179 ICF1 gaba AD2 2006 1

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GABARITO DA AD2 DE ICF1 DE 2006-1 
 
Esta questão é individual porque depende dos dados que você obteve na prática. 
Todavia, como existe a repetição dos mesmos erros nas provas, vou fazer alguns 
comentários com os dados fornecidos por um dos tutores. Vou fazer os cálculos 
apenas para as componentes na direção do eixo OX. 
 
Questão 1 (2, 5 pontos) - Só ganham pontos na questão os alunos que fizeram a Prática 4. 
 Os cientistas utilizam o método científico para descobrir as Leis da Natureza. Na Prática 
1 você realizou um experimento para descobrir um modelo para somar forças. Com esta 
finalidade uas formas diferentes. 
 
a) Escreva as fórmulas do modelo que permitem 
1θ 2θ
1F
r
2F
r
O 
xF2
r
xF1
r
yF1
r
yF2
r calcular as componentes da força resultante 
a partir de duas forças conhecidas. Pela figura 
ao lado vemos que: 
O modelo supõe que as forças são vetores. 
Logo podemos escrever: 
 
yyyx FFRF 212 ; +=
rrr
 3θ
3F
r
 
 
 
0,03 0,03 0,03
onde temos que: 
)cos( 111 θFF x −= ; )( 111 θsenFF y = 
 Figura 10,03 0,03 
 
2F )( 2θ 
 
 
 
0,03 0,03 
 
b) Escreva as fórmulas utilizadas para se obter as incertezas experimen is das 
componentes da força resultante obtidas com o modelo (item a).As in
componentes da força resultante são dadas por: 
( )( );) 2221 xxx FFR δδδ += ( )( )2221 yyy FFR δδδ += ) 
 0,03 0,03
 
onde 
 
( )( )21112111 δθθδθδ )())cos( senFFF x += ; 0,03
 
( )( )22222222 δθθδθδ )())cos(( senFFF x += ; 0,03
 
( )( )21112111 δθθδθδ )cos())( FFsenF y += 0,03
ta
)cos( 22 θFx = ; 22 senFF y =
 
xx FRFFR 121 +=⇒+=
 a força resultante foi obtida de d
certezas nas 
1 
( )( )22222222 )cos())(( δθθδθδ FFsenF y += . 0,03
Nas expressões anteriores a incerteza nos ângulos tem que estar representadas 
obrigatoriamente em radianos. 
 
c) Complete a Tabela 1 com as medidas experimentais que você realizou para obter com a 
fórmula do ítem (a) as componentes da força resultante. Não esqueça de 
colocar as incertezas destas medidas. 
d) Calcule com as fórmulas do ítem (a) as componentes da força resultante .Transfira para 
a Tabela 1. 
e) Calcule as incertezas experimentais associadas às componentes obtidas em (d) e 
transfira para a Tabela 1. 
Tabela 1 
Em toda as tabelas,o 
aluno perde metade 
de cada valor se 
utilizar o número de 
significativos errados
ou se arredondar 
errado. 
1θ 1F 
[N] 
2θ 2F 
[N] 
1δθ 
[rad] 
1Fδ 
[N] 
2δθ
[rad]
2Fδ 
[N] 
30o 0,80 30o 0,81 2o=0,03ra
d 
0,02 0,03 0,03 
 
 
 
0,03 0,03 0,03 0,03 0,03 0,03 0,03 0,03 
Continuação da Tabela 1 
xF1 
[N] 
xF2 yF1 yF2 xF1δ 
[N] 
xF2δ
[N] 
yF1δ 
[N] 
yF2δ 
[N] 
-0,69 0,70 0,02 0,02 
 0,04 0,04 0,04 0,04 0,04 0,04 0,04 0,04 
 
Continuação da Tabela 1 
xR 
[N] 
yR 
[N] 
xRδ 
[N] 
yRδ 
[N] 
0,01 0,03 
 
0,04 0,04 0,04 0,04 
 
O primeiro comentário importante é a respeito do número de algarismos significativos das 
incertezas. Adotaremos por simplicidade apenas um algarismo significativo. Por exemplo, ao 
calcular a incerteza nos ângulos em radianos com a máquina de calcular encontrei 
...034,01 =δθ . Como quero a incerteza com apenas um algarismo significativo tenho que 
expressá-la até centésimo de radiano. Logo tenho que aproximar a casa do centésimo. 
Como o algarismo da casa do milésimo é 4 que é menor do que 5, o número da casa do 
centésimo é mantido. Por isto, as incertezas dos ângulos com apenas um algarismo 
significativo são iguais a 0,03 rad. 
O cálculo da componente também foi obtido com a máquina de calcular. xF1
...6928,01 −=xF . Para escrever esta componente com o número de algarismos 
significativos corretos e com a aproximação correta preciso encontrar a incerteza nesta 
medida. Encontrei para a incerteza na medida de o seguinte valor: xF1
2 
...,021001 =xFδ . Como estou trabalhando com incertezas com apenas um algarismo 
significativo, ela tem que ser representada apenas até a casa do centésimo que tem que ser 
aproximada. Como o algarismo da casa do milésimo é 1<5 o algarismo da casa do 
centésimo não muda, a incerteza na componente é dada por NF x 0201 ,=δ . O valor da 
componente tem que ser escrita de acordo com esta incerteza, isto é , tem que ter a 
incerteza na casa centésimo. Logo temos que aproximar a casa do centésimo de . 
Como o algarismo da casa do centésimo é 9 e o da casa do milésimo é 2<5 o algarismo da 
casa do centésimo é mantida e a componente é dada por
xF1
xF1
xF1 NF x 69,01 −= . O sinal 
menos foi colocado porque o vetor projetado x1F
r
na direção vetor unitário tem o sentido 
contrário ao vetor unitário i .O cálculo da componente 
máquina de calcular, . Para escrever esta c
algarismos significativos corretos e com a aproximação cor
nesta medida. Encontrei para a incerteza na medida de 
iˆ
ˆ
0=
xF2
F2
...7014,2xF
...,021102 =xFδ . Como estou trabalhando com incertezas
ela tem que ser representada apenas com a casa do centé
aproximada. Como o algarismo da casa do milésimo é 1<5,
dada por N02,F x 02 =δ . Logo temos que aproximar a cas
algarismo da casa do centésimo é 0 e o da casa do milésim
centésimo é mantida e a componente é dada porxF2 F x2
O valor da componente da força resultante obtida pelo 
. O cálculo da incerteza em R
forneceu 
xR
01,
...
NRx 070,069,0 =+−=
0298,0=xRδ . Logo o resultado com apenas u
casa do centésimo. Como o algarismo do milésimo é 9>5, o
aproximado para 3, isto é, .03,0 NxR =δ 
 
 
f) Para comprovar o modelo proposto para somar forças,f
obter a força resultante. Qual a outra maneira utilizada
Coloque na Tabela 2 os valores das medidas e das com
calcular as componentes das força resultante . Calcule
resultante e transfira para a Tabela 3. 
A outra maneira para calcular a força resultante é através d
força resultante, isto é , através da medida da força 3F
r
. 
 Se ela não tivesse sido aplicada na cordinha que está ligad
superiores, ela aceleraria para cima pela ação da força resurr
. 3FR −=
 A componente da força resultante é nula e precisa ser
algarismo significativos corretos, Lembre-se que você tem u
ângulo , logo a componente também tem
calculada através da fórmula: 
xF3
±o 2903 =θ xF3
(( 233 δδ )) FFF x += 3θcos(
0,1
 do
 do
 também foi obtido com a 
omponente com o número de 
reta preciso encontrar a incerteza 
 o seguinte valor: x
 com um algarismo significativo, 
simo que tem que ser 
 a incerteza na componente é 
a do centésimo de . Como o 
o é 1<5, o algarismo da casa do 
xF2
N700,= . 
modelo é 
x obtido pela máquina e calcular 
m algarismo significativo vai até a 
 algarismo do centésimo é 
oi utilizada outra maneira para se 
 para se obter a força resultante? 
ponentes que você realizou para 
 as componentes da força 
a medida da força que equilibra a 
a aos dois dinamômetros 
ltante. Logo a força resultante 
0,3
 escrita com o número de 
ma incerteza na medida do 
 uma incerteza que tem que ser 
) )2333 δθθ )(sen . 
3 
O resultado que obtive para esta incerteza com a máquina de calcular foi 
....024,03 =xFδ . Como estamos utilizando a incerteza com apenas um algarismo 
significativo, a incerteza vai até a casa do centésimo. Como a casa do milésimo é 4 e 4<5 o 
algarismo 2 da casa do centésimo é mantido, isto é, .02,03 NF x =δ Logo o valor da 
componente tem que ir até a casa do centésimo também, isto é, . xF3 NF x 00,03 =
 
Tabela 2 
3θ 3F 
[N] 
3δθ 
[rad] 
3Fδ 
[N] 
 
 
xF3 
[N]yF3 xF3δ 
[N] 
yF3δ 
90o 0,80 2o=0,03rad 0,02 0,00 0,02 
 
 
 
Tabela 3 
xR 
[N] 
yR 
[N] 
xRδ 
[N] 
yRδ 
[N] 
0,00 0,02 
 
 
 
g) Escreva o intervalo I1 associado à faixa de valores da medida da componente da x da força 
resultante obtida com as fórmulas do modelo. Escreva o intervalo I2 associado à faixa de 
valores da medida da componente x da força resultante obtida da outra forma . Represente 
esses intervalos na semi-reta a seguir. TRABALHE COM UMA ESCALA RAZOÁVEL. 
N00,0−02,0− 02,0 0,0 4
0,04 0,04 0,04 0,04 
0,02 0,02 0,02 0,020,02 0,02 0,02 0,02
 
0,06 
 
 
O intervalo I1 que representa a faixa e valores da componnente obtida pelo modelo é xR
I1=[-0,02, 0,04] N e o intervalo I2 que representa a faixa e valores da componnente obtida 
com a força é I2=[-0,02, 0,02] N 
xR
3F
r
0,02(0,01 cada intervalo)
h)Existe interseção entre os intervalos I1 e I2 obtidos em g? . A interseção entre estes intervalos 
é .]02,0,01,0[21 NII −=∩ 0,02
 
i) Escreva o intervalo I3 associado à faixa de valores da medida da componente da y 
da força resultante obtida com as fórmulas do modelo. Escreva o intervalo I4 
associado à faixa de valores da medida da componente y da força resultante obtida 
da outra forma . Represente esses intervalos na semi-reta a seguir. TRABALHE 
COM UMA ESCALA RAZOÁVEL. 0,02(0,01 cada intervalo) 
 
0,06 
 
 
 
Y
 
0,02h)Existe interseção entre os intervalos I3 e I4 obtidos em i? 
 
4 
0,5
j) Interprete os resultados experimentais. 
Para que os resultados experimentais sejam compatíveis com o modelo os seguintes fatos tem 
que ocorrer simutaneamente: 
1)A interseção entre as faixas de valores (I1) da componente obtida pelo modelo e a 
faixa de valores (I2) de obtida através da força 
xR
xR 3F
r
 não pode ser nula. 
 2)A interseção entre as faixas de valores (I3) da componente obtida pelo modelo e a 
faixa de valores (I4) de obtida através da força 
yR
yR 3F
r
 não pode ser nula. 
No meu caso, como calculei apenas as componentes X, posso dizer que a condição (1) foi 
satifeita. È presciso testar a segunda condição. Se ela for verdadeira a conclusão do 
experimento seria: 
COMO AS CONDIÇÔES 1 E 2 FORAM SATISFEITAS OS RESULTADOS EXPERIMENTAIS 
SÃO COMPATÍVEIS COM O MODELO QUE AFIRMA QUE AS FORÇAS SÃO VETORES. 
 
OBSERVEM QUE ESTA RESPOSTA È COMPLETAMENTE DIFERENTE DA REPOSTA 
COMUM NAS PROVAS : OS RESULTADOS EXPERIMENTAIS SÃO COMPATÍVEIS 
PORQUE QUE TEM INTERSEÇÃO. 
 
POR QUÊ ESTA RESPOSTA NÃO ESTÁ CORRETA? POR QUE ELA NÃO FALA COM O 
QUÊ OS RESULTADOS EXPERIMENTAIS SÃO COMPATÍVEIS, NEM DIZ QUE 
INTERSEÇÕES SÃO ESTAS!!!!! 
 
 
 
Questão 2: 
Dois blocos que estão ligados por uma barra rígida descem um plano inclinado. As massas dos 
blocos são mA=1kg e mB=4kg. Os coeficientes de atrito cinético entre os blocos e o plano são 
respectivamente iguais a 0≅Aµ e 2,0=Bµ . O ângulo θ que o plano forma com a vertical 
vale 60 . Despreze a resistência do ar. Despreze a massa da barra.O sistema desce o plano 
sem girar. A massa da barra é desprezível.Resolva o problema do referencial da Terra 
considerado inercial. 
o
 
Como o problema não explicita a posição dos blocos A e B sobre o plano inclinado, 
vamos resolver o problema considerando B acima de A. Ao final desta questão 
discutiremos o problema invertido. 
a) Considere o sistema formado pelos blocos A e B e a vara como o objeto de estudo. 
Desenhe este sistema separado do exterior e coloque todas as forças que atuam sobre 
ele. Onde estão aplicadas as reações a estas forças? 
 
Item a) 
 
O sistema formado pelos dois blocos e a haste rígida está representado na figura 2- 1. 
Estão em contato com o sistema o plano inclinado e o ar. Como o problema mandou 
desprezar a resistência do ar, as únicas forças de contato são exercidas pelo plano 
inclinado. A superfícies dos blocos empurram a superfície do plano, deformando-a de 
forma imperceptível. A superfície do plano deformado empurra as superfícies dos bloco 
para cima com as forças normais AN
r
 e BN
r
 representadas na figura 2- -1. Como o bloco 
B tende a deslizar para baixo, a superfície do plano exerce sobre ele a força de atrito Bf
r
 
que tende a evitar do deslocamento relativo entre as superfície. O problema manda 
desprezar a força de atrito no bloco A. As únicas forças gravitacionais que atuam no 
5 
sistema são os pesos AP
r
 e BP
r
 representadas na figura 2-1 a seguir. r 
N A 
r 
N r 
P A 
r 
P B
Bf
r
As reações às forças e são B AN
r− e BN
r− e estão aplicadas no plano inclinado. 
As reações às forças e são AP
r− e BP
r− que agem no centro da Terra. r
A reação à força e atrito , é Bf− que está aplicada no plano inclinado. 
 
 0,1 (0,01 para 
cada ação e cada 
reação) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 2- 1: representação do sistema blocos-haste. Colocamos 
as forças nos respectivos corpos de atuação. 
b) Considere como objeto de estudo o bloco A. Desenhe o bloco A separado do exterior e 
coloque todas as forças que atuam sobre ele. Onde estão aplicadas as reações a estas 
forcas? Escreva a segunda lei de Newton na representação simbólica e em 
componentes para o bloco A. 
 
0,06 (0,1 
cada ação 
e reação) 
AT
r
Item b) 
AP
r
AN
r 
 
 
 
 Figura 2-2
 
 
Desenhando o bloco A separado do seu exterior. Estão em contato com o bloco A o plano 
inclinado, a vara e o ar. Como o problema mandou desprezar a resistência do ar, as 
únicas forças de contato são exercidas pelo plano inclinado e pela vara. A superfície do 
bloco A empurra a superfície do plano, deformando-a de forma imperceptível. A 
superfície do plano deformado empurra a superfície do bloco A para cima com a força 
normal AN
r
 representada na figura-2-2. O problema manda desprezar a força de atrito no 
bloco A. A vara em empurra o bloco A para cima com a força TA
r
. A única força 
gravitacional que atua no bloco A é o peso AP
r
 representado na figura-2-1. A reação 
força TA
r
 é AT
r− e está aplicada na vara.A reação à força 
r 
N A é AN
r− e está aplicada no 
plano inclinado. A reação às força 
r 
P A é AP
r− que está aplicada no centro da Terra. 
 
O sentido da tensão poderia ter sido colocado ao contrário. Neste caso, você 
6 
encontraria para o seu módulo um número negativo. Escolhi este sentido para a tensão 
AT
r
 pela seguinte razão. O bloco A tem atrito desprezível com o plano inclinado. Existe 
atrito entre o bloco B e o plano inclinado. Por isto, se os blocos não estivessem ligados 
pela vara, o bloco A teria uma aceleração maior do que o bloco B. Logo ele desceria o 
plano inclinado mais rápido.Por isto,como o bloco A está ligado ao bloco B pela vara, 
ele puxa a vara para baixo, logo pela Terceira Lei de Newton, a vara puxa o bloco A 
para cima. A vara puxa o bloco B para baixo, logo pela Terceira Lei de Newton, o 
bloco B puxa a vara para cima. 
 
A segunda lei de Newton para este bloco, na forma 
simbólica vetorial se reduz a 
 
AA T+AAA P+N=am
r
 (1) 
rrr
 
e na forma simbólica em componentes se reduz a 
AxAxAxAxA T+P+N=am . 
AyAyAyAyA T+P+N=am 
Como o bloco não sai do plano inclinado a componente 
da aceleração perpendicular ao plano é nula (vínculo). 
 
 
Como a haste é rígida temos que 
r 
a A = r onde a ar é a aceleração do sistema blocos-haste. 
Denominaremos o módulo de T TA = .A figura-2-3 que o ângulo entre o eixo OX e a 
força peso vale . Por isto temos que : o60=θ
 
TTmgmgP Ax
o
Ax ==== ;2/)60cos(;0 
TTmgsenmgP Ax
o
AyA −=−=−= ;2/3)60(;. 
 
L
−
−=⇒
)22(.
)12(2/302/3
am=T
gmN=
A
AA 
 
 Newton na representação simbólica e em componentes para o 
(a). Calcule a aceleração do sistema. 
 
I
 
P
s
e
 
 
Figura 2-3: Decomposição das 
forças que atuma em ª
o60
X
Y
0,20 
o60=θ
0,20
Naa AxAx = ;
NNa AyAy == ;0
ogo temos que: 


−
−
2/gm
gmN
A
AA
c) Escreva a segunda lei de
sistema descrito no item 
tem c) 
ara o sistema descrito no item (a), podemos escrever a Segunda Lei, na forma vetorial 
imbólica seguinte forma: 
BBABABA fP+PN+N=amm
rrrrrr +++ ).( . (3) 
 
 na forma simbólica em componentes da seguinte forma: 
0,2 
BxBxAxBxAxAx fP+PN+N=ma ++ 
7 
ByByAyByAyAy fP+PN+N=ma ++ 
Como temos que: 
BBBxB
o
BBxBxx NfgmgmPNaa µ===== ;2/)60cos(;0; e 
0;2/3)60(;;0 =−=−=== ByoByBByy fmgsenmgPNNa 
as equações em componentes se reduzem a 
)24(02/3)()(
)14()(2/)(
−=+−+
−+=−+
gmgmNN
ammNgmgm
BABA
BABBBA µ (4) 0,2 
 
O introdução do valor do módulo da normal 2/3gmN AA = na equação (4-2) fornece: 
 



=
⇒+−+
⇒=+−+
.2/3
2/3)()2/3(
02/3)()(
gmN
gmmNgm
gmmNN
BB
BABA
BABA
. 0,2 
 
 Substituindo esta equação na equação (4-1) obtemos a aceleração a do sistema blocos-
vara. 
 
0,2 ./6,32/32/ 2sm
m+m
mgg=a
BA
B
B ≅


− µ (5) 
d) Considere como objeto de estudo o bloco B. Desenhe o bloco B separado do exterior e 
coloque todas as forças que atuam sobre ele. Onde estão aplicadas as reações a estas 
forças? Escreva a segunda lei de Newton na representação simbólica e em 
componentes para o bloco B. 
 
Item d) 
Desenhamos o bloco B separado do seu exterior na figura 2-4 . Estão em contato com o 
bloco B o plano inclinado, a vara e o ar. Como o problema mandou desprezar a 
resistência do ar, as únicas forças de contato são exercidas pelo plano inclinado e pela 
vara. A superfície do bloco B empurra a superfície do plano, deformando-a de forma 
imperceptível. A superfície do plano deformado empurra a superfície do bloco B para 
cima com a força normal BN
r
 representada na figura 2-4. Como o bloco B tende a 
deslizar para baixo, a superfície do plano exerce sobre ele a força de atrito Bf
r
 que tende 
a evitar do deslocamento relativo entre as superfície. A vara em puxa o bloco B para 
baixo com a força TB
r
. A única força gravitacional que atua no bloco B é o peso BP
r
 
representado na figura 2-4. A reação força TB
r
 é BT
r− e está aplicada na vara.A reação à 
força BN
r
 é BN
r− e está aplicada no plano inclinado. A reação às força BP
r
 é BP
r− 
que está aplicada no centro da Terra. A reação à força e atrito Bf
r
, é Bf
r− que está 
aplicada no plano inclinado. 
 
 
 Considere apenas o bloco B agora. As forças que atuam sobre ele estão representadas na 
0,08(0,1 para cada ação e 
reação) 8 
figura 2- 4. 
 
 
Figura 2-4: bloco B isolado 
o60=θ
 
Desta forma a força resultante na forma vetorial 
simbólica se reduz a 
 
BB T+f+BBBB P+N=am
rr
 (6) 
rrr 0,
 
e na forma simbólica em componentes se reduz a 
BxBxBxBxBxB T+f+P+N=am
ByByByByByB T+f+P+N=am
 ; 
 
 
Como temos que: 
BBxBBBx
o
BBxBxBx TTNfmPNaa ===== ,),cos(,, µ600 
00600 ==−=== ByByoBByBByBy TfsengmPNNa ,),(,, , a Segunda Lei de Newton em 
componentes se reduz a 
 



−=+−
⇒−
−=⇒−
)(.//
)cos(
)(/N0)sen(60 B
o
27232
60
1723
amTgmgm
am=T+Ngm
gm=gmN
BBBBB
BBBB
o
B
BBB
µ
µ 0,2 
 
onde novamente fizemos 
 
 porque a vara é rígida. 
r 
a B = ra
 
e) Calcule as forças que atuam nos blocos A e B. Escreva todas as forças que atuam nos 
blocos A e B utilizando os unitários eiˆ ˆ j . 
 
Item e) 
 
Para calcular as tensões é necessário aplicar a Segunda Lei de Newton na vara. Estão em 
contato com a vara os blocos A e B e o ar. Logo somente o ar e os blocos podem exercer 
forças de contato sobre a vara. O problema manda desprezar a resitência do ar. Logo as 
únicas forças de contato que atuam sobre a vara são a tensão BT
r− que o bloco B exerce 
sobre a vara e a tensão AT
r− que o bloco A exerce sobre a vara. Como a massa da vara é 
desprezível as forças gravitacionais que atuam sobre a vara são nulas.A aplicação da 
Segunda Lei de Newton à vara fornece: TTTaTT BABA
rrrrrrr −=−==−− 0 ⇒= 0 .Logo 
 .TTT BA ==
 
BT
r− 
 
 
 
AT
r−
9 
O módulo a tensão pode ser obtido utilizando-se a equação (2-2) e 
 
Namgm=T AA 4,12/ ≅− (8) 
que é positivo. Portanto, os sentidos escolhidos para as tensões nas figuras 2-2 e 2-4 estão 
correto. 
0,04 
Agora estamos aptos a escrever todas as forças que atuam nos blocos, em termos dos 
unitários ˆ i , jˆ (indicados na fig. 2-1): 
 
Njjengm=N oAA )ˆ(ˆ)(s 3560 =
r
 0,05 
Njjengm=N oBB )ˆ(ˆ)(s 32060 =
r
 0,05
jNiN=PA ˆ)(ˆ)5( 35−+
r
 0,1
jNiN=PB ˆ)(ˆ)20( 320−+
r
 r 0,1
iNiN=f BBB ˆ,ˆ 96−=−µ 
0,05 
e as tensões ficam dadas: 
iNTTT AB ˆ),1( 4==−=
rrr
 0,05
 
Item f) 
0,22f) A barra está sendo comprimida ou esticada? Justifique. 
 
Como as trações puxam as pontas da vara para fora ela é esticada. 
 
Se o bloco A estivesse mais alto que o bloco B as tensões nos blocos teriam o mesmo 
sentido pela seguinte razão: Se o bloco A e o bloco B não estivessem ligados pela vara, 
o bloco A desceria o plano inclinado mais rápido do que o B, uma vez que não existe 
atrito entre ele e o plano inclinado. Como ele está ligado à vara, ele empurra a vara 
para baixo, por isto pela Terceira Lei de Newton, a vara e rra o bloco A para cima. 
A vara empurra o bloco B para baixo, logo pela Terce ei de Newton, o bloco B 
empurra a varra para cima. Por isto, os sentidos das tensões nos blocos seriam os 
mesmo, mas as suas reações na vara trocariam de sentido e da extremidade. Logo, 
neste caso ela é comprimida. 
AT
r− 
 
BT
r−
 
 
 
 
 
 
Questão 3: 
 
 Um carro de passeio está em uma curva com uma velocidade com mó
a 72km/h. O raio da curva é de 0,5 km. A densidade do ar arρ vale 1
resistência que o ar exerce em um carro de passeio 
kg /
vAxCF arre = 2
1 ρ−r
dulo constant
. A força d3m
vˆ2 , onde é vˆ
m ca
mpu
ira L
e igual 
e 
o vetor 
10 
unitário na direção da velocidade do carro, arρ é a densidade do ar, C é o coeficiente de 
arrasto, é a projeção da área de impacto na direção da velocidade (leia o texto denominado 
“A força de Resistência do ar”) e é o módulo da velocidade do carro. 
x
A
v
a) Calcule a força de resistência do ar após ver o vídeo “A força de resistência do ar” e ler o 
texto apresentado a seguir intitulado “ A força de resistência do ar”. A área A descrita no texto 
“A força de resistência do ar “ vale 2,5m2 e a massa do carro de passeio vale 1500kg. 
b) Escreva a Segunda Lei de Newton na representação simbólica para o carro. 
c) Calcule a aceleração do carro no ponto A.. 
d) Calcule a componente da força de atrito tangente à curva que solo exerce sobre o carro 
no ponto A. 
e) Calcule a componente da força de atrito radial que solo exerce sobre o carro no ponto A. 
f) O módulo da força de atrito tangente é desprezível em relação ao módulo da força de atrito 
radial? 
 
A
iˆ
jˆ
Figura 3-1 
a) Desenhe o carro separado do seu exterior e coloque todas as forças que atuam sobre 
ele. Onde estão as reações a estas forças? Não despreze a resistência do ar. 
Considere o problema do referencial da Terra considerado inercial. 
 
O carro foi desenhado separado do seu exterior na figura 3-2. Ele foi representado na 
figura 3-2 visto de cima. Estão em contato com o carro o ar, e a pista. Por isto, somente o 
ar e a pista podem exercerforças de contato sobre ele. A pista exerce a normal 
r
 e a 
força de atrito 
N
af
r
. O ar colide com o carro exercendo sobre ele a força de resistência do 
ar . Ela se opõe ao movimento do carro . A força normal arF
r
N
r
 que é perpendicular ao 
plano do papel e aponta para cima está representada como na figura 3-2. A única 
força gravitacional que atua no carro que não é desprezível é a força P
r
 que a Terra 
exerce sobre ele. Ela é perpendicular à superfície da pista e aponta para baixo e está 
representada na figura 3-2 como . 
 
Vista de cima do carro. 
 
 
 
N
P⊗af
r
φˆrˆ
arF
r
Z
af
r
arF
r N
P
•
⊗
0,1 (0,025 
cada ação e 
reação) 
O 
Z 
X O 
•A
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3-3 Figura 3-2 11 
X
As reações à N e à atf são N− e atf− e estão na pista, a reação ao peso P
r
 é P
r− está 
aplicada na Terra e a reação à arF é arF− está aplicada no ar, empurrando-o para frente. 
a) Calcule a força de resistência do ar após ver o vídeo “A força de resistência do ar” e 
ler o texto apresentado a seguir intitulado “ A força de reistência do ar”. A área A 
descrita no texto “A força de resistência do ar “ vale 2,5m2 e a massa do carro de 
passeio vale 1500kg. 
Sabendo que Far = ½.ρCxA.v2 e utilizando os valor do coeficiente de arrasto para carros 
de passeio temos: 
A = 2,5 m2; ρar = 1 kg / m3; Cx = 0,4; v = 72 km/h ≈ 20 m/s 
Far = ½.1.0,4.2,5.400 →Far ≈ 200 N 
0,4
vNF ar ˆ)200(−= 
b) Escreva a Segunda Lei de Newton na representação simbólica para o carro. 
A Segunda lei de Newton na representação simbólica vetorial é r
amfNPF aar =+++ . 
Ela se reduz às seguintes equações na representação simbólica em componentes 
0,3 
φφφφφ maPNfF aar =+++ e rarrrr maFPNfa =+++ , 
onde o vetor unitário rˆ
iˆ
 tema direção e o sentido do vetor posição do carro e o unitário 
é tangente ao círculo e tem o sentido contrário ao da velocidade do carro.No ponto A 
estes vetores são e . 
φˆ
rˆ = kˆˆ −=φ
 
c) Calcule a aceleração do carro no ponto A.. 
Como o carro não sai do chão a componente da aceleração na direção OY é nula, isto é, 
Como o carro descreve um movimento circular uniforme, a componente da 
aceleração na direção tangente ao círculo é nula, isto é,
.0=ya
0=φa . 
por isto temos que iaraa ˆˆ −=−= ,onde a=v2/R ⇒ a = 400/500 ⇒ a = 0,8 m/s2 
isma ˆ)/8,0( 2−= 
e)Calcule a componente da força de atrito tangente à curva que solo exerce sobre o 
carro no ponto A. 
0,5 
 
 Como a velocidade do carro é constante temos que 0=φa . Escrevendo a Segunda Lei 
de Newton para a componente tangencial temos que: 
0=+++ φφφφ PNfF aar . 
Como as componentes da normal e da força peso na direção tangente são nulas, a 
equação anterior permite calcular a componente da força de atrito nesta direção. 
.ˆ200ˆ200200
00
kfNf
FfPNfFNP
aa
araaar
−=−=⇒−=
⇒−=⇒=+++⇒==
φφφ
φφφφφφφ r 0,5
f) Calcule a componente da força de atrito radial que solo exerce sobre o carro no 
ponto A. 
Escrevendo a segunda lei de Newton para a componente radial: 
.rarrrr maFPNfa =+++ 
Como as componentes da normal, do peso e da força de resistência do ar são nulas na 
direção radial temos que: 
12 
0,5 
NffmafFPN ararrraarrr 12008,0.15000,0,0 −=⇒−=⇒=⇒=== 
g) O módulo da força de atrito tangente é desprezível em relação ao módulo da força de atrito 
radial? 
A razão entre os módulos das componentes da força de atrito é: 
17,0≅
rfa
faφ . Logo se desprezarmos esta força estaremos cometendo um erro da 
ordem de 17% que não é desprezível. 0,2 
Questão 4: (2,5 pontos) 
 
Um jogador de basquete quer encestar uma bola levantando-a desde uma altura de 2m do chão 
com velocidade inicial de 7m/s. A distância da bola à vertical que passa pelo centro do cesto é 
de 3m e o cesto está a 3,05 m da altura do chão. A jogador arremessa a bola de tal forma que a 
sua velocidade inicial forma com a horizontal um ângulo de 60o. O jogador consegue encestar a 
bola? 
 
 
ov
r
o60
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para saber se o jogador consegue encestar a bola, é preciso saber se em algum instante de 
tempo t´, a bola ocupará a posição “dentro da cesta”, representado pelo vetor C
r
 na figura 
acima. 
iˆ
jˆ
C
r
 
 
O vetor posição da partícula para qualquer tempo t pode ser escrito como: 
jtyitxtr ˆ)(ˆ)()( +=r . 
No referencial da Terra suposto inercial,após ser arremessada pelo jogador, a bola só está 
em contato com o ar. Se desprezarmos a resistência do ar, não existe nenhuma força 
contato sobre a bola. A única força gravitacional que não é desprezível é a força peso 
que a Terra exerce sobre a bola. Portanto temos que: gagmam rrrr =⇒= . Logo o 
13 
movimento da bola é um movimento com aceleração constante e igual à aceleração da 
gravidade gr . As componentes da aceleração da gravidade nos eixos escolhidos são 
 e . Logo temos que: 0=xg 2/10 sm−=g y
2
1. 2tat
t
yoy
x
=+
0=o yo =
)(
)(
ty
xtx
=
=
v
vo
+
+
x
)60cos( o
o v=ovox
0
)(5t
+
s86
3
.6+
()(
()(
ty
tx
≅
=
t
t
tx
5.3
)(
=′⇒
′⇒
=′
ty )( ≅′
.5. 200
0
ttvyy oy −+
 
0.1
Com a origem do sistema de eixos coordenados escolhida na figura, as coordenadas 
iniciais são e . As componentes do vetor velocidade inicial vm2 o
r são dadas 
por: v e 2/= 2/3)60( ooooy vsenvv == . Por isto, as equações da 
trajetória da bola com as condições iniciais do problema se reduzem à 
0.1
 0.5
)(51,6,2
).3
2 mtt
m
−
 
A bola vai estar na posiçã
.0
3
= 
Neste instante, a posição v
 
0(5)86.0(12 −
O vetor posição da bola, r
 
 
 
 
 
 
 
 
O jogador erra a cesta. 
 
 
 
) 0.5
o x=2,0m no instante t’, dado por: 
0.5 
ertical da bola é: 
0.5m55,3)86. 2 = r )86.0( , está esboçado na figura abaixo 
14 
iˆ 
 
3,55 m 
jˆ
0,3
)86.0(rr
	GABARITO DA AD2 DE ICF1 DE 2006-1