Plano de Aulas. Física. Módulo 4 Leis de Newton e forças de atrito

Física

Módulo 4

Leis de Newton e forças de atrito

Resolução dos exercícios propostos

CAPÍTULO 1

CAPÍTULO 2

Exercícios dos conceitos

1

a) O movimento cessa porque existem forças externas atuando na bola; são as forças de atrito entre o chão e a bola, entre a bola e o ar etc. Pela lei da inércia, se não houvesse forças de resistência, o movimento jamais cessaria e, portanto, seria impossível que a bola não atingisse a última garrafa.

b)

Ao lustrar a bola e limpar o chão, reduzem--se as forças de resistência ao movimento. Assim, diminuindo os atritos, a bola tenderá a rolar mais facilmente.

2

Os passageiros dentro de um ônibus em mo-vimento movem-se na mesma velocidade do veículo. Assim, ao saltarem do ônibus, por inércia, tendem a manter a velocidade que ti-nham antes de saltar (velocidade do ônibus) e a mesma direção do movimento.

3

A resultante de forças nula é possível em dois casos: repouso ou MRU. Logo, o carro pode es-tar parado, mas também pode estar em MRU.

4

Sim, o fato de o módulo resultante não ser nulo impede o estado de equilíbrio.

5

O equilíbrio supõe resultante nula. Logo, em uma situação em que duas forças são aplicadas, é necessário que elas tenham mesma direção, porém sentidos opostos.

6

Ao descrever o peso máximo permitido no ele-vador, na placa deveria ser usada a unidade kgf ou newton, pois são unidades de força. A uni-dade kg só serve para medir massa.

7

A massa é a medida da inércia de um corpo. As- sim, será a mesma aqui ou em Marte. Lá, a mas-sa do robô continuará a ser 11,5 kg. Seu peso, no entanto, será menor, uma vez que em Marte a gravidade é aproximadamente 2,5 vezes me-nor que na Terra. Desse modo, o robô será 2,5 vezes menos atraído e, consequentemente, 2,5 vezes menos pesado em Marte.

8

Ao retirar os livros da estante, estamos dimi- nuindo a massa que deveremos tirar do repou- so. Se a massa é menor, a tendência de perma-necer em repouso também o será, uma vez que a inércia diminui.

1

Nesse tipo de avião, a hélice exerce uma força so- bre o ar e empurra o avião para trás; como rea-ção, o ar exerce uma força sobre a hélice (presa ao avião) e empurra o avião para a frente. Como em uma viagem à Lua há um longo percurso sem ar, o movimento não seria possível.

2

No foguete, os gases resultantes da explosão do combustível são ejetados para fora em uma cer- ta direção e sentido através de aberturas na fu-selagem. Como reação, os gases aplicam forças no foguete em sentido contrário, provocando o movimento. É importante notar que não há ne-cessidade de ar para que o foguete se mova ou mude a direção. Diferentemente do exercício anterior, não é o ar que gera o movimento.

3

O boi aplica uma força na carroça e esta, em reação, exerce força no boi. As duas forças não se anularão porque estão aplicadas em corpos diferentes. A força que o boi aplica na carroça só poderia ser anulada por outra força de mesma direção e sentido contrário aplicada na própria carroça e não no boi.

4

a) b) A constante elástica da mola é dada pelo coeficiente angular das retas: Fel 5 K 3 x Mola 1: K1 5 ​​ Fel_​ __ _{x​​ ] K}1 5 80 ___ _3,2 ] K1 5 25 N/m Mola 2: K2 5 ​​ Fel ​ __ _{x​​ ] K}2 5 160 ____ _0,4 ] K2 5 400 N/m Mola 2 Mola 1 3,2 2,8 2,4 2,0 1,6 1,2 0,8 0,4 0,2 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160

F_atc N F P 9 7 3 P₉ F_7,9 N 9 P₇ F_3,7 F_9,7 7 F_7,3 P₃ 3 9 7 3 P₉ F_7,9 N 9 P₇ F_3,7 F_9,7 7 F_7,3 P₃ 3

5

a)

c) A mola 1 é mais elástica do que a mola 2.

Uma força menor, de 25 N, que equivale a uma massa de 2,5 kg, provoca na mola 1 de-formação de 1 metro. Para sofrer a mesma deformação, a mola 2 necessita que 400 N de força lhe sejam aplicados, o que equivale à massa de 40 kg.

d) O comprador deve escolher a mola 2. Ela

resiste mais a se deformar pois possui cons-tante elástica maior.

CAPÍTULO 3

1

a) Como na vertical a resultante também é

nula, temos:

N 5 P ] N 5 40 N

b) Fatc 5 jc 3 N ] Fatc 5 0,2 3 40 ] Fatc 5 8 N

c) Sim. Sabemos que a força resultante é nula.

Como existe uma força de atrito atuando contra o movimento, também existe uma força F a favor do movimento, tal que F 5 Fat.

2

a) Sabemos que a força de atrito cinético é dada por: Fatc 5 jc

3 N. Substituindo qual-quer ponto do gráfico, temos: 40 5 jc 3 100 ] jc 5 0,4 b) Sendo nula a resultante vertical de forças: N 5 P ] N 5 400 N Fatc 5 j 3 N ] Fatc 5 0,4 3 400 ] ] Fatc 5 160 N

3

Como a velocidade constante: P 5 N 1 Ty (I) Tx 5 Fatc (II) Fr 5 0 ] Da equação (I), temos: P 5 N 1 T sen​a ] 200 5 N 1 100 3 0,6 ] ] N 5 140 N e, substituindo em (II): T cos a 5 jc 3 N ] jc 5 ________ 100 3 0,8₁₄₀ ] ] jc 5 80 ____ ₁₄₀ ] jc 5 4 __ ₇ ] jc 7 0,57

4

Os pares ação-reação são as forças: F7,3; F3,7 e F7,9; F9,7; as reações dos pesos P3, P7, e P9 estão localizadas no centro da Terra. b) Como o sistema todo está em equilíbrio: Bloco 3: F7,3 5 P3 ] F7,3 5 F3,7 5 50 gf ou 0,05 kgf Bloco 7: P7 1 F3,7 5 F9,7 ] ] F9,7 5 100 1 50 ] F9,7 5 F7,9 5 150 gf ou 0,15 kgf Bloco 9: P9 1 F7,9 5 N ] N 5 200 1 150 ] ] N 5 350 gf ou 0,35 kgf α T α P Tx Ty N Fatc F TBA PA Fate TAB A B a) Como o sistema está em repouso: TAB 5 TBA 5 P ] TAB 5 40 N

Fatc F3 F1 P F2 N

5

b) Fr 5 0 ] TAB 5 Fate ] Fate 5 40 N c) Como o sistema está na iminência de se mo-ver, o valor encontrado para a força de atrito é o valor máximo, ou seja, é a força de atrito estático. Fate 5 je 3 N ] 40 5 je 3 N ] je 5 40 _____ _{8 3 10} ] je 5 0,5 a) Pelo esquema de forças, temos: FR 5 0 ] N 5 F1 1 P ] N 1 10 1 20 ] N 5 30 N Como o módulo da força que o apoio aplica no bloco é 30 N, o módulo da força que o bloco aplica no apoio é também 30 N.

b) Se o corpo está na iminência de se

movi-mentar para a esquerda, temos o seguinte esquema de forças:

FR 5 0 ] F3 5 F2 1 Fate ]

F3 5 40 1 0,3 3 30 ] F3 5 49 N

c)

Se o corpo se move com velocidade cons-tante para a direita, temos o seguinte es-quema de forças: d) Se o corpo se move com velocidade cons- tante para a esquerda, temos o seguinte es-quema de forças: FR 5 0 ] F3 5 F2 1 Fatc ] F3 5 40 1 0,2 3 30 ] F3 5 46 N

CAPÍTULO 4

1

1a _{situação da figura I:}

FR 5 0 ] a 5 0 ] v 5 constante, ou seja,

gráficos B e Q. 2a _{situação da figura I:} FR . 0 ] a . 0 ] v 5 aumentando, ou seja, gráficos A e P. 3a _{situação da figura I:} FR , 0 ] a , 0 ] v 5 diminuindo, ou seja, gráficos C e R.

2

Intervalo de 0 a 2 s: Pelo gráfico vemos que a aceleração nesse tre-cho é de: a 5 ___ Sv​ St​​ ] a 5 4 __ 2 ] a 5 2 m/s2 ] F 5 m 3 a ] F 5 3 3 2 ] F 5 6 N Intervalo de 2 a 6 s: Pelo gráfico vemos que a aceleração nesse tre-cho é de: a 5 ___ Sv​ St​​ ] a 5 2₄ ___ 4 ] a 5 21 m/s2

OFRO 5 m 3 OaO ] OFeO 5 3 3 1 ] OFRO 5 3 N

Observação: o módulo da força nesse trecho é 3 N; o sinal negativo significa que a força está sendo aplicada contra o sentido do movimento e, por isso, o objeto está freando. F3 F1 P F2 N Fatc F3 F1 P F2 N FR 5 0 ] F2 5 F3 1 Fatc ] F3 5 40 2 0,2 3 30 ] F3 5 34 N Fatc F3 F1 P F2 N

3

No quadrinho, Garfield pensa em atender ao desejo de seu dono, Jon, mudando-se para um planeta com gravidade menor. Dessa forma, a ação do planeta sobre ele seria menor e, conse-quentemente, a força peso sobre ele também seria menor. Considerando que Garfield quer

Somando as três equações: F 5 (mA 1 mB 1 mC) 3 a ] 40 5 (3 1 5 1 2) 3 a ] 40 5 10 3 a ] a 5 4 m/s2 Substituindo a aceleração do sistema na equa-ção do bloco A, temos: F 2 FBA 5 mA 3 a ] 40 2 FBA 5 3 3 4 ] FBA 5 40 2 12 ] FBA 5 28 N Substituindo a aceleração do sistema na equa-ção do bloco C, temos: FBC 5 mC 3 a ] FBC 5 2 3 4 ] FBC 5 8 N

Obs.: os pares FBA, FAB e FBC, FCB

são pares ação--reação e, portanto, têm o mesmo módulo.

8

a) Situação I: Situação II: Portanto, como PB , PA , a aceleração do siste-ma na situação II é maior, já que nela o sistema está submetido a uma força resultante maior. b) Situação I: TBA 5 mA 3 a ] TBA 5 4,5 3 1 ] TBA 5 4,5 N Situação II: TAB 5 mB 3 a ] TAB 5 0,5 3 9 ] TAB 5 4,5 N diminuir a força peso sobre ele, os planetas do Sistema Solar mais indicados para tal redução seriam Mercúrio e Marte, por apresentarem os menores valores de aceleração da gravidade. A massa dos corpos é invariável. Assim, de nada adiantaria a mudança para um planeta de menor gravidade com o objetivo de alcan-çar o emagrecimento. As pessoas teriam uma sensação de menor peso nos planetas de me-nor gravidade, porém, tal sensação não indica diminuição de massa.

4

a) A massa é a mesma qualquer que seja o pla-neta: m 5 5 kg. b) Júpiter. O peso da caixa é maior em Júpiter, pois, sendo a massa da caixa invariável, seu peso será maior no planeta em que a acele-ração da gravidade é maior.

5

a) A resistência do fio não muda porque ele está sujeito a uma aceleração da gravidade menor. A força máxima suportada continua sendo 600 N. b) Como a força máxima é 600 N, temos: Fmáx 5 mg ] 600 5 m 3 1,5 ] _{m 5 400 kg}

6

108 km/h 5 30 m/s, então: a 5 S___ v​ St​​ ] a 5 ___ 30 10 ] a 5 3 m/s2 ] ] FR 5 m 3 a ] FR 5 1.200 3 3 ] ] FR 5 3.600 N Escrevendo a 2a _{lei de Newton para os três blocos:} A: F 2 FBA 5 mA 3 a B:​​FAB 2 FCB 5 mB 3 a C:​​FBC 5 mC 3 a

7

A

FBA PA F NA

B

FCB PB FAB NB

C

PC FBC NC

A

FBA PA F NA

B

FCB PB FAB NB

C

PC FBC NC PB T_AB T_BA A B PA TBA T_AB A B PB 2 TAB 5 mB 3 a TBA 5 mA 3 a ] PB 5 (mA​1​mB) 3 a​ ] ] 5 5 5 3 a ] a 5 1 m/s2 PA 2 TBA 5 mA 3 a TAB 5 mB 3 a ] PA 5 (mA​1​mB) 3 a​ ] ] 45 5 5 3 a ] a 5 9 m/s2

9

De forma geral, o esquema de forças atuantes na aluna é:

a) Se o elevador sobe com aceleração de

0,8 m/s2_{, temos:}

N 2 P 5 m 3 a ] N 2 50 3 10 5 50 3 0,8 ] N 5 40 1 500 ] N 5 540 N

b) Se o elevador sobe com movimento

retar-dado, P . N: P 2 N 5 m 3 a ] 50 3 10 2 N 5 50 3 0,8 ] ] N 5 460 N c) Se o elevador desce com movimento acele-rado, temos: P 2 N 5 m 3 a ] 50 3 10 2 N 5 50 3 0,8 ] N 5 500 2 40 ] N 5 460 N d) Se o elevador desce com movimento retar-dado, N . P: N 2 P 5 m 3 a ] N 2 50 3 10 5 50 3 0,8 ] ] N 5 540 N e) Se o elevador está em movimento uniforme ou em repouso, a aceleração é nula, então: N 5 P ] N 5 50 3 10 ] N 5 500 N

10

b No trecho em que o menino desliza, podemos calcular a desaceleração utilizando a equação de Torricelli: v2 _{5 v}2 0 1 2aSs ] 02 5 52 1 2 3 a 3 10 ] a 5 ____ 2₂₀25 ] a 5 21,25 m/s2 Pela 2a _{lei de Newton:}

Fatc 5 m 3 a ] jc 3 N 5 m 3 a ]

j_cmg 5 ma ] jc 3 10 5 a

j_c 5 ____ 1,25₁₀ ] j c 5 0,125

a) Escrevendo a 2a _{lei de Newton para os blocos:}

b) Substituindo a aceleração do conjunto em qualquer das equações, temos: TBA 2 FatB 5 mB 3 a ] TBA 2 0,5 3 60 5 6 3 2 ] TBA 5 12 1 30 ] TBA 5 42 N P N Fatc P v N

11

B _A FatB NB TAB PB TBA FatA N_A F PA B _A FatB NB TAB PB TBA FatA N_A F P_A

A: F 2 TAB 2 FatA 5 mA 3 a

B: TBA 2 FatB 5 mB 3 a

F 2 FatA 2 FatB​5 (mA 1 mB) 3 a ]

] F 2 j 3 NA 2 j 3 NB​5 (mA 1 mB) 3 a ]

] 112 2 0,5 3 100 2 0,5 3 60 5 16 3 a ] ] a 5 2 m/s2

Retomada dos conceitos

CAPÍTULO 1

1

c

A massa é a medida da inércia de um corpo, portanto um objeto de grande massa tem mais inércia do que um objeto de pequena massa.

2

b A bola cai ao pé do mastro, pois a bola que está no barco se move na mesma velocidade do bar- co; portanto, a bola quando solta não se deslo-ca horizontalmente em relação ao mastro.

3

c Peso é uma força e, portanto, deve ser expresso em unidades de força. Uma massa de 200 gramas corresponde a um peso de 200 gf ou 2 N.

4

b I. Falsa. As unidades kgf ou gf, por exemplo, também são unidades de peso. II. Correta, pois gf é unidade de peso. III. Falsa. Nessa frase, g indica unidade de massa e não o campo gravitacional. IV. Correta. A frase está errada pois utiliza uni-dade de massa para descrever peso.

5

e Como o pêndulo está deslocado, sabemos que o vagão não está em MRU. Analisando as alter-nativas, o vagão só pode estar se movendo de B para A com sua velocidade diminuindo; por inércia, o pêndulo se desloca para a frente.

6

a) A resultante é nula, pois o movimento é reti- líneo uniforme, uma vez que a bolinha per-corre espaços iguais em tempos iguais.

b) Para que a resultante seja nula, o peso da

bolinha tem de equilibrar a força de resis-tência do líquido. Logo, F 5 15 gf.

1

O editor do jornal preocupa-se com o fato de que, nas viagens espaciais, os foguetes têm de atravessar enormes distâncias sem que haja at-mosfera, ou seja, no vácuo. No entanto, apesar da ausência de ar, o movimento dos foguetes é possível, pois o par ação-reação, responsável pelo movimento, não se estabelece entre o fo-guete e o ar, e sim entre o foguete e os gases resultantes da explosão do combustível que o alimenta. Para se mover, o foguete expele esses gases em um sentido e, como reação, recebe uma força no sentido contrário, que deve ser suficiente para mudá-lo de direção.

2

c Sabendo que a carroça desenvolve velocidade constante, a força resultante sobre ela só pode ser nula.

3

No caso da tira, tanto a força que Garfield faz no próprio rabo quanto a que o rabo faz na mão es-tão em um mesmo corpo, no caso, de Garfield. A resultante seria nula e, portanto, não haveria movimento, ou seja, ação e reação estariam atuando no mesmo corpo, o que não ocorre.

CAPÍTULO 2

20 cm 25 cm F_el PB

4

c

FR 5 0 ] PB 5 Fel ] PB 5 K 3 Sx ] 2 5 K 3 0,05 ] K 5 40 N/m ] k 5 4 3 101 N/m

5

d

Sabemos que a força elástica é dada por:

Fel 5 K 3 x.

Pegando um ponto qualquer do gráfico, por exemplo (6; 30), temos:

30 5 K 3 6 ] K 5 5 N/cm

e, então, a relação matemática entre o módulo da força F e a deformação x é dada por:

4

a) O módulo da força aplicada que atua na di-reção do movimento é Fx: Fx 5 F cos d ] Fx 5 60 3 3 __ ₅ ] Fx 5 36 N β Fatc P Fy Fx F N

CAPÍTULO 3

6

O primeiro erro é a resposta dada em qui-los, quando a palavra correta é quilograma. A palavra quilo, sozinha, representa apenas um múltiplo de qualquer unidade (103_{). Além} disso, se o professor pediu o peso de Pedro, ele deve responder 60 kgf, ou aproximada-mente 600 N.

7

e A reação da força peso está localizada no cen-tro da Terra e não no próprio corpo.

9

a A reação da força peso de todos os corpos está no centro da Terra.

10

e Quando pressiona o bastão contra a balança, o homem aumenta a compressão feita pelo bas- tão contra o piso da balança, mas diminui a com-pressão feita por ele contra esse piso, de modo que a compressão total, que é o que a balança registra, permanece constante.

1

a) m 5 4 kg ] P 5 40 N

3

a) v constante ] F_R 5 0 ] F 5 Fatc ]

Fatc 5 20 N b) Fatc 5 jc 3 N ] 20 5 jc 3 80 ] j_c 5 20 ___ 80 ] jc 5 0,25

8

e Nas duas situações, a corda está submetida às mesmas forças. Na primeira, temos a força do cavalo na corda e a força da parede puxando a corda. Na segunda, as forças aplicadas na corda têm exatamente o mesmo módulo, direção e sentido da primeira situação.

Onde TP,C  FC

Primeira situação Segunda situação

TP,C FC

– FC FC

Onde TP,C  FC

Primeira situação Segunda situação

TP,C FC – FC FC Fate P F N

2

a) m 5 5 kg ] P 5 50 N b) Fate 5 jc 3 N ] 40 5 jc 3 50 ] jc 5 4 __ ₅ ] j_c 5 0,8 c) A força de atrito estático é a máxima força de atrito; então, qualquer força horizontal . 40 N coloca o corpo em movimento. F P N Fate Fatc P F N b) F_R 5 0 ] N 5 P ] N 5 40 N c) FR 5 0 ] Fate 5 F ] Fate 5 20 N

a) m​5 2 kg ] P 5 20 N b) A força exercida no apoio tem módulo igual a força feita pela pessoa, ou seja, 40 N. c) A força que o corpo exerce no apoio tem o mesmo módulo da força normal (força que o apoio exerce no corpo): FR 5 0 ] N 5 F ] N 5 40 N d) FR 5 0 ] Fate 5 P ] Fate 5 20 N e) Fate 5 je 3 N ] 20 5 je 3 40 ] je 5 0,5

5

Fate P F N

6

c

a) Incorreta. Observando o gráfico, notamos

que o valor máximo da força de atrito que se iguala à força aplicada no corpo (força motora) é 100 N; portanto esse é o valor da força de atrito estático máxima.

b) Incorreta. A força de atrito estático máxima

é dada pela expressão Fatc 5 jc 3 N; como

o corpo está em uma superfície horizontal e as únicas forças verticais são o peso P e a força normal N, então P 5 N; logo: 100 5 0,4 3 P ] P 5 250. c) Correta. O módulo da força de atrito ciné-tico é dado pela expressão Fatc 5 jc 3 N.

Do gráfico, temos Fatc 5 80 N. Então: 80 5

5 j_c 3 250 ] jc 5 0,32.

d) Incorreta. A força de atrito cinético é uma

força constante e independe da força apli-cada ao corpo.

2

A partir da equação de Torricelli, podemos de-terminar a aceleração do barco: v2 _{5 v}2 0 1 2aSs ] 52 5 02 1 2 3 a 3 25 ] a 5 0,5 m/s2 Então, a força resultante é: FR 5 m 3 a ] FR 5 (100 1 60) 3 0,5 ] FR 5 80 N

CAPÍTULO 4

1

b Podemos calcular a aceleração do corpo a par-tir da 2a _{lei de Newton:}

FR 5 m 3 a ] 7 5 2 3 a ] a 5 3,5 m/s2

Pela definição de aceleração, temos: a 5 S___ v​ St​​ ] 3,5 5 21 ___ St​​ ] St 5 6 s vi = 0 vf = 21 m/s 7 N 7 N b) FR 5 0 ] N 1 Fy 5 P ] N 5 100 2 60 3 4 __ 5 ] N 5 100 2 48 ] N 5 52 N c) FR 5 0 ] Fx 5 Fatc ] Fatc 5 36 N d) Fatc 5 jc 3 N ] 36 5 jc 3 52 ] jc 5 36 ___ ₅₂ ] jc 5 9 ___ ₁₃ ] jc 7 0,7

3

a) Se o elevador sobe com velocidade constante, a resultante sobre ele é nula. Então: F1 5 P ] F1 5 5.000 3 10 ] F1 5 5 3 10 4 _N b) Aplicando a 2a _{lei de Newton:} FR 5 m 3 a ] F2 2 P 5 m 3 a ] F2 2 5.000 3 10 5 5.000 3 5 ] F2 5 25.000 1 50.000 ] F2 5 75.000 N A B C PA TBA T_AB NB PB TCB TBC PC NA A B C PA TBA T_AB NB PB TCB TBC PC NA

4

a

Escrevendo a 2a _{lei de Newton para os três} blocos, temos: Então: 3 3 10 5 (3 1 3 1 3) 3 a ] a 5 30 ___ 9 ] a 5 10 ___ 3 m/s2 Substituindo na equação do bloco A: TBA 5 mA 3 a ] TBA 5 3 3 10 ___ ₃ ] TBA 5 10 N A: TBA 5 mA 3 a B: TCB 2 TAB 5 mB 3 a 1 C: PC 2 TBC 5 mC 3 a PC 5 (mA 1 mB 1 mC) 3 a

5

a) Pela 2a _{lei de Newton:}

Fturbina 5 m 3 aturbina ] 1,5 3 104 5 103 3 a ]

a 5 15 m/s2 b) Sabendo que o avião necessita atingir a ve-locidade final de 80 m/s, a aceleração deve ser de: v2 _{5 v}2 0 1 2aSs ] 802 5 02 1 2 3 a 3 100 ] a 5 32 m/s2 Pela 2a _{lei de Newton:} Fturbina 1 Fcatapulta 5 m 3 a ]

1,5 3 104 _{1 F} catapulta 5 103 3 32 ] Fcatapulta 5 1,7 3 104 N III. P 2 N 5 m 3 a ] 700 2 N 5 270 3 2 ] N 5 700 1 140 ] N 5 840 N Correta. IV. P 2 N 5 m 3 a ] 700 2 N 5 70 3 10 ] N 5 0 Correta. V. P 2 N 5 m 3 a ] 700 2 N 5 70 3 2 ] N 5 700 2 140 ] N 5 560 N Correta. Todas as afirmações estão corretas.

6

c Com o fio não esticado, a esfera de massa m0 cai com aceleração de módulo g: v2 0 5 v2i 1 2gSs ] v0 5 dllll 2gH0 (I) Com o fio esticado, podemos calcular a acelera-ção a partir da 2a _{lei de Newton:} esfera: P 2 T 5 m0 3 a bloco: T 5 3m0 3 a 1 P 5 (m0 1 3m0) 3 a

8

e I. N 2 P 5 m 3 a ] N 5 70 3 2 1 70 3 10 ] N 5 840 N Correta.

II. v constante ] FR 5 0. Então:

N 5 P ] N 5 700 N

Correta.

7

c

Para o elevador subindo com aceleração de 1 m/s2_{, a 2}a _{lei de Newton para o bloco Q fica:} T2 2 PQ 5 mQ 3 a ] T2 2 10 5 1 3 1 ] _{T2 5 11 N} T₂ P_Q – T₂ T₁ P_P m0 3 g 5 4m0 3 a ] a 5 ​​ g ​ __ 4 Então: v2 _{5 v}2 i 1 2aSs ] v2 5 2 3 ​​ g ​ __ 4 j0 ] v 5

d

llll   gH0 2 (II) Dividindo a equação (I) pela equação (II), vem: ​​v__ _{v​​ 5} 0 dllll 2gH0  gH0 2

d

''' ] ​​ v0 __ _{v​​ 5}

d

'''''''2gH0 3 _gH2 0 ] ​​v__ _{v​​ 5} 0 dll _{4 ] v 5 ​​__} v0 2

9

A: B: 40 2 TBA 2 FatA 5 mA 3 a TAB 2 5 2 FatB 5 mB 3 a Escrevendo a 2a _{lei de Newton para os blocos:} Somando A e B, vem: 35 2 j 3 NA​2 j 3 NB 5 (2 1 3) 3 a ] 35 2 0,2 3 20 2 0,2 3 30 5 5a ] 25 5 5a ] a 5 5 m/s2

10

b A partir do instante em que a caixa é lançada, apenas a força de atrito está atuando sobre ela. Então, podemos escrever a 2a _{lei de Newton} como:

Fat 5 m 3 a ] 2j 3 N 5 m 3 a ]

2j 3 m 3 g 5 m 3 a ] a 5 2j 3 g

Percebe-se, então, que a desaceleração não depende da massa da caixa, ou seja, a desa-celeração é a mesma para as duas. A partir da equação de Torricelli: v2 _{5 v}2 0 1 2aSs, vemos que a distância percorrida dependerá das velo-cidades inicial e final e também da aceleração. Todos esses parâmetros são iguais para as duas caixas, portanto, a caixa de 6 kg percorre o mes-mo 0,5 m.

11

A 2a _{lei de Newton para os blocos fica:} mA 3 g 2 j 3 mB 3 g 5 (mA 1 mB) 3 a​ ] 2,5 3 10 2 0,2 3 1,5 3 10 5 (1,5 1 2,5) 3 a ] 25 2 3 5 4a ] a 5 5,5 m/s2 Substituindo em qualquer das equações: PA 2 TBA 5 mA 3 a ] 2,5 3 10 2 TBA 5 2,5 3 5,5 ] TBA 5 25 2 13,75 ] TBA 5 11,25 N A: B: PA 2 TBA 5 mA 3 a TAB 2 FatB 5 mB 3 a PA 2 FatB 5 (mA​1​mB)​3​a 1 A 40 N _B 5 N PA FatA PB FatB NB NA TBA TAB A 40 N _B 5 N PA FatA PB FatB NB NA TBA TAB Substituindo a aceleração do sistema em qual-quer das equações: TAB 2 5 2 FatB 5 mB 3 a ] TAB 2 5 2 6 5 3 3 5 ] TAB 5 26 N

Exercícios de integração

1

e

Pela 2a _{lei de Newton:}

​ FR 5 m 3 a ] Fpropulsão 2 P 5 m 3 a ]

95 3 103 _{2 15 3 10}3 _{5 1.500 3 a ]} a 5 80.000 ______ 1.500 ] a & 53,3 m/s2

2

c I. FR 5 m 3 a ] 3.000 5 m 3 1,5 ] m 5 2.000 kg Correta. II. m 5 4.500 N Falsa. III. vf 5 v0 1 at ] vf 5 0 1 1,5 3 4 ] vf 5 6 m/s Correta. IV. s 5 s0 1 vt 1 ​​at 2 ___ 2 ] s 5 0 1 0 3 2 1 ______ 1,5 3 22 2 ] s 5 3 m Falsa.

V. F_R2 5 m 3 a1, aplicando uma força FR2, tal

que FR2 = ​​ FR1 ___ 2 , temos: FR2 5 m 3 a2 ] ​​ FR1 ___ 2 5 m 3 a2 ] a2 5 1 __ ₂ 3 ​​ FR1 ___ _{m​​ ] a}2 5 1 __ ₂ 3 a1 Correta.

3

b A força que o caminhão aplica no carro e a for-ça que o carro aplica no caminhão são um par ação-reação e, portanto, têm o mesmo módu-lo. Como a massa do carro é cinco vezes menor do que a do caminhão, a desaceleração sentida pelo carro será cinco vezes maior do que a de-saceleração sentida pelo caminhão.

4

c

As forças formam um par ação-reação e, por- tanto, têm a mesma intensidade. Como a mas- sa da moto é menor do que a do carro, sua ace-leração será maior do que a do carro.

5

e A força de atrito máximo aplicada no corpo se-ria de:

Fate 5 je 3 N ] Fate 5 0,4 3 10 3 10 ] Fate 5 40 N

6

a

Analisando o gráfico, vemos que o valor máxi-mo que a força de atrito pode assumir (Fate) é de

15 N. Então:

Fate 5 je 3 N ] 15 2 je 3 5 3 10 ] je 5 0,3

Quando F 5 30 N ] Fatc 5 10 N, então, pela 2a

lei de Newton:

F 2 Fat 5 m 3 a ] 30 2 10 5 5 3 a​ ]​ a 5 4 m/s2

7

d Como o peso do pedaço da corrente que está ainda no tampo da mesa é anulado pela força normal, apenas o peso dos quatro elos que já abandonaram a mesa puxa toda a corrente. As-sim, temos:

Fresultante 5 m 3 a ] 4 mg 5 10 ma ] a 5

@ 

2 __ ₅

#

g

8

b Rompendo-se o fio, o bloco A cai apenas sob ação gravitacional e, portanto, desce com ace-leração igual à da gravidade. Já o bloco B passa a se mover com velocidade constante, pois está em movimento e não existem forças atuando sobre ele. Porém , a força horizontal aplicada é de apenas 10 N. Portanto, a força de atrito será também de 10 N. A força resultante no bloco é nula.

9

a

I. A pessoa dentro da caixa está em MRU,

portanto, se não está vendo o exterior, não conseguirá distinguir se está em repouso ou em MRU.

Correta.

II.

A caixa está em MRU, portanto, a força re-sultante é nula.

Falsa.

III. Pares ação-reação nunca atuam em um

mesmo corpo.

Falsa.

III. Falso.

IV.

Correto. A corda puxa o bloco para cima as-sim como o bloco puxa a corda para baixo.

V. Falso.

VI. Correto. A reação da força peso está no

centro da Terra. VII. Falso. VIII. Falso.

14

Figura 1: F 2 f 5 m 3 a (I) Figura 2: 2F 2 f 5 m 3 3a (II) Dividindo (I) por (II): ​​F 2 f​______ 2F 2 f​​ 5 ​​m 3 a​______ 3m 3 a​​ ] ​​F 2 f​______ 2F 2 f​​ 5 1 __ 3 ] 3F 2 3f 5 2F 2 f ] F 5 2f ] ​​f​__ _F​​ = 1 __ 2

15

d

10

a) Se o elevador e o balde estão em repouso. FR 5 0 ] P 5 Fel Mg 5 k 3 xo ] xo 5 ​​ Mg ​ ___ k​ ​

b) Considerando que o elevador suba com

aceleração a: ​ Fel 2 P 5 M 3 a ] K 3 (x0 1 d) 2 Mg 5 5 M 3 a ] K ​

@ 

​​___ Mg​ K​ ​ 1 d​

#

​ 2 M 3 g 5 M 3 a ] Mg 1 Kd 2 M 3 g 5 M 3 a ] a 5 ​​Kd​___ _M​​ Na vertical, N​5 0 e P 5 Fy​: ​ Fy 5 m​3​g ] Fy 5 0,5 3 10 ] Fy 5 5 N

Usando o teorema de Pitágoras, podemos

calcular Fx:

Fx2 1 Fy2​5​F2 ] Fx2 5​102 2 52 ] Fx​5 5 _{3 N}dll

Escrevendo a 2a _{lei de Newton na direção} horizontal: FR​5​Fx​5​m​3​a ] 5 _{3 5 0,5​3​a​ ]}dll ] _{a​5 10} dll   3 m/s2 ] a 7 17,3 m/s2

11

a Supondo gLua 7 1,6 m/s2: P 5 N 5 2 3 1,6 ] N 5 3,2 N ​ A força de atrito estático máxima é dada por: Fate 5 je 3 N 5 0,2 3 3,2 ] Fate 5 0,64 N

Como F .​Fate, o corpo entra em movimento.

A força de atrito cinético é dada por: Fatc 5 jC 3 N 5 0,1 3 3,2 ] Fatc 5 0,32 N

Escrevendo a 2a _{lei de Newton:} FR 5 m​3​a ] F 2 Fatc​5​m​3​a ]

] 1,34 2 0,32 5 2a ] a 7 0,5 m/s2 P N F F_at

12

d ​ FD 1 N 5 P ] 15 1 N 5 6 3 10 ] N 5 45 N P F_D N

13

a I. Correto. A corda puxa o teto para baixo e o teto puxa a corda para cima. II. Falso. F& F& F& F_x& P& F_y&

Gabarito

CAPÍTULO 1

CAPÍTULO 3

1

c

2

b

3

c

4

b

5

e

6

a) A resultante é nula. b) F 5 15 gf

CAPÍTULO 2

1

O editor do jornal se preocupa com o fato de que, nas viagens espaciais, os foguetes têm de atravessar enormes distâncias sem que haja at-mosfera, ou seja, no vácuo. No entanto, apesar da ausência de ar, o movimento dos foguetes é possível, pois o par ação-reação, responsável pelo movimento, não se estabelece entre o fo-guete e o ar, e sim entre o foguete e os gases resultantes da explosão do combustível que o alimenta. Para se mover, o foguete expele esses gases em um sentido e, como reação, recebe uma força no sentido contrário, que deve ser suficiente para mudá-lo de direção.

2

c

3

No caso da tira, tanto a força que Garfield faz no próprio rabo quanto a que o rabo faz na mão estão em um mesmo corpo, no caso, de Garfield. A resultante seria nula e, portanto, não haveria movimento, ou seja, ação e reação estariam atuando no mesmo corpo, o que não ocorre.

4

c

5

d

6

O primeiro erro é a resposta dada em quilos, quando a palavra correta é quilograma. A pala- vra quilo, sozinha, representa apenas um múlti-plo de qualquer unidade (103_{). Além disso, se o} professor pediu o peso de Pedro, ele deve res-ponder 60 kgf, ou aproximadamente 600 N.

7

e

8

e

9

a

10

e

1

a) P = 40 N b) N 5 40 N c) Fate 5 20 N

2

a) P 5 50 N b) j_c 5 0,8 c) F . 40 N

3

a) Fatc 5 20 N b) jc 5 0,25

4

a) Fx 5 36 N b) N 5 52 N c) Fatc 5 36 N d) jc 7 0,7

5

a) P 5 20 N b) N 5 40 N c) 40 N d) Fate 5 20 N e) je 5 0,5

6

c

Retomada dos conceitos

CAPÍTULO 4

1

b

2

FR 5 80 N

3

a) F1 5 5 3 104 N b) F₂ 5 75.000 N

4

a

5

a) a 5 15 m/s2 b) F_catapulta 5 1,7 3 104 _N

6

c

7

c

8

e

9

TAB 5 26 N

10

b

11

a 5 5,5 m/s2 TBA 5 11,25 N

1

e

2

c

3

b

4

c

5

e

6

a

7

d

8

b

9

a

Exercícios de integração

10

a) x0 5 ​​ Mg ​ ___ K​ ​ b) a 5 ​​Kd​___ _M​​

11

a

12

d

13

a

14

​​f​__ F​​ 5 1 __ 2

15

d