Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Aplicações das Leis de Newton

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre

Aplicações das Leis de Newton

01-

Se você decompor a força inclinada e adicional em suas parcelas horizontal () e vertical (), a parcela horizontal não afetará o peso da mercadoria, pois não provoca compressão na balança — quem provoca um aumento na indicação da balança é a parcela vertical de intensidade — sen37^o=F_v/F — 0,6=F_v/5 — F_v=3N — assim, uma massa de 1,5kg que pesa 15N, passará a pesar 18N e terá massa de 1,8kg — R- D.

02- A força peso do sistema (20N+40N=60N) está localizada em seu centro de massa que está trocando com a mesa força de 60N, caso contrário, o sistema cairia — seria como se você colocasse o sistema de peso 60N sobre uma balança, conforme a figura abaixo.

A balança marcaria o peso dos dois blocos, ou seja, 60N.

03- Como despreza-se os atritos, sobre ele não surgem forças horizontais, apenas as verticais que são o peso e a força de contato entre ele e a superfície horizontal. Essas forças tem sentidos contrários com a parte esquerda do brinquedo descendo e a direita subindo — R- D.

04- a) Sobre a pessoa agem as forças — peso — P=m.g — P=68.10 — P=680N, vertical e para baixo —

força que a balança exerce sobre a pessoa — N₁=650N, vertical e para cima — força que a bengala exerce sobre a pessoa — N₂=680 – 650 — N₂=30N, vertical e para cima. Observe que P=N₁ + N₂.

b) 650N, vertical e para cima.

05- Considerando g=10m/s² — P=m.g — 1=m.10 — m=0,1kg=100g — R- D.

06- Veja nas figuras que um estojo de diploma da fila superior, de peso , está trocando forças de contato e de mesma intensidade N, com dois estojos de diplomas da fila inferior — como o sistema está em repouso (equilíbrio estático) a força resultante sobre o canudo superior deve ser nula, ou

seja, + = — observe que a reta suporte das três forças, com vértices nos centros das circunferências é eqüilátero com cada ângulo interno valendo 60^o (figura 2) — portanto o ângulo que cada N forma com a vertical é de 30^o — cada projeção na vertical vale Ncos30^o =N√3/2 — na ultima figura, como o sistema está em equilíbrio — 2Ncos30^o=P — 2N√3/2 = P — N=P/√3x√3/√3 —

N=P√3/3 — R- B.

07- As membranas interdigitais das patas funcionam como pára-quedas aumentando a força de resistência do ar fazendo com que sua velocidade tenda a um valor limite, a partir da qual cairá com velocidade constante — R- A.

08- Dado: Adote g = 10 m/s²

Peso do carro — P_c=m.g — P_c=700.10 — P_c=7000N

Chamando de P o peso do contrapeso, de m sua massa, e colocando todas as forças, observamos que sobre o carro agem as forças — 7P (para cima) o peso do carro P_c=7000N (para baixo) — como ele está em equilíbrio — 7P=P_c

— 7P=7000 — P=1000N e m=100kg — o cabo central exerce uma força de 2P (veja figura) — F=2.1000 — F=2000N.

09- Peso do macaco — P_m=m_m.g=10.9,8=98N — seja T a intensidade da força que o macaco faz na corda para baixo, que (pelo princípio da ação e reação é a mesma com que a corda reage nele para cima) — sobre o macaco você tem

duas forças agindo, seu peso P_m=98N para baixo e a tração T para cima — aplicando a lei fundamental da dinâmica sobre o macaco que sobe com aceleração a — F_R=m.a — T – P_m=m_m.a — T – 98 = 10.a (I) — a aceleração mínima a com que o macaco deve subir pela corda (e consequentemente qualquer ponto da corda descer com essa mesma aceleração

a) para erguer a caixa deve ocorrer no instante em que a intensidade da força resultante sobre a caixa deve ser nula, ou seja, em que P_caixa=T — m_c.g=T — T=15.9,8=147N (II) impondo essa condição em (I) você obterá a aceleração mínima necessária para levantar a caixa (tirá-la do chão) — (II) em (I) — 147 – 98 = 10.a_min —

a_min=4,9m/s².

Observação: Esta questão é originária do livro: Halliday, Resnick e Walker – 4a. edição – capítulo 5 — nela ainda estão incluídos os itens:

b)Se, após levantar a caixa, o macaco parar de subir e ficar agarrado à corda, qual será a sua aceleração?

c) Qual será a tensão na corda?

b) e c) Com o macaco parado você terá o esquema abaixo (máquina de Atwood) — o sistema tende a girar no sentido

horário, pois o peso do caixote é maior que o peso do macaco — equação do macaco — T – 98 = 10.a (I) — equação do caixote — 147 – T = 15.a (II) — resolvendo (I) com (II) — a=1,96m/s² e T=117,6N.

10-

Separando os blocos conforme é pedido no enunciado e colocando a força pedida e o peso que interessa — como

O bloco de massa 2m sobe freando com aceleração a, a força resultante sobre ele é para baixo, ou seja, F_R = N – P, pois P > N — F_R =m.a — P – N = 2m.a — 2mg – N = 2m.a — N=2m(g – a) — R- D.

11-

Os freios antitravamento (ABS, anti-lock braking system) ajudam a parar melhor — eles previnem o travamento das rodas e proporcionam uma distância de frenagem mais curta em superfícies escorregadias, evitando o descontrole do veículo — ele mantém as rodas sempre na iminência de deslizar, aproveitando melhor o atrito estático máximo, que é maior que o atrito cinético (de deslizamento) — R- E.

12- A força de atrito também pode servir como força motora no deslocamento de um veículo, no caso da locomotiva — se você quiser acelerar a locomotiva para a direita, o motor da mesma deve fazer o eixo e consequentemente a roda girar no sentido horário — a roda empurra o trilho para trás (esquerda) com uma força que é a força de atrito F_atl e o trilho reage sobre a roda e consequentemente sobre a locomotiva com uma força de mesma intensidade F_atl, movendo-a para frente (direita) — assim, quando existe tração nas rodas, a força de atrito é a favor do movimento — em rodas

sem tração, a força de atrito (trocadas entre os trilhos e cada vagão F_atv) é contrária ao movimento — se a força de atrito entre a locomotiva e os trilhos (a favor do movimento) for maior que a soma das forças de atrito entre cada vagão e os trilhos (contrárias ao movimento), a locomotiva consegue puxar os vagões — R- B.

13-

Vamos colocar todas as forças que agem sobre o homem e sobre o elevador

P_e – peso do elevador — P_e=Mg P_H – peso do homem — P_H=mg — N – força trocada entre o homem e o piso do elevador — T – força de tração na corda que puxa o homem e o elevador para cima — homem — F_R=ma — T + N – P_H=ma — T + N – mg = ma (I) — elevador — F_R=Ma — T – P_e – N = Ma — T – Mg – N = Ma ( II) —

somando (I) com (II) — 2T – Mg – mg = Ma + ma — 2T = (M + m)g + (M + m)a — T=(M + m).(a + g)/2.

14-

Sendo a barra AC homogênea, a proporção de comprimento é válida também para massa — separando as frações com as respectivas massas (veja figura) — 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 ou N=-2F/3 ( possuem sentidos opostos).

15- a) A tensão (ou tração, que é o termo mais adequado) na corda corresponde à intensidade da força aplicada por Alberto na corda que ele está puxando — T = 200 N.

b) : força de tração no centro da polia, aplicada por Cabral — : forças aplicadas pela corda, puxada por Alberto, que passa pela polia e de intensidades T=200N — como a polia está em equilíbrio, F=2T=2.200=400N — F=400N.

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 (de C para C’) — 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.

16- 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 R- B

17- Colocando as forças nas barcaças e calculando a aceleração da barcaça A — F_R=m_A.a_A — T_II= m_A.a_A— 8.10⁴=20.10³.a_A — a_A= 4m/s² (qualquer força que provoque aceleração acima desse valor arrebenta o cabo II — o cabo I puxa as duas barcaças de massa m_AB=m_A+m_B=50.10³kg — F=m_AB.a_B — T_I= m_AB.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 você tem que pegar o menor valor de a, ou seja, a=4m/s².

18- Colocando as forças e, como as massas são iguais, a tração () 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.

20- Quando o fio é cortado, a esfera desce 1m e pára momentaneamente e, nesse instante temos o esquema abaixo — T – intensidade da força de tração em cada uma das molas — intensidade do peso da esfera — P=mg=5,1.10 — P=51N — aplicando Pitágoras num dos triângulos retângulos — y²=1²+ 1² — y=√2=1,41m — observe que y é o comprimento da mola na posição normal (1m) e que Δx é sua deformação e que y=1 + Δx — 1,41=1 + Δx — Δx=0,41m — observe também que senθ=1/y=1/√2 — senθ=√2/2=1,41/2 — senθ=0,7 — Ty=Tsenθ=0,7T — como a esfera está em equilíbrio, P=2Ty — 51=2.0,7T — T≈36N — T=Fe=K.Δx — 36=K.0,41 — K=87,8N/m.

21-

a) A mola inteira (mola equivalente) tem constante elástica k’=10N/m e as três partes iguais estão associadas em série cuja constante elástica K’ vale (veja fisicaevestibular.com.br – mecânica – lei de Hooke – associação de molas) — 1/k’= 1/k + 1/k +1/k, onde k é a constante elástica de cada parte — 1/k’=3/k — 1/12 = 3/k — k =36N/m

Quando associadas em paralelo a constante elástica equivalente do sistema vale (veja fisicaevestibular.com.br – mecânica – lei de Hooke – associação de molas) — k_e=36 + 36 +36 — k_e=108N/m — o período T de oscilação do conjunto é fornecido por T = 2π√(m/k_e) — T=2√(0,1/108) — T ≈ 6..10^-2 Hz.

Quando associadas em série a cosnstante elástica do sistema já é fornecida e vale K_e=12N/m — T=2π√(m/k_e) — T=2π√(0,1/12) — T≈ 18.10^-2 Hz.

22- Expressão que fornece o período de oscilação de um pêndulo simples de comprimento ℓ — T = 2π√(ℓ/g) — sendo o período T diretamente proporcional a √ℓ (ℓ=comprimento do fio), para T cair pela metade (de 2s para 1s), ℓ deverá ser 4 vezes menor (100/4=25) — R- E.

23- Com comprimento L o período do pêndulo é T = 2s — como o prego está a 3L/4 do ponto de suspensão, ele passará a oscilar em torno do prego, funcionando como um novo pêndulo de comprimento L/4 — com esse comprimento o novo período do pêndulo valerá — T’=2π√[(L/4)/g] — T’=2π√(L/g)/2 — T’=T/2 — T’=2/2 — T’=1s — observe na figura abaixo que o período (tempo que demora para ir e voltar) entre A e B é T/2=2/2=1s e que o período entre B e C é T’/2=1/2=0,5s — assim, L demora 0,5s para ir de A até B; L/4 demora 0,25s para ir de B a C;

L/4 demora 0,25s para ir de C a B e L demora 0,5s para ir de B a A — portanto o período pedido é 1 + 0,5 = 1,5s.

24- Observe, pelo enunciado, que eles demoram o mesmo intervalo de tempo (t) para se encontrarem — para o pêndulo menor o tempo de encontro será t=6T₁, onde T₁ é o período do pêndulo menor e fornecido por T₁=2π√(L₁/g) — t=6.2π√(L₁/g) (I) — para o pêndulo maior o tempo de encontro será t=4T₂, onde T₂ é o período do pêndulo menor e fornecido por T₂=2π√(L₂/g) — t=4.2π√(L₂/g) (II) — igualando (I) com (II) — 6T₁ = 4T₂ — 6.2π√(L₁/g) = 4.2π√(L₂/g) — √(L2/L1) = 6/4 — (√L₂/L₁)² = 36 / 16 — L₂ / L₁ = 9 / 4 — R- A.

25- O período T do pêndulo é dado por T=2π√(L/g) — como o relógio está atrasando seu período é maior do que deveria ser e assim, seu comprimento deve ser reduzido com o ajuste da porca sendo para a direita — se, para um dia (1.440min) o relógio atrasa 1 min, então o pêndulo deve registrar um tempo de 1.439min — ∆t=N_atraso.T_atraso=N_correto.T_correto — 1439T_atraso=1.440T_correto — 1439. 2π√(L_atraso/g) =1.440. 2π√(L_correto/g) — L_correto/L_atraso=(1.439/1.440)2 — L_correto/35 = 0,9986 — L_correto=34,95cm —

∆L=35 – 34,95=0,05cm=0,5mm — como cada rotação provoca variação de 1 mm, para que o relógio funcione corretamente deve ser dada meia rotação à direita — R- C.

26- A intensidade da força de atrito estático entre as caixa e a carroceria vale F_ate= μN — F_ate= μP — F_ate= μmg — F_ate=0,1.500.10 — F_ate=500N (acima desse valor as caixas se movem) — no movimento acelerado — V=V_o + a.t — 30=0 + a.20 — a=1,5m/s² — F_R=m.a — F_R=500.1,5 — F_R=750N ( como F_R>F_ate, as caixas se movem para trás e ficam juntas na parte traseira do caminhão) — no movimento uniforme, elas estão em equilíbrio dinâmico e F_R=0 — assim, elas não se movem e ficam juntas na parte traseira — no movimento retardado — V=V_o + a.t — 0=30 – a.40 — a=3/4m/s² — F_R=m.a — F_R=500.3/4 F_R=375N (menor que 500N, portanto elas não se movem e ficam na parte traseira do caminhão) — R- A.

27- I. Comportamento das forças de atrito que agem em um carro sem o mecanismo ABS:

Considere um bloco de massa m sujeito a uma força externa de intensidade variável

Quando o corpo estiver em repouso e não houver força externa, F_at=0 — com o corpo permanecendo em repouso, aumentando a intensidade de, a intensidade da força de atrito estático () também aumenta (figuras acima), até que o corpo fique na iminência de movimento (figura abaixo).

Quando o corpo está na iminência de movimento a intensidade da força de atrito estático é máxima — uma força de intensidade maior que faz com que o corpo entre em movimento e, a partir daí a força de atrito é denominada dinâmica ou cinética.

Depois que o bloco entra em movimento a força de atrito é denominada força de atrito dinâmica, e é sempre a mesma, independente da velocidade. A intensidade da força de atrito dinâmica é ligeiramente menor que a intensidade da força de atrito estática máxima.

O gráfico abaixo representa todo o processo explicado acima.

II. Comportamento das forças de atrito que agem em um carro com o mecanismo ABS:

Os freios antitravamento (ABS, anti-lock braking system) ajudam a parar melhor — eles previnem o travamento das

rodas e proporcionam uma distância de frenagem mais curta em superfícies escorregadias, evitando o descontrole do veículo — ele mantém as rodas sempre na iminência de deslizar, aproveitando melhor o atrito estático máximo, que é maior que o atrito cinético (de deslizamento) — quando a força aplicada pelos freios através da pressão aplicada no pedal chega aumentada até as rodas, estando elas na iminência de movimento (força de atrito de destaque), o sistema ABS libera instantaneamente a roda impedindo seu travamento e mantendo assim a força de atrito máxima (força de atrito de destaque) que é superior à força de atrito cinética ou dinâmica que surgiria, caso

ele deslizasse — o processo é repetido instantânea e sucessivamente conforme o gráfico acima — R- A.

28- Na figura estão colocadas as forças que atuam sobre cada bloco — o bloco P está em equilíbrio na

vertical (não cai) — F_at=P — μN=mg — N=mg/μ (I) — para que o bloco P não caia, ele deve se mover na horizontal com a mesma aceleração que a do bloco Q — bloco P — F – N=ma (II) — bloco Q — N=Ma (III) — (II) com (III) — F=(M + m).a (IV) — (I) em (III) — Mg/μ=Ma — a=mg/μM (V) — (V) em (IV) — F=(M + m).mg/μM — F=mg/μM.(M + m) — R- B.

29- Vamos chamar de L’, comprimento total do pano e de (L’ – L) o comprimento da parte pendente — como o pano é de constituição homogênea, sua densidade é a mesma — d=m_t/V_t — d (densidade) – m_t (massa total) – V_t (volume

total) — m_t=d.V_t — m_t=d.(A.L’), sendo A (área se seção transversal, espessura do pano) e L’ (comprimento

total do pano) — massa apoiada – m_a=d.A.L e massa pendente – m_p=d.A.(L’ – L) — – peso da parte pendente — P=m_pg (m_p, massa da parte pendente) — a força de atrito entre o pano de comprimento L e a mesa, está segurando o peso da parte pendente de comprimento (L’ – L), ou seja, F_at=P — m_a.g= m_p.g — m.d.A.L.g=d.A.(L’ – L).g — 0,5.L=(60 – L) — 1,5L=60 — L=40cm — R- A.

30- Observe na figura abaixo que — α é o ângulo de inclinação das asas em relação ao plano horizontal — é a força de sustentação aplicada pelo ar e que é perpendicular às asas — é o peso do avião — é a força resultante

Centrípeta — no triângulo — tgα=cateto oposto/cateto adjacente — tgα=F_c/P — tgα=(m.V²/R)/mg — V=√(R.g.tgα) — substituindo os valores — 100=√(R.9,5.√3) — 10.000=R.9,5.1,7 — R=10.000/16,15 — R=619,2m — R- A.

31- a) O “peso” do astronauta é percebido pela reação normal das paredes da nave sobre ele, que é a própria força resultante centrípeta de intensidade N=mV²/R ou N=m.W².R, que nesse caso é seu próprio peso,

ou seja, N=P=m.g —primeiro andar – raio R — m.g=m.W².R — W=√(g/R).

O “peso” do astronauta é percebido pela reação normal das paredes da nave sobre ele —

N=F_c=m.W².(R-h) — N=m.(√g/R)².(R-h) — N=m.g.(R-h)/R — Observe na expressão N=m.W².R que se a nave girar com W constante (que é a mesma para todos os andares) e como a massa do astronauta é a mesma, a “gravidade” N é diretamente proporcional ao raio R. Assim, a medida que o astronauta se aproxima do centro C de rotação do sistema a “gravidade” vai diminuindo até se anular no centro C, onde o astronauta tem sensação de ausência de peso (imponderabilidade).

32- Dados — h = 2 m — g = 9,8 m/s² — um habitante no interior da nave gira com a mesma velocidade angular (w) que ela — pelo enunciado, a diferença entre as intensidades das acelerações centrípetas nos pés a_cpés e na cabeça a_ccabeça deve ser igual a 1% da aceleração da gravidade na Terra — a_cpés=W².r —

a_ccabeça=W².(r – h) — a_cpés – a_ccabeça=0,01.9,8 — W²r – W²(r – h)=0,098 — W²r – W²r + W²h=0,098 — W².2=0,098 — W²=0,049 — como, pelo enunciado, nos pés a sensação de gravidade é de 1g=9,8m/s², você terá — W²r=g — 0,049r=9,8 — r=9,8/0,049 — r=200m.

33- Na figura da esquerda abaixo as forças foram colocadas no centro do bloco e na do meio a força externa foi decomposta em suas parcelas horizontal e vertical — o peso é a força que o bloco troca com o centro da Terra

— a normal é a força que o bloco troca verticalmente com o apoio superior devido à compressão da parcela de que é — a força de atrito é a força horizontal que o bloco troca com o apoio superior devido à componente de — como o sistema encontra-se em equilíbrio você tem — na horizontal F_x=f — na vertical F_y=P + N — R- B.

34-

Como a parte móvel se desloca ao londo do plano com velocidade constante ela está em equilíbrio dinâmico e a força resultante sobre ela é nula — P_y=N — F=f_at + P_x.

b) Decompondo a força peso — P_y=P.cos60^o=1000×0,5=500N — P_x=P.sen60^o=1000×0,86=860N — cálculo da força de atrito — f_at=μ.N — como ocorre equilíbrio dinâmico, N=P_y=500N — f_at=μ.P_y=0,1.500=50N — na direção do plano também existe equilíbrio — F = (P_x + f_at) — F=860 + 50=910N — F=910N.

35- Na primeira figura abaixo a força normal trocada entre o plano inclinado e a esfera é decomposta em

suas duas parcelas, uma horizontal e outra vertical — – força horizontal que a parede vertical do carrinho exerce sobre a esfera — – peso da esfera — P=m.g=1.10=10N — observe no triângulo da primeira figura que — sen60^o=N_V/N — N_V=0,87.N — cos60^o=N_H/N — N_H=0,5.N — mas, pelo enunciado, se a esfera E está em repouso em relação ao carrinho ela está em equilíbrio na vertical e o peso P e a componente vertical de , , se anulam — P=N_V — 10=0,87N — N=11,5N — como a esfera acompanha o carrinho na horizontal ambos possuem a mesma aceleração a=6,0m/s², e a intensidade da força resultante sobre a esfera vale F_R=F_CE + N_H — pela segunda lei de Newton, F_R=m.a — m.a=F_CE + 0,5.11,5 — 1×6=F_CE + 5,75 — F_CE=0,25N.

36- Forças que agem sobre o sistema aplicadas em seu centro — – peso dos dois blocos (forças que eles

trocam com o centro da Terra) — P=(M + m).g — – força normal (força horizontal que M troca com a parede de apoio) — — força de atrito devido à aderência de M com a parede de apoio por motivo da compressão de — equilíbrio na vertical — F_at=P — μN=(M + m)g — N=(M + m)g/μ (I) — equilíbrio na horizontal — N=F (II) — (II) em (I) — N=(M + m)g/μ — R- C.

37- Observe na figura I que, com a balança não inclinada, a força de reação da balança (indicação da mesma) é anulada pela força peso da pessoa — assim, N=P e a balança indica o peso da pessoa.

Por outro lado, na figura II, com a balança inclinada, a indicação da balança (N) é anulada pela parcela do peso ()perpendicular (normal) à superfície da balança, ou seja N=P_N que é menor que o peso , pois existe ainda uma parcela do peso () paralela à superfície da balança.

R- D.

38- Sendo a densidade de cada cubo a mesma e L₂=2L₁ você pode calcular a relação entre as massas de cada um:

Bloco 1 — V₁=L.L.L=L³ — d=m₁/V₁ — d=m₁/L³ (I).

Bloco 2 — V₂=2L.2L.2L=8L³ — d=m₂/V₂ — d=m₂/8L³ (I).

Igualando (I) com (II) — m₁/L³ = m²/8L³ — m₂=8m₁.

Considerando os dois blocos como um só de massa M=(m₁ + m₂)=(m₁ + 8m₁)=9m₁, você terá —

F=Ma — F = 9m₁.a (III).

A resultante sobre o bloco 2 é a força de contato aplicada pelo bloco 1 —- N=m₂a — N=8m₁a (IV).

Dividindo membro a membro (III) por (IV) — F/N = 9m₁/8m₁ — F/N = 9/8.

R- D.

39-

b) Cálculo da força de atrito sobre o bloco 1 — F_at1=μ₁.N₁= μ₁m₁g=0,5.1.10 — F_at1=5N

Sendo o movimento apenas na horizontal e a força F de intensidade fornecida F=13N, aplicando a segunda lei de Newton — F_R=ma — F – F_at1=m₁.a₁ — 13 – 5 = 1.a₁ — a₁=8m/s².

Observe que na vertical a força resultante é nula, assim N₁=P₁=m₁.g=1.10=10N — N₁=10N

c) Bloco 2:

Na vertical e em módulo — N₂=N₁ + (P₁ + P₂)= 10 + (10 + 5) — N₂=25N.

Cálculo do F_at2 — F_at2=μ₂.(m₁ + m₂)g=0,2.(1 + 0,5).10 — F_at2=3N

Na horizontal indo para a direita e as forças estão em módulo — F_at1 – F_at2 = m₂.a₂ — 5 – 3 = 0,5.a₂ — a₂=2/0,5 — a₂=4m/s².

c) Observe na figura que o bloco 1 possui aceleração maior que a do bloco 2 e assim, pelo atrito ele arrasta parcialmente o bloco 2.

Se, no instante t pedido o bloco 1 percorreu d₁=1m com aceleração a₁=8m/s²_,o bloco 2 percorrerá d₂ com aceleração de a₂=4m/s².

No instante t, equação de cada bloco em MRUV:

Bloco 1 — d₁=V_o1t + a₁t²/2=0.t + a₁t²/2= 0 + 8t²/2 — d₁=4t².

Bloco 2 — d₂=V_o2t + a₂t²/2=0.t + a₂t²/2= 0 + 4t²/2 — d₂=2t².

Observe então, que no instante t você terá — d₁ – d₂ = 1 — 4t² – 2t² = 1 — 2t² = 1 — t=√0,5≈0,7s

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Aplicações das Leis de Newton

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