Engenharia ::: MAF2201 – Física 1
Prof.: Maurício Falleiros
Prova P2
Turma A07
Questões
1. Na figura ao lado, considere que a massa do bloco é de 8,8 kg e que o
ângulo θ é de 30º. Ache (a) a tração no fio e (b) a força normal que age
sobre o bloco. (c) Se o fio for cortado, determine o módulo da aceleração
do bloco.
Em (a) e (b), a situação é de equilíbrio tanto no eixo x quando no y. Considere o eixo paralelo à
rampa como x, e o eixo perpendicular como y.
N − P cos θ = 0 →
N = m g cos θ = 76,7 N
P sen θ−T = 0 → T = m g sen θ = 43,1 N
2. A figura abaixo mostra quatro pinguins que estão se divertindo ao serem puxados em uma
camada de gelo bastante escorregadia (sem atrito)
por um tratador. As massas de três pinguins são
m1 = 13 kg, m3 = 16 kg e m4 = 20 kg, e a tração
em dois dos fios são T2 = 100 N e T4 = 210 N.
Ache a massa m2 do segundo pinguim.
Pode-se escrever a segunda lei de Newton para cada pinguim, acrescentando as trações T3 e T1,
chegando ao mesmo resultado, mas é mais fácil considerar 1 e 2 juntos, 3 e 4 juntos. A
aceleração de todos os pinguins (consequentemente das duas duplas também) é a mesma. O
sistema resultante tem as incógnitas a e m2 – das quais a primeira não interessa nesse exercício
(mas pode ser encontrada e usada, no caminho da solução).
T2
T 2=(m1 + m2 )a
→ a=
T 4 −T 2=(m3 +m4 ) a
( m 1+ m 2)
m2 = ( m3+ m4)
T 4 −T 2 = ( m3+ m4)
T2
(m1 + m2)
→
T2
−m1 = 19,7 kg
(T 4−T 2 )
3. Um elevador pesando 24,5 kN recebe uma aceleração para cima de 1,05 m/s 2 por meio de um
cabo. (a) Calcule a tração no cabo. (b) Qual será a tração quando o elevador estiver
desacelerando a uma taxa de 1,05 m/s2 mas ainda estiver se movendo para cima?
(a) Sobre o elevador agem o peso e a tração. Considere positivo para cima, já que a aceleração
observada é para cima.
T − P = ma → T = ma+ m g = m( g +a) =
P
(g + a) = P(1+ a/ g ) = 27125 N = 27,1 kN
g
Atenção! 24,5 kN = 24,5 103 N = 24500 N
(b) “Desacelerando mas ainda movendo para cima” quer dizer que a aceleração é negativa (se o
eixo continua para cima). Basta usar a mesma equação acima, só que com a = –1,05 m/s2:
T = 21875 N = 21,9 kN
ou então considerar positivo para baixo, daí as forças trocam de sinal e tudo dá na mesma.
4. Dois blocos estão em contato sobre uma mesa sem atrito. Uma força
horizontal é aplicada ao bloco maior, como mostrado na figura ao
lado. (a) Se m1 = 2,6 kg, m2 = 1,3 kg e F = 4,2 N, ache o módulo da
força entre os dois blocos. (b) Se uma força de mesmo módulo F for aplicada ao bloco menor
mas no sentido contrário, qual será o módulo da força entre os blocos?
(a) Os eixos verticais não importam, neste problema, pois não há atrito, e a normal vertical
(contra a mesa) e o peso se equilibram, em cada corpo. Na horizontal, sobre o corpo 1 agem a
força externa F, positiva, e a normal contra o corpo 2, negativa; sobre o corpo 2, age apenas a
normal contra o corpo 1, positiva; a normal sobre um corpo contra o outro tem o mesmo
módulo que a normal sobre o outro contra o primeiro. A aceleração dos dois corpos é a mesma.
F −M = m 1 a
M
M
F
→ F− M = m1
→ M=
= 1,4 N
→ a=
m2
m2
1 + m1 / m2
M =m 2 a
(b) A situação é praticamente a mesma, trocando as massas m1 e m2 de equação:
F −M = m 2 a
M
M
F
→ F − M = m2
→ M=
= 2,8 N
→ a=
m1
m1
1 + m 2 /m 1
M =m 1 a
5. Um bloco de 3,7 kg é empurrado sobre uma superfície horizontal por
uma força F de intensidade igual a 23 N que faz um ângulo de θ = 42º
para baixo com a horizontal (figura ao lado). O coeficiente de atrito
cinético entre o bloco e o piso é de 0,25. Calcule a intensidade (a) da
força de atrito que o piso exerce sobre o bloco e (b) da aceleração do bloco.
Na vertical, agem o peso e a componente y da força F, para baixo, e a normal, para cima – e
elas se equilibram:
N = P+ F sen θ = m g + F sen θ = 51,65 N
Na horizontal, agem a componente x da força F, para a direita, e o atrito cinético, para a
esquerda
f k = μ k N = 12,9 N
F cos θ− f k
F cos θ− f k=ma → a =
= 1,13 m /s 2
m
6. Os blocos A e B da figura ao lado pesam 42N e 27N, respectivamente. (a)
determine o peso mínimo do bloco C para impedir que o bloco A deslize se
μs entre o bloco A e a mesa for de 0,25. (b) O bloco C é removido
subitamente de cima do bloco A. Qual será a aceleração do bloco A se μk
entre A e a mesa for de 0,18?
(a) Na situação desejada de equilíbrio, a tração T na corda é igual ao peso do corpo B. Esta
tração puxa o corpo A para a direita, enquanto o atrito estático resiste a esta tração. O valor
limite do atrito estático é aumentado quando o corpo C é colocado sobre o A pois isto aumenta
a normal N entre o corpo A e a mesa. Faça o diagrama destas forças para ajudar a visualizar
tudo isto.
P B =T = f s,max = μ s N = μs ( P A + P C ) →
P
PC = μBs −P A = 66 N
(b) se o peso C for removido, o atrito estático máximo é menor do que a tração exercida pela
corda e o sistema entra em movimento. Neste caso, não há mais equilíbrio nem para o corpo A
nem para o B e vale a segunda lei de Newton para ambos, com a mesma aceleração
(considerando positivo do corpo A para a direita e do corpo B para baixo):
P B −T =m B a
→
T − f k=m A a
a=
P B − f k = (mA + mB )a → a =
P B− f k
P B− f k
=
mA + mB (P A /g )+( P B / g )
P B −μ k P A
g = 2,76 m/s 2
PA+ PB
7. Um engradado de 68 kg é arrastado sobre um piso horizontal, puxado por uma corda presa ao
engradado e inclinada de 15º acima da horizontal. (a) Se o coeficiente de atrito estático for de
0,50, qual será a intensidade da força mínima necessária para que o engradado comece a se
mover? (b) se μK = 0,35, qual será a intensidade da aceleração do engradado, quando ele se
mover?
Com a força na diagonal, sua intensidade interfere tanto na componente horizontal que move o
engradado quanto na vertical, diminuindo sua normal com o chão (o que reduz o atrito). Então
é necessário equacionar os dois eixos e resolver o sistema. Separadamente para a situação (a) e
para a (b), já que uma é de equilíbrio e envolve a força de atrito estático, e a outra, tem
aceleração e força de atrito cinético.
(a) A intensidade mínima da força é quando ela iguala o valor máximo do atrito estático.
eixo y : F sen 15º + N −P = 0 → N = m g −F sen 15º
→
eixo x : F cos 15º− f s,max = 0 → F cos 15º−μ s N = 0
F cos 15º−μ s (m g−F sen 15º) = 0 → F (cos 15º +μ s sen 15º) = μs m g →
F=
μs m g
= 304,2 N
cos 15º +μ s sen 15º
(b) A equação do eixo y não muda, a do eixo x agora envolve cinético e aceleração. Quando ele
começar a se mover, a força F terá a intensidade calculada no item anterior e a incógnita é a
aceleração.
eixo y : F sen 15º+ N −P = 0 → N = m g−F sen 15º
eixo x : F cos 15º− f s,max = ma → F cos 15º−μ k N = m a →
F cos 15º−μ k (m g−F sen 15º) = ma → a =
F (cos 15º+μ k sen 15º )−μ k m g
= 1,30 m/s2
m