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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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