SOLUÇÃO COMECE DO BÁSICO

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1 SOLUÇÃO COMECE DO BÁSICO SOLUÇÃO CB1. [C] Dados: m = 00 kg; g = 10 m/s ; sen θ = 0,6 e cos θ = 0,8. Como o movimento é retilíneo e uniforme, pelo Princípio da Inércia (1ª lei de Newton), a resultante das forças que agem no recipiente é nula. Assim, as três forças mencionadas devem fechar um triângulo, como mostrado na figura. F sen θ tg θ F P tgθ m g ,6 P cosθ 0,8 F N. SOLUÇÃO CB. Se a velocidade vetorial é constante, o movimento é retilíneo e uniforme. O Princípio da Inércia (1ª Lei de Newton) estabelece que, nessas condições, a resultante das forças atuantes sobre o paraquedista é nula. SOLUÇÃO CB3. [A] A lei de inércia afirma que um corpo tende sempre a manter seu estado de movimento ou de repouso. Manterá se a resultante das forças sobre ele for nula. No caso da bola solta dentro do vagão, a resultante das forças horizontais é nula, então, por inércia, ela mantém a componente horizontal de sua velocidade, caindo junto aos pés da pessoa. 1

2 SOLUÇÃO CB4. De acordo com o diagrama de corpo livre, para o garoto, as forças atuantes sobre ele são apenas o seu peso e a tração na corda. SOLUÇÃO CB5. Na montagem 1, a intensidade da tração transmitida ao tronco é igual à da força aplicada na extremidade do cabo, pois ambas estão no mesmo fio: T = F. Na montagem, temos F em cada lado da polia. Assim a intensidade da tração transmitida ao cabo ligado ao tronco é T = F. SOLUÇÃO CB6. As figuras mostram as forças agindo no alpinista A na direção da tendência de escorregamento (x) e direção perpendicular à superfície de apoio (y). No alpinista B, as forças são verticais e horizontais.

3 Como os dois estão em repouso, e considerando que o alpinista B esteja na iminência de escorregar, temos: T Fat P A xa A NA PyA Fat P B x - F A at F A at P B A sen 60 N A T Fat B B NB PB F P sen 60 P cos60 F ,87 0, , atb A A atb F 80 N. atb SOLUÇÃO CB7. [A] A gravidade é sempre vertical para baixo. A velocidade tem o sentido do movimento. A força de resistência do ar é contrária ao movimento. SOLUÇÃO CB8. [A] A figura 1 mostra as forças que agem no corpo. A figura mostra as mesmas forças decompostas em componentes paralelas e perpendiculares ao plano. 3

4 Para haver equilíbrio é preciso que: N Pcosβ e Fat Psenβ Como o corpo está na iminência de escorregar a força de atrito pode ser substituída pela (Fat) max = e. N. Sendo assim: μe.n Psen β μe.pcos β P.sen β μe tgβ 10 Então tgβ 0,4 x 5cm x SOLUÇÃO CB9. [C] Calculando a força de atrito estático máxima, encontramos: f μ N μ mg 0,3x1,0x10 3,0N. e e max Se a f max 3,0N significa que a força aplicada deve ser maior que 3,0N para que o bloco se mova. Se a força for menor ou igual a 3,0N, então F = fat. SOLUÇÃO CB10. Na movimentação de maquinários o atrito age como força resistiva dissipando energia mecânica SOLUÇÃO CB11. Dados: x 1 = cm; x = 10 cm. 4

5 Na Figura 1, o bloco está na iminência de escorregar. A componente de atrito v Fat é máxima e, como o bloco ainda está em repouso, ela tem a mesma v intensidade da força elástica F. Pela mesma razão, a componente normal N v tem a mesma intensidade que o peso v P do bloco. Sendo k a constante elástica da mola, m a massa do bloco e g a intensidade do campo gravitacional, temos: N = P = m g (I) F at = F N = k x 1 (II) Substituindo (I) em (II): m g = k x 1 (III). Na Figura, o bloco também está em repouso. Assim, a nova força elástica v F equilibra o peso. el F el = P k x = m g (IV). Substituindo (IV) em (III), vem: x1 k x = k x 1 = = 0,. x 10 SOLUÇÃO CB1. 1ª Solução: Do gráfico, calculamos o módulo da aceleração: Δv 0 5 a a 0,5 m/s. Δt 10 0 A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito: a 0,5 Fat R μ m g m a μ 0,05 μ g 10 5

6 ª Solução: Do gráfico, calculamos o deslocamento: 5 10 ΔS " área" 5 m. A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. Pelo teorema da energia cinética: 0 0 m v 0 mv m v W W F Fat R at ΔS μ mg ΔS 0 v 5 1 μ μ g ΔS SOLUÇÃO CB13. [C] Após comprimir-se a mola, ao abandonar o sistema, o bloco B é acelerado pela força de atrito estática entre ele e o bloco A, que é a resultante das forças sobre B. Na iminência de B escorregar, essa força de atrito estática atinge intensidade máxima. Assim: F F m a μ N m a μ m g a μ g I res atmáx B e B e B e Mas e conjunto é acelerado pela força elástica, já que não há atrito com o solo. Então: μ ma mb eg 3 1 0,4 10 k x ma mb a x x x 0,1 m k 160 x 10cm. 6

7 SOLUÇÃO CB14. Decompondo a força peso nas direções ortogonais ao plano inclinado, temos o diagrama de forças abaixo: Tomando o equilíbrio de forças na direção perpendicular ao plano inclinado, calculamos o módulo da força normal: 80 N Py N mgcos θ N 10 kg10 m / s N 80 N 100 Na direção do plano inclinado, temos: 60 Fat Px Fat mgsen θ Fat 10 kg10 m / s Fat 60 N 100 Mas a força de atrito estático e o coeficiente de atrito estático são relacionados por: Fat μ 60 N e N 60 N μe 80 N μe μe 0,75 80 N SOLUÇÃO CB15. No início da queda, a resultante das forças é o próprio peso, acelerando o esquilo. Porém, à medida que a velocidade aumenta, aumenta também a força de resistência do ar diminuindo a intensidade da resultante, que se anula quando ele atinge a velocidade terminal. 7

8 SOLUÇÃO CB16. Dados: v = 16 km/h = 60 m/s; m = 6 kg; r = 7 m. A força que o piloto deve exercer sobre o conjunto cabeça-capacete é a resultante centrípeta. R C = mv r 6(60) = 7 1 R C = 300 N. Para que um corpo tenha esse mesmo peso, quando sujeito à gravidade terrestre, sua massa deve ser: P 300 m = g 10 m = 30 kg. SOLUÇÃO CB17. [A] Se não há atrito, as únicas forças que agem sobre o corpo são seu próprio peso (P), vertical para baixo, e a normal (N), perpendicular à trajetória em cada ponto. A figura abaixo ilustra essas forças em cada um dos pontos citados. 8

9 SOLUÇÃO CB18. Quanto se tem pela frente uma questão teste em que se deve chegar a um valor numérico, é recomendável dar uma olhadinha nos valores que estão nas opções. Se a diferença entre eles é relativamente grande, pode-se usar e abusar dos arredondamentos, como será feito nesse teste. Dados: S = 403 km 400 km = m; t = 85 min = 5,110 3 s s. A velocidade média (v m ) do trem-bala é: v 5 S m/s. t 5 10 m 3 A aceleração lateral (centrípeta - a c ) é: v v 80 ac r r m. r a 0,1(10) SOLUÇÃO CB19. c A maior velocidade é aquela para a qual a força normal que o apoio exerce no saco de areia é nula, ou seja, a tração na corda tem intensidade igual à do peso. 9

10 Dados: R L 5m; ms 66 kg; mg 50kg; g 10 m/s. No saco: T P S T 660 N. 50 v m G v Na garota: T P 5 G F cent T 500. R 50 v 160 v 16 v 4 m/s. 5 SOLUÇÃO CB0. Avaliação das alternativas: [A] (Falsa) A força normal não é nula, pois o bloco está apoiado sobre ela. (Verdadeira) No movimento circular uniforme a força resultante é a força centrípeta, então: m v 0,5 kg m / s Fr Fc Fr Fr Fr 5 N R 0,4 m [C] (Falsa) A aceleração tangencial é igual a zero, pois a única aceleração é a centrípeta no MCU. (Falsa) A aceleração total do bloco é igual à centrípeta que é v ac 10 m / s. R 0,4 [E] (Falsa) Ao cortar o fio, o bloco sai pela tangente da curva devido à inércia de movimento. 10