Resolução Leis de Newton EsPCEx 2018 Prof. Douglão

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1 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão Gabarito: Resposta da questão 1: [A] T Fe P m a T Fe P 0 Fe T P kq T mg d d kq T mg k d Q T mg Resposta da questão : A figura 1 apresenta o diagrama de corpo rígido do bloco sobre o plano inclinado. Do equilíbrio do bloco depreende-se que: T W sen mgsen (1) Como, conforme o enunciado, o sistema é montado de forma que não haja esforço de flexão na haste que prende a roldana, conclui-se que a resultante R dos esforços do cabo sobre a roldana é vertical e para baixo, conforme a figura :

2 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão Da figura, depreende-se que a resultante R sobre a roldana é igual à soma das componentes verticais das forças de tração T, ou seja: R T sen T sen T sen () Do Princípio de Pascal para vasos comunicantes, sabe-se que: F R A1 F R (3) A1 A A Substituindo-se (1) em (), tem-se que: R T sen (mgsen )sen mgsen (4) Finalmente, substituindo-se (4) em (3), tem-se: A1 A1 F R mgsen A A Resposta da questão 3: As componentes da força (F) que a esteira exerce na caixa são a Normal (N) e a de atrito conforme mostra a figura. (F at ), Resposta da questão 4: F 0 r P N 0 P N τhor τantihor

3 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão x x x A P N A P N A P N P A N P N N A N A 3 N 4 A μ N μ μ μ A N 3 4 0,75 Resposta da questão 5: [A] Num mesmo fio, a tração tem a mesma intensidade em todos os pontos. Quando há uma polia móvel, a intensidade da tração fica dividida por dois. A figura ilustra as situações. Nota-se que o primeiro dispositivo é o que exige do operário força de menor intensidade. Resposta da questão 6: ANULADA Para a resolução do problema vamos analisar o diagrama de forças da pista inclinada: Desconsiderando o atrito entre a pista e os pneus:

4 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão v F m c R v tanθ tanθ tanθ P mg Rg Substituindo os valores e transformando as unidades da velocidade para o Sistema Internacional (S.I.), temos: 1m s 7 3 km h v 3,6 km h tanθ tanθ 3 Rg 60 3 m 10 m s 3 E, finalmente calculando o arco tangente deste valor, temos o ângulo da pista: θ arc tan 3 θ 49,1 3 Questão anulada pela banca por não fornecer nenhuma alternativa com a resposta correta. Resposta da questão 7: [A] A figura 1 destaca o raio da trajetória efetuada pelo objeto. AB 15 m AB R 7,5 m A figura mostra as forças (e componentes) agindo sobre o objeto.

5 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão Equacionando o movimento: Fx F cp F senθ m ω R senθ ω R g senθ 10(0,6) 6 ω F cos g R cos 7,5(0,8) 6 y P F cosθ m g θ θ ω 1rad s. Resposta da questão 8: [A] Conforme o diagrama de forças simplificadas abaixo, podemos calcular o equilíbrio estático do corpo, decompondo as forças inclinadas nos eixos horizontal e vertical utilizando conceitos de trigonometria: Temos, então: No eixo horizontal: Fe cos 30 T cos 60 Isolando T, substituindo os valores de seno e cosseno e usando a Lei de Hoocke para o módulo da força elástica: Fe k x 3 kx Fe cos30 T T cos60 1 O equilíbrio na vertical fica: Fe sen30 T sen60 P T 3 k x 1 Substituindo os valores de seno e cosseno, usando o valor da tração em (1) juntamente com a Lei de Hoocke, fica: 1 3 k x 3 k x m g Isolando a deformação da mola, temos: k 3k m g kg 10 m s x m g x x x 0,5 cm k 0 N cm Resposta da questão 9: [D] Hipóteses do problema: 1. Barras rígidas e homogêneas

6 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão. Barras com massas desprezíveis Para se obter as forças pedidas é necessário traçar o diagrama de corpo rígido para a barra I e para a barra II, isoladamente: Considere primeiramente a barra II : Seja R C e R D as forças normais sobre os pontos C e D, e W a força peso do bloco suspenso. Note que a força peso da barra foi desconsiderada já que a massa é desprezível. Considerando o equilíbrio de forças no eixo YY, tem-se que: RC RD W 0 RC RD 00 (I) Considerando o equilíbrio de momentos em relação ao ponto C, tem-se que: W 00 4 RD 1 W 0 RD 50 N 4 4 Substituindo esse resultado na equação (I): RC RC 150 N (II) Considere agora o equilíbrio da barra I: Do equilíbrio das forças no eixo YY, tem-se que: RA RB RN 0 RN RA R B (III) Note que RB R C. Logo, os módulos de R B e R C são iguais: RB RC 150 N Do equilíbrio de momentos em relação ao ponto N, tem-se que: RB RA RB 0 RA 75 N Substituindo esse resultado na equação (III), tem-se: RN RA RB N Resposta da questão 10: [D] Dados: F 00N; m1 0kg; m 6kg; μ 0,1; g 10 m/s ; cos37 0,87. A figura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão.

7 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão Nessa figura: Fx Fcos30 000,87 Fx 174N. Fy Fsen30 000,5 Fy 100N. N1 Fy m1g N N1 100N. A1 μn1 0,1100 A1 10N. Px mgsen60 600,87 Px 5,N. Py m gcos ,5 Py 30N. N P y N 30N. A μn 0,130 A 3N. Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos: Corpo 1 : Fx T A1 m1 a Corpo : T Px A m a 1 F A A P m m a 108, , 3 6a a a 4,18 m/s. 6 Voltando em : x x 1 x 1 T P A m a T 6 4,18 5, 3 T 80,3 N. Resposta da questão 11: [B] Usando o diagrama de corpo livre para o elevador, temos a expressão para a força resultante: Fr m a

8 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão T P T mg T P m a a m m Para a tração máxima, temos a aceleração máxima: Tmáx P amáx m E, finalmente, calculando seus módulos, resulta: 4 4 1, 10 N 1,0 10 N amáx a 3 máx,0 m s. 1,0 10 kg Resposta da questão 1: [D] A figura mostra as forças e as componentes das forças que agem em cada bloco, considerando que em cada plano inclinado o fio esteja paralelo à superfície. Calculando as intensidade dessas forças: PA mag N PA x PA sen ,8 80N Bloco A PA y PA cos ,6 60N NA PAy 60N f A μna 0, 60 1N PB mbg N PB x PB sen ,6 180N Bloco B PB y PB cos ,8 40N N B PBy 40N fb μna 0, 40 48N Como PBx P Ax, o bloco A tende a subir e o bloco B tende a descer. As forças de atrito têm sentido oposto ao da tendência de escorregamento. Como PBx PAx fb f A, o corpo A acelera para cima e o corpo B acelera para baixo. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema, calcula-se o módulo da aceleração. PBx PAx fa fb ma mb a 40 40a a 1 m s. No bloco A:

9 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão T PAx fa ma a T T 10N T 0,10kN. Resposta da questão 13: A figura mostra as forças agindo na caixa debaixo e no sistema formado pelas caixas de cima e do meio. - N 1 : intensidade da força que o piso do elevador exerce na caixa debaixo. - N : intensidade do par ação-reação entre a caixa debaixo e o sistema formado pelas caixas de cima e do meio. - P: intensidade do peso da caixa debaixo. - P : intensidade do peso do sistema formado pelas caixas de cima e do meio. Sendo m a massa de cada caixa, se o elevador estivesse em repouso, a caixa debaixo receberia do piso uma força de intensidade N 1 igual à do peso do conjunto de seis caixas. Assim: N1 6P. Sendo a a máxima aceleração do elevador, quando ele estiver subindo em movimento acelerado ou descendo em movimento retardado, tem-se: - Para o sistema formado pelas caixas de cima e do meio: N P ma N P ma. - Para a caixa debaixo: N1 P N ma 6P P ma P ma 6P P P ma ma 3mg 3ma a g a 10 m/s. Resposta da questão 14: [D] Desenhando as forças atuantes sobre o bloco (com as componentes do peso), temos: Para o equilíbrio, devemos ter: N mgcosθ e T mgsen θ. Para θ 0 N mg e T 0; Para θ 90 N 0 e T mg.

10 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão Portanto, o gráfico que representa a variação das três forças (P, N e T) que atuam sobre o bloco deverá ser representado por: Resposta da questão 15: [D] Do diagrama de forças abaixo: Para o corpo A, temos: PA sen θ Fat T 0 Mas a força de atrito é dada por: Fat μpa cosθ PA senθ μ cosθ T 1 Na roldana que segura o corpo B, temos a relação entre as trações das duas cordas: T1 T O equilíbrio de forças para o corpo B é dado por: PB 00 N PB T1 PB T T T T 100 N Substituindo na equação (1), resulta:

11 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão T 100 N 100 N PA PA PA 500 N sen cos 0,6 0,5 0,8 0, θ μ θ Resposta da questão 16: Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama de forças que atuam sobre o corpo. Assim, analisando as forças, temos que: FR P sen37 Fat P cos 37 N Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da moeda no tempo dado: a t ΔS vo t a1 a 4 m s Diante disto, temos que: FR P sen37 Fat R R μ μ μ μ F P sen 37 N F P sen 37 P cos 37 m a m gsen 37 m gcos 37 a gsen 37 gcos ,6 μ 10 0,8 μ 0,5 Resposta da questão 17: [A] O momento resultante, usando a convenção de sinais para os momentos conforme figura abaixo será:

12 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão Mresultante MF M 1 F M F F 3 1 d1 F d F3 d3 Mresultante 0 N 4 m 40 N m 60 N m Mresultante 80 Nm 00 Nm Mresultante 10 Nm 1, 10 Nm anti-horário Resposta da questão 18: No triângulo destacado: h d c h c d. Para o equilíbrio: h mgc mg T cosθ mg T mg T T. c h c d Resposta da questão 19: 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. Fr Fat Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito: m a μ m g A aceleração será: a μ g 0, 10 m / s a m / s Do MRUV usamos a equação de Torricelli: v v0 a Δs A distância total percorrida será:

13 Resolução Leis de Newton EsPCEx 018 Prof. Douglão v v0 Δs a Δs 4 m 4 Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é: 4m n,667 vezes 1,5 m A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de /3 do trilho Então, n Resposta da questão 0: [D] De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado: Para o equilíbrio estático, temos: F N Fat P Pela definição da força de atrito: Fat μe N Fat μe F Fat P Fat m g Então: μ e m g F m g F μ Assim: kg10 m / s F F 40 N 0,5 e