Resolução Comentada Dos Exercícios de Vestibulares Sobre Aplicações Das Leis de Newton Em...

8/18/2019 Resolução Comentada Dos Exercícios de Vestibulares Sobre Aplicações Das Leis de Newton Em Blocos Apoiados O…

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ESOLUÇÃO COMENTADA DOS

EXE CÍCIOS DE VESTIBULA ES

SOB E APLICAÇÕES DAS LEIS DE

NEWTON EM BLOCOS APOIADOS OU

SUSPENSOS

Resolução comentada dos exercícios devestibulares sobre Aplicações das Leis de Newton

em blocos apoiados ou suspensos

01- a) Como não existe atrito, por menor que seja a massa dosistema e a força aplicada o sistema sempre se moverá no caso,para a direita. Colocando as forças que agem sobre cada blocoapenas na direção do movimento (forças horizontais).

N – intensidade da força que A aplica em B. N –intensidade da força com que B reage em A. Como N eN constituem par ação e reação elas tem a mesma intensidadeque chamaremos de N.

Bloco A — F =m .a — 20 – N=3.a I Bloco B —F =m .a — N=1.a II

Somando I com II, obtemos — 20=4a — a=5m/s (é a mesma

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AB BA AB

BA

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2

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para cada bloco, pois se movem juntos).

b) Substituindo a=5m/s em I ou em II obtemos — N=5N.

c)

Observe nas figuras acima que F =20 – 5=15N e que F =5N.

02- Colocando as forças que influem no movimento:

Bloco P — F =m .a — F – N =6.a I — bloco Q — F =m .a — N – N =4.a II — bloco R — N = m .a —

N = 2.a III — somando I com II com III, obtemos 48=12ª —a=4m/s . A força pedida tem intensidade N =2.a —

N =2.4 — N =8N

03- Vamos achar a intensidade de , considerando os 4 blocoscomo um só, de massa M=12kg e aplicar a lei fundamental —F =m.a — F=12.2 — F=24N

Colocando as forças apenas sobre o bloco M que são F=24N e areação a entre N e M que é N:

Bloco M — F =m .a — 24 – N = 3.2 — N =18N

04- Em fios a força é de tração :

Bloco A — F =m a — T=10.a I bloco B — F =m .a —F – T=m .a — 60 – T=20.a II — Somando I com II —

60 = 30.a — a=2m/s , que, substituído em I ou II, fornecerá —T=20N R- E

05- Bloco A — F =m.a — T – T =1.10 — T – T =10

Bloco B — FR=m.a — T – T =2.10 — T – T =20

Bloco C — F =m.a — T =3.10 — T =30N, que substituído emT – T =20 — T -30=20 — T =50N

T – T =10 — T – 50=10 — T =60N

AN1NC"#!

CURTA N#!!A 23"NA4

2

RA RB

R P 1 R Q1 2 2 R

2 22

2 2

R

R M

R A. R BB

2

R 1 2 1 2

2 3 2 3

R 3 32 3 2 2

1 2 1 1

R$65,90 R$49,90 R$299 R$19,9

R$52 R$20,90 R$18,90 R$12,9

R$71,90 R$13,25 R$1.349,10 R$44,9

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De R 1.001 00 a R 2.000 00

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R$ 180 R$ 114,67

R$ 200 R$ 89,99

R$ 165 R$ 200

R$ 263,29 R$ 649,98

R$ 350 R$ 91,90

R$ 86,79 R$ 179,90

R 129 90 R 263 29


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06- (a) Colocando as forças que influem no movimento:

Bloco A — F =m .a — T=3.a I — Bloco B — F =m .a —P – T=m .a — m .g – T=m .a — 1.10 – T=1.a

10 – T=a II — somando I com II — 10=4.a — a=2,5m/s

T=3.a — T=3.2,5 — T=7,5N

b) Sobre o bloco A deixa de existir a força de tração , a forçaresultante sobre ele torna-se nula, ele fica em equilíbrio dinâmico

e segue em MRU com velocidade constante , até se chocar coma polia.

Sobre o bloco B deixa de existir a força de tração e a forçaresultante sobre ele fica sendo apenas seu peso — F =P —

m .a = m .g — a = g — ele cai em queda livre com aceleraçãoda gravidade.

07- Colocando o peso do bloco m — P=1.10 —P=10N

O sistema se move no sentido anti-horário, pois F>P, ou seja,m sobe e m se desloca para a esquerda.

Seja o primeiro de

"N!CREVA5!E NA N#!!ANE6!LETTER4

R A R BB B B B

2

r B

B B

2

2 1

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Bloco m — F =m.a — F – T=m .a — 40 – T=1.a — 40 –T=a I Bloco m — T – P=m.a — T – 10=1.a —

T – 10=a II — somando I com II — 40 – 10=2.a — a=15m/s — T – 10=1.a — T=10 + 15 — T=25N

08- a)Colocando as forças:

bloco 1 — F =m .a — T =40.a I bloco 2 — F =m .a — T – T =20.a II bloco 3 — F =m .a —

T – P=m .a — T – 600=60.a III — somando I com II com III — 600=120.a — a=5m/s , que, substituído em III nos fornece — T =600 + 60.5 — T =900N

09- a) P =m .g — P =6.10 — P =60N P =m .g —P =10.10 — P =100N

Colocando as forças que agem sobre cada bloco e tirando odinamômetro, pois sua massa é desprezível.

Observe que, como P >P , o sistema se move no sentido

anti-horário (A sobe e B desce).bloco A — F =m .a — T – 60=6.a I bloco B —F =m .a — 100 – T=10.a II somando I com II —

100 – 60=16.a — a=40/16 — a=2,5m/s

b) o dinamômetro indica a intensidade da força de tração no fiono qual ele está inserido, ou seja, indica T — T – 60=6.a —

T=60 + 6.2,5 — T=75N

10- R- B (veja teoria

11- primeiro carrinho — F – T=40.0,5 — F – T=20 segundocarrinho — T=100.0,5 — T=50N — F – 50=20 — F=70N

R- C12- Considerando o princípio fundamental da Dinâmica,F(resultante) = massa x aceleração temos: — Na descida: mg – T= ma

1 R 12

2

R 1 AR 2 B A R 3

B 3 B 2

B B

A A A A B BB B

B A

R AR B

2

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Na subida: T’ – mg = ma — Isolando as trações — T = mg – ma= m(g – a) — T’ = mg + ma = m(g + a)

Então — T’/T = (g + a)/(g – a)

13- A aceleração de cada bloco em cada caso é a mesma, pois F éa mesma e a massa do sistema (3m) é a mesma.

Primeira situação — bloco m — T =m.a I segundasituação — bloco2 m — T =2m.a II

comparando I com II — T = 2T — R- A14- A proporção de comprimento é válida também para massa.Separando as frações:

Considerando o sistema todo — F =(m/3 + 2m/3).a —F=(3m/3).a — F=m.a I

Sobre a massa m/3 — F =m/3.a — F – N=m/3.a — 3F – 3N=m.a

— veja em I que F=m.a — 3F – 3N=F — 3N=2F —

N=2F/3

15- Colocando as forças:

bloco3 — T =ma I bloco 2 — T – T =maII bloco 1 — P – T =ma III somando I, II e III —

P =3ma — mg=3ma — a=g/3

Quando o fio que une 2 e 3 se rompe, teremos:

bloco 2 — T=ma’ I bloco 1 — P – T=ma’ II somandoI com II — P =2ma’ — mg=2ma’ — a’=2g

dividindo membro a membro a=g/3 por a’=2g, obtemos — a’/a=3/2

16- A aceleração é a mesma nas duas situações, pois as massas ea força aplicada são as mesmas.. A força de contato será maior nasituação do conjunto 1, pois o bloco da esquerda terá queempurrar uma massa maior.

17- a) As forças que atuam no balde são a tração do fio, T, e opeso P. Quando o balde está em repouso, temos T = P = 100 N.Como P = mg — 100=m.10 — m=10kg. . Já quando odinamômetro acusa T = 120 N, temos, F =ma — T – P = ma, ouseja, a = (120 – 100)/10 = 2 m/s .

12

2 1

R

R

1 2 11 2

1

11

R2


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b) Não é possível concluir, pois só conhecemos a aceleração, enão a velocidade. Apenas sabemos que T>P, ou seja, ele podeestar subindo acelerado ou descendo retardado.

18-

F =ma — T=2.10 .2 — T=4.10 N

19- Vamos calcular a aceleração do sistema (barco + pessoa +pacote) — Pela segunda lei de Newton, F = m.a — 240 = (100+ 58 + 2).a — 240 = 160.a ==> a = 240/160 = 1,5 m/s .

Apenas sobre o pacote de 2 kg

F = m.a = 2.1,5 = 3,0 N

20- O dinamômetro indica a tração no fio que é de 40N e as forçassobre o sistema estão indicadas na figura.

Observe no bloco A que, como P >T, ele deve descer econsequentemente B deve subir.

Assim, considerando que A desça acelerado, pelo princípiofundamental da dinâmica temos, para o corpo A, que: —F =m .a —

100 – 40 = 10.a ==> a = 60/10 = 6 m/s .

Para o corpo B: — F =m .a — 40 – m.10 = m.6 — 40 = 16.m — m = 40/16 = 2,5 kg

21- Bloco A

F =m .a — F=m .a I

Bloco B sobre o bloco A

F =(m + m ).a/4 —- F==(m + m ).a/4 — 4F=m a + m a —4F=F + m a — 3F=m a II

Dividindo membro a membro II por I — 3m =m — m /m =1/3

22- Calculando a aceleração do sistema pelo gráfico — a=DV/Dt

R2 2

R 2

A

R A2

R B

R A A

R A B A B A BB B

A B A B


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— a=24/6 — a=4m/s

Bloco A — P – T=m a — 10m – T=4m — T=6m I blobo B — T=m a — T=m .4 II —igualando I com II — 6m =4m — m /m =2/3

23- a) caminhonete — F =m .a — F – T=2.000X1 — F – T=2.000I caixote — T – 800=80X1 — T=880N II

substituindo II em I — F – 880=2.000 — F=2.880N

b) Sim, será possível, pois a tração máxima que o cabo suporta é2000N e a tração aplicada é de 880N

24-1 etapa — queda livre da esfera m , com a=g e a velocidadevariando de 0 a V , numa queda de altura H .

Torricelli — V = 0 + 2.g.H — V =2gH 2 etapa —as duas esferas se movem juntas com aceleração a que vale:

M=3m , se desloca para a direita puxada por T — F =ma — T=3m a I m , desce de modo que P – T=m a —

M .g – T=m .a II — substituindo I em II — m g – 3m a=m a —g=4.a — a=g/4

Queda de m com aceleração a=g/4 e velocidade variando de V a

V, numa queda de altura H

Torricelli — V =V +2.a.DS — V = V + 2.g/4.H —V =2gH + (2gH )/4 — V =V + (V )/4 — V =(5V )/4 —V=Ö5V /2 — V=2,2.V

25- a) equilíbrio estático (força resultante nula)

corda B bloco de baixo — F =0 — T=40N bloco decima — F =0 — F = 20 + T — F = 20 + 40 — F=60N

b) os dois blocos sobem com a=2m/s e F ¹0

Bloco de baixo — F =ma — T-40=4.2 — T=48N (tração nacorda B) bloco de cima — F =ma — F – T – 20=2.2 —

A A A AA B B

A B A B

R c

ao

o o

o2 2

o o2

oa

o Ro o o

o o o o o

o oo

2o

2 2o

2o2

o o2

o2

o2 2

o2

o o

RR

2R

RR


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F – 48 – 20=4 — F=72N (tração na corda A)

26- a) sistema em repouso — força que o anteparo exercesobre A, impedindo-o de ir para a direita.

bloco B — P =T — T=50N bloco A — N=T — N=50N

b) retirando-se o anteparo C, N deixa de agir sobre A e o sistemase move no sentido horário com aceleração a

bloco A — F =ma — T=20.a I bloco B — F =ma —P – T =ma — 50 – T =5.a II substituindo I em II —

50 – 20.a = 5.a — a=2m/s .

27- Colocando as forças sobre cada bloco:

bloco A – sobe — F =ma — T – 40= 4.a I bloco B –direita — F =ma — T – T =11.a II bloco C – desce —

F =ma — 50 – T =ma — 50 – T =5.a III Somando I, II e III — 10=20.a — a= 0,5m/s

Bloco A que sobe com aceleração de 0,5m/s ,percorrendo DS=25cm=0,25m e tendo V =0 em X e V em Y.

Torricelli — V = V + 2.a.DS — V = 0 + 2.0,5.0,25 —V=Ö0,25 — V=0,5m/s

28- Colocando as forças e calculando a aceleração do sistema:

B

R RB

2

R 2R 1 2

R 1 12

2

o2

o2 2 2


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bloco 1 — F =m.a — T=6.a I bloco 2 — F =m.a — 40 – T=4.a II substituindo I em II — 40 – 6.a=4.a —

a=4m/s . Observe na figura que os dois blocos se movem juntosenquanto percorrem apenas 0,5m, com aceleração a=4m/s e, noinstante em que 2 chega ao solo,eles tem velocidade:

Torricelli — V = V + 2.a.DS — V = 0 + 2.4.0,5 — V=2m/s. Apartir daí, 2 não puxa mais 1 e ele segue em MRU com velocidadeconstante de 2m/s, com que chega em B.

29- (1) bloco A — F – T=m.a — F – T=4.2 — F – T=8 Ibloco B — T=6.2 — T=12N II substituindo II em I —

F – 12=8 — F=20N — está correta

(2) está correta – vide (1)

(3) está correta, pois o dinamômetro é ideal (como se nãoexistisse).

(4) está correta, o dinamômetro indica a tração no fio.

Todas corretas

30- colocando as forças e, como as massas são iguais, a tração

(T) em cada fio é a mesma.

Observe na figura acima que o bloco B sobe, pois nele temos 2Tpara cima. Bloco A — desce — P-T=ma — mg-T=ma I —bloco B — sobe — 2T-P-ma — 2T-mg=ma II — bloco C —desce — P-T=ma — mg-T=ma III — somando I, II e III —mg=3ma — a=g/3 R- C

31- Colocando as forças:

R R

22

2o

2 2 2


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Bloco B — sobe — T – P = m .a — T – 100 = 10.a Ibloco A — para a esquerda — F – T=m .a —

500 – T=15.a II — somando I com II — a=16m/s — T –100=10.16 — T=260N

32- a) m=100g=0,1kg — F-P=m.a — F – 3=0,3.3 — F=3,9N.

b) só sobre o elo do meio — F =m.a — F =0,1.3 — F =0,3N

c) elo de baixo — T-P=ma — T-1=0,1.3 — T=1,3N

33- Cálculo da aceleração do sistema:Bloco da esquerda — 2mg – T=2ma bloco da direita — T –mg=ma resolvendo o sistema — mg=3ma — a=g/3

Torricelli — V = V + 2.a.DS — V = 0 + 2.g/3.h — V=Ö2.g.h/3

34- Quem está subindo é o anel do meio mais os três anéis debaixo, portanto 4 anéis de peso P=(4X0,2).10 — P=8N

T – P=m.a — T – 8=0,8.2 — T=9,6N R- B

35-Decompondo, na figura I a força de tração T , observamos que:

figura I — T + N =P — N =P – T figura II — N =P — portanto N >N — R-B

36-Colocando as forças nas barcaças:

B BA

2

R R r

2o

2 2 2

1

1X 1 1 1X 22 1


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Barcaça A — F =m .a — T =30.10 .a — T =20.10 .a —8.10 =20.10 .a — a =4m/s qualquer aceleração acima dessevalor arrebenta o cabo II

O cabo I puxa as duas barcaças de massa m =50.10 kg —F =m .a — T = m .a — 6.10 =50.10 .a —a =12m/s — qualquer aceleração acima desse valor arrebentao cabo I.

Como a aceleração das duas barcaças deve ser a mesma, para queos dois cabos não arrebentem temos que pegar o menor valor dea, ou seja, a=4m/s .

37- De uma maneira bem simples e prática — quando orecipiente é acelerado para a direita, o líquido, por inércia, tende apermanecer em repouso, ou seja, fica contrário ao deslocamentodos recipientes — R- B

38- O bloco m está sujeito a 6 forças. Seu próprio peso e a forçade ação F são duas delas — as outras quatro são devidas aoscontatos com os outros dois corpos, sendo duas delas para cadacorpo — a ação na direção da gravidade em função do pesodestes corpos e ações na direção do movimento, mas no sentidooposto, por resistência a ação de F — R- B

39- Considere o sistema abaixo em repouso em relação a umreferencial inercial em que o bloco de massa M representa o pesodo cabo (aplicado em seu centro de gravidade) e as cordasrepresentam o cabo, e q o ângulo que o cabo faz com a horizontaldo lugar.

Observe na seqüência das figuras acima que, como o sistema estáem equilíbrio, F =0 — 2Tsenθ=Mg — senq = Mg/2T —

assim, se q = 0 — sen(q) = 0 o que significa que as forçasexercidas pela corda sobre o bloco devem ser infinitas — ou,deve existir uma força de módulo infinito para que, somada aopeso do bloco (aqui modelando a massa do cabo), resulte zero — como isso não é possível, não há como se ter q = 0, isto é,deverá sempre existir, num campo gravitacional, a “curva”observada por Lucinha.

40- a) A tensão (ou tração, que é o termo mais adequado) na cordacorresponde à intensidade da força aplicada por Alberto —

T = 200 N.

b) : força de tração no centro da polia, aplicada por Cabral —: forças aplicadas pela corda que passa pela polia —

c) Como a polia não tem massa (ou seja, sua massa é desprezível)e, além disso, ela está sendo arrastada quase que estaticamente

R A II3

II3

4 3A A

2

A+B3

R A+B B I A+B B5 3

BB

2

2

2

R


e 14 01/04/2016 13:22


12/14

(ou seja, com velocidade constante — a = 0) — princípiofundamental — F =ma — F – 2 T = m a — F – 2 T = 0 —

F = 2 T = 2 (200) — F = 400 N.

d) A figura a seguir mostra que quando a ponta da corda deslocaD (do ponto P até o ponto P’ ), o centro da polia desloca D/2.

Se corda que Alberto puxa enrola D, essa distância é distribuídanos dois braços da polia, fazendo com o seu centro desloqueD/2 — portanto, se Carlos avança 2 m, Alberto recua 4 m.

41- As forças que agem sobre a esfera são seu peso ( ), vertical e

para baixo e a força de tração no fio ( ), conforme figura —

somando vetorialmente com você obtém a força resultante — tg45 = cateto oposto/cateto adjacente — tg45 =F /P —

1=ma/mg — a=g=9,8m/s — R- C

42- F =KV — K=F V =m.aV =(m.V/t)/V — K=(m/t)/V —

K=(kg/s)/(m/s) — K=kg/s x s/m — K=kg/m — R- D43- Como o andaime se encontra parado (equilíbrio estático) aresultante das forças que agem sobre ele ê nula — observe queos pesos sobre o andaime encontram-se no meio (peso de umoperário + peso do andaime, supondo-o homogêneo) e naextremidade esquerda (peso do outro operário) — assim, atensão na corda X é maior que a na corda Y — R- D

44- Colocando as forças que agem sobre cada bloco (pesos de Ae de B, P e P , verticais e para baixo; tração T em cada bloco,

verticais e para cima e o empuxo E sobre o bloco A devido aolíquido, vertical e para cima) — E=ρ .V .g — E= ρ .3(V/2).g — P =m.g — P = ρ .V .g — P = ρ Vg —P =3mg=3.ρ .V.g — o sistema está em equilíbrio (F =0) —bloco B — T=P — T= ρ Vg — bloco A —V =V /2 — V=2V — E + T = P — ρ .3(V/2).g +ρ Vg = 3.ρ .V.g — ρ .3(V/2).g = ρ .2.(2V).g —3ρ /2 = 2.ρ .2 — ρ =4 ρ /3 — R- D

45-

R

o oR2

R2

R2 2 2

A B

liq liq liqB B bloco bloco B bloco.

A bloco R

B bloco.liq bloco A liqbloco. bloco liq blocoliq bloco liq bloco


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I. Falsa — para que o corpo se desloque é necessário que aprojeção de F na horizontal (Fcosθ) seja maior que a força deatrito — Fcosθ > F .

II. Correta — o corpo estará na iminência de se mover quandoFcosθ = F .

III. Correta — se F > P e θ=90 , o bloco girará no sentidoanti-horário até que a direção de F seja a mesma que de P e, apartir daí,

como F>P a força resultante será vertical e para cima, e o corposubirá.

IV- Falsa — o corpo só será elevado se N + Fsenθ > P, pois,nesse caso sobrará uma força resultante vertical e para cima.

R- D

46-

Aceleração de subida da plataforma A que sobe ∆S=4,5m em∆t=3,0s, a partir do repouso V =0 — ∆S=V .t + a.t /2 — 4,5 =

0.3 + a.3 /2 — a=4,4/4,5 — a=1,0m/s — esta é a aceleração desubida da massa m e de descida da massa M — a figura

mostra as forças que agem sobre o sistema — equações —massa m — F =m.a — T – mg = m.a — T – 225.10 = 225.1 —

T=2 475N — massa M — M.g – T = M.a — M.10 – 2 475 = M.1 — 9M=2 475 — M=275kg — R- A

47-

a) Se você considerar o sistema carro-ônibus como um sistemaisolado, você pode utilizar o teorema da conservação da

quantidade de movimento — Q =M.V + m .V =9000.80+1000.0 — Q =720000kg.m/s — Q =(M +

atrito

atritoo

o o2

2 2

R

antes o a aantes depois


de 14 01/04/2016 13:22


14/14

m ).V=10.000.V

Q =10000V — Q = Q — 720000=10000V — V=72km/h.

b) Pela figura fornecida você pode determinar a intensidade da

força lateral — sen3 =F /F — 0,05=F /8000 — F =400N

A aceleração lateral do carro tem intensidade — F =m.a —400=1600.a — a =0,25m/s .

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