Leis de Newton
1. (Unifesp 2016) Um garoto de ! está sentado, em repouso, dentro de uma caixa de papelão de massa
desprezível, no alto de uma rampa de ! de comprimento, conforme a figura.
!
Para que ele desça a rampa, um amigo o empurra, imprimindo-lhe uma velocidade de ! no ponto ! com direção paralela à rampa, a partir de onde ele escorrega, parando ao atingir o ponto ! Sabendo que o coeficiente de atrito cinético entre a caixa e a superfície, em todo o percurso ! é igual a ! que
! ! ! e que a resistência do ar ao movimento pode ser desprezada, calcule:
a) o módulo da força de atrito, em ! entre a caixa e a rampa no ponto ! b) a distância percorrida pelo garoto, em metros, desde o ponto ! até o ponto ! 2. (Ufu 2015) A partir de janeiro de 2014, todo veículo produzido no Brasil passa a contar com freios ABS, que é um sistema antibloqueio de frenagem, ou seja, regula a pressão que o condutor imprime nos pedais do freio de modo que as rodas não travem durante a frenagem. Isso, porque, quando um carro está em movimento e suas rodas rolam sem deslizar, é o atrito estático que atua entre elas e o pavimento, ao passo que, se as rodas travarem na frenagem, algo que o ABS evita, será o atrito dinâmico que atuará entre os pneus e o solo. Considere um veículo de massa ! que trafega à velocidade ! sobre uma superfície, cujo coeficiente de
atrito estático é ! e o dinâmico é !
a) Expresse a relação que representa a distância percorrida ! por um carro até parar completamente, numa situação em que esteja equipado com freios ABS.
b) Se considerarmos dois carros idênticos, trafegando à mesma velocidade sobre um mesmo tipo de solo, por que a distância de frenagem será menor naquele equipado com os freios ABS em relação àquele em que as rodas travam ao serem freadas?
3. (Pucrj 2015) Um bloco metálico de massa ! é lançado com velocidade de ! a partir da borda
de um trilho horizontal de comprimento ! e passa a deslizar sobre esse trilho. O coeficiente de atrito cinético entre as superfícies vale ! Cada vez que colide com as bordas, o disco inverte seu movimento, mantendo instantaneamente o módulo de sua velocidade.
!
Quantas vezes o disco cruza totalmente o trilho, antes de parar?
Considere: ! a) ! b) ! c) !
40 kg
10 m
1m / s A,
D.AD, 0,25,
sen 0,6,θ = cos 0,8,θ = 2g 10 m / s=
N, B.A D.
m, V,
eµ d.µ
(d)
2,0 kg 4,0 m / s
1,5 m
0,2.
2g 10 m / s=
012
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d) ! e) ! 4. (Unesp 2014) O bungee jump é um esporte radical no qual uma pessoa salta no ar amarrada pelos tornozelos ou pela cintura a uma corda elástica.
!
Considere que a corda elástica tenha comprimento natural (não deformada) de 10 m. Depois de saltar, no instante em que a pessoa passa pela posição A, a corda está totalmente na vertical e com seu comprimento natural. A partir daí, a corda é alongada, isto é, tem seu comprimento crescente até que a pessoa atinja a posição B, onde para instantaneamente, com a corda deformada ao máximo.
!
Desprezando a resistência do ar, é correto afirmar que, enquanto a pessoa está descendo pela primeira vez depois de saltar, ela a) atinge sua máxima velocidade escalar quando passa pela posição A. b) desenvolve um movimento retardado desde a posição A até a posição B. c) movimenta-se entre A e B com aceleração, em módulo, igual à da gravidade local. d) tem aceleração nula na posição B. e) atinge sua máxima velocidade escalar numa posição entre A e B. 5. (Esc. Naval 2013) Considere uma força horizontal F aplicada sobre a cunha 1, de massa ! conforme mostra a figura abaixo. Não há atrito entre a cunha e o chão, e o coeficiente de atrito estático entre a
cunha e o bloco 2, de massa ! vale ! O maior valor de F, em newtons, que pode ser aplicado à cunha, sem que o bloco comece a subir a rampa é
Dados: ! ! !
34
1m 8,50 kg,=
2m 8,50 kg,= 0,200.
2g 10,0 m s ;=�
sen 0,600;θ = cos 0,800θ =
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! a) 85,0 b) 145 c) 170 d) 190 e) 340 6. (Uftm 2012) No resgate dos mineiros do Chile, em 2010, foi utilizada uma cápsula para o transporte vertical de cada um dos enclausurados na mina de 700 metros de profundidade. Considere um resgate semelhante ao feito naquele país, porém a 60 metros de profundidade, tendo a cápsula e cada resgatado um peso total de
! O cabo que sustenta a cápsula não pode suportar uma força que exceda ! Adote
! para o local do resgate. Esse movimento tem aceleração máxima no primeiro trecho e, a seguir, movimento retardado, com o motor desligado, até o final de cada ascensão.
!
a) Qual deve ter sido o menor tempo para cada ascensão do elevador? b) Calcule a potência máxima que o motor deve ter desenvolvido em cada resgate. 7. (Ufrj 2011) Um bloco de massa 2,0 kg está sobre a superfície de um plano inclinado, que está em movimento retilíneo para a direita, com aceleração de 2,0 m/s2, também para a direita, como indica a figura a seguir. A inclinação do plano é de 30º em relação à horizontal.
!
Suponha que o bloco não deslize sobre o plano inclinado e que a aceleração da gravidade seja g = 10 m/s2.
Usando a aproximação ! , calcule o módulo e indique a direção e o sentido da força de atrito exercida pelo plano inclinado sobre o bloco. 8. (Uem 2011) Uma roldana contém uma corda longa e de massa desprezível. Nas extremidades da corda, estão presas massas de 200 g e 400 g. A roldana move-se para cima, de modo que a massa de 400 g permanece estacionária e a corda fica tensa. Quando a velocidade de subida da roldana é de ! , a roldana é freada abruptamente.
45 10 N.×47,5 10 N.×
2g 10 m s=
3 1,7≈
4,9 m / s
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Desprezando a massa da roldana e considerando a aceleração da gravidade igual a ! , assinale o que for correto. 01) No instante de parada da roldana, a tensão na corda é de 1,96 N.
02) Antes da parada da roldana, a aceleração da massa de 200 g é de ! . 04) Se, em um instante de tempo t, a roldana subiu 30 cm, então a massa de 200 g também subiu ! . 08) No instante de parada da roldana, a velocidade da massa de 200 g é de 9,8 m/s.
16) Após a parada da roldana, a massa de 400 g desce com aceleração igual a ! . 9. (Upe 2011) Sejam os blocos P e Q de massas m e M, respectivamente, ilustrados na figura a seguir. O coeficiente de atrito estático entre os blocos é ! , entretanto não existe atrito entre o bloco Q e a superfície A. Considere g a aceleração da gravidade.
!
A expressão que representa o menor valor do módulo da força horizontal F, para que o bloco P não caia, é
a) !
b) !
c) !
d) !
e) ! 10. (Ufu 2007) Um bloco de massa M = 8 kg encontra-se apoiado em um plano inclinado e conectado a um bloco de massa m por meio de polias, conforme figura a seguir.
!
29,8 m / s
29,8 m / s30 cm
24,9 m / s
µ
mg M mM 2mµ
+⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠
mg(M m)Mµ
+
mM gM mµ⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠
Mg 1m M mµ
⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠
mgµ
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Dados: ! e !
O sistema encontra-se em equilíbrio estático, sendo que o plano inclinado está fixo no solo. As polias são ideais e os fios de massa desprezível. Considerando g = 10 m/s2, e que não há atrito entre o plano inclinado e o bloco de massa M, marque a alternativa que apresenta o valor correto da massa m, em kg.
a) ! b) ! c) 2 d) 4
Gabarito:
Resposta da questão 1: a) No ponto B, temos o seguinte diagrama de forças atuando sobre o sistema menino/caixa:
!
Assim, podemos equacionar de forma que:
!
b) Pelo teorema da Energia Cinética, temos que:
!
Do enunciado, podemos encontrar a altura do ponto A em relação ao ponto C:
! A força de atrito entre os pontos C e D é diferente da calculada no item anterior, pois a força normal não é a mesma. Assim
!
1sen 302
° =3
cos 30 .2
° =
30θ = °
2 3
4 3
at
at
at
F N P cos m g cos
F 0,25 40 10 0,8
F 80 N
µ µ θ µ θ= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
=
c total potencial atritoEΔ τ τ τ= = −
hsenAC
h 0,6 10h 6m
θ =
= ⋅
=
at
at
F ' N P 0,25 40 10F ' 100 N
µ µ= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅
=
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Com os valores das grandezas calculados, podemos continuar a desenvolver a equação do teorema da energia cinética.
!
Assim, a distância total percorrida (d) é de:
!
Resposta da questão 2: Esta questão tem várias formas de resolução. Podemos utilizar as equações do movimento uniformemente variado posição e velocidade em função do tempo ou ainda a equação de Torricelli, bem como a equação que relaciona energia e trabalho, conjuntamente com as leis de Newton para o equilíbrio estático do corpo para determinar a aceleração e, por fim, o deslocamento do móvel.
a) Utilizando para a demonstração a equação de Torricelli: !
Como o veículo está desacelerando ! até parar ! temos:
!
Isolando ! e substituindo a velocidade inicial ! por ! ficamos com:
! (1)
Aplicando a 2ª Lei de Newton, podemos calcular a aceleração de acordo com o diagrama de corpo livre abaixo:
!
No eixo horizontal !
!
Como, !
! (2)
( )
( )
( )
f i AC CD
c total potencial atrito
c c potencial atrito atrito
2A
at at
2
E
E E
m v0 m g h F AC F ' CD
2
40 140 10 6 80 10 100 CD
220 2400 800 100 CDCD 16,2m
Δ τ τ τ
τ τ τ
= = −
− = − +
⋅− = ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅
⋅− = ⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅
− = − − ⋅
=
d AC CD 10 16,2d 26,2m= + = +
=
2 2f iv v 2ad= +
( )a 0< ( )fv 0 ,=
2i0 v 2ad= −
d iv V,2Vd2a
=
(x) :
x atF F ma= =∑� �
atF Nµ=�
Nma N amµµ= ⇒ =
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No eixo vertical ! temos:
! (3)
As equações (3) e (2) nos fornecem a aceleração:
! (4)
Substituindo a equação (4) em (1) e considerando que o dispositivo com ABS não bloqueia as rodas, então o
coeficiente de atrito é o estático ! finalmente chegamos a uma expressão para a distância percorrida até o veículo parar totalmente.
!
b) A distância da frenagem é inversamente proporcional ao coeficiente de atrito, isto é, quanto maior este coeficiente, menor é a distância necessária para o veículo parar. Portanto, como o coeficiente de atrito estático
atua nos freios ABS e é maior que o coeficiente de atrito dinâmico ! a distância de frenagem será menor para o veículo com esse dispositivo.
Resposta da questão 3: [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.
!
Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito: !
A aceleração será:
!
Do MRUV usamos a equação de Torricelli:
!
A distância total percorrida será:
!
Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é:
!
A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de 2/3 do trilho
Então, !
(y),
yF 0 N P N mg= ⇒ = ⇒ =∑� � �
mga a gmµ µ= ⇒ =
eµ
2
e
Vd2 gµ
=
e d( ),µ µ>
r atF F= −
m a m gµ⋅ = − ⋅ ⋅
2
2
a g 0,2 10 m / s
a 2 m / s
µ= − ⋅ = − ⋅
= −
2 20v v 2 a sΔ= + ⋅ ⋅
( )
2 20
2
v vs
2 a0 4 16s 4 m2 2 4
Δ
Δ
−=
⋅
− −= = =
⋅ − −
4 mn 2,667 vezes1,5 m
= =
n 2=
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Resposta da questão 4: [E]
A velocidade atinge seu valor máximo num ponto entre A e B, quando a peso e a força elástica têm mesma intensidade.
Resposta da questão 5: [D]
Considerando o desenho, podemos trabalhar com as forças nas direções vertical e horizontal, estabelecendo os equilíbrios:
!
Forças e suas componentes atuantes na vertical:
!
! (1)
Na direção horizontal:
!
! (2)
Dividindo (2) por (1), ficamos com:
! ! (3)
Da segunda lei de Newton, extraímos a aceleração:
! (4)
Substituindo (4) em (3) e os valores:
!
Resposta da questão 6: a) Na subida o movimento é acelerado, assim concluímos que a força (F) realizada pelo cabo sobre a cápsula é maior que o peso do conjunto (cápsula+pessoa). A partir destas considerações, podemos calcular a aceleração de subida da cápsula.
atP f sen Ncosθ θ+ =
mg N(cos sen )θ µ θ= −
atF Nsen f cosθ θ= +
ma N(sen cos )θ µ θ= +
ma N(sen cos )mg N(cos sen )
θ µ θθ µ θ
= +
= −
a (sen cos )g (cos sen )
θ µ θθ µ θ+
⇒ =−
1 2FF (m m ) a F 17a a17
= + ⋅ ⇒ = ⇒ =
F (0,6 0,2 0,8)17 10 (0,8 0,2 0,6)
0,76F 170 F 190 N0,68
+ ⋅⇒ =
⋅ − ⋅
= ⋅ ⇒ =
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Vejamos os dados pertinentes para o cálculo da aceleração durante a subida:
F = !
P = !
! (massa do conjunto)
Assim, ! ➔ !
!
!
Como podemos perceber, o enunciado informa que esta aceleração se mantém apenas no primeiro trecho do percurso, sendo o restante do movimento sujeito apenas a aceleração gravitacional freando a cápsula. Assim devemos notar dois movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s2 dirigida para cima e outro movimento retardado com aceleração de 10 m/s2 dirigida para baixo.
Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma:
!
!
Em que deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e deslocamento sofrido pela cápsula de T1 a T2.
Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos:
ACELERADO:
! ➔
RETARDADO:
! ➔ ➔
Igualando as duas expressões, temos:
!
!
47,5 10 N.×
45 10 N.×3
CM 5x10 kg=
CF P M .a− = 4 4 37,5 10 5x10 5x10 .a× − =
4 32,5 10 5x10 .a× =
42
32,5 10 25a 5m / s
55 10×
= = =×
ac reS S 60mΔ Δ+ =
acSΔ = reSΔ =
2 2acV 0 2.5. SΔ= + 2
acV 10. SΔ=
2 2re re0 V 2.a . SΔ= + 2
re0 V 2.( 10). SΔ= + − 2reV 20. SΔ=
ac re10. S 20. SΔ Δ=
ac reS 2. SΔ Δ=
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Assim, o ! e !
Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos relacionar os intervalos de tempo de 0 à T1, e de T1 à T2.
!
Calculando T1:
!
Calculando T2:
!
!
!
! b) Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima,
assim sendo:
VMÁX=0+5.T1➔ VMÁX=5.4=20m/s
Calculando a potência máxima, temos:
!
!
!
!
Resposta da questão 7: Dados: m = 2 kg; a = 2 m/s2; = 30°; .
A figura mostra as forças agindo no bloco peso ! , normal ! e atrito ! e as respectivas projeções na direção do movimento (x) e perpendicular a ela (y).
acS 40mΔ = reS 20mΔ =
ac 1
re 2 1
ac re
1 2 1
1 2 1
1 2
S V.(T )S V.(T T )S 2. SV.(T ) 2.V.(T T )T 2T 2T3T 2T
ΔΔΔ Δ
=
= −
=
= −
= −
=
21
ac 1
21
21
21
1
5.TS 0.T
25.T
402
80 5.T
T 16T 4s
Δ = +
=
=
=
=
1 23T 2T=
23.4 2T=
212 2T=
2T 6s∴ =
MÁX. MÁX.P F.V=
4MÁX.P 7,5 10 .20= ×
4MÁX.P 150 10= ×
MÁX.P 1,5 MW∴ =
θ 3 1,7≈
( )vP ( )
vN ( )
vA
! 10www.tenhoprovaamanha.com.br
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!
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica na direção x:
!
! (I).
Na direção y as forças ou componentes estão equilibradas, pois o movimento é retilíneo:
!
! (II).
Multiplicando a equação (I) por ! :
! (III).
Montando o sistema com (II) e (III).
! A = 6,6 N.
Resposta da questão 8: 02 + 08 = 10
01) Errado. Como a massa de 400g está estacionária, podemos escrever:
! !
02) Correto. Como a massa menor está acelerando, podemos escrever:
!
04) Errado. Observe a figura abaixo.
( )x x x1 3
N A R N sen30° A cos30° m a N A 2 2 2 2
− = ⇒ − = ⇒ − = ⇒
N 3 A 8 − =
y y3 1
N A P Ncos30 A sen30 m g N A 20 2 2
+ = ⇒ ° + ° = ⇒ + = ⇒
3 N A 40 + =
( )3−
3 N 3 A 8 3− + = −
( )3 N A 40
A 10 2 3 A 10 2 1,7 3 N 3 A 8 30 4 A 40 8 3
⎧ + =⎪⎪
⇒ = − ⇒ = − ⇒⎨− + = −⎪
+ = −⎪⎩
T P mg 0,4x9,8 3,92N= = = =
2T P ma 3,92 0,2x9,8 0,2a a 9,8m / s− = → − = → =
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!
O comprimento do fio é constante, então: ! . Se a soma (subtração) de duas parcelas é constante, a soma (subtração) de suas variações é nula,
portanto: !
08) Correto. Como o deslocamento do corpo é o dobro do da roldana. Sua velocidade também é o dobro.
16) Errado. Com a parada da roldana a corda afrouxa e o corpo de 400g inicia uma queda com 9,8m/s2.
Resposta da questão 9: [B]
A figura abaixo mostra as forças com seus respectivos módulos relevantes para a solução da questão.
!
Para que o bloco P não escorregue, devemos ter: ! . Aplicando a Segunda Lei de Newton aos blocos, temos:
Bloco P ! (1)
Bloco Q ! (2)
Substituindo 2 em 1, vem:
!
Resposta da questão 10: [A]
A figura mostra as forças atuantes nos blocos e as trações nos fios.
R R RX (X X) 2X X constante+ − = − =
R R2 X X 0 X 2 X 2x30 60cmΔ − Δ = → Δ = Δ = =
mgN mg Nµµ
= → =
mgF N ma F maµ
→ − = → − =
mg mgN Ma Ma aMµ µ
→ = → = → =
( )2 2 mg M mmg mg mg m g mMg m gF m F FM M M Mµ µ µ µ µ µ
++− = → = + → = =
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!
Do equilíbrio do sistema:
!
x
1 1
T P Pcos T M gcos 2 m g M g cos T
P T 2 P T 2 m g2
8 cos30 3m m 4
2 2
m 2 3 kg.
θ θθ
⎧ = = ⇒ =⎪
⇒ = ⇒⎨= ⇒ = ⇒ =⎪
⎩
⋅ °= ⇒ = ⇒
=
! 13www.tenhoprovaamanha.com.br
