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INSTITUTO DE FI´SICA - UFRJ
Parte 2 - P1 de Fı´sica I - 2015-2
Questo˜es Discursivas
Nas questo˜es em que for necessa´rio, considere que: todos os fios e molas sa˜o ideais;
os fios permanecem esticados durante todo o tempo; a resisteˆncia do ar e´ desprezı´vel;
a gravidade tem mo´dulo g conhecido.
Questa˜o 1 [valor 2,6] Dois blocos A e B, de massas iguais a m, sa˜o ligados entre si por um fio ideal e colocados, em
repouso, sobre uma rampa inclinada de um aˆngulo θ em relac¸a˜o a` horizontal. Os coeficientes de atrito cine´tico entre a
superfı´cie do plano inclinado e as superfı´cies do bloco A e do bloco B sa˜o, respectivamente, iguais a 2µ e µ. Num dado
instante o bloco A e´ puxado por uma forc¸a "F de mo´dulo constante, e paralela a` superfı´cie, de forma que ele passa a se
deslocar superfı´cie acima, como mostra a figura. A forc¸a "F tem mo´dulo suficiente para manter os blocos em movimento
e o fio esticado.
a) Isole os blocos e represente todas as forc¸as que agem em cada bloco, separadamente, identificando-as;
b) determine o mo´dulo da acelerac¸a˜o com que os blocos se movem;
c) determine o mo´dulo da trac¸a˜o que age no fio que liga os blocos;
d) se trocarmos os blocos de posic¸a˜o, mantento a mesma forc¸a aplicada sobre o bloco de cima, qual a diferenc¸a entre
os novos valores de acelerac¸a˜o e trac¸a˜o em relac¸a˜o aos encontrados nos itens (b) e (c)? Justifique sua resposta.
Questa˜o 2 [valor 2,6] Um certo sistema de propulsa˜o e´ formado por uma mola ideal de constante ela´stica k presa na base
de um plano inclinado, de atrito desprezı´vel. Um bloco de massa m e´ colocado pressionando a mola de modo que ele
permanece em equilı´brio (Figura 1). Determine:
a) a deformac¸a˜o d0 sofrida pela mola em relac¸a˜o ao seu comprimento relaxado.
Suponha, agora, que este bloco e´ pressionado ate´ que a mola sofra uma deformac¸a˜o d > d0 em relac¸a˜o ao seu
comprimento relaxado, quando, enta˜o, ele e´ solto com velocidade inicial nula (Figura 2). Determine:
b) a velocidade do bloco ao passar pela posic¸a˜o de equilı´brio, onde a deformac¸a˜o da mola vale d0.
c) Qual deve ser o valor mı´nimo de d para que o bloco se desprenda da mola?
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Gabarito
Questa˜o 1
a)
O diagrama de forc¸as que age em cada bloco e´ dado pela figura,
onde:
"F e´ a forc¸a com que o fio e´ puxado;
"NA e "NB , sa˜o as forc¸as normais, exercidas pela superfı´cie sobre
cada bloco
"PA e "PB sa˜o as forc¸as peso
"TA e "TB sa˜o as forc¸as de trac¸a˜o do fio exercidas em A e B respecti-
vamente
"fA e "fB sa˜o as forc¸as de atrito agindo em A e B respectivamente.
b) Aplicando a segunda Lei de Newton para cada bloco,
Para o blocomA: "F + "TA + "NA + "PA + "fA = m"aA i)
Para o blocomB : "NB + "TB + "PB + "fB = m"aB ii)
Como os blocos andam juntos |"aA| = |"aB | = a, |"TA| = |"TB | = T , |"fA| = 2µmgcosθ, |"fB | = µmgcosθ e considerando
a direc¸a˜o e sentido do movimento dos blocos, das relac¸o˜es i) e ii),


F − T −mgsenθ − 2µmgcosθ = ma iv)
T −mgsenθ − µmgcosθ = ma v)
A soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es nos permite obter a;
a =
F
(2m)
−
3
2
µcosθg − senθg
c) Para obter T vamos usar a relac¸a˜o v). Portanto T = ma+ µmgcosθ +mgsenθ. Com o valor da acelerac¸a˜o a,
obtido anteriormente, temos
T = m
(
F
2m
−
3
2
µcosθg − senθg
)
+ µmgcosθ +mgsenθ
∴ T =
F
2
−
1
2
µmgcosθ
d) trocando os blocos de posic¸a˜o


F − T ′ −mgsenθ − µmgcosθ = ma
T ′ −mgsenθ − 2µmgcosθ = ma
O valor da acelerac¸a˜o na˜o se altera e o valor da trac¸a˜o e´ T ′ =
F
2
+
1
2
µmgcosθ, diferente do valor de T . Calculando
∆T = T ′ − T , obtemos,
∆T =
F
2
+
1
2
µmgcosθ −
(
F
2
−
1
2
µmgcosθ
)
→ ∆T = µmgcosθ > 0
Assim, colocando-se o bloco de maior coeficiente de atrito atra´s do bloco de menor coeficiente de atrito, a tensa˜o no fio
aumenta; T ′ > T .
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Questa˜o 2
a) Quando o bloco esta´ em equilı´brio, a resultante das forc¸as agindo sobre ele e´ nula. Aplicando a segunda lei de
Newton ao bloco nessa situac¸a˜o (com eixo Ox ao longo do plano inclinado e sentido positivo para cima), temos:
eixo x: kd0 −mgsenθ = 0→ d0 =
mgsenθ
k
b) Vamos tomar o zero de energia potencial gravitacional no ponto inicial. Aplicando a conservac¸a˜o de energia entre
o ponto inicial e o ponto de equilı´brio, temos:
1
2
kd2 =
1
2
kd20 +mg(d− d0)senθ +
1
2
mv20
Do item anterior, vimos quemgsenθ = kd0, portanto:
1
2
kd2 =
1
2
kd20 + kd0(d− d0) +
1
2
mv20
Reagrupando os termos e usando que d > d0 ao extrair a raiz, obtemos:
v0 =
√
k
m
(d− d0)→ v0 =
√
k
m
(
d−
mgsenθ
k
)
c) O bloco se desprendera´ da mola se ele alcanc¸ar a posic¸a˜o em que a mola esta´ relaxada com velocidade na˜o-nula.
Portanto, o valor mı´nimo de d sera´ aquele para o qual o bloco alcanc¸a essa posic¸a˜o com velocidade zero. Nessas
condic¸o˜es, aplicando a conservac¸a˜o de energia entre o ponto inicial e o ponto em que a mola esta´ relaxada, temos:
1
2
kd2min = mgdminsenθ
de forma que:
dmin = 2d0 =
2mgsenθ
k
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