1. (Uerj 2017) No esquema, está representado um bloco de massa igual a 100 kg em equilíbrio estático.

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1 1. (Uerj 017) No esquema, está representado um bloco de massa igual a 100 kg em equilíbrio estático. Determine, em newtons, a tração no fio ideal AB. P = mg P = P = N T sen30 = Þ BC T 0,5 = Þ BC TBC = Þ TBC =.000 N 0,5 T cos30 = T Þ BC AB = TAB Þ TAB = N. (Unioeste 017) Um bloco está em repouso sobre uma superfície horizontal. Nesta situação, atuam horizontalmente sobre o bloco uma força F 1 de módulo igual a 7N e uma força de atrito entre o bloco e a superfície (Figura a). Uma força adicional F, de módulo 3N, de mesma direção, mas em sentido contrário à F, 1 é aplicada no bloco (Figura b). Com a atuação das três forças horizontais (força de atrito, F 1 e F) e o bloco em repouso. Assinale a alternativa que apresenta CORRETAMENTE o módulo da força resultante horizontal F r sobre o bloco: Página 1 de

2 a) Fr = 3N b) Fr = 0 c) Fr = 10N d) Fr = 4N e) Fr = 7N [B] Como o bloco permanece em repouso, significa que a força resultante é nula, sendo que a força de atrito estático é igual em módulo à força F 1 na figura (a) e na situação da figura (b) é igual à diferença entre F 1 e F. 3. (Pucpr 017) Um bloco A de massa 3,0 kg está apoiado sobre uma mesa plana horizontal e preso a uma corda ideal. A corda passa por uma polia ideal e na sua extremidade final existe um gancho de massa desprezível, conforme mostra o desenho. Uma pessoa pendura, suavemente, um bloco B de massa 1,0 kg no gancho. Os coeficientes de atrito estático e cinético entre o bloco A e a mesa são, respectivamente, µ e = 0,50 e µ c = 0,0. Determine a força de atrito que a mesa exerce sobre o bloco A. Adote g = 10m s. a) 15 N. b) 6,0 N. c) 30 N. d) 10 N. e) 1 N. [D] De acordo com as forças que atuam nas direções de possíveis movimentos, apresentadas no diagrama de corpo livre abaixo, e utilizando o Princípio Fundamental da Dinâmica: Página de

3 ( ) P - T+ T- F = m + m a B a A B Considerações: - Como o sistema permanece em equilíbrio estático, a aceleração é igual a zero; - Os módulos das trações nos corpos são iguais e com sinais contrários. PB P B - T T = F a + a - F = 0 Substituindo o peso do corpo B pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade: Fa = mb g Substituindo os valores, temos, finalmente: Fa = 1kg 10 m s Þ Fa = 10 N 4. (Unigranrio - Medicina 017) Para manter um carro de massa kg sobre uma rampa lisa inclinada que forma um ângulo θ com a horizontal, é preso a ele um cabo. Sabendo que o carro, nessas condições, está em repouso sobre a rampa inclinada, marque a opção que indica a intensidade da força de reação normal da rampa sobre o carro e a tração no cabo que sustenta o carro, respectivamente. Despreze o atrito. Dados: senθ= 0,6; cosθ= 0,8 e g= 10m s. a) N e N b) N e N c) 800 N e 600 N d) 600 N e 800 N e) 480 N e 00 N [A] Página 3 de

4 De acordo com o diagrama de forças, temos: A reação normal é igual em módulo à componente normal do peso em relação ao plano inclinado: N= Py Þ N= mgcosθ Þ N= 1000kg 10m s 0,8\ N= 8000N A tração na corda corresponde à componente do peso paralela ao plano inclinado: T = Px Þ T = m g senθ Þ T = 1000 kg 10 m s 0,6 \ T = 6000 N 5. (Ime 016) Uma mola presa ao corpo A está distendida. Um fio passa por uma roldana e tem suas extremidades presas ao corpo A e ao corpo B, que realiza um movimento circular uniforme horizontal com raio R e velocidade angular ω. O corpo A encontra-se sobre uma mesa com coeficiente de atrito estático µ e na iminência do movimento no sentido de reduzir a deformação da mola. Determine o valor da deformação da mola. Dados: - massa do corpo A:m A; - massa do corpo B:m B; - constante elástica da mola: k; - aceleração da gravidade: g. Consideração: - A massa A m é suficiente para garantir que o corpo A permaneça no plano horizontal da mesa. Página 4 de

5 O diagrama de corpo livre da massa A está ilustrado na figura. Como o corpo encontra-se em repouso, pode-se concluir que: Fel = µ N+ Tcosα = µ ( mag- Tsenα) + Tcosα Do diagrama de corpo livre da massa B, e sendo F c a força centrípeta, pode-se concluir que: Tsenα = F = m ω R c Tcosα = m g B B Substituindo as expressões de T senα e Tcosα na equação de equilíbrio de A, e considerando que Fel = kδx, chega-se à expressão da deformação da mola: 1 kδ x = µ ( mag- mbω R) + mbgþ Δ x = éµ ( mag- mbω R) + mbgù k êë úû 6. (Eear 017) Um objeto de massa 6kg está sob a ação de duas forças F 1 = 18N e F = 4N, perpendiculares entre si. Quanto vale, em ms, a aceleração adquirida por esse objeto? a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 [C] Página 5 de

6 Fr = F1 + F Fr = Fr = 900 Fr = 30N F = m a 30 = 6 a a = 5m s 7. (Epcar (Afa) 017) Na situação da figura a seguir, os blocos A e B têm massas ma = 3,0kg e mb = 1,0kg. O atrito entre o bloco A e o plano horizontal de apoio é desprezível, e o coeficiente de atrito estático entre B e A vale µ e = 0,4. O bloco A está preso numa mola ideal, inicialmente não deformada, de constante elástica K = 160N m que, por sua vez, está presa ao suporte S. O conjunto formado pelos dois blocos pode ser movimentado produzindo uma deformação na mola e, quando solto, a mola produzirá certa aceleração nesse conjunto. Desconsiderando a resistência do ar, para que B não escorregue sobre A, a deformação máxima que a mola pode experimentar, em cm, vale a) 3,0 b) 4,0 c) 10 d) 16 [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: Fres = Fat Þ m B a = µ e N Þ m B a = µ e m B g Þ a = µ e g ( I) máx Mas e conjunto é acelerado pela força elástica, já que não há atrito com o solo. Então: ( ma + mb) µ eg ( 3+ 1) 0,4 10 kx= ( ma + mb) aþ x= Þ x= Þ x= 0,1mÞ k 160 x = 10cm. Página 6 de

7 8. (Uepg 017) A figura abaixo representa um conjunto sobre o qual é exercido uma força igual a 10 N. Desprezando o atrito entre os blocos e a superfície, assinale o que for correto. Dados: g = 10m s m m A B = kg = 3kg 01) A aceleração dos corpos vale m s. 0) A força que B exerce em A vale 6N. 04) A força que A exerce em B vale 4N. 08) Considerando que o conjunto partiu do repouso, a equação que fornece o deslocamento do conjunto será Δ x = t = 11. [01] Verdadeira. Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica para todo o conjunto de blocos: F- FAB + F F- FAB + FBA = ( ma + mb ) BA 10 aþ a = = \ a = m s. ma + mb + 3 [0] Verdadeira. A força de contato entre os dois blocos será analisada no corpo B: FBA = mb a Þ FBA = 3 kg m / s \ FBA = 6 N [04] Falsa. A força que A exerce em B é igual em módulo à força que B exerce em A, ou seja, 6N. [08] Verdadeira. Para o movimento uniformemente variado, a posição em função do tempo é a t t dada por: Δx = v0 t+ = 0 t+ \ Δx = t 9. (Unesp 017) Um homem sustenta uma caixa de peso N, que está apoiada em uma rampa com atrito, a fim de colocá-la em um caminhão, como mostra a figura 1. O ângulo de inclinação da rampa em relação à horizontal é igual a θ 1 e a força de sustentação aplicada pelo homem para que a caixa não deslize sobre a superfície inclinada é F, sendo aplicada à caixa paralelamente à superfície inclinada, como mostra a figura. Página 7 de

8 Quando o ângulo θ 1 é tal que sen θ 1 = 0,60 e cosθ 1 = 0,80, o valor mínimo da intensidade da força F é 00 N. Se o ângulo for aumentado para um valor θ, de modo que sen θ = 0,80 e cos 0,60, a) 400 N. b) 350 N. c) 800 N. d) 70 N. e) 500 N. θ = o valor mínimo da intensidade da força F passa a ser de [E] Da figura, podemos escrever: ìn= Pcosθ í îf = Psenθ - Fat Þ P(senθ - µ cos θ) Pela última equação acima, para a primeira situação, temos: F1 = P(senθ 1-µ cos θ1) 00 = 1000(0,6 - µ 0,8) Þ µ = 0,5 Sendo F' o valor da nova força mínima a ser aplicada, para a segunda situação, temos: F' = P(senθ -µ cos θ) F' = 1000(0,8-0,5 0,6) = ,5 \ F' = 500 N Página 8 de

9 10. (Pucrs 016) Sobre uma caixa de massa 10 kg, atua uma força horizontal constante F de intensidade 600 N. A caixa encontra-se sobre uma superfície horizontal em um local no qual a aceleração gravitacional é 10 m s. Para que a aceleração da caixa seja constante, com módulo igual a m s. e tenha a mesma orientação da força F, o coeficiente de atrito cinético entre a superfície e a caixa deve ser de a) 0,1 b) 0, c) 0,3 d) 0,4 e) 0,5 [C] Diagrama de corpo livre: Aplicando-se a segunda lei de Newton: Fres = m a F- F = m aþf- µ N= m a at Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é igual ao peso, devido à inexistência de forças extras na vertical. F- µ P= m aþf- µ m g= m a Isolando o coeficiente de atrito cinético e substituindo os valores fornecidos, ficamos com: µ F - m a 600 N 10 kg m s 0,3 m g µ - = Þ = \ 10 kg 10 m s µ = 11. (Ufpr 016) Página 9 de

10 O sistema representado na figura acima corresponde a um corpo 1, com massa 0 kg, apoiado sobre uma superfície plana horizontal, e um corpo, com massa de 6kg, o qual está apoiado em um plano inclinado que faz 60 com a horizontal. O coeficiente de atrito cinético entre cada um dos corpos e a superfície de apoio é 0,1 Uma força F de 00 N, aplicada sobre o corpo 1, movimenta o sistema, e um sistema que não aparece na figura faz com que a direção da força F seja mantida constante e igual a 30 em relação à horizontal. Uma corda inextensível e de massa desprezível une os dois corpos por meio de uma polia. Considere que a massa e todas as formas de atrito na polia são desprezíveis. Também considere, para esta questão, a aceleração gravitacional como sendo de 10 m s e o cos 30 igual a 0,87. Com base nessas informações, assinale a alternativa que apresenta a tensão na corda que une os dois corpos. a) 1,4 N. b) 48,4 N. c) 6,5 N. d) 80,3 N. e) 10,6 N. [D] Dados: F= 00N; m = 0kg; m = 6kg; µ = 0,1; g= 10 m/s ; cos37 = 0,87. 1 A figura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão. Nessa figura: Página 10 de

11 ( ) ( ) ìfx = Fcos30 = 00 0,87 Þ Fx = 174N. Fy = Fsen30 = 00 0,5 Þ Fy = 100N. N1+ Fy = m1g Þ N = 0( 10 ) Þ N1= 100N. A1= µ N1= 0,1( 100 ) Þ A1= 10N. í Px = mgsen60 = 60( 0,87 ) Þ Px = 5,N. Py = m gcos 60 = 60( 0,5 ) Þ Py = 30N. N = P y Þ N = 30N. îa = µ N = 0,1( 30) Þ A = 3N. Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos: ( ) ( ) ì Corpo 1 : Fx -T - A1= m1a í î Corpo : T -Px - A = ma ( ) ( ) ( ) 1 + Þ F -A -A - P = m + m a Þ 108, , - 3 = 6 a Þ a = Þ a = 4,18 m/s. 6 Voltando em ( : ) x ( ) x 1 x 1 T-P - A = m a Þ T = 6 4,18 + 5,+ 3 Þ T = 80,3N. 1. (Uefs 016) Dois blocos, A e B, de massas, respectivamente, iguais a 10,0 kg e 30,0 kg, são unidos por meio de um fio ideal, que passa por uma polia, sem atrito, conforme a figura. Considerando-se o módulo da aceleração da gravidade local igual a 10,0 m s, o coeficiente de atrito cinético entre os blocos e as superfícies de apoio igual a 0,, sen 37 = cos 53 = 0,6 e sen 53 = cos 37 = 0,8, é correto afirmar que o módulo da tração no fio que liga os dois blocos, em kn, é igual a a) 0,094 b) 0,096 c) 0,098 d) 0,10 e) 0,104 Página 11 de

12 [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: ì PA = mag = = 100N PAx = PA sen53 = 100 0,8 = 80N Bloco A ípay = PA cos53 = 100 0,6 = 60N NA = PAy = 60N î fa = µ NA = 0, 60 = 1N ìpb = mbg = = 300N PBx = PB sen37 = 300 0,6 = 180N Bloco B ípby = PB cos37 = 300 0,8 = 40N NB = PBy = 40N î fb = µ NA = 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 ) = 40a Þ 40 = 40a Þ a = 1 m s. No bloco A: Ax A A ( ) T -P - f = m a Þ T = Þ T = 10N Þ T = 0,10kN. 13. (Eear 016) Um carrinho é puxado em um sistema sem atrito por um fio inextensível numa região de aceleração gravitacional igual a 10 m s, como mostra a figura. Página 1 de

13 Sabendo que o carrinho tem massa igual a 00 g sua aceleração, em aproximadamente: a) 1,6 b) 10 c) 9,6 d) 8 ms, será [C] ìt = mc a í îpb - T = mb a P = (m + m ) a b b c m g = (m + m ) a b b c mb g 510 a = Þ a = Þ 9,6m s (m + m ) 5, b c 14. (G1 - ifce 016) Um conjunto de caixas precisa ser deslocado através de um plano inclinado, conforme mostra a figura abaixo. Nesta figura, as massas das 3 caixas A, B e C são, respectivamente, ma = 1kg, mb = 8kg e mc = 0kg. O fio que as une é inextensível e está conectado às caixas A e C. A polia é ideal e o atrito das caixas é desprezível. Nesta situação, a intensidade da força que o bloco A exerce sobre o bloco B é (Considere a aceleração da gravidade como sendo sen 0,6). α = a) 96 N. b) 60 N. c) 7 N. d) 64 N. g= 10m s, e também cosα = 0,8 e Página 13 de

14 e) 100 N. [D] Aplicando a segunda lei de Newton para cada e lembrando que a força f que o bloco A exerce sobre o bloco B é um par ação-reação, logo a força - f será a força que o bloco B exerce sobre o bloco A. Observação: Estamos em um plano inclinado, então, a força peso será decomposta na sua componente vertical e horizontal. Para o bloco A, temos: T -(Pa senα + f) = ma a T -(ma g senα + f) = ma a T -7 - f = 1 a (i) Para o bloco B, temos: f - Pb senα = mb a f - mb g senα = mb a f - 48 = 8 a (ii) Para o bloco C, temos: Pc - T = ma a mc g- T = ma a 00 - T = 0 a (iii) (i) + (iii), vem: ìt-7- f = 1 a í î00 - T = 0 a 18 - f = 3 a (iv) (iv) + (ii), temos: ì18 - f = 3 a í îf - 48 = 8 a 80 = 40 a a = m s (v) (v) em (ii) : f - 48 = 8 a f - 48 = 8 f - 48 = 16 f = f = 64N 15. (Puccamp 016) Para se calcular o coeficiente de atrito dinâmico entre uma moeda e uma Página 14 de

15 chapa de fórmica, a moeda foi colocada para deslizar pela chapa, colocada em um ângulo de 37 com a horizontal. Foi possível medir que a moeda, partindo do repouso, deslizou,0 m em um intervalo de tempo de 1, 0 s, em movimento uniformemente variado. Adote g = 10 m s, sen 37 = 0,60 e cos 37 = 0,80. Nessas condições, o coeficiente de atrito dinâmico entre as superfícies vale a) 0,15. b) 0,0. c) 0,5. d) 0,30. e) 0,40. [C] Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama de forças que atuam sobre o corpo. Assim, analisando as forças, temos que: ( ) ( ) N ì FR = P sen 37 -F í î P cos 37 = at Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da moeda no tempo dado: a t ΔS= vo t+ a1 = a = 4m s Diante disto, temos que: Página 15 de

16 R R R ( ) at ( ) µ ( ) µ ( ) ( ) µ ( ) ( ) µ ( ) F = P sen 37 -F F = P sen 37 - N F = P sen 37 - P cos 37 m a = m g sen 37 - m g cos 37 a = g sen 37 - g cos 37 4 = 10 0,6- µ 10 0,8 µ = 0,5 16. (Ufrgs 015) Dois blocos, 1 e, são arranjados de duas maneiras distintas e empurrados sobre uma superfície sem atrito, por uma mesma força horizontal F. As situações estão representadas nas figuras I e II abaixo. Considerando que a massa do bloco 1 é m 1 e que a massa do bloco é m = 3m 1, a opção que indica a intensidade da força que atua entre blocos, nas situações I e II, é, respectivamente, a) F/4 e F/4. b) F/4 e 3F / 4. c) F/ e F/. d) 3F / 4 e F/4. e) F e F. [D] Nos dois casos a aceleração tem mesmo módulo: F F= ( m1+ m) a Þ F= ( m1 + 3m1) a Þ F= 4m1a Þ a =. 4m Calculando as forças de contato: ì F 3F F1 = m a Þ F1 = 3 m 1 Þ F 1 =. 4m1 4 í F F F1 = m1 a Þ F1 = m 1 Þ F 1 =. î 4m (Ufpr 015) Um bloco B de massa 400g está apoiado sobre um bloco A de massa 800g, o qual está sobre uma superfície horizontal. Os dois blocos estão unidos por uma corda inextensível e sem massa, que passa por uma polia presa na parede, conforme ilustra abaixo. Página 16 de

17 O coeficiente de atrito cinético entre os dois blocos e entre o bloco A e a superfície horizontal é o mesmo e vale 0,35. Considerando a aceleração da gravidade igual a 10m / s e desprezando a massa da polia, assinale a alternativa correta para o módulo da força F necessária para que os dois blocos se movam com velocidade constante. a) 1, 4N. b) 4,N. c) 7,0N. d) 8,5N. e) 9,3N. [C] Para que os dois blocos se movam com velocidade constante, basta que a força resultante em cada um deles separadamente seja nula. Analisando o Bloco B, temos que: Disto, para que a força resultante seja nula, T = Fat = µ mb g BA T = 0,35 0,4 10 T = 1,4N Analisando o Bloco A, temos que: Página 17 de

18 Note que a força de atrito entre o bloco A e o bloco B também deve ser considerada neste caso. Disto, para que a força resultante seja nula, F = T+ Fat + Fat AS BA ( ) F = 1,4+ 0,35 m + m g+ 1,4 F = 1,4+ 0,35 1, 10+ 1,4 F = 7,0N A B 18. (Ifsul 015) O sistema abaixo está em equilíbrio. T A razão 1 T a) 5 entre as intensidades das trações nos fios ideais 1 e vale b) 3 c) 3 d) 5 [D] Do diagrama abaixo, determinamos a força resultante para cada corpo: Para o corpo 1: Página 18 de

19 T1= P1+ T Para o corpo : T = P Então, T1= P1+ P Þ T1= \ T1= 100N T = 40N T Logo, a razão 1 T T = = T 40 será: 19. (Epcar (Afa) 015) Uma determinada caixa é transportada em um caminhão que percorre, com velocidade escalar constante, uma estrada plana e horizontal. Em um determinado instante, o caminhão entra em uma curva circular de raio igual a 51, m, mantendo a mesma velocidade escalar. Sabendo-se que os coeficientes de atrito cinético e estático entre a caixa e o assoalho horizontal são, respectivamente, 0,4 e 0,5 e considerando que as dimensões do caminhão, em relação ao raio da curva, são desprezíveis e que a caixa esteja apoiada apenas no assoalho da carroceria, pode-se afirmar que a máxima velocidade, em m/s, que o caminhão poderá desenvolver, sem que a caixa escorregue é a) 14,3 b) 16,0 c) 18,0 d) 1,5 [B] No movimento circular uniforme, a resultante das forças radiais é a força centrípeta: m v Fr = Fc = R A única força radial é a força de atrito que, dependendo da velocidade, impede que a caixa seja deslocada dentro do caminhão, sendo a resultante centrípeta. horizontal Fr = Fat = µ N¾¾¾¾¾ Fat = µ m g Igualando as duas equações: m v = µ m g R Isolando v: v = µ R g Substituindo os valores, temos a velocidade máxima para a caixa não escorregar na carroceria: v = 0,5 51, 10 = 56 = 16m/s Página 19 de

20 0. (Uern 015) O sistema a seguir apresenta aceleração de m / s e a tração no fio é igual a 7N. Considere que a massa de A é maior que a massa de B, o fio é inextensível e não há atrito na polia. A diferença entre as massas desses dois corpos é igual a (Considere g= 10m/s.) a) 1kg. b) 3kg. c) 4kg. d) 6kg. [B] Como a massa do bloco A é maior que a massa do bloco B, a tendência do sistema de blocos é girar no sentido anti-horário, ou em outras palavras, o bloco A descer e o bloco B subir. Desta forma, temos que: Analisando os blocos separadamente, temos que no bloco A só existe duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco A e a tração do fio. Assim, FR = ma a = PA -T m A = 10m A -7 8m A = 7 ma = 9kg Página 0 de

21 Analogamente, no bloco B temos duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco e a tração do fio. Assim, FR = mb a = T-PB mb = 7-10 mb 1 mb = 7 mb = 6kg Assim, a diferença entre as massas dos blocos será de: ma - mb = 9-6= 3kg Página 1 de

22 Resumo das questões selecionadas nesta atividade Data de elaboração: 5/08/017 às 15:01 Nome do arquivo: Lista 3 bimestre 3 ano Legenda: Q/Prova = número da questão na prova Q/DB = número da questão no banco de dados do SuperPro Q/prova Q/DB Grau/Dif. Matéria Fonte Tipo Baixa... Física... Uerj/ Analítica Baixa... Física... Unioeste/ Múltipla escolha Baixa... Física... Pucpr/ Múltipla escolha Média... Física... Unigranrio - Medicina/017.. Múltipla escolha Elevada... Física... Ime/ Analítica Baixa... Física... Eear/ Múltipla escolha Média... Física... Epcar (Afa)/ Múltipla escolha Baixa... Física... Uepg/ Somatória Média... Física... Unesp/ Múltipla escolha Média... Física... Pucrs/ Múltipla escolha Média... Física... Ufpr/ Múltipla escolha Média... Física... Uefs/ Múltipla escolha Baixa... Física... Eear/ Múltipla escolha Média... Física... G1 - ifce/ Múltipla escolha Média... Física... Puccamp/ Múltipla escolha Baixa... Física... Ufrgs/ Múltipla escolha Elevada... Física... Ufpr/ Múltipla escolha Média... Física... Ifsul/ Múltipla escolha Média... Física... Epcar (Afa)/ Múltipla escolha Média... Física... Uern/ Múltipla escolha Página de