exercicios fisica

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23. Os diagramas de corpo livre para o bloco B e para o nó logo acima do bloco A são mostrados
Em seguida, T1 é a força de tensão da corda puxando o bloco B ou puxando o nó (conforme o caso), T2 é a força de tensão exercida pela segunda corda (no ângulo θ = 30 °) no nó, f É a força de atrito estático exercida pela superfície horizontal no bloco B, NF é a força normal exercida pela superfície no bloco B, WA é o peso do bloco A (WA é a sua dimensão de mg A) e WB é o peso do bloco B (WB = 711 N é a magnitude de mg B).
Para cada objeto tomamos + x horizontalmente para a direita e + y para cima. Aplicando Newton Segunda lei nas direções xey para o bloco B e depois fazer o mesmo para o nó.Resulta em quatro equações:.
Onde assumimos que o atrito estático está no seu valor máximo (permitindo-nos usar a Eq.
6-1). Resolvendo estas equações com μ
S = 0,25, obtemos 103 N 1,0 102 N A W = ≈ x
31. (a) Os diagramas de corpo livre para os blocos A e C, considerados como um único objeto, e para o bloco B, são mostrados abaixo. T é a magnitude da força de tensão da corda, FN é a magnitude da força normal da tabela no bloco A, f é a magnitude da força de atrito, WAC é o peso combinado dos blocos A e C (a magnitude Da força Fg AC mostrada na figura), e WB é o peso do bloco B (a magnitude da força Fg B mostrada). Suponha que os blocos não estejam se movendo. Para os blocos na tabela, tomamos o axisto x para a direita e o eixo y para cima. Da segunda lei de Newton, temos
X componente: T - f = 0
Componente y: FN - WAC = 0.
Para o bloco B tomar a direção descendente para ser positivo. Então a segunda lei de Newton para esse bloco é WB - T = 0. A terceira equação dá T = WB e a primeira dá f = T = WB. A segunda equação dá FN = WAC. Se o deslizamento não ocorrer, f deve ser menor que μ s FN ou WB <μs WAC. O menor que o WAC pode estar com os blocos ainda em repouso é
WAC = WB / μ s = (22 N) / (0,20) = 110 N.
Uma vez que o peso do bloco A é 44 N, o menor peso para C é (110 - 44) N = 66 N.
(B) As equações da segunda lei tornam-se
Além disso, f = μ
KFN. A segunda equação dá FN = WA, então f = μ
KWA. O terceiro dá T
= WB - (WB / g) a. Substituindo estas duas expressões na primeira equação, obtemos
Assim sendo,
33. Os diagramas de corpo livre para os dois blocos, tratados individualmente, são mostrados abaixo
(Primeiro m e depois M). F 'é a força de contato entre os dois blocos ea força de atrito estático fs está no seu valor máximo (de modo que a Eq. 6-1 leva a fs = fs, max = μ
SF 'onde μ s = 0,38) .Tratando os dois blocos juntos como um único sistema (deslizando através de um piso sem atrito), aplicamos a segunda lei de Newton (com + x para a direita) para encontrar uma expressão para a aceleração:
Isto é equivalente a ter analisado os dois blocos individualmente e depois combinado
Suas equações. Agora, quando analisamos o bloco pequeno individualmente, aplicamos a segunda lei de Newton aos eixos xey, substitua na expressão acima por a, e use a Eq. 6-1.
Estas expressões são combinadas (para eliminar F ') e chegamos a
Que achamos ser F = 4,9 × 102 N.
47. No topo da colina, a situação é semelhante à da Amostra Problema 6-7, mas com
O sentido da força normal invertido. Adaptando a Eq. 6-19, encontramos
Uma vez que FN = 0 (como indicado no problema) então v2 = gR. Mais tarde, no fundo do vale, invertemos tanto a direção da força normal quanto a direção da aceleração (a partir do que é mostrado na Amostra Problema 6-7) e adaptamos a Eq. 6-19. Assim, obtemos
53. O diagrama de corpo livre (para o avião de massa m) é mostrado abaixo. Notamos que F é a força do levantamento aerodinâmico e a􀁇 aponta para a direita no
figura. Note-se também que | a􀁇 | = v2 / R onde v = 480 km / h = 133 m / s.
Aplicando a lei de Newton aos eixos do problema (+ x para a direita e + y para cima) obtemos
Onde θ = 40 °. A eliminação da massa dessas equações
Que produz R = v2 / g tan θ = 2,2 x 103 m.
55. Para que o disco permaneça em repouso, a magnitude da força de tensão T do cordão deve ser igual à força gravitacional Mg no cilindro. A força de tensão fornece a força centrípeta que mantém o disco em sua órbita circular, então T = mv2 / r. Assim Mg = mv2 / r. Resolvemos a velocidade:
65. (a) Usando F = μ smg, o coeficiente de atrito estático para a superfície entre os dois blocos é s = (12 N) / (39,2 N) = 0,31, onde mt g = (4,0 kg) (9,8 m /s2)=39.2 N é o peso do bloco superior. Seja 9,0 kg t b M = m + m = a massa total do sistema, então a força horizontal máxima tem uma magnitude Ma = M μ s g = 27 N.
(B) A aceleração (no caso máximo) é a = μ
Sg = 3,0 m / s2.