Exercícios Aula 8 e 9 gabarito

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Gabarito: FÍSICA 1 – AULAS 8 E 9 
 
Resposta da questão 1: 
 [C] 
 
Diagrama de corpo livre: 
 
 
 
Aplicando-se a segunda lei de Newton: 
resF m a 
 
atF F m a F N m aμ       
 
 
Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é igual ao peso, devido à inexistência de forças extras na vertical. 
F P m a F m g m aμ μ         
 
 
Isolando o coeficiente de atrito cinético e substituindo os valores fornecidos, ficamos com: 
2
2
F m a 600 N 120 kg 2 m s
0,3
m g 120 kg 10 m s
μ μ μ
   
    
 
 
 
Resposta da questão 2: 
 a) No ponto B, temos o seguinte diagrama de forças atuando sobre o sistema menino/caixa: 
 
 
 
Assim, podemos equacionar de forma que: 
at
at
at
F N P cos m g cos
F 0,25 40 10 0,8
F 80 N
μ μ θ μ θ        
   

 
 
b) Pelo teorema da Energia Cinética, temos que: 
c total potencial atritoEΔ τ τ τ  
 
 
Do enunciado, podemos encontrar a altura do ponto A em relação ao ponto C: 
h
sen
AC
h 0,6 10
h 6 m
θ 
 

 
 
A força de atrito entre os pontos C e D é diferente da calculada no item anterior, pois a força normal não é a mesma. Assim 
at
at
F ' N P 0,25 40 10
F ' 100 N
μ μ      

 
 
Com os valores das grandezas calculados, podemos continuar a desenvolver a equação do teorema da energia cinética. 
 
 
 
f i AC CD
c total potencial atrito
c c potencial atrito atrito
2
A
at at
2
E
E E
m v
0 m g h F AC F ' CD
2
40 1
40 10 6 80 10 100 CD
2
20 2400 800 100 CD
CD 16,2 m
Δ τ τ τ
τ τ τ
  
   

       

       
    

 
 
Assim, a distância total percorrida (d) é de: 
d AC CD 10 16,2
d 26,2 m
   

 
 
Resposta da questão 3: 
 [B] 
 
Com a decomposição das forças no plano inclinado, nota-se que não há força resultante no eixo 
y,
 mas somente no eixo 
x,
 
dada por: 
xP mg sen α
 
 
 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
Para responder a questão, basta decompor a força peso na direção do plano inclinado e na direção normal a ele, como segue na 
figura: 
 
 
 
Assim, temos que o módulo da força peso do bloco é igual a 
mg
 e o módulo da força normal é igual ao módulo da componente 
yP
 do peso, que com o auxílio da trigonometria vale 
mgcos .α
 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
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. 
r atF F 
 
 
Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito: 
m a m gμ    
 
 
A aceleração será: 
2
2
a g 0,2 10 m / s
a 2 m / s
μ     
 
 
 
Do MRUV usamos a equação de Torricelli: 
2 2
0v v 2 a sΔ   
 
 
A distância total percorrida será: 
 
2 2
0
2
v v
s
2 a
0 4 16
s 4 m
2 2 4
Δ
Δ



 
  
  
 
 
Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é: 
4 m
n 2,667 vezes
1,5 m
 
 
 
A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de 2/3 do trilho 
 
Então, 
n 2
 
 
Resposta da questão 6: 
 [A] 
 
Como a caixa superior se move junto com a caixa inferior, não há aceleração diferente entre elas e podemos considerar como 
sendo um corpo único. 
 
E pela 2ª lei de Newton: 
2
F m a
F (2 kg 1kg) 2 m / s
F 6 N
 
  

 
 
Resposta da questão 7: 
 [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, 
BAat B
T F m g
T 0,35 0,4 10
T 1,4 N
μ   
  

 
 
Analisando o Bloco A, temos que: 
 
 
 
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, 
 
AS BAat at
A B
F T F F
F 1,4 0,35 m m g 1,4
F 1,4 0,35 1,2 10 1,4
F 7,0 N
  
     
    

 
 
Resposta da questão 8: 
 [D] 
 
Nos dois casos a aceleração tem mesmo módulo: 
   1 2 1 1 1
1
F
F m m a F m 3 m a F 4 m a a .
4 m
        
 
 
Calculando as forças de contato: 
12 2 12 1 12
1
21 1 21 1 21
1
3 FF
F m a F 3 m F .
4 m 4
F F
F m a F m F .
4 m 4

    



    

 
 
Resposta da questão 9: 
 [D] 
 
Do diagrama abaixo, determinamos a força resultante para cada corpo: 
 
 
 
Para o corpo 1: 
1 1 2T P T 
 
 
Para o corpo 2: 
2 2T P
 
 
Então, 
1 1 2 1 1T P P T 60 40 T 100 N      
 
2T 40 N
 
 
Logo, a razão 
1
2
T
T
 será: 
1
2
T 100 5
T 40 2
 
 
 
Resposta da questão 10: 
 a) De acordo com o diagrama de forças abaixo representado: 
 
 
 
Para o eixo horizontal: 
xF N N sen 30   
 (1) 
 
Para o eixo vertical: 
yN P N cos 30 m g     
 
m g
N
cos 30



 (2) 
 
Substituindo (2) em (1): 
m g
F sen 30
cos 30

  

 
 
Explicitando a massa: 
2
F 11,6 N
m m 2 kg
g tan 30 3
10 m / s
3
   
 

 
 
b) A velocidade na base da rampa é calculada pela equação de Torricelli após determinarmos a aceleração devida à componente 
do peso 
zP
 decomposta na direção do plano inclinado. 
zP m g sen 30   
 
2 2zPa g sen 30 10 m / s 0,5 5 m / s
m
      
 
 
Pro Torricelli: 
2 2 2
0 0v v 2a s v v 2a sΔ Δ    
 
2v 0 2 5 m / s 6,4 m v 8 m / s     
 
 
Resposta da questão 11: 
 [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, 
R A A
A A
A
A
F m a P T
2 m 10 m 72
8 m 72
m 9 kg
   
   
 

 
 
Analogamente, no bloco B temos duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco e a tração do fio. Assim, 
R B B
B B
B
B
F m a T P
2 m 72 10 m
12 m 72
m 6 kg
   
   
 

 
 
Assim, a diferença entre as massas dos blocos será de: 
A Bm m 9 6 3 kg   
 
 
Resposta da questão 12: 
 [B] 
 
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema: 
  2B A BP m m a 60 10 a a 6 m/s .      
 
 
Resposta da questão 13: 
 [E] 
 
O diagrama de corpo livre para o sistema de blocos é mostrado abaixo: 
 
 
 
Para o bloco A, aplicando a segunda lei de Newton: 
RF m a 
 
 
A 1 A 1 AP T m a T m (g a)      
 
2
1 1T 3 kg (10 2,4)m / s T 22,8 N    
 
 
Para o cálculo de 
2T
 observa-se que tem o mesmo valor da força elástica 
eF :
 
2 e 2 2T F k x T 1240 N / m 0,02 m T 24,8 N       
 
 
No corpo B, primeiramente calculamos as componentes do peso nas direções tangencial 
XP
 e perpendicular ao plano inclinado 
YP .
 
2
X B X B X B
X B
P P sen 37 P m g sen 37 P 10m / s 0,6 m
P 6 m
           
 
 
 
2
Y B Y B Y BP P cos 37 P m g cos 37 P 10m / s 0,8 m          
 
Y BP 8 m 
 e para o equilíbrio no plano 
Y BP N 
 
 
at B Y
at B B
F N P
F 0,4 8 m 3,2 m
μ μ   
  
 
 
Aplicando a 2ª lei de Newton no corpo B, temos: 
RF m a 
 
 
X 1 2 at B
B B B
B B
P T T F m a
6 m 22,8 N 24,8 N 3,2 m 2,4 m
2
m m 5 kg
0,4
    
   
  
 
 
Resposta da questão 14: 
 [E] 
 
Para o corpo B representado na figura, aplicamos a 2ª lei de Newton: 
 
 
 
Como o sistema está em equilíbrio estático, a força resultante é nula. 
X atP T F 0  
 (1) 
 
E ainda: 
X B X BP P sen P m g senθ θ     
 
at B Y BF N P m g cosμ μ μ θ       
 
eT F k x  
 
 
Substituindo essas equações em (1): 
B Bm g sen k x m g cos 0θ μ θ        
 
 
Isolando a deformação na mola 
 B
m g
x sen cos
k
θ μ θ

   
 
 
22,8 kg 10 m / s
x 0,8 0,5 0,6
3
x 0,04 m
m
4
50 N
cm

      
 
 
Resposta da questão 15: 
 [E] 
 
A força 
F
 acelera o conjunto. 
2
RF ma 10 5a a 2,0m / s    
 
 
A força de atrito acelera o bloco de baixo. 
 
at atF ma F 4x2 8,0N   
 
 
Resposta da questão 16: 
 [D] 
 
Para haver movimento, a resultante das forças ativas deve ter intensidade maior que a da força de atrito estática máxima. 
 
Resposta da questão 17: 
 a) Na subida o movimento é acelerado, assim concluímos que a força (F) realizada pelo cabo sobre a cápsula é maior que o 
peso do conjunto (cápsula+pessoa). A partir destas considerações, podemos calcular a aceleração de subida da cápsula. 
 
Vejamos os dados pertinentes para o cálculo da aceleração durante a subida: 
 
F = 
47,5 10 N.
 
P = 
45 10 N.
 
3
CM 5x10 kg
 (massa do conjunto) 
 
Assim, 
CF P M .a 
  
4 4 37,5 10 5x10 5x10 .a  
 
 
4 32,5 10 5x10 .a 
 
4
2
3
2,5 10 25
a 5m / s
55 10

  

 
 
Como podemos perceber, o enunciado informa que esta aceleração se mantém apenas no primeiro trecho do percurso, 
sendo o restante do movimento sujeito apenas a aceleração gravitacional freando a cápsula. Assim devemos notar dois 
movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s2 dirigida para cima e outro movimento retardado com 
aceleração de 10 m/s2 dirigida para baixo. 
 
Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma: 
 
ac reS S 60mΔ Δ 
 
 
 
 
Em que 
acSΔ 
deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e 
reSΔ 
deslocamento sofrido pela cápsula de T1 a T2. 
 
Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos: 
 
ACELERADO: 
 
2 2
acV 0 2.5. SΔ 

2
acV 10. SΔ
 
 
RETARDADO: 
 
 
2 2
re re0 V 2.a . SΔ 

2
re0 V 2.( 10). SΔ  

2
reV 20. SΔ
 
 
Igualando as duas expressões, temos: 
 
ac re10. S 20. SΔ Δ
 
ac reS 2. SΔ Δ
 
 
Assim, o 
acS 40mΔ 
e 
reS 20mΔ 
 
 
Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos relacionar os intervalos de 
tempo de 0 à T1, e de T1 à T2. 
 
ac 1
re 2 1
ac re
1 2 1
1 2 1
1 2
S V.(T )
S V.(T T )
S 2. S
V.(T ) 2.V.(T T )
T 2T 2T
3T 2T
Δ
Δ
Δ Δ

 

 
 

 
 
Calculando T1: 
 
2
1
ac 1
2
1
2
1
2
1
1
5.T
S 0.T
2
5.T
40
2
80 5.T
T 16
T 4s
Δ  




 
 
Calculando T2: 
 
1 23T 2T
 
23.4 2T
 
212 2T
 
2T 6s 
 
b) Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima, assim sendo: 
 
VMÁX=0+5.T1 VMÁX=5.4=20m/s 
 
Calculando a potência máxima, temos: 
 
MÁX. MÁX.
P F.V
 
4
MÁX.
P 7,5 10 .20 
 
4
MÁX.
P 150 10 
 
MÁX.
P 1,5 MW 
 
 
Resposta da questão 18: 
 [B] 
 
Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica: 
 
     A A B
2
P m m a 2 10 2 8 a 
a 2 m / s .
     

 
 
Resposta da questão 19: 
 [E] 
 
Pela Segunda Lei de Newton, temos: 
 
RF m.a T P ma T 15000 1500x3 T 19500N.        
 
 
Resposta da questão 20: 
 [B] 
 
Apresentação das forças atuantes em cada bloco: 
 
 
 
Analisando as componentes da força peso 
(P)
 do bloco A em relação à direção do movimento temos: 
 
 
 
Em que: 
TP P .sen37 10.0,6 6,0N   
 
NP P .cos37 10.0,8 8,0N   
 
1 2T T T 
 
máx. N
cin. N
Fat . N
Fat 0,75. P 0,75.8 6N
Fat 0,25. P 0,25.8 2N
μ
  
  
 
 
Analisando as forças atuantes no conjunto, percebemos que a soma da componente 
TP
com a força de atrito estático máxima 
resulta: 
 
T. máx.P Fat 6 6 12N   
 
 
Isso demonstra que para colocar o sistema em movimento, o módulo da força peso 
P
 do bloco B deverá ser maior que 12N. 
Entretanto, devido ao módulo da força peso do bloco B ser igual a 10N concluímos que o conjunto não entra em movimento. 
Assim sendo, a soma do módulo da componente 
TP
com o módulo da força de atrito estático deverá ser igual ao módulo da 
força peso do bloco B. Logo: 
 
T. est.P Fat P 
 
 
est.
est.
6 Fat 10
Fat 4N
 
 