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Resolução Leis de Newton – EsPCEx 2018 – Prof. Douglão
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[A]
e
e
e
2
2
2
T F P m a
T F P 0
F T P
kQT mg
d
kQd
T mg
kd Q
T mg
Resposta da questão 2:
[C]
A figura 1 apresenta o diagrama de corpo rígido do bloco sobre o plano inclinado. Do equilíbrio do bloco depreende-se que:
T W sen mgsen (1)
Como, conforme o enunciado, o sistema é montado de forma que não haja esforço de flexão na haste que
prende a roldana, conclui-se que a resultante R dos esforços do cabo sobre a roldana é vertical e para baixo, conforme a figura 2:
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Da figura 2, depreende-se que a resultante R sobre a roldana é igual à soma das componentes verticais
das forças de tração T, ou seja:
R Tsen Tsen 2Tsen (2)
Do Princípio de Pascal para vasos comunicantes, sabe-se que:
1
1 2 2
AF RF R (3)
A A A
Substituindo-se (1) em (2), tem-se que:
2R 2Tsen 2(mgsen )sen 2mgsen (4)
Finalmente, substituindo-se (4) em (3), tem-se:
21 1
2 2
A AF R 2 mgsen
A A
Resposta da questão 3:
[C]
As componentes da força (F) que a esteira exerce na caixa são a Normal (N) e a de atrito at(F ),
conforme mostra a figura.
Resposta da questão 4:
[C]
rF 0
P N 0
P N
hor anti horτ τ
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2x x 2xA P N
3 6 3
2 1 2A P N
3 6 3
1A 2 P N 2
2
PA 2 N 2
2
P N
NA 2 N 2
2
A 3
N 4
A N
A
N
3
4
0,75
μ
μ
μ
μ
Resposta da questão 5:
[A] Num mesmo fio, a tração tem a mesma intensidade em todos os pontos. Quando há uma polia móvel, a intensidade da tração fica dividida por dois. A figura ilustra as situações.
Nota-se que o primeiro dispositivo é o que exige do operário força de menor intensidade. Resposta da questão 6: ANULADA
Para a resolução do problema vamos analisar o diagrama de forças da pista inclinada:
Desconsiderando o atrito entre a pista e os pneus:
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2
2c
vm
F vRtan tan tanP mg Rg
θ θ θ
Substituindo os valores e transformando as unidades da velocidade para o Sistema Internacional (S.I.), temos:
2
2
2
1m s72 3 km h
3,6 km hv 2tan tan 3
Rg 360 3 m 10 m sθ θ
E, finalmente calculando o arco tangente deste valor, temos o ângulo da pista:
2arc tan 3 49,1
3θ θ
Questão anulada pela banca por não fornecer nenhuma alternativa com a resposta correta. Resposta da questão 7:
[A] A figura 1 destaca o raio da trajetória efetuada pelo objeto.
AB 15 m
ABR 7,5 m
2
A figura 2 mostra as forças (e componentes) agindo sobre o objeto.
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Equacionando o movimento:
2 2x cp
y
F F F sen m R sen R g sen 10(0,6) 6
cos g R cos 7,5(0,8) 6F P F cos m g
1rad s.
θ ω θ ω θω
θ θθ
ω
Resposta da questão 8:
[A] Conforme o diagrama de forças simplificadas abaixo, podemos calcular o equilíbrio estático do corpo, decompondo as forças inclinadas nos eixos horizontal e vertical utilizando conceitos de trigonometria:
Temos, então: No eixo horizontal:
eF cos 30 T cos 60
Isolando T, substituindo os valores de seno e cosseno e usando a Lei de Hoocke para o módulo da força
elástica: eF k x
e
3k x
F cos30 2T T
cos60
1
2
T 3 k x 1
O equilíbrio na vertical fica:
eF sen30 T sen60 P
Substituindo os valores de seno e cosseno, usando o valor da tração em (1) juntamente com a Lei de Hoocke, fica:
1 3k x 3 k x m g
2 2
Isolando a deformação da mola, temos:
2k 3k m g 2 kg 10 m sx m g x x x 0,5 cm
2 2 2k 2 20 N cm
Resposta da questão 9:
[D] Hipóteses do problema: 1. Barras rígidas e homogêneas
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2. Barras com massas desprezíveis
Para se obter as forças pedidas é necessário traçar o diagrama de corpo rígido para a barra I e para a
barra II, isoladamente:
Considere primeiramente a barra II :
Seja CR e DR as forças normais sobre os pontos C e D, e W a força peso do bloco suspenso. Note
que a força peso da barra foi desconsiderada já que a massa é desprezível.
Considerando o equilíbrio de forças no eixo YY, tem-se que:
C D C DR R W 0 R R 200 (I)
Considerando o equilíbrio de momentos em relação ao ponto C, tem-se que:
D DW 200
4 R 1 W 0 R 50 N4 4
Substituindo esse resultado na equação (I):
C CR 50 200 R 150 N (II)
Considere agora o equilíbrio da barra I :
Do equilíbrio das forças no eixo YY, tem-se que:
A B N N A BR R R 0 R R R (III)
Note que B CR R . Logo, os módulos de BR e CR são iguais: B CR R 150 N
Do equilíbrio de momentos em relação ao ponto N, tem-se que:
BA B A
R 1504 R 2 R 0 R 75 N
2 2
Substituindo esse resultado na equação (III), tem-se:
N A BR R R 75 150 225 N
Resposta da questão 10:
[D]
Dados: 2
1 2F 200N; m 20kg; m 6kg; 0,1; g 10 m/s ; cos37 0,87.μ
A figura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão.
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Nessa figura:
x x
y y
1 y 1 1 1
1 1 1
x 2 x
y 2 y
2 y 2
2 2
F Fcos30 200 0,87 F 174N.
F Fsen30 200 0,5 F 100N.
N F m g N 100 20 10 N 100N.
A N 0,1 100 A 10N.
P m gsen60 60 0,87 P 52,2N.
P m gcos60 60 0,5 P 30N.
N P N 30N.
A N 0,1 30
μ
μ
2 A 3N.
Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos:
x 1 1x 1 2 x 1 2
x 2 2
2
Corpo 1 : F T A m a 1 2 F A A P m m a
Corpo 2 : T P A m a
108,8174 10 52,2 3 26a a a 4,18 m/s .
26
Voltando em 2 :
x 2 2T P A m a T 6 4,18 52,2 3 T 80,3 N.
Resposta da questão 11:
[B] Usando o diagrama de corpo livre para o elevador, temos a expressão para a força resultante:
rF m a
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T P T mgT P m a a
m m
Para a tração máxima, temos a aceleração máxima:
máxmáx
T Pa
m
E, finalmente, calculando seus módulos, resulta:
4 42
máx máx3
1,2 10 N 1,0 10 Na a 2,0 m s .
1,0 10 kg
Resposta da questão 12:
[D] A figura mostra as forças e as componentes das forças que agem em cada bloco, considerando que em cada plano inclinado o fio esteja paralelo à superfície.
Calculando as intensidade dessas forças:
A A
A x A
A y A
A Ay
A A
B B
B x B
B y B
B By
B A
P m g 10 10 100N
P P sen53 100 0,8 80N
Bloco A P P cos53 100 0,6 60N
N P 60N
f N 0,2 60 12N
P m g 30 10 300N
P P sen37 300 0,6 180N
Bloco B P P cos37 300 0,8 240N
N P 240N
f N
μ
μ
0,2 240 48N
Como Bx AxP P , o bloco A tende a subir e o bloco B tende a descer. As forças de atrito têm sentido
oposto ao da tendência de escorregamento.
Como Bx Ax B AP P f f , o corpo A acelera para cima e o corpo B acelera para baixo.
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema, calcula-se o módulo da aceleração.
Bx Ax A B A B
2
P P f f m m
180 48 12 80 40a 40 40a a 1 m s .
No bloco A:
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Ax A AT P f m a T 10 1 80 12 T 102N T 0,102kN.
Resposta da questão 13:
[C] A figura mostra as forças agindo na caixa debaixo e no sistema formado pelas caixas de cima e do meio.
- 1N : intensidade da força que o piso do elevador exerce na caixa debaixo.
- 2N : intensidade do par ação-reação entre a caixa debaixo e o sistema
formado pelas caixas de cima e do meio.
- P : intensidade do peso da caixa debaixo.
- 2P : intensidade do peso do sistema formado pelas caixas de cima e do meio.
Sendo m a massa de cada caixa, se o elevador estivesse em repouso, a caixa debaixo receberia do piso
uma força de intensidade 1N igual à do peso do conjunto de seis caixas. Assim: 1N 6P.
Sendo a a máxima aceleração do elevador, quando ele estiver subindo em movimento acelerado ou
descendo em movimento retardado, tem-se: - Para o sistema formado pelas caixas de cima e do meio:
2 2N 2P 2ma N 2P 2ma.
- Para a caixa debaixo:
1 2
2
N P N ma 6P P 2ma 2P ma 6P P 2P ma 2ma
3mg 3ma a g a 10 m/s .
Resposta da questão 14:
[D] Desenhando as forças atuantes sobre o bloco (com as componentes do peso), temos:
Para o equilíbrio, devemos ter:
N mgcosθ e T mgsen .θ
Para 0 N mgθ e T 0;
Para 90 N 0θ e T mg.
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Portanto, o gráfico que representa a variação das três forças (P, N e T) que atuam sobre o bloco deverá
ser representado por:
Resposta da questão 15:
[D] Do diagrama de forças abaixo:
Para o corpo A, temos:
A atP sen F T 0θ
Mas a força de atrito é dada por:
at A
A
F P cos
P sen cos T 1
μ θ
θ μ θ
Na roldana que segura o corpo B, temos a relação entre as trações das duas cordas:
1T 2T
O equilíbrio de forças para o corpo B é dado por:
BB 1 B
P 200 NP T P 2T T T T 100 N
2 2
Substituindo na equação (1), resulta:
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A A AT 100 N 100 N
P P P 500 Nsen cos 0,6 0,5 0,8 0,2θ μ θ
Resposta da questão 16:
[C] Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama de forças que atuam sobre o corpo.
Assim, analisando as forças, temos que:
R atF P sen 37 F
P cos 37 N
Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da moeda no tempo dado:
2
o
2
2
a tS v t
2
a 12
2
a 4 m s
Δ
Diante disto, temos que:
R at
R
R
F P sen 37 F
F P sen 37 N
F P sen 37 P cos 37
m a m g sen 37 m g cos 37
a g sen 37 g cos 37
4 10 0,6 10 0,8
0,25
μ
μ
μ
μ
μ
μ
Resposta da questão 17:
[A] O momento resultante, usando a convenção de sinais para os momentos conforme figura abaixo será:
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1 2 3resul tante F F F 1 1 2 2 3 3
resul tante resul tante
2resul tante
M M M M F d F d F d
M 20 N 4 m 40 N 2 m 60 N 2 m M 80 Nm 200 Nm
M 120 Nm 1,2 10 Nm anti-horário
Resposta da questão 18:
[C]
No triângulo destacado:
2 2 2 2 2h d c h c d .
Para o equilíbrio:
2 2
h mgc 2mg2Tcos mg 2T mg T T .
c 2h 2 c d
θ
Resposta da questão 19:
[C] Considerando que o movimento acontece na horizontal, a única força que age na direção do deslocamento é a força de atrito, sendo contrária ao sentido de movimento provocará uma desaceleração responsável por parar o bloco por completo. Sendo assim a força resultante é a força de atrito.
r atF F
Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito: m a m gμ
A aceleração será:
2
2
a g 0,2 10 m / s
a 2 m / s
μ
Do MRUV usamos a equação de Torricelli:
2 20v v 2 a sΔ
A distância total percorrida será:
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2 20
2
v vs
2 a
0 4 16s 4 m
2 2 4
Δ
Δ
Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é:
4 mn 2,667 vezes
1,5 m
A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de 2/3 do trilho Então,
n 2 Resposta da questão 20:
[D] De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado:
Para o equilíbrio estático, temos:
at
F N
F P
Pela definição da força de atrito:
at e at eF N F Fμ μ
at atF P F m g
Então:
ee
m gF m g Fμ
μ
Assim:
22 kg 10 m / sF F 40 N
0,5