não se movimentem em relação ao carrinho C. Resolução: (I) Equilíbrio do bloco A na vertical: T = m A g ⇒ T = 2,0 · 10 (N) T = 20 N (II) 2a Lei de Newton para o bloco B: T = m B a sist ⇒ 20 = 1,0 a sist a sist = 20 m/s2 (III) 2a Lei de Newton para o sistema (conjunto A + B + C): F = (m A + m B = m C ) a sist F = 8,0 · 20 (N) F = 1,6 · 102 N Resposta: 1,6 · 102 N 116 (Unesp-SP) Suponha que um estudante de Física esteja em re- pouso no compartimento de um trem, sem contato visual com o ex- terior, e que o trem se mova seguindo uma das trajetórias horizontais indicadas na f igura. Trajetória I: retilínea Trajetória II: circular Se o trem se movesse com velocidade de módulo v constante, esse estudante detectaria o movimento do trem em relação à Terra: a) apenas para o caso da trajetória I. b) apenas para o caso da trajetória II. c) para ambas as trajetórias. d) para ambas as trajetórias se v fosse próxima à velocidade da luz. e) para nenhuma das trajetórias. Resolução: Assumindo um referencial f ixo na superfície terrestre como inercial, o trem em movimento retilíneo e uniforme também será um referencial inercial. De acordo com o Princípio da Relatividade, nenhum experimento físico realizado inteiramente em um referencial inercial pode revelar sua velocidade em relação a outro referencial inercial. Resposta: b 117 Na f igura abaixo, representa-se um plano horizontal, em que o trecho AB é perfeitamente liso e o trecho BC é áspero: A B C (+) 2,0 m 4,0 m F Um bloco de massa 2,0 kg parte do repouso no ponto A, acelerado pela força F constante, de intensidade 8,0 N e paralela ao plano; F atua no bloco até o ponto B, onde é suprimida. A partir daí, o bloco é desacelerado pela força de atrito, parando no ponto C. Desprezando a infl uência do ar: a) calcule o módulo da velocidade do bloco no ponto B e a intensida- de da força de atrito nele atuante no trecho BC; b) trace o gráf ico da velocidade escalar do bloco em função do tempo, adotando como origem dos tempos o instante de partida no ponto A. Resolução: a) (I) Cálculo da aceleração: F = m a ⇒ 8,0 = 2,0 a a = 4,0 m/s2 (II) Cálculo da velocidade em B: v2 B = v2 A + 2 a AB ⇒ v2 B = 2 · 4,0 · 2,0 v B = 4,0 m/s (III) Cálculo da força de atrito: F at = m a’ v2 C = v2 B + 2 α BC 0 = (4,0)2 + 2 α 4,0 α = –2,0 m/s2 ⇒ a’ = |α| = 2,0 m/s2 ∴ F at = 2,0 2,0 (N) ⇒ Fat = 4,0 N 134 PARTE II – DINÂMICA b) v B = v A + a t ⇒ 4,0 = 4,0 t ⇒ t = 1,0 s v C = v B + α t’ ⇒ 0 = 4,0 – 2,0 t’ ⇒ t’ = 2,0 s 4,0 V (m/s) t (s) 1,0 0 2,0 3,0 Respostas: a) 4,0 m/s; 4,0 N b) v (m/s) t (s) 4,0 1,0 2,0 3,00 118 (Fuvest-SP) A f igura a seguir representa, vista de cima, uma mesa horizontal na qual um corpo desliza sem atrito. O trecho AB é percorrido em 10 s, com velocidade constante de 3,0 m/s. Ao atingir o ponto B, aplica-se ao corpo uma força horizontal F , de módulo e direção constantes, perpendicular a AB, que produz uma aceleração de 0,40 m/s2. Decorridos outros 10 s, o corpo encontra-se em um pon- to C, quando então a força cessa. O corpo move-se por mais 10 s até um outro ponto D. A B F a) Reproduza a f igura e faça um esboço da trajetória ABCD. b) Com que velocidade o corpo atinge o ponto D? Resolução: a) A trajetória ABCD está esboçada abaixo: Segmento de reta Segmento de reta Arco de parábolaA B C D t0 = 0 s t1 = 10 s t2 = 20 s t3 = 30 sX (m) Y (m) b) A velocidade do corpo na direção x permanece constante: v x = 3,0 m/s Em B, a velocidade é nula na direção y, mas em C sua intensidade é: v y = α t ⇒ v y = 0,4 · 10 (m/s) v y = 4,0 m/s No trecho CD, o movimento é uniforme e a intensidade da veloci- dade é obtida compondo-se v x com v y . Vy VCD Vx Teorema de Pitágoras: v2 CD = v2 x + v2 y v2 CD = (3,0)2 + (4,0)2 ⇒ vCD = 5,0 m/s Respostas: a) t0 = 0 A B C D t1 = 10 s t2 = 20 s t3 = 30 s Segmento de reta Arco de parábola Segmento de reta b) 5,0 m/s 119 (Fuvest-SP) A f igura I indica um sistema composto por duas roldanas leves, capazes de girar sem atrito, e um f io inextensível que possui dois suportes em suas extremidades. O suporte A possui cer- to número de formigas idênticas, com 20 miligramas cada. O sistema está em equilíbrio. Todas as formigas migram então para o suporte B e o sistema mo- vimenta-se de tal forma que o suporte B se apoia em uma mesa, que exerce uma força de 40 milinewtons sobre ele, conforme ilustra a f igura II. Adotando g = 10 m/s2, deter- mine: a) o peso de cada formiga; b) o número total de formigas. Resolução: a) p = m g ⇒ p = 20 · 10–6 · 10 (N) p = 2,0 ·10–4 N b) Situação da f igura I: P A + n p = P B (I) Situação da f igura II: P A + F n = P B + n p (II) Subtraindo (II) de (I), temos: n p – F n = –n p ⇒ 2 n p = F n 2 n 2,0 · 10–4 = 40 · 10–3 n = 100 formigas Respostas: a) 2,0 ·10–4 N; b) 100 formigas 120 (Fuvest-SP) Um tubo de vidro de massa m = 30 g está sobre uma balança. Na parte inferior do vidro, está um ímã cilíndrico de massa M 1 = 90 g. Dois outros peque- nos ímãs de massas M 2 = M 3 = 30 g são colocados no tubo e f icam sus- pensos devido às forças magnéticas e aos seus pesos. a) Qual a orientação e o módulo (em newtons) da resultante das forças magnéticas que agem sobre o ímã 2? b) Qual a indicação da balança (em gramas)? M1 N S S N M2 M3 N S g (10 m/s2) A B BA Fig. I Fig. II 135Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica Resolução: a) A resultante das forças magnéticas sobre o ímã 2 deve equilibrar o peso desse ímã, sendo, por isso, vertical e dirigida para cima. F m2 = P 2 ⇒ F m2 = m 2 g F m2 = 30 · 10–3 · 10 (N) F m2 = 3,0 · 10–1 N b) A força normal que comprime o prato da balança possui as mesmas características do peso total do sistema (tubo e ímãs). Como a ba- lança está graduada em grama, sua indicação I é dada por: I = m + M 1 + M 2 + M 3 ⇒ I = 180 g É importante salientar que as forças de interação magnética troca- das pelos ímãs não são detectadas pela balança. Isso ocorre porque essas forças são internas ao sistema (ação e reação) e sua resultan- te total é nula. Respostas: a) Orientação: vertical para cima; módulo: 3,0 · 10–1 N; b) 180 g 121 (FEI-SP) Os blocos representados na f igura abaixo possuem, respectivamente, massas m 1 = 2,0 kg e m 2 = 4,0 kg; a mola AB possui massa desprezível e constante elástica K = 50 N/m. Não há atrito entre os dois blocos nem entre o bloco maior e o plano horizontal. m1 m2 A B F Aplicando ao conjunto a força F constante e horizontal, verif ica-se que a mola experimenta uma deformação de 20 cm. Qual a acelera- ção do conjunto e a intensidade da força F ? Resolução: 2ª Lei de Newton ao bloco (m 1 ): F = m 1 a ⇒ K Δx = m 1 a 50 · 0,20 = 2,0 a Donde: a = 5,0 m/s2 Respostas: 5,0 m/s2 e 30 N 122 (Unesp-SP) Dois blocos idênticos, A e B, deslocam-se sobre uma mesa plana sob ação de uma força horizontal constante de intensidade F = 10,0 N aplicada em A, conforme ilustrado na f igura. A BF Sabendo-se que o movimento é uniformemente acelerado e que exis- te atrito entre os blocos A e B e a mesa, a força que A exerce sobre B tem intensidade igual a: a) 20,0 N. b) 15,0 N. c) 10,0 N. d) 5,0 N. e) 2,5 N. Resolução: 2a Lei de Newton para o sistema A + B: m m A B F a fat fat F – 2 f at = 2 m a (I) 2a Lei de Newton ao bloco B: FAB B a fat F AB – f at = m a (II) x (–2) : –2 F + 2 f at = –2 m a (II) Somando (I) + (II), temos: F – 2 F AB = 0 F AB = F 2 = 10,0 2 (N) F AB = 5,0 N Resposta: d 123 Na f igura seguinte, a locomotiva interage com os trilhos, rece- bendo deles uma força horizontal, dirigida para a direita e de intensi- dade 60 000 N. Essa força acelera os vagões A e B e a própria locomoti- va, que parte do repouso no instante t 0 = 0. LocomotivaVagão AVagão B mB = 60 000 kg mA = 30 000 kg mL = 30 000 kg No local do movimento, a estrada de ferro é plana, reta e horizontal. No instante t = 20 s, o vagão B desacopla-se da composição, o mesmo ocorrendo com o vagão A no instante t = 40 s. a) Determine o módulo da aceleração do trem no instante t = 10 s, bem como as intensidades das forças de tração nos dois engates. b) Faça o traçado, num mesmo par de eixos, dos gráf icos da velocida- de escalar em função do tempo para os movimentos da locomoti- va, do vagão A e do vagão B, desde t 0 = 0 até t = 50 s. Resolução: a) F = (m L + m A + m B ) a 60 000 = 120 000 a ⇒ a = 0,50 m/s2 Entre a locomotiva e o vagão A, a força de tração no engate tem intensidade T. T = (m A + m B ) a ⇒ T = 90 000 · 0,50 (N) T = 45 000 N Entre o vagão A e o vagão B, a força de tração no engate tem inten- sidade T’. T’ = m B a ⇒ T = 60 000 · 0,50 (N) T’ = 30 000 N b) (I) Cálculo da velocidade, em t = 20 s: v = 0,50 · 20 m/s ⇒ v = 10 m/s (II) Cálculo da aceleração, para 20 s t 40 s: F = (m L + m A ) a’ ⇒ 60 000 = 60 000 a’ a’ = 1,0 m/s2 138 PARTE II – DINÂMICA Com o bloco B na posição (1), o sistema é destravado no instante t 0 = 0, f icando sob a ação da gravidade. Desprezando a infl uência do ar, adotando | g | = 10 m/s2 e admitindo que a colisão de A com o solo seja instantânea e perfeitamente inelástica, determine: a) a intensidade da aceleração dos blocos no instante t 1 = 0,50 s; b) o instante t 2 em que o bloco B atinge a posição (2). Resolução: a) (I) Cálculo da aceleração inicial: P A = (m A + m B ) a ⇒ 10 = 2,5 a a = 4,0 m/s2 (II) Determinação do instante em que A atinge o solo: MUV: Δs = v 0 t + a 2 t2 ⇒ 0,72 = 4,0 2 t2 t = 0,60 s Como t 1 = 0,50 s é anterior a t = 0,60 s, respondemos: a = 4,0 m/s2 b) v B = v 0B + a t v B = 4,0 · 0,60 (m/s) v B = 2,4 m/s 2,4 0,60 vB (m/s) t (s) 0 t2 Δs =n área ⇒ 1,2 = (t 2 + t 2 – 0,60) 2,4 2 t 2 = 0,80 s Respostas: a) 4,0 m/s2; b) 0,80 s 129 No arranjo experimental do esquema seguinte, desprezam-se os atritos e a infl uência do ar. O f io e a polia são ideais e adota-se para a aceleração da gravidade o valor 10 m/s2. A D B C Largando-se o bloco D, o movimento do sistema inicia-se e, nessas condições, a força de contato trocada entre os blocos B e C tem intensi- dade 20 N. Sabendo que as massas de A, B e C valem, respectivamente, 6,0 kg, 1,0 kg e 5,0 kg, calcule: a) a massa de D; b) a intensidade da força de tração estabelecida no f io; c) a intensidade da força de contato trocada entre os blocos A e B. Resolução: a) 2a Lei de Newton para o bloco C: F BC = m C a ⇒ 20 = 5,0 a a = 4,0 m/s2 2a Lei de Newton para o conjunto A + B + C + D: m D g = (m A + m B + m C + m D ) a m D 10 = (12 + m D ) 4,0 2,5 m D = 12 + m D m D = 8,0 kg b) 2a Lei de Newton para o conjunto A+ B + C: T = (m A + m B + m C ) a T = 12 · 4,0 (N) T = 48 N c) 2a Lei de Newton para o conjunto B + C: F AB = (m B + m C ) a ⇒ F AB = 6,0 · 4,0 (N) F AB = 24 N Respostas: a) 8,0 kg; b) 48 N; c) 24 N 130 Uma corda fl exível e homogênea tem seção transversal cons- tante e comprimento total L. A corda encontra-se inicialmente em re- pouso, com um trecho de seu comprimento apoiado em uma mesa horizontal e perfeitamente lisa, conforme indica a f igura a seguir. x g Em determinado instante, a corda é abandonada, adquirindo movi- mento acelerado. Não considerando a infl uência do ar e assumindo para o módulo da aceleração da gravidade o valor g, responda: como poderia ser apresentada a variação do módulo da aceleração da corda em função do comprimento pendente x? a) a = g L x d) a = g L3 x3 b) a = g L2 x2 e) Não há elementos para uma conclusão, pois a massa da corda não foi dada. c) a = g L x Resolução: 2a Lei de Newton para a corda: P x = M total a ⇒ m x g = M total a k x g = k L a ⇒ a = g L x a g 0 L x 139Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica É importante notar que a massa da corda é diretamente proporcional ao comprimento considerado (m = k x, em que k é uma constante de proporcionalidade que traduz a densidade linear da corda). Resposta: a 131 Num elevador, há uma balança graduada em newtons. Um ho- mem de 60 kg de massa, em pé sobre a balança, lê 720 N quando o elevador sobe em movimento acelerado e 456 N quando o elevador desce em movimento acelerado, com a mesma aceleração da subida em módulo. Determine: a) quais os módulos da aceleração da gravidade e do elevador; b) quanto registrará a balança se o elevador subir ou descer com velo- cidade constante. Resolução: a) P ap – P = m a 720 – 60 g = 60 a (I) P Papa v P – P’ ap = m a 60 g – 456 = 60 a (II) De (I) e (II), temos: g = 9,8 m/s2 e a = 2,2 m/s2 b) P” ap = P = m g ⇒ P” ap = 60 · 9,8 (N) P” ap = 588 N P’ap v P a Respostas: a) 9,8 m/s2 e 2,2 m/s2; b) 588 N 132 Num andar equidistante dos extremos de um edifício, uma pes- soa de massa m = 100 kg toma um elevador, que passa a se mover ver- ticalmente para cima. O gráf ico mostra como varia a velocidade escalar do elevador em função do tempo: O v (m/s) t (s) B C A 5,0 15 20 Sabe-se que o peso aparente da pessoa na etapa OA do gráf ico vale 1 100 N e que no local g = 10 m/s2. Determine: a) a altura do edifício se, no instante t = 20 s, o elevador parou em sua extremidade superior; b) a intensidade do peso aparente da pessoa no trecho BC do gráf ico. Resolução: a) (I) Cálculo da aceleração na etapa OA: P ap – P = m a 1 100 –1 000 = 100 a a = 1,0 m/s2 (II) Cálculo da velocidade máxima: v = v 0 + a t ⇒ v = 1,0 · 5,0 (m/s) v = 5,0 m/s (III) Cálculo da altura do edifício: H 2 n = área ⇒ H 2 = (20 + 10) 5,0 2 H = 150 m b) a’ = a P – P’ ap = m a 1 000 – P’ ap = 100 · 1,0 P’ ap = 900 N Respostas: a) 150 m; b) 900 N 133 (Fuvest-SP) Um sistema mecânico é formado por duas polias ideais que suportam três corpos A, B e C de massas iguais a m, sus- pensos por f ios ideais, como representado na f igura. O corpo B está suspendido simultaneamente por dois f ios, um ligado a A e outro a C. Podemos af irmar que a aceleração do corpo B será: a) zero. b) g 3 para baixo. c) g 3 para cima. d) 2g 3 para baixo. e) 2g 3 para cima Resolução: Devido à simetria, podemos raciocinar em termos do sistema esque- matizado a seguir: 2a Lei de Newton: m – m 2 g = m + m 2 a m g 2 = 3 m 2 a a = g 3 Resposta: c P Papa v P P’ap va A m B C m m g A m 2 m Metade do B a a 140 PARTE II – DINÂMICA 134 Na f igura 1, a corda fl exível e homogênea de comprimento L re- pousa apoiada na polia ideal de dimensões desprezíveis. Um pequeno puxão é dado ao ramo direito da corda e esta põe-se em movimento. Sendo g o módulo da aceleração da gravidade, aponte a opção que mostra como varia o módulo da aceleração a da extremidade direita da corda em função da coordenada x indicada na f igura 2: Figura 2 0 x Figura 1 L 2 a) a = g L x d) a = g b) a = 2g L x e) A aceleração depende da massa da corda. c) a = 2g 3L x Resolução: Aplicando a 2a Lei de Newton à corda, temos: P – p = m total a K L 2 + x g – K L 2 – x g = K L a L 2 + x – L 2 + x g = L a ⇒ a = 2 g L x Resposta: b 135 No teto de um vagão ferroviário, prende-se uma esfera de aço por meio de um f io leve e inextensível. Verif ica-se que em um trecho retilíneo e horizontal da ferrovia o f io mantém-se na posição indica- da, formando com a vertical um ângulo θ = 45°. No local, adota-se | g | = 10 m/s2. BA θ Sendo v a velocidade vetorial do trem e a sua aceleração, responda: a) Qual a orientação de a , de A para B ou de B para A? b) Qual a intensidade de a ? c) Qual a orientação de v , de A para B ou de B para A? Resolução: a) De A para B, pois a deve ter a mesma orientação da força resultante na esfera. b) tg θ = F P = m a m g a = g tg θ a = 10 tg 45° a = 10 m/s2 c) Pode ser de A para B ou de B para A. Respostas: a) De A para B; b) 10 m/s2; c) A orientação de v está inde- terminada, podendo ser de A para B ou de B para A. 136 Na situação esquematizada, os blocos A e B têm massas respec- tivamente iguais a m e M e os f ios são ideais. Inicialmente, com o siste- ma em repouso suspenso na vertical, as trações nos f ios 1 e 2 valem T 1 e T 2 . Acelerando-se o conjunto verticalmente para cima com intensida- de a, as trações nos f ios passam a valer T’ 1 e T’ 2 . Sendo g a intensidade da aceleração da gravidade e não levando em conta a infl uência do ar, analise as proposições a seguir: I. T 1 = (M + m) g e T 2 = M g II. T’ 1 = T 1 e T’ 2 = T 2 III. T’ 1 T 1 = T’ 2 T 2 = a + g g Fio 1 Fio 2 A B g Responda mediante o código: a) Se todas forem corretas. d) Se II e III forem corretas. b) Se todas forem incorretas. e) Se I e III forem corretas c) Se I e II forem corretas. Resolução: (I) Correta. T 1 = (m + M) g e T 2 = m g (II) Incorreta. 2a Lei de Newton para o conjunto A + B: T’ 1 – (m + M) g = (m + M) a T’ 1 = (m + M) (g + a) 2a Lei de Newton para o bloco B: T’ 2 – M g = M a ⇒ T’2 = M (g + a) (III) Correta. T’ 1 T 1 = T’ 2 T 2 = g + a g Os f ios sofrem o mesmo acréscimo percentual da tração. Resposta: e 137 No esquema abaixo, o homem (massa de 80 kg) é acelerado ver- ticalmente para cima juntamente com a plataforma horizontal (massa de 20 kg) sobre a qual está apoiado. Plataforma horizontal g θ F P T a 143Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, obtém-se: N2 = N2 x + N2 y N = M2 B a2 + M2 A g2 c) tg θ = N x N y ⇒ tg θ = M B a M A g Respostas: a) F = (M A + M B )a; b) N = M2 B a2 + M2 A g2 ; c) tg θ = M B a M A g 142 (ITA-SP) O plano inclinado da f igura tem massa M e sobre ele apoia-se um objeto de massa m. O ângulo de inclinação é α e não há atrito nem entre o plano inclinado e o objeto, nem entre o plano incli- nado e o apoio horizontal. Aplica-se uma força F horizontal no plano inclinado e constata-se que todo o sistema se move horizontalmen- te, sem que o objeto deslize em relação ao plano inclinado. Podemos af irmar que, sendo g a aceleração da gravidade local: α m M F g a) F = m g. b) F = (M + m) g. c) F tem de ser inf initamente grande. d) F = (M + m) g tg α. e) F = M g sen α. Resolução: Ny N Nx α ma N Nx α α M F = (M + m) g tg α Fa tg α = N x N y = m a m g a = g · tg α 2a Lei de Newton para a massa M: F – N x = M a F – m a = M a F = (M + m) a ⇒ F = (M + m) g tg α Resposta: d 143 No esquema da f igura, tem-se o sistema locomovendo-se ho- rizontalmente, sob a ação da resultante externa F . A polia tem peso desprezível, o f io que passa por ela é ideal e a infl uência do ar no local do movimento é irrelevante. Não há contato da esfera B com a parede vertical. A C αBF Sendo m A = 10,0 kg, m B = 6,00 kg, m C = 144 kg e g = 10,0 m/s2, deter- mine a intensidade de F que faz com que não haja movimento dos dois corpos A e B em relação ao C. Resolução: Cálculo da aceleração: mBg mBa α T T cos α = m B g T sen α = m B a Corpo B Aplicando o Teorema de Pitágoras: T 2 = (m B g)2 + (m B a)2 (I) Corpo A ⇒ T = m A a (II) De (I) e (II), obtemos: (m A a)2 = (m B g)2 + (m B a)2 (10,0 a)2 = (6,00 · 10,0)2 + (6,00 a)2 a = 7,50 m/s2 Cálculo da força: F = (m A + m B + m C ) a ⇒ F = 160 · 7,50 (N) F = 1,20 · 103 N Resposta: 1,20 · 103 N 144 No sistema representado na f igura, não há atritos e o f io é inex- tensível e tem peso desprezível. No local, a intensidade da aceleração da gravidade vale g. Ignorando a infl uência do ar, calcule o intervalo de tempo que o corpo A (de massa m) leva para atingir a base do corpo B (de massa M) quando é abandonado de uma altura h em relação a B. A B h A T a 144 PARTE II – DINÂMICA Resolução: Aceleração horizontal: a Aceleração vertical: 2a A T T M F F T T mg m a B Movimento horizontal do corpo A: F = m a (I) Movimento horizontal do corpo B: 2 T – F = M a (II) (I) em (II): 2 T – m a = M a T = (m + M) 2 a (III) Movimento vertical do corpo A: m g – T = m 2 a (IV) (III) em (IV): m g – (m + M) 2 a = m 2 a m g = 2 m + m + M2 a a = 2 m 5 m + M g Observando que a aceleração vertical do corpo A tem intensidade igual ao dobro da aceleração horizontal do conjunto A + B, temos: a A = 2 a ⇒ aA = 4 m 5 m + M g MUV: Δs = v 0 t + a 2 t2 h = 4 m2 (5 m + M) g t 2 ⇒ t = (5 m + M) h 2 m g Resposta: (5 m + M) h 2 m g 145 Na situação representada na f igura, uma esfera metálica de raio R e densidade volumétrica (massa por unidade de volume) μ está em re- pouso sustentada por um cabo de aço de comprimento L e densidade linear (massa por unidade de comprimento) ρ. A B g Sabendo-se que no local a aceleração da gravidade tem intensidade g, pede-se para: a) determinar a intensidade do peso da esfera; b) determinar a intensidade da força de tração no ponto médio do cabo de aço; c) esboçar o gráf ico da intensidade da força de tração ao longo do cabo de aço em função da posição medida de A para B. Resolução: B TM a) µ = mv ⇒ m = µ v ⇒ m = µ 4 3 π R3 (I) P = m g (II) (I) em (II): P = 4 3 π µ g R3 b) T M = P + P cabo 2 ⇒ T M = 4 3 π µ g R3 + m cabo g 2 (III) ρ = m cabo L ⇒ m cabo = ρ L (IV) (IV) em (III): T M = 4 3 π µ g R3 + ρ L g 2 c) No ponto A: T A = P ⇒ TA = 4 3 π µ g R3 No ponto B: T B = P + P cabo ⇒ TB = 4 3 π µ g R3 + ρ L g Como a densidade linear do cabo de aço é constante, a intensidade da força de tração vai crescer uniformemente de A para B e o grá- f ico será um segmento de reta oblíquo. 0 TA TB T yL Respostas: a) 4 3 π µ g R3 b) 4 3 π µ g R3 + ρ L g 2 c) 0 TA TB T yL T A = 4 3 π µ g R3 T B = 4 3 π µ g R3 + ρ L g 145Tópico 1 – Os princípios da Dinâmica 146 No sistema esquematizado a seguir, o f io e a polia são ideais, a infl uência do ar é desprezível e |g | = 10 m/s2. Os blocos A e B, de mas- sas respectivamente iguais a 6,0 kg e 2,0 kg, encontram-se inicialmente em repouso, nas posições indicadas. B 1,6 m A 3,0 m g Abandonando-se o sistema à ação da gravidade, pede-se para calcular: a) o módulo da velocidade do bloco A imediatamente antes da coli- são com o solo, admitida instantânea e perfeitamente inelástica; b) a distância percorrida pelo bloco B em movimento ascendente. Resolução: a) 2a Lei de Newton para o conjunto A + B: (m A – m B ) g = (m A + m B ) a (6,0 – 2,0) 10 = (6,0 + 2,0) a ⇒ a = 5,0 m/s2 MUV (Equação de Torricelli): v2 = v2 0 + 2 a Δs v2 = 2 · 5,0 · 1,6 v = 4,0 m/s b) Após a colisão de A com o solo, B continua subindo em movimento uniformemente retardado, com aceleração escalar α = –10 m/s2. v2 = v2 0 + 2 α Δs’ 0 = (4,0)2 + 2 (–10) Δs’ Δs’ = 0,80 m Δs B = Δs + Δs’ Δs B = 1,6 + 0,80 (m) Δs B = 2,4 m Respostas: a) 4,0 m/s; b) 2,4 m 147 Na f igura, AB, AC e AD são três tubos de pequeno diâmetro, muito bem polidos internamente e acoplados a um arco circular. O tubo AC é vertical e passa pelo centro do arco. A B C D α β g Uma mesma esfera é abandonada do repouso sucessivamente do topo dos três tubos, atingindo o arco circular decorridos intervalos de tem- po respectivamente iguais a t AB , t AC e t AD . A aceleração da gravidade tem módulo g e α > β. Não considerando a infl uência do ar: a) calcule o módulo da aceleração da bolinha no tubo AB, em função de g e de α; b) relacione t AB , t AC e t AD . Resolução: a) A força resultante responsável pela aceleração da esfera ao longo da canaleta é a componente tangencial do seu peso. F = P t ⇒ m · a = M · g · cos α a = g · cos α α α a P t P b) É fundamental recordar inicialmente que qualquer triângulo ins- crito em uma semicircunferência, com um lado igual ao diâmetro (comprimento h), é retângulo. X Y Z h cos θ = XYh XY = h cos θ Cálculo de t AB : t AB = 2 ABg cos α = 2 h cos α g cos α Donde: tAB = 2 h g Cálculo de t AC : t AC = 2 hg Cálculo de t AD : t AD = 2 AD g cos β = 2 h cos β g cos β Donde: tAD = 2 h g Portanto: t AB = t AC = t AD Respostas: a) g cos α; b) t AB = t AC = t AD