Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Aplicações das Leis de Newton em blocos apoiados ou suspensos

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Aplicações das Leis de Newton em blocos apoiados ou suspensos

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

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

Bloco A — F_R=m_A.a — 20 – N=3.a I Bloco B — F_R=m_B.a — N=1.a II

Somando I com II, obtemos — 20=4a — a=5m/s² (é a mesma para cada bloco, pois se movem juntos).

b) Substituindo a=5m/s² em I ou em II obtemos — N=5N.

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

02- Colocando as forças que influem no movimento:

Bloco P — F_R=m_P.a — F – N₁=6.a I — bloco Q — F_R=m_Q.a — N₁ – N₂=4.a II — bloco R — N₂ = m_R.a —

N₂ = 2.a III — somando I com II com III, obtemos 48=12ª — a=4m/s². A força pedida tem intensidade N₂=2.a —

N₂=2.4 — N₂=8N

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

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

Bloco M — F_R=m_M.a — 24 – N = 3.2 — N =18N

04– Em fios a força é de tração :

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

60 = 30.a — a=2m/s², que, substituído em I ou II, fornecerá — T=20N R- E

05– Bloco A — F_R=m.a — T₁ – T₂=1.10 — T₁ – T₂=10 Bloco B — FR=m.a — T₂ – T₃=2.10 — T₂ – T₃=20

Bloco C — F_R=m.a — T₃=3.10 — T₃=30N, que substituído em T₂ – T₃=20 — T₂-30=20 — T₂=50N

T₁ – T₂=10 — T₁ – 50=10 — T₁=60N

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

Bloco A — F_R=m_A.a — T=3.a I — Bloco B — F_R=m_B.a — P_B – T=m_B.a — m_B.g – T=m_B.a — 1.10 – T=1.a

10 – T=a II — somando I com II — 10=4.a — a=2,5m/s²

T=3.a — T=3.2,5 — T=7,5N

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

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

Sobre o bloco B deixa de existir a força de tração e a força resultante sobre ele fica sendo apenas seu peso — F_r =P_B —

m_B.a = m_B.g — a = g — ele cai em queda livre com aceleração da gravidade.

07– Colocando o peso do bloco m₂ — P=1.10 —P=10N

O sistema se move no sentido anti-horário, pois F>P, ou seja, m₂ sobe e m₁ se desloca para a esquerda.

Bloco m₁ — F_R=m.a — F – T=m₁.a — 40 – T=1.a — 40 – T=a I Bloco m₂ — T – P=m.a — T – 10=1.a —

T – 10=a II — somando I com II — 40 – 10=2.a — a=15m/s² — T – 10=1.a — T=10 + 15 — T=25N

08– a)Colocando as forças:

bloco 1 — F_R=m₁.a — T_A=40.a I bloco 2 — F_R=m₂.a — T_B – T_A=20.a II bloco 3 — F_R=m₃.a —

T_B – P=m₃.a — T_B – 600=60.a III — somando I com II com III — 600=120.a — a=5m/s², que, substituído em III nos fornece — T_B=600 + 60.5 — T_B=900N

09– a) P_A=m_A.g — P_A=6.10 — P_A=60N P_B=m_B.g — P_B=10.10 — P_B=100N

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

Observe que, como P_B>P_A, o sistema se move no sentido anti-horário (A sobe e B desce).

bloco A — F_R=m_A.a — T – 60=6.a I bloco B — F_R=m_B.a — 100 – T=10.a II somando I com II —

100 – 60=16.a — a=40/16 — a=2,5m/s²

b) o dinamômetro indica a intensidade da força de tração no fio no 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 segundo carrinho — T=100.0,5 — T=50N — F – 50=20 — F=70N R- C

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

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 é a mesma e a massa do sistema (3m) é a mesma.

Primeira situação — bloco m — T₁=m.a I segunda situação — bloco2 m — T₂=2m.a II

comparando I com II — T₂ = 2T₁ — R- A

14– A proporção de comprimento é válida também para massa. Separando as frações:

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

Sobre a massa m/3 — F_R=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 — T₁=ma I bloco 2 — T₂ – T₁=ma II bloco 1 — P₁ – T₂=ma III somando I, II e III —

P₁=3ma — mg=3ma — a=g/3

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

bloco 2 — T=ma’ I bloco 1 — P₁ – T=ma’ II somando I com II — P₁=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 e a força aplicada são as mesmas.. A força de contato será maior na situação do conjunto 1, pois o bloco da esquerda terá que empurrar uma massa maior.

17– a) As forças que atuam no balde são a tração do fio, T, e o peso P. Quando o balde está em repouso, temos T = P = 100 N. Como P = mg — 100=m.10 — m=10kg. . Já quando o dinamômetro acusa T = 120 N, temos, F_R=ma — T – P = ma, ou seja, a = (120 – 100)/10 = 2 m/s².

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

18–

F_R=ma — T=2.10².2 — T=4.10²N

19– Vamos calcular a aceleração do sistema (barco + pessoa + pacote) — Pela segunda lei de Newton, F_R = m.a — 240 = (100 + 58 + 2).a — 240 = 160.a ==> a = 240/160 = 1,5 m/s².

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 forças sobre o sistema estão indicadas na figura.

Observe no bloco A que, como P_A>T, ele deve descer e consequentemente B deve subir.

Assim, considerando que A desça acelerado, pelo princípio fundamental da dinâmica temos, para o corpo A, que: — F_R=m_A.a —

100 – 40 = 10.a ==> a = 60/10 = 6 m/s².

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

21– Bloco A

F_R=m_A.a — F=m_A.a I

Bloco B sobre o bloco A

F_R=(m_A + m_B).a/4 —- F==(m_A + m_B).a/4 — 4F=m_Aa + m_Ba — 4F=F + m_Ba — 3F=m_Ba II

Dividindo membro a membro II por I — 3m_A=m_B — m_A/m_B=1/3

22– Calculando a aceleração do sistema pelo gráfico — a=DV/Dt — a=24/6 — a=4m/s²

Bloco A — P_A – T=m_Aa — 10m_A – T=4m_A — T=6m_AI blobo B — T=m_Ba — T=m_B.4 II — igualando I com II — 6m_A=4m_B — m_A/m_B=2/3

23– a) caminhonete — F_R=m_c.a — F – T=2.000X1 — F – T=2.000 I 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 é 2000N e a tração aplicada é de 880N

24-1^a etapa — queda livre da esfera m_o, com a=g e a velocidade variando de 0 a V_o, numa queda de altura H_o.

Torricelli — V_o² = 0² + 2.g.H_o — V_o² =2gH_o 2^a etapa — as duas esferas se movem juntas com aceleração a que vale:

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

M_o.g – T=m_o.a II — substituindo I em II — m_og – 3m_oa=m_oa — g=4.a — a=g/4

Queda de m_o com aceleração a=g/4 e velocidade variando de V_o a V, numa queda de altura H_o

Torricelli — V²=V_o² +2.a.DS — V²= V_o² + 2.g/4.H_o — V²=2gH_o + (2gH_o)/4 — V²=V_o² + (V_o²)/4 — V²=(5V_o²)/4 — V=Ö5V_o/2 — V=2,2.V_o

25– a) equilíbrio estático (força resultante nula)

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

b) os dois blocos sobem com a=2m/s² e F_R¹0

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

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

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

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

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

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

50 – 20.a = 5.a — a=2m/s².

27- Colocando as forças sobre cada bloco:

bloco A – sobe — F_R=ma — T₂ – 40= 4.a I bloco B – direita — F_R=ma — T₁ – T₂=11.a II bloco C – desce —

F_R=ma — 50 – T₁=ma — 50 – T₁=5.a III Somando I, II e III — 10=20.a — a= 0,5m/s²

Bloco A que sobe com aceleração de 0,5m/s², percorrendo DS=25cm=0,25m e tendo V_o=0 em X e V em Y.

Torricelli — V² = V_o² + 2.a.DS — V² = 0² + 2.0,5.0,25 — V=Ö0,25 — V=0,5m/s

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

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

a=4m/s². Observe na figura que os dois blocos se movem juntos enquanto percorrem apenas 0,5m, com aceleração a=4m/s² e, no instante em que 2 chega ao solo,eles tem velocidade:

Torricelli — V² = V_o² + 2.a.DS — V²= 0² + 2.4.0,5 — V=2m/s. A partir daí, 2 não puxa mais 1 e ele segue em MRU com velocidade constante de 2m/s, com que chega em B.

29- (1) bloco A — F – T=m.a — F – T=4.2 — F – T=8 I bloco 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 não existisse).

(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 2T para 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:

Bloco B — sobe — T – P_B = m_B.a — T – 100 = 10.a I bloco A — para a esquerda — F – T=m_A.a —

500 – T=15.a II — somando I com II — a=16m/s² — 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_R=m.a — F_R=0,1.3 — F_r=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 — V²= V_o² + 2.a.DS — V²= 0² + 2.g/3.h — V=Ö2.g.h/3

34- Quem está subindo é o anel do meio mais os três anéis de baixo, 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 T₁, observamos que:

figura I — T_1X + N₁=P — N₁=P – T_1X figura II — N₂=P — portanto N₂>N₁ — R-B

36-Colocando as forças nas barcaças:

Barcaça A — F_R=m_A.a — T_II =30.10³.a — T_II=20.10³.a — 8.10⁴=20.10³.a_A — a_A=4m/s² qualquer aceleração acima desse valor arrebenta o cabo II

O cabo I puxa as duas barcaças de massa m_A+B=50.10³kg — F_R=m_A+B.a_B — T_I= m_A+B.a_B — 6.10⁵=50.10³.a_B — a_B=12m/s² — qualquer aceleração acima desse valor arrebenta o cabo I.

Como a aceleração das duas barcaças deve ser a mesma, para que os dois cabos não arrebentem temos que pegar o menor valor de a, ou seja, a=4m/s².

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

38- O bloco m₂ está sujeito a 6 forças. Seu próprio peso e a força de ação F são duas delas — as outras quatro são devidas aos contatos com os outros dois corpos, sendo duas delas para cada corpo — a ação na direção da gravidade em função do peso destes corpos e ações na direção do movimento, mas no sentido oposto, por resistência a ação de F — R- B

39- Considere o sistema abaixo em repouso em relação a um referencial inercial em que o bloco de massa M representa o peso do cabo (aplicado em seu centro de gravidade) e as cordas representam o cabo, e q o ângulo que o cabo faz com a horizontal do lugar.

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

assim, se q = 0 — sen(q) = 0 o que significa que as forças exercidas pela corda sobre o bloco devem ser infinitas — ou, deve existir uma força de módulo infinito para que, somada ao peso 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 corda corresponde 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 (ou seja, com velocidade constante — a = 0) — princípio fundamental — F_R=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 desloca D (do ponto P até o ponto P’ ), o centro da polia desloca D/2.

Se corda que Alberto puxa enrola D, essa distância é distribuída nos dois braços da polia, fazendo com o seu centro desloque D/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^o = cateto oposto/cateto adjacente — tg45^o=F_R/P — 1=ma/mg — a=g=9,8m/s² — R- C

42- F_R=KV² — K=F_RV²=m.aV²=(m.V/t)/V² — K=(m/t)/V — K=(kg/s)/(m/s) — K=kg/s x s/m — K=kg/m — R- D

43- Como o andaime se encontra parado (equilíbrio estático) a resultante das forças que agem sobre ele ê nula — observe que os pesos sobre o andaime encontram-se no meio (peso de um operário + peso do andaime, supondo-o homogêneo) e na extremidade esquerda (peso do outro operário) — assim, a tensão na corda X é maior que a na corda Y — R- D

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

verticais e para cima e o empuxo E sobre o bloco A devido ao líquido, vertical e para cima) — E=ρ_liq.V_liq.g — E= ρ_liq.3(V/2).g — P_B=m.g — P_B= ρ_bloco.V_bloco.g — P_B= ρ_bloco.Vg — P_A=3mg=3.ρ_bloco.V.g — o sistema está em equilíbrio (F_R=0) — bloco B — T=P_B — T= ρ_bloco.Vg — bloco A — V_liq=V_bloco/2 — V=2V — E + T = P_A — ρ_liq.3(V/2).g + ρ_bloco.Vg = 3.ρ_bloco.V.g — ρ_liq.3(V/2).g = ρ_bloco.2.(2V).g — 3ρ_liq/2 = 2.ρ_bloco.2 — ρ_liq=4 ρ_bloco/3 — R- D

45-

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

II. Correta — o corpo estará na iminência de se mover quando Fcosθ = F_atrito.

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

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

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_o=0 — ∆S=V_o.t + a.t²/2 — 4,5 =

0.3 + a.3²/2 — a=4,4/4,5 — a=1,0m/s² — esta é a aceleração de subida da massa m e de descida da massa M — a figura

mostra as forças que agem sobre o sistema — equações — massa m — F_R=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 sistema isolado, você pode utilizar o teorema da conservação da

quantidade de movimento — Q_antes=M.V_o + m_a.V_a=9000.80 +1000.0 — Q_antes=720000kg.m/s — Q_depois=(M + m_a).V=10.000.V

Q_depois=10000V — Q_antes = Q_depois — 720000=10000V — V=72km/h.

b) Pela figura fornecida você pode determinar a intensidade da força lateral — sen3^o=F_L/F_at — 0,05=F_L/8000 — F_L=400N

A aceleração lateral do carro tem intensidade — F_L=m.a_L — 400=1600.a_L — a_L=0,25m/s².

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