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Atrito e Força centrípeta

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Mais problemas resolvidos!
Atrito e força centrípeta:
Problema 04. Na figura ao lado, um porco brincalhão escorrega em uma
rampa com uma inclinação de 35ο e leva o dobro do tempo que levaria se
não houvesse atrito. Qual é o coeficiente de atrito cinético entre o porco e a
rampa?
Dica: Veja equação 2-15 da página 23 do PLT. Use que Δ x=1
2
at 2 , aonde
Δ x é o comprimento da rampa. Resposta: μk≈0,53
Solução
Com atrito:
, ou seja
Então, usando que e que (o tempo que gasta quando tem
atrito é o dobro do tempo que levareia se não houvesse atrito) teremos
Então, sem atrito:
Como é o mesmo nos dois casos,
Fig. 01 Problema 4
Problema 05. Um bloco  de 2,5kg  está   inicialmente  em
repouso   em   uma   superfície   horizontal.   Uma   força
horizontal   F   de  módulo   6N   e   uma   força   vertical   P   são
aplicadas ao bloco (Fig. 1 ao lado). Os coeficientes de atrito
entre o bloco e a superfície são  μs=0,4  e  μk=0,25 .
Determine  o  módulo  da   força  de  atrito  que  age   sobre  o
bloco se o módulo de P é (a) 8N, (b) 10N e (c) 12N.
Resposta: (a) 6,0 N (b)3,6 (c) 3,1 N
Fig. 02 Problema 5
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
Solução
a) N
kg m/s N
Na vertical teremos
P + F_N = F_g
N N N
Então
Então aplicando 6N o movimento não se inicia.
Portanto
N resposta
b) N
Na vertical teremos
P + F_N = F_g
N N N
Assim:
N
N resposta
c) N
Na vertical teremos
P + F_N = F_g
N N N
Assim:
N
N resposta
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
Sears & Zemansky (11a. edição)
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
(a) 
Em B:
T−PB=mB a
T−PB=0
T=PB
T=22N
Em A, na direção x:
T− f s=mAax
22− f s=0
f s=22 N
Definição de f s :
f s=μ sF N
F N=
f s
μs
F N=
22
0,20
F N=110N
Em A, na direção y:
F N−PA−PC=mAa y
110−44−PC=0
PC=66 N
(b) 
Em A, na direção y:
F N−PA=mAa y
F N−44=0
F N=44N
Em B (positivo para baixo):
PB−T=mB a
Em A, na direção x:
T− f k=mAa
Das duas últimas equações
 
(PB−T )+(T− f k )=(mB+mA)a
a=
PB− f k
mB+mA
a=
PB−μk F N
mB+mA
a=22−0,15×44
(22+44)/9,8
a≈2,3m / s2
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
Problema 49. Na figura, um carro
passa com uma velocidade
constante por uma colina circular
e por um vale circular de mesmo
raio. No alto da colina, a força
normal exercida sobre o motorista
pelo assento do carro é zero. A
massa do motorista é 70,0 kg.
Qual é o módulo da força normal
exercida pelo assento sobre o
motorista quando o carro passa
pelo fundo do vale?
No ponto mais alto da colina:
F=ma( positivo para baixo)
P−F N=ma
mg−F N=ma
mg−0=ma
a=g=9,8m /s2
No fundo do vale:
F=ma( positivo para cima)
F N−P=ma
F N=m(a+g )
F N=70,0 (9,8+9,8)
F N≈1,37×10
3 N
Energia Cinética e Trabalho
Prob. 5 da pág 165 do PLT 690
(9a. ed) Em uma corrida, um pai
tem metade da energia cinética do
filho, que tem metade da massa do
pai. Aumentando sua velocidade
em 1,0 m/s, o pai passa a ter a
mesma energia cinética do filho.
Quais são as velocidades escalares
iniciais do pai e do filho? 
Solução
Dados
m f=
m p
2
K p=
K f
2
ou seja
1
2 m p v p
2=
1
4 m f v f
2
então
2
mp
m f
v p
2=v f
2
usandoa informação das massas
4v p
2=v f
2
ou seja
2v p=v f
foi dado tambémque
1
2
mp(v p+1)
2=1
2
m f v f
2
ou
m p
m f
(v p+1)
2=v f
2
então
2(v p+1)
2=(2v p)
2
v p
2+2v p+1=2v p
2
v p
2−2v p−1=0
então
v p=
2+√8
2
v p≈2,4m /s
então
v f=2v p
portanto
v f≈4,8m /s
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
Probl. 10 da pág. 165 do PLT 690 (9a. Edição)
Uma moeda desliza sobre um plano sem atrito
através de um sistema de coordenadas xy,da
origem até o ponto de coordenadas (3,4) enquanto
uma força constante atua sobre a mesma.A força
tem um módulo de 2 N e está dirigida em um
ângulo de 100 graus no sentido anti-horário em
relação ao sentido positivo do eixo x.Qual o
trabalho realizado pela força sobre a moeda nesse
deslocamento?
Solução 
Segundo os dados, podemos montar o sistema ao
lado.
α= tan−1(43 )≈53o
β=90o−α≈37o
γ=100o−90o=10o
W=Fd cosθ
W=(2)(5)cos 47o
W≈6,8 J
Trabalho Realizado por forças constantes e variáveis
(Problema 17, PLT 690, 9a ed., pág. 166) Um helicóptero levanta verticalmente uma caixa de 72 kg
15 m acima da superfície do solo, por meio de um cabo. A aceleração da caixa é g/10. Qual é o trabalho
realizado sobre a caixa (a) pela força do helicóptero e (b) pela força gravitacional? Imediatamente antes
da caixa chegar ao helicóptero quais são (c) sua energia cinética e (d) sua velocidade?
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
(3,4)
α
β
γ
x
y
Solução
(a)
Dados 
m = 72 kg
a = g/10 = 9,8/10 = 0,98 m/s²
P = mg 
F⃗ res=m a⃗
F−P=ma
aonde F é a força que o helicóptero
aplica
F=mg+ma
F=m(g+a)
W helicoptero=F d cos φ
W helicoptero=m( g+a)d cosφ
W helicoptero=72(9,8+0,98)×15cos0
ο
W helicoptero≈1,2×10
4 J
ou
W helicoptero≈12kJ
(b)
W g=mg d cosφ
W g=72×9,8×15cos 180
ο
W g≈−1,1×10
4 J
ou
W g≈−11kJ
(c) 
ΔK=K f−K i=W helicoptero+W g
K f−0=A+B
K f≈1,1×10
3 J
ou
K f≈1,1kJ
(guarde o valor exato na memória, digamos C) 
Outra maneira
W=ΔK=F resd cos φ
K f −K i=mad cosφ
K f−0=72×0,98×15×cos0
ο
K f≈1,1×10
3 J
ou
K f≈1,1 kJ
(d)
K f=
1
2
mv f
2
v f=√ 2K fm
lembre-se que armazenou o valor de K f em C. 
 v f=√ 2C72
v f≈5,4m / s
(Problema 29, pág. 167) No arranjo da figura ao
lado, puxamos gradualmente o bloco de x=0 até x=
+30cm,onde fica em repouso.A figura mostra o
trabalho que nossa força realiza sobre o bloco.A
escala vertical do grafico é definida por Ws=1,0J.Em
seguida,puxamos o bloco até x=+5cm e o liberamos a
partir do repouso.Qual é o trabalho realizado pela
mola sobre o bloco quando este se desloca de
xi=+5,0cm, até 
(a)x=+4,0cm,
(b)x=-2,0cm e 
(c)x=-5,0cm?
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
Solução
W=1
2
kx2
0,9=1
2
k (5×10−2)2
k=2×103 N /m
(a) 
W s=
k
2 (x i
2− x f
2 )
W s=
2×103
2
[(5×10−2)2−(4×10−2)2]
W s=0,90 J
(b)
W s=
2×103
2
[(5×10−2)2−(−2×10−2)2]
W s=2,1 J
(c)
W s=
2×103
2
[(5×10−2)2−(−5×10−2)2]
W s=0,0 J
(Problema 37, pág. 168) A figura ao lado mostra
a aceleração de uma partícula de 2,00 kg sob a
ação de uma força F⃗ a que desloca a partícula ao
longo de um eixo x, a partir do repouso, de x = 0 a
x = 9,0 m. A escala vertical do gráfico é definida
por as=6,0 m/s². Qual é o trabalho realizado
pela força sobre a partícula até a partícula atingir
o ponto 
(a) x = 4,0 m, 
(b) x = 7,0 m e 
(c) x = 9,0 m? 
Quais são o módulo e o sentido da velocidade da partícula quando ela atinge o ponto 
(d) x = 4,0 m,
(e) x = 7,0 m e 
(f ) 9,0 m?
Solução na próxima página
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com
Solução
A massa é constante no intervalo x=1,0 m até
x=4,0 m e no intervalo x=6,0 m até
x=8,0 m.
Multiplicando a aceleração pela massa teremos a
força aplicada pela partícula. Assim, o gráfico
as versus x se tornaria F a vesus x
Fa=mas
F a=2,00×6,0
F a=12,0 N
Então teremos o gráfico:
(a)
W=ATRAP
W=
(4+3)×12
2
W=42 J
(b)
W=ATRAP '−Atriângulo
W=
(5+3)×12
2
−1×12
2
W=42 J
(c)
W=ATRAP ' '−ATRAP '
W=
(5+3)×12
2
−
(4+2)×12
2
W=12 J
(d)
W=Δ K
W=m
2
(v2−v0
2)
42=2
2
(v2−02)
v≈6,5m / s
(e)
W=m2
(v2−v0
2)
42=2
2
(v2−02)
v≈6,5m / s
(f)
W=m
2
(v2−v0
2)
12=2
2
(v2−02)
v≈3,5m / s
Me. Leandro B. Holanda, email: leandro.holanda@anhanguera.com

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