FÍSICA I AULAS 12 E 13: DINÂMICA EXERCÍCIOS PROPOSTOS ANUAL VOLUME 3 OSG.: 095851/15 01. A) P ap – P = m · a 720 – 60g = 60 a P – P = m · a 60g – 456 = 60 a Temos: g = 9,8 m/s 2 e a = 2,2 m/s 2 B) P ap = P = m g ⇒ P ap = 60 · 9,8 N P ap = 588 N Resposta: A) 9,8 m/s 2 e 2,2 m/s 2 ; B) 588 N 02. Corpo A FR A = m A · a T = M · a Corpo B FR B = m B · a ⇒ P B – T = m B · a ⇒ mg – T = m · a ⇒ mg – Ma = ma ⇒ mg = Ma + ma ⇒ mg = a(M + m) ⇒ a = mg M m + Resposta: A 03. Componente horizontal da força ( FX ) aplicada no cabo. 60º F x F Aplicando a 2ª lei de Newton: F x = m · a ⇒ F cos 60º = m · a ⇒ 4 1 2 = 2a ⇒ a = 1 m/s 2 Resposta: B 04. A) (Falsa) A força de ação atua no vento; e a reação, no ventilador. B) (Falsa) Vide item A. C) (Falsa) Não, o princípio de conservação da massa é válido nesse caso. D) (Verdadeira) A resultante das forças que estão aplicadas no barco é nula. E) (Falsa) Resposta: D a P ap P V a P ap P V
Transcript
FÍSICA IAULAS 12 E 13:
DINÂMICA
EXERCÍCIOS PROPOSTOSANUAL
VOLUME 3
OSG.: 095851/15
01. A) P
ap – P = m · a
720 – 60g = 60 a
P – P = m · a 60g – 456 = 60 a Temos:
g = 9,8 m/s2 e a = 2,2 m/s2
B) Pap
= P = m g ⇒ Pap
= 60 · 9,8 N
Pap
= 588 N
Resposta: A) 9,8 m/s2 e 2,2 m/s2; B) 588 N
02. Corpo A FR
A = m
A · a
T = M · a
Corpo B FR
B = m
B · a
⇒ PB – T = m
B · a
⇒ mg – T = m · a
⇒ mg – Ma = ma⇒ mg = Ma + ma⇒ mg = a(M + m)
⇒ a =mg
M m+
Resposta: A
03. Componente horizontal da força (FX
�) aplicada no cabo.
60º
F�
xF�
Aplicando a 2ª lei de Newton:
Fx = m · a ⇒ F cos 60º = m · a ⇒ 4
1
2
= 2a ⇒ a = 1 m/s2
Resposta: B
04. A) (Falsa) A força de ação atua no vento; e a reação, no ventilador.B) (Falsa) Vide item A.C) (Falsa) Não, o princípio de conservação da massa é válido nesse caso.D) (Verdadeira) A resultante das forças que estão aplicadas no barco é nula.E) (Falsa)
Resposta: D
a Pap
P
V
a Pap
P
V
OSG.: 095851/15
Resolução – Física I
05. Decompomos o peso na rampa conforme a fi gura ao lado.P
y = P sen 30º = mg/2
O peso do bloco pendurado puxa o sistema: mg.F
R = ma ⇒ mg – mg/2 = 2 ma
a = g/4
Resposta: A
06. P = (m
1 + m
2)a
1
a1 =
P
m m1 2+
P = m1a
2
a2 =
P
m1
Logo, a2 > a
1.
07. A pedra está sob a ação de duas forças verticais e dirigidas para baixo:
seu peso ( )A��
e a força de resistência do ar ( ).F�
Resposta: A
08.
Resposta: A
09. Aplicando a 2 lei de Newton:P
B = (m
A + m
B)a ⇒ 60 = 10 a ⇒ a = 6 m/s2
Resposta: B
θ
Py
P
Px
N
Figura 1
Figura 2
m1
m1
m2
p
F = P
SubidaPAr
P
v (m/s)
24
12
0 3 6
Do gr fico temos
av
tm
P T m a
T m aA A
B
á , :
= =−
−=
− = ⋅= ⋅
∆∆
24 0
6 04 /s2
10
6 4
1 5
⋅ = +( )=
⋅ =
m m m
m m
m m
A A
A B
A B,
OSG.: 095851/15
Resolução – Física I
10. Nos três casos, sendo FAr
� a resultante das forças do ar sobre o helicóptero, temos:
MRU:
FAr
� + P�
= 0�
(equilíbrio dinâmico)
Logo: FAr
� = – P
�
FAr
� é vertical e dirigida para cima.
Resposta: A
11. A) Para determinar as características da força resultante sobre a embarcação, convém decompor a força exercida pela vela, como indica
a fi gura a seguir.
F1
F1y
(5000 N)
(3000 N)
(4000 N)
(1000 N)
F3
F2x
F res
(3000 N)F4
A força resultante tem intensidade de 1000 N (1,0 k N), direção da força de atrito, porém sentido oposto ao dessa força.
B) 2ª Lei de Newton:
F m a
a a
res
� �=
= ⇒ = ⋅ −1000 20000 5 0 10 2 2, m/s
Resposta: A) 3,0 m/s2 na direção de F�
1 ; B) 5,0 · 10–2 m/s2
12. (1) → 2T1 = P → T
1 = P/2 → (2) 2T
2 sen 60º = P → T
2 = P/2 sen 60º → T
2 = 0,58 P → (3) 2T
3 sen 30º = P → T
3 = P/2 sen 30º → T
3 = P
Resposta: B
13. Se o movimento é retilíneo e uniforme (equilíbrio dinâmico), deve ocorrer:
F F F F F F1 2 3 3 1 20� �� �� � �� � ��
+ + = ⇒ = − −( ) Teorema de Pitágoras:
F F
F F N
Logo F N
1 2
22 2
1 2
3
5 12
13
13
��� ���
� ��
��
+ = +
+ =
=:
Resposta: D
FAr
P
F2
F2
F1
F1
OSG.: 095851/15
Resolução – Física I
14. Caso a:F
1
F2
Ra
Caso b: Teorema de Pitágoras:
F F R
F F
F F B
b12 2
12
12 2
22
12 2
1
500
250000
+ =
+ =
− = ( )( )
Substituindo (A) em (B), vem:( )700 250000
490000 1400 250000
700
22 2
1
221
21
12
2
− − =
− + − =
− +
F F
F F F
F F 1120000 0
700 490000 480000
2
700 100
2
400
300
1
1
2
2
=
=± −
=± =
=
F
FF N
F N
’
"
= =Onde F N e F N: "’1 1400 300
Resposta: F1 = 300 N e F2 = 400 N ou F1 = 400 N E F2 = 300 N
15. O maior valor da velocidade ocorrerá num ponto A e B, quando o peso e a força elástica têm a mesma intensidade.
Resposta: E
16. Como sempre, nas Leis de Newton, devemos analisar as forças. Para que o bloco suba acelerando, temos que:
F – PA = F
R = m · a · P = m · g; g ≌ 10
m
s2
Calculando a massa de A:
F – PA = m
A · a ⇒ F – m
A · g = m
A · a ⇒ 15 – m
A · 10 = m
A · 5 ⇒ m
A = 1 kg
Agora, com o bloco B, fazemos uma análise semelhante: P
B – P
A = F
R = m · a
Calculando a massa de B:
PB – P
A = (m
A + m
B) a ⇒ m
B · 10 – 10 = (1 + m
B) · 5 ⇒ m
B = 3 kg
Resposta: B
F1 + F
2 = R
a
F1 + F
2 = 700
Onde: F1 = 700 – F
2 (A)
F1
F2
Rb
OSG.: 095851/15
Resolução – Física I
17. Ângulo de 60º → F1 = 2T cos 60º = 2 T1/2 = T → ângulo de 45º → F
2 = 2T cos 45º = 2T 2/2 = 2 T → F
1 = 2 2F
Resposta: B
18. 49 kg → 9,8 m/s2
x → 10 m/s2
⇒ 9,8 x = 49 · 10 ⇒ x = 490
9 8, = 50 kg
Resposta: D
19. Quanto maior for o ângulo, maior será a força de tração.
Resposta: A
20. A parcela do peso paralela ao plano inclinado vale → PP = m g sen θ. A parcela de F (F
P), paralela ao plano inclinado vale:
θ
θP
P F
FP
cos θ = cateto adjacente/hipotenusa → cos θ = FP/F → F
P = F · cos θ → sendo F = P = mg → F
P = m g cos θ
Como o bloco sobe com aceleração a → FR = m · a → F
P – P
P = m · a → m g cos θ – m g sen θ = m · a → g cos θ – g sen θ = a
→ 10 · 0,8 – 10 · 0,6 = a → a = 2 m/s2.
Resposta: a = 2 m/s2
SM – 28/12/15 – REV.: LSS09585115-pro-Aulas12e13-Dinâmica
