1º física

física

leis de newtonCapítulo 1Cinemática vetorial

Conexões

1. De acordo com a figura, temos: ax = 6 cm e ay = 8 cm. O módulo do vetor a é dado por: aa=()+ ()=681022scm

2. Observe que: + 53° = 90° θ s θ= 37°

3. Os módulos dos componentes aaxye valem: ax = 0 e ay = 10 cm. Portanto: a = a’y = 10 cm

Exercícios complementares

9. I. Deslocamento é uma grandeza vetorial. II. Área é uma grandeza escalar. III. Força é uma grandeza vetorial. IV. Velocidade é uma grandeza vetorial; a indicada no velocímetro de um carro, porém, é uma

grandeza escalar. V. Intervalo de tempo é uma grandeza escalar. 10. b Pelo teorema de Pitágoras: R=+ = +3491622 s

s R = 5 cm

11. cd1y – d2ydRd2x

d2y = d2 ⋅ sen 30° = 6 ⋅ 12 = 3 d2x = d2 ⋅ cos 30° = 6 ⋅ 32 = 33

d1 = d1y – d2y = 10 – 3 = 7 Pelo teorema de Pitágoras:

dR222733=+() s dR2 = 49 + 27 s

s dR=76 s dRkm=219

12. Soma = 23 (01 + 02 + 04 + 16) (01) Correta. Os módulos dos vetores a e b são iguais e valem:

abab==()+ ()= =404040222,,,scm Como os vetores ab e possuem a mesma direção e o mesmo sentido, então: s = a + b s s = 8,0 2cm

(02) Correta. Traçando o vetor c na continuação do vetor a, obtemos um vetor horizontal, com origem na origem do vetor a e extremidade na extremidade do vetor c. Desse modo, temos: s = 4,0 cm (04) Correta. Como os vetores a e b são iguais, o vetor d é igual ao vetor c, ou seja, módulo de 4,0 cm, vertical para baixo. (08) Errada. Como os vetores a e b são iguais, os vetores d1 e d2 são iguais: mesmo módulo, mesma direção e mesmo sentido. (16) Correta. Sendo o vetor c vertical, para baixo, o módulo do componente horizontal do vetor soma dos três vetores dados é igual à soma dos módulos dos componentes horizontais dos vetores a e b. Assim: sx = 8,0 cm

21. Soma = 25 (01 + 08 + 16) (01) Correta. Nos movimentos uniformes pode haver aceleração centrípeta. (02) Errada. Em movimentos retilíneos, não há aceleração centrípeta.

(04) Errada. Existe aceleração centrípeta. (08) Correta. Nesse caso, a aceleração é somente tangencial.

(16) Correta. s Δ > Δr 22. a No ponto II: somente velocidade horizontal. No ponto III: os dois componentes da velocidade com resultante tangente à trajetória. A aceleração é sempre a da gravidade e, portanto, direcionada para baixo. 23. a Como a cada volta os pilotos retornam à posição de largada, o deslocamento vetorial será nulo e, portanto, a velocidade vetorial também.

24. a) v = 1836, = 5 m/s

O deslocamento pelas ruas será de 900 m sem andar na contramão.

Como v = ΔΔΔstts5900= s Δt = 180 s ou 3 min

b) A400 m300 mArB

vrtABm== 500180á 3,6 = 10 km/hΔΔ

2

Tarefa proposta

1. c Uma grandeza vetorial necessita de um valor numérico (medida) com a sua respectiva unidade, uma

direção e um sentido. 2. b Da figura, temos: NMQ+= Logo: MQN=–

3. I – II – III – VJipePostoLoja0200210x (m)

I. Correta. O jipe está 200 m à esquerda do posto. II. Correta. r = 210 – 200 = 10 m ΔIII. Correta. O jipe está 210 m à esquerda da loja. IV. Errada. r = 0 Δ

V. Correta. d = 2 ⋅ 210 = 420 m 4. b Os componentes ortogonais formam entre si um ângulo de 90°, portanto podemos encontrar a

intensidade da força peso aplicando o teorema de Pitágoras. P2 = 1202 + 1602 = 14.400 + 25.600 = 40.000 s P = 200 N

5. a8 km5 kmSNOL6 km60 ACBFED º

No triângulo retângulo CDE, temos:

DE = CD ⋅ cos 60° = 6 ⋅ 0,50 s DE = 3 km Portanto: BF = BD DE EF − − s BF = 8 3 5 − − s BF = 0 Assim:

AB = AF = CE s AB = CD ⋅ sen 60° s

s AB = 6 ⋅ 32 s AB = 33 km 6. e 1: aceleração da gravidade 2: aceleração centrípeta 3: aceleração tangencial 4: aceleração variável tangencial 7. d

SNOL400 km300 kmS s

O segundo avião vai percorrer: sΔ 2 = 4002 + 3002 s Δs = 500 km t = 1 h e 15 min = 1 h + 14 h = 54 h Δvm = ΔΔ=st50054 = 400 km/h

8. b 76543217xy65431.000 m500 mC maraCatedralPrefeituraAvenida Brasil21â â s

Na figura, temos:

s = 1000500Δ 22.()+ () = 250050022⋅()+ () s s Δs = 55002⋅() s Δs = 5005 m

9. d No ponto P, o automóvel está com dois componentes da aceleração: centrípeta, apontado para o centro da curva, e tangencial contrário ao vetor velocidade (reduzindo a velocidade).

aatac

Portanto, o vetor aceleração está mais bem representado desta maneira. 10. e

II. É a aceleração resultante. V. Não necessariamente.

11. Observe a figura:

Ord

A distância percorrida: d = 242204 r=ππ ⋅, s d = m π

Deslocamento vetorial:

rΔ 2 = r2 + r2 = (2,0)2 ⋅ (2,0)2 = 8,0 s

s Δr = 2,0 2 m

3Velocidade vetorial média:

vrtvmm= = =2024022,,ΔΔ sm/s

12. Soma = 19 (01 + 02 + 16) (04) Errada. Vetores iguais: os módulos, as direções e os sentidos são iguais. (08) Errada. O módulo não depende da direção.

13. c O módulo de v é constante em c, pois a e v formam ângulo reto, sendo o componente tangencial

da aceleração nulo.14. d I. Falsa. O peso grandeza vetorial. éIV. Falsa. A temperatura é grandeza escalar.15. d I. Falsa. Os vetores representados s o velocidades; todas est o ã ã sujeitas à mesma força. II. Verdadeira. Maior módulo de velocidade. III. Verdadeira.

16. cAv. Amintas BarrosSen. Salgado FilhoAv. Nascimento de CastroAv. Ant nio BaslioAv. Xavier da Silveiraô í ABNLOSSESONENO

• r = 400300Δ 22()+ () s Δr = 500 m • Direção: oeste-leste • Sentido: leste 17. d Foi realizado um deslocamento de 400 m na horizontal e 300 m na vertical, portanto:

d2 = 3002 + 4002 = 90.000 + 160.000 = 250.000 s d = 500 m 18. d Observando a figura, concluímos: I. Correta.

– a3j2i

–aij=+23 II. Correta. =↑ bj2

III. Correta.bc–i

bci +=

19. a Aceleração voltada para o centro da trajetória. 20. e Como não existe deslizamento, o vetor é nulo. 21. a

aCPaTaR

22. b 23. d

I. Correta. Numa curva, por exemplo, a pessoa mais externa ao raio da curva terá maior velocidade. II. Correta. Ambos caem da mesma altura sob a influência da mesma aceleração. III. Incorreta. No MCU, o módulo de v pode ser constante, mas ainda assim existe aceleração.

24. e rΔ x = 0; rΔ y = 4 m; dΔ x = 10 m e dΔ y = 8 m

25. cSNOLvRvVvP

vvvRPV222=+ s vR = 608022()+ () s vR = 100 km/h Conforme a figura: sudeste 26. a

v

O vetor velocidade é tangente à trajetória, conforme mostra a figura.

27. b Como os vetores velocidade e aceleração

possuem as mesmas direções, o movimento é uniformemente variado.

28. a O vetor aceleração centrípeta é radial e

orientado para o centro da curva. 29. c De A para B, o movimento é circular

uniformemente retardado. Portanto, existe aceleração tangencial e aceleração centrípeta. Assim:

• vetor velocidade: III (tangente à trajetória) • vetor aceleração: I (resultante) 30. c

vABCv = cos 60 60 º º

v ⋅ cos 60° = ACt Δ s 2 ⋅ 12 = 10 t Δ s Δt = 10 s

A distância percorrida é:

d = v ⋅ t Δ s d = 2 ⋅ 10 s d = 20 m

31. d

• rΔ 1 = v1 ⋅ t = 20 Δ ⋅ 14 s Δr1 = 5 km; S w N

• rΔ 2 = 5 km; 60° com a direção anterior. Assim, temos:

60ºº r11 r22 rRR

ΔrR = +Δ Δ ⋅Δ⋅Δ⋅rrrr1222122–cos θ

Sendo rΔ 1 = rΔ 2 = 5 km e = 120°, vem: θ

rΔ R = 552512222()+ ()⋅()⋅−)25251– s ΔrR = 352⋅() s s ΔrR = 53 km

32. e • v = ΔΔst = 403km1h25min = 403km1,42h s v =

284 km/h • velocidade constante (em módulo) nas

curvas:

ac = vR2 s 0,1 ⋅ g = vR2mín. s Rmín. = 2843601102,,284360⋅ s Rmín. = 6.223 m

O valor mais próximo é 6.400 m.

Capítulo 2Conceitos básicos e leis de Newton

Conexões

1. Quando o trem do metrô se move com velocidade constante e em linha reta, ele não apresenta aceleração. Nesse caso, ele é considerado um referencial inercial. Ao reduzir a velocidade, o trem apresenta aceleração e, portanto, não é considerado um referencial inercial. 2. De acordo com o texto, a força centrífuga é uma força fictícia que só se manifesta em um referencial não inercial. Já a força centrípeta é a resultante das forças necessária para o corpo descrever uma curva, do ponto de vista de um referencial inercial. Portanto, não tem sentido falar em par ação e reação.


9. Para se obter a máxima resultante, o ângulo formado entre elas deve ser de 0°. Portanto: FR = F1 + F2 (mesma direção e mesmo sentido) Assim: FR (máx.) = 10 + 4 = 14 N Para se obter a resultante mínima, o ângulo formado entre elas deve ser de 180°. Portanto: FR = F1 – F2 (mesma direção e sentidos opostos) Assim: FR (mín.) = 10 – 4 = 6 N 10. A resultante das duas forças de 10 N de intensidade e perpendiculares entre si é:

FR = 101022()+ () s FR = 102N

Para se equilibrar a ação dessas duas forças, a intensidade da terceira força deverá ser igual à intensidade da resultante das duas forças. Assim: F3 = FR = 102 N 11. O módulo da força resultante no eixo horizontal é: FRx = 20 + 60 50 − s FRx = 30 N E o módulo da força resultante no eixo vertical é: FRy = 60 40 20 − − s FRy = 0 Portanto, o módulo da força resultante é igual ao módulo da força resultante no eixo horizontal: FR = FRx = 30 N 12. e

FAFBFCFEFAFEFD

4

De acordo com a figura anterior, temos: F F F F F F B E C D A C + = + = e Portanto, a força resultante pode ser escrita

como:

F F F F F F F F A D B E C C R R = + ( ) + + ( )

+ = ⋅ s 3 Em módulo, temos:

FR = 3 ⋅ 10 s FR = 30 N

21. d Maria não interage diretamente com o

banquinho. Ela interage com João, que, por sua vez, interage com o banquinho. Assim, a força que João, com seus pés, aplica no banquinho é igual, em módulo, à força que o banquinho aplica em João.

22. d De acordo com o princípio da inércia, a

alternativa d é a única afirmação correta. 23. V – F II. Não é necessário que exista contato direto.

Como exemplo, temos a força peso de um corpo, cuja reação está na Terra.

24. d Entre as alternativas apresentadas, a única

que explica o uso do cinto de segurança é a alternativa d.

Tarefa proposta

1. b • Para um ângulo de 0°: FR = 5 + 7 = 12 N • Para um ângulo de 180°: FR = 7 – 5 = 2 N 2. c

FR2 = T2 + T2 = 2 ⋅ T2 s FR = 2 ⋅ T 3. d A moto realiza um movimento retilíneo e

uniforme. Portanto: FR = 0 4. d Como o navio está em MRU (movimento retilíneo

e uniforme), temos um referencial inercial. 5. a) R 1.000 N

| R| = 1.000 N s Módulo: 1.000 N Direção: vertical no plano da figura Sentido: para o norte b) FR = m á a s 1.000 = 20.000 á a s a = 0,05 m/s2

6. e I. Referencial inercial. II. Lei da inércia. III. Lei da inércia.

7. c O fato de se apoiar no bastão apenas distribui seu próprio peso, que no prato da balança continua sendo o mesmo. 8. e Pelo princípio da ação e reação, a força que A faz em B é a mesma em módulo que B faz em A. Isso constitui um par ação e reação.

9. a = ΔΔvt s a = 10 0 2 5 , = 4 m/s− 2

FR = m ⋅ a s FR = 70 á 4 = 280 N

10. d

• FR = m1 ⋅ a1 = 2,0 ⋅ 3,0 s FR = 6,0 N

• FR = m2 ⋅ a2 s 6,0 = 1,0 ⋅ a2 s a2 = 6,0 m/s2

11. c Sendo a força máxima igual a 1.800 N, para um

carro de 900 kg, temos: F = m ⋅ a s 1.800 = 900 ⋅ a s a = 2 m/s2

12. a) Sobre a caixa, temos: 500 kg PF

Como a caixa sobe “aceleradamente”, temos:

F – P = m ⋅ a s F – 500 ⋅ 10 = 500 ⋅ 0,5 ∴ F = 5.250 N b) Pelo princípio da ação e reação, se a empilhadeira exerce uma força na caixa de 5.250 N, a caixa exerce na empilhadeira uma força de mesmo módulo, em sentido contrário. Assim, temos: Pemp. + F = Nemp. s

s 1.000 ⋅ 10 + 5.250 = Nemp. s Nemp. = 15.250 N

13. d FR = F1 – F2 = 140 – 40 s FR = 100 N Ainda:

FR = m ⋅ a s 100 = 100 ⋅ a s a = 1,0 m/s2

14. a = Fm = 12 6 s a = 2 m/s2

v = v0 + a ⋅ t s

s v = 0,4 + 2 ⋅ (1,5 – 0,5) s v = 2,4 m/s

15. c 5

16. c A carga deve estar firmemente amarrada no

caminhão para que, se houver redução de velocidade, ela não continue em movimento por causa da inércia.

17. c I. (F) Entre t4 e t5, o movimento é uniforme. II. (V) De 0 a t4, o movimento é acelerado e,

quando a velocidade é máxima, a aceleração é zero.

III. (V) 18. b a = = ΔΔ vt 80 5 = 16 m/s2

FR = m ⋅ a = 500 ⋅ 16 = 8.000 N

19. e

1 20 40 60 80 100 v (m/s) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 t (s) 1 2 3 4

• Distância percorrida de 0 a 14 s: s N AΔ 1 + A2 + A3 + A4 s

s Δs = 80 8 2⋅ + 80 ⋅ 2 + 80 20 2+ ⋅ 2 + 20 1 2⋅ s s Δs = 320 + 160 + 100 + 10 s Δs = 590 m Assim, temos: I. Errada. Nos primeiros 8 s, ele percorreu 320

m. II. Correta. De 0 a 8 s: 320 m; de 8 a 9 s: 80 m.

Total = 400 m III. Correta. Velocidade constante em módulo,

direção e sentido (trajetória retilínea). IV. Correta. Entre 10 e 12 s: a = ΔΔvt = 20 80 2−

s a = – 30 m/s2

Em módulo: a = 3 ⋅ g s FR = m ⋅ 3 ⋅ g s FR = 3 ⋅ m ⋅ g 20. a

v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ s Δ s 5,02 = 02 + 2 ⋅ a ⋅ 25 s s 25 = a á 50 s a = 0,5 m/s2

FR = m ⋅ a = 6,0 ⋅ 0,5 = 3,0 N

21. a I. Correto. A massa uma med i da da in rcia do corpo. é é

II. Errado. FR = m ⋅ a III. Errado. Ação e reação não se aplicam sobre

o mesmo corpo. 22. c I. Correta.

II. Errada. Diferem no sentido. III. Correta.

23. a

Em módulo: F1 = F2 s m1 ⋅ ΔΔvt1 = m2 ⋅ ΔΔvt2 s s m1 ⋅ v1 = m2 ⋅ v2 s

s 90 ⋅ 2 = 75 ⋅ v2 s v2 = 2,4 m/s

24. a 25. a Sendo F a força resultante, temos:

F = mtotal ⋅ a s F = (4 + 8) ⋅ 1 s F = 12 N 26. a

• De 0 a t1 temos aceleração constante e positiva. • De t1 a t2 temos velocidade constante: a = 0 • De t2 em diante temos aceleração constante e positiva.

Sendo FR = m ⋅ a, o gráfico correto está na

alternativa a. 27. b

I. Errada. Para a = 0: pêndulo na vertical. II. Correta. Movimento acelerado: pêndulo, por inércia, à esquerda da vertical. III. Errada. Ver comentários I e II. IV. Errada. Movimento retardado: pêndulo, por inércia, à direita da vertical.

V. Correta. Ver comentário IV. 28. e

F – P = m ⋅ a s 95 ⋅ 103 – 1.500 ⋅ 10 = 1500 ⋅ a s s 95.000 – 15.000 = 1.500 ⋅ a s 80.000 = 1.500 ⋅ a s s a = 800 15 H 53 m/s2

29. c De acordo com o gráfico, como a velocidade permanece constante a partir de 1,2 s, podemos afirmar corretamente que a resultante de forças é nula sobre o objeto. 30. c

FR = Fap. – Fres. s m ⋅ a = Fap. – Fres. s m ⋅ 2 2 ⋅ s t =Δ

Fap. – Fres. s

s 800 ⋅ 2 25 400 ⋅ = Fap. – 100 s Fap. = 200 N

31. b 32. a

De acordo com a lei de ação e reação.

Capítulo 3 Forças da mecânica

Conexões Esta atividade pode ser realizada em grupos. Cada grupo usa uma mola diferente, mas o bloco e a superfície horizontal devem ter praticamente o mesmo grau de polimento. Coloque

6

os resultados obtidos pelos grupos em uma tabela e discuta esses valores com base na questão proposta.

Dentro da margem de erro experimental, o coeficiente de atrito estático depende somente da natureza das superfícies em contato. Portanto, os resultados obtidos com diferentes molas (comprimento inicial e constante elástica) devem ser os mesmos, desde que os blocos e as superfícies de apoio apresentem os mesmos graus de polimento.


9. No bloco 1: FR1 = P1 T −No bloco 2: FR2 = T P− 2

a) Como o módulo da aceleração é o mesmo para os dois blocos, temos:

(m1 + m2) á a = P1 P− 2 s (6,0 + 4,0) á a = 60 40 − s

s a = 2,0 m/s2 b) Na equação do bloco 1, obtemos:

6,0 ⋅ 2,0 = 60 T − s

s 12 = 60 T − s T = 48 N 10. c O peso da caixa é:

P = m ⋅ g = 0,800 ⋅ 10 s P = 8,0 N

Como a tração máxima é 9,6 N, a força resultante na caixa pode ser, no máximo, igual a 1,6 N. Sendo m = 0,8 kg, a aceleração máxima é:

FR = m ⋅ a s 1,6 = 0,8 ⋅ a s a = 2,0 m/s2

Para uma tração maior que o peso, o elevador pode estar subindo acelerado ou descendo retardado. Portanto, a alternativa correta é a c.

11. Em cada polia móvel, a intensidade da força dobra. Assim:

• Polia móvel 1 (mais próxima do motor):

T1 = 2 ⋅ 4.500 = 9.000 N • Polia móvel 2: T2 = 2 ⋅ 9.000 = 18.000 N

• Polia móvel 3: T3 = 2 ⋅ 18.000 = 36.000 N

• Polia móvel 4: T4 = 2 ⋅ 36.000 = 72.000 N

• Polia móvel 5: T5 = 2 ⋅ 72.000 = 144.000 N

O peso máximo é 144.000 N. Devemos lembrar que, para iniciar o movimento, a tração no cabo deve ser ligeiramente maior que 144.000 N.

12. d Como o elevador está subindo com velocidade

constante, a força resultante sobre ele é zero. Desse modo, a intensidade da tração no cabo que liga o elevador ao contrapeso é igual à intensidade do peso do contrapeso. Como as forças no elevador são peso (para baixo), tração do motor (para cima) e tração do contrapeso (para cima), temos:

Tmotor + Tcontrapeso = Pelevador

Logo: Tmotor = Pelevador P− contrapeso

21. b 144 km/h = 40 m/s

v² = v02 + 2 ⋅ a ⋅ s Δ s 0 = (40)2 + 2 ⋅ a ⋅ 250 s a =

3,2 m/s− 2

FR = Fat. s m ⋅ a = μ ⋅ m ⋅ g Em módulo, temos:

= ag=3210, μ s μ = 0,32 22. a) FAa = μA á NA = 0,3 á 10 á 10 = 30 N FBa = μB á NB = 0,2 á 15 á 10 = 30 N

FR = F – FAa– FBas (mA + mB) á a = 185 – 30 –

30 s s 25 á a = 125 s a = 5 m/s2 b) FTFAARa = − s mA á a = T – 30 s 10 á 5 = T – 30

s T = 80 N 23. c24. d

I. Correta. De acordo com os dados: v1 = 50 m/s. Um corpo em queda livre, partindo do repouso, durante 20 s, adquire uma velocidade de:

v = g ⋅ t = 10 ⋅ 20 s v = 200 m/s = 4 á v1

II. Correta. Velocidade constante: FR = 0 s

Rar = P III. Errada. A velocidade após uma queda de 5,0 m é:

v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ s Δ s v² = 0 + 2 ⋅ 10 ⋅ 5,0 s v =

10 m/s Como a velocidade limite v2 é igual a 7 m/s, temos: v > v2

Tarefa proposta

1. b Força peso: vetor vertical para baixo. 2. d

• Figura 1: TA1 = TA2

• Figura 2: TTBB12= • Figura 3: TTCC12=

Sendo TC2 = 2 ⋅ TB2 e TB2 = TA2, temos:

TA1= TA2 = TB1 = TB2 < TC1 = TC2

3. d

• Fat. (máx.) = μest. ⋅ N = 0,8 ⋅ 1.200 ⋅ 10 s Fat. (máx.) =

9.600 N

• Fat. (cin.) = μcin. ⋅ N = 0,6 ⋅ 1.200 ⋅ 10 s Fat. (cin.) =

7.200 N 4. e

• Primeira situação, temos: F1 = Fat. = 12 N • Segunda situação, temos: FR = F1 – F2 –

Fat. = 0 s Fat. = 9 N (A força de atrito estático é variável.)

No entanto, como a aceleração do bloco é nula, a força resultante é zero.

5. a • Iminência de movimento:

Fat. = μ⋅ N (I)

• Equilíbrio:

FΣ x = 0 s F ⋅ cos = Fθ at. = μ⋅ N (II) ΣFy = 0 s F ⋅ sen + N = P (III) θ

Em (II): N = P – F ⋅ sen θ7

Substituindo em (I):

Fat. = μ⋅ (P – F ⋅ sen ) θ s Fat. = μ⋅ P – μ⋅ F ⋅ sen θSubstituindo em (II):

F ⋅ cos = θ μ⋅ P – μ⋅ F ⋅ sen θ s F ⋅ (cos + θ μ⋅ sen )θ = μ⋅ P s

s F = μθμθ⋅+ ⋅Pccoosssseenn 6. a) dLTTP_−d2

Na situação de equilíbrio:

2T = P s 2T = m ⋅ g s T = 60102⋅ s T = 300 N

b) _−d2ThTxTy

2Ty’ = P s Ty’ = 300 N Usando semelhança de triângulos:

ThTdyx’’= =2 − s 300305=TTxx’,’s = 50 N

7. c A única força que atua sobre a bola é a força

peso. 8. c

• Para o bloco não deslizar: FR = Fat. s m ⋅ a = μe ⋅ N s

s m ⋅ a = μe ⋅ m ⋅ g s a = 0,8 ⋅ 10 = 8,0 m/s2

• O módulo de F é:

F = (mc + mb) ⋅ a s F = (0,2 + 0,1) ⋅ 8,0 s F = 2,4 N

9. c

• Fat. (máx.) = μe ⋅ m ⋅ g = 0,4 ⋅ 0,5 ⋅ 10 s Fat. (máx.) = 2 N

• Fat. (cin.) = μc ⋅ m ⋅ g = 0,2 ⋅ 0,5 ⋅ 10 s Fat. (cin.) = 1

N • Para F = 7,5 N, temos:

F = (mp + mb) ⋅ a s a = 75205,,+ = 3 m/s2

• Portanto, a força resultante no bloco é:

FR = mb ⋅ a = 0,5 ⋅ 3 s FR = 1,5 N

Sendo FR < Fat. (máx.), o bloco acompanha o movimento da plataforma.

10. a Enquanto o corpo é acelerado até atingir a velocidade terminal, temos:

P – kv = m ⋅ a s a = mgkvmáá −s a = g – kvm á

Para metade da velocidade terminal:

a = g – kvmáT2 s a = g −kvmT2 (I) Após atingir vT, temos: MU Assim:

P = R s m á g = k á vT s vT = mgká (substituindo em a = g g2 − s a = g2

11. FaPg

P – Far = FR s m ⋅ g – Far = m ⋅ a s 0,25 ⋅ 10 – Far =

0,25 ⋅ 2 s s Far = 2,5 – 0,5 s Far = 2 N 12. e

eFRPT

FTPTRsen=⋅= ⋅⋅ en= θθcos s

maTmgT⋅= ⋅⋅= ⋅⋅ ⋅ Tsen(I)(II)θθcos Dividindo (I) por (II): ag = tg θ s a = g ⋅ tg θ

13. c tgtg°9,8 á á , θ== = = =PFmgmaaaa45198ss9982, m/s

14. Observe a figura:OFNP

8

Na vertical, temos: FRV = 0 ∴ P = N + F ⋅ sen αQuando ocorrer perda de contato, teremos N

= 0 e, portanto:

P = F ⋅ sen α s 5 = 10 ⋅ sen α = sen α = 12 s α = 30°

A resultante no bloco é dada por: F ⋅ cos = mα

⋅ ax

10 ⋅ cos = 0,5 α ⋅ ax s 10 ⋅ cos 30° = 0,5 ⋅ ax s

s ax = 10 3 2 05 ⋅ ⋅ , s ax = 10 3 m/s2

Como 3 = 1,73, temos: ax = 17,3 m/s2 15. Observe a figura:

m MF T T R Pm Pm

No corpo de massa m, temos: (equilíbrio)

T = Pm s T = 2,5 ⋅ 10 = 25 N

No corpo de massa M, temos: (equilíbrio)

R + T = PM s R + 25 = 6,5 ⋅ 10 s R = 40 N

Como F = 2T, vem: F = 2 ⋅ 25 = 50 N

16. b

• Figura 1: F = Felás. s F = k ⋅ x1 (I)

• Figura 2: P = Felás. s P = k ⋅ x2 (II)

Sendo F = Fat. (máx.) s F = μ⋅ N = μ⋅ P (III) Substituindo (I) e (II) em (III), temos:

k x k x ⋅ = ⋅ ⋅ 1 2 μ s μ= xx12 2 0 10 = , s μ= 0,2

17. e Observe a figura:

α α

Velocidade constante: FR = 0 As forças na caixa são: peso e contato (normal

e atrito). 18. c

L 2 m 30 º

sen 30° = 2L s L = 2 05 ,= 4 m Sem atrito:

a = g ⋅ sen 30° = 10 ⋅ 0,50 s a = 5 m/s2

L = 12 ⋅ a ⋅ t2 s 4 = 12 ⋅ 5 ⋅ t2 s t = 85 s s t = 2 25 s t = 2 10 5 s

19. Analisando as forças horizontais, temos:

A F B C T1 –T1 T2 –T2

Bloco A: T1 = mA ⋅ a Bloco B: T2 – T1 = mB ⋅ a Bloco C: F – T2 = mC ⋅ a F = (mA + mB + mC) ⋅ a Assim:

6 = (2 + 5 + mC) ⋅ 0,6 s s 10 = 7 + mC s mC = 3 kg

20. Observe a figura:

T –T A B F 2,0 kg 6,0 kg

Analisando a resultante do sistema, temos:

Bloco A: FR = mA ⋅ a s FR = 2 ⋅ 2 s FR = 4 N

Bloco B: FR = mB ⋅ a s FR = 6 ⋅ 2 s FR = 12 N

21. N Fx Fy y

P + Fy = N s P + F á sen = N α s

s 4 + 10 ⋅ 1 2 1 5 ,, = N s 4 + 12 15 ,s N = 4 + 8 =

12 N

22. Observe a figura: 30 2,0 m/sº 2 m g N A x y ·

9

A força resultante no bloco é R = m ⋅ a. Assim:

R = 2,0 ⋅ 2,0 s R = 4,0 N Em x, temos: R = N ⋅ sen 30° – A ⋅ cos 30° (I)

Em y, temos: N á cos 30° + A ⋅ sen 30° = P (II)

Substituindo os valores: De (I), vem:

4 = N ⋅ 12 – A ⋅ 3 2 s N = 8 + 3 A

De (II), temos:

N ⋅ 3 2 + A ⋅ 12 = 20 s N = 40 3 A −

Portanto:

(8 + 3 ⋅ A) 3 = 40 – A s 8 3 + 3A + A = 40 s s A = 40 8 17 4 − ⋅ , s A = 6,6 N

Direção e sentido indicados na figura (paralela ao plano inclinado e para cima).

23. F ⋅ cos = fθ at. s F ⋅ cos = θ μC ⋅ N ∴ N F = ⋅ cos θ μC ou

N m g = ⋅ ⋅ ⋅ +cos cos θ μ θ θ C sen

24. b F = N (equilíbrio horizontal) e Fat. = P

(equilíbrio vertical)

Fat. = P s μest. ⋅ N = m ⋅ g s 0,4 ⋅ F = 10 ⋅ 10 s F = 250 N

25. c

m = 0,05 g = 0,05 ⋅ 10–3 kg

Velocidade constante: Fat. = P = m ⋅ g = 0,05 ⋅ 10–3

⋅ 10 = = 5,0 ⋅ 10–4 N

26. a

N = P = Pn = P ⋅ cos 30° = 1 ⋅ 10 ⋅ 3 2 = 5 ⋅ 1,7 = 8,5 N

Fat. = μ⋅ N = 0,1 ⋅ 8,5 = 0,85 N Pt = P ⋅ sen 30° = 1 ⋅ 10 ⋅ 0,5 = 5 N

FR = Pt – Fat. s m ⋅ a = 5 – 0,85 s 1 ⋅ a = 4,15 s a = 4,15 m/s2

27. c

F A at.= PB s μe⋅ NA = m ⋅ g s 0,30 ⋅ 100 = m ⋅ 10 s m = 3,0 kg

28. d A força indicada pela balança é:

N = m ⋅ (g + a) s N = 2 ⋅ (10 + 3) s N = 26 N

29. m m 2m T1 T1 T2 T2 P1 P2

a) FR = P2 – P1 = mtotal ⋅ a s

s 2m ⋅ g – m ⋅ g = 4m ⋅ a s m ⋅ g = 4m ⋅ a s a = g4 b) FR1 = T1 – P1 s T1 = m ⋅ g4 + m ⋅ g s T1 = 5 4 ⋅⋅ mg

FR2 = P2 – T2 s T2 = 2m ⋅ g – 2m ⋅ g4 s T2 = 3 4 ⋅⋅ mg

30. a) N e F são respectivamente os componentes vertical e horizontal da força R que o chão da caçamba exerce sobre a caixa.

F PN v

b) v2 = v02 + 2a ⋅ s Δ s

s 0 = (20)2 – 2 ⋅ a ⋅ 100 s 200a = 400 s a = 2 m/s2 Caso a caixa não deslize, a força será máxima e igual à massa da caixa vezes a aceleração do caminhão:

Fmáx. = 30 ⋅ 2 = 60 N Logo: F < 60 N (na direção e no sentido da aceleração do caminhão)

31. d De acordo com a figura, temos:

2 ⋅ F = P s F = P2 s F = 2 400 2 . s F = 1.200 N

32. a) Velocidade constante: T = P + A s T = m

⋅ g + A s s T = 320 ⋅ 10 + 1.800 s T = 5.000 N

b) Subindo acelerado:

N = m ⋅ (g + a) s N = m ⋅ g vt + ΔΔ s

s N = 60 ⋅ 10 1 4 4 + ce era o, s N = 621 N

Capítulo 4 Trajetórias curvas

Conexões

1. A velocidade angular é a mesma para os dois isótopos, pois = 2 á á f, e a frequência éω π igual para ambos. Para a velocidade escalar, temos v = á R, em que R é o raio da órbita.ω Como o U-238 possui massa maior que o U-235, seu raio de órbita é maior e, consequentemente, sua velocidade escalar é maior. 2. O processo denominado “enriquecimento de urânio” consiste em aumentar a proporção de urânio-235 em relação ao urânio-238, que na natureza é de 0,7%¸ para 3,2%.


9. d d = 60 cm s R = 30 cm f = 150 rpm

10

150 voltas 60 s x 10 s x = 25 voltas

Se cada volta tem = 2 π ⋅ R s = 2 á 0,30 = 0,6π π

m, então: 1 volta 0,6 π25 voltas y y = 15,0 m = 1.500 cm π π

10. a) Mesmo disco: ω 1 = ω 2 s ωω12 = 1

b) vvrr1211221553= ⋅⋅== ωω

c) aarrcent.cent.121212221553=⋅⋅= = ωω

11. d Observe que, em uma volta completa, a

diferença de percurso entre os raios 1 e 8 é igual ao comprimento de uma circunferência de raio 8,0 m. Assim:

s = 2 á á R = 2 Δ π ⋅ 3,14 ⋅ 8 s Δs = 50,24 m 12. e

fA á RA = fC ⋅ RC s fA ⋅ 10 = 180060. ⋅ 90 s fA = 270 Hz

fA = fB = 270 Hz

Sendo vB = 2 ⋅ π ⋅ RB ⋅ fB, temos:

vB = 2 ⋅ π ⋅ 20 ⋅ 270 s vB = 10.800 cm/s π

21. d

FmvRFcent.cent.= ⋅= ⋅⋅⋅()⋅−2316211− 910210510ssssFcent.N= ⋅−72108,

22. r = 24 cm = 0,24 m v = á r = 10 á 0,24 = 2,4 m/s ω

FmvrRcN= ⋅= ⋅()= 2222402448,,

F = k á x = FRc s k á 0,04 = 48 ∴ k = 1.200 N/m 23. 540 km/h = 150 m/s No ponto mais baixo da trajetória: N = P + FRc

N = m á gvR+s baix2 = 80 á 1015030002+ ()()80 á 1. s N = 1.400 N

24. b Aumentando o número de voltas para dado

intervalo de tempo, a velocidade angular aumenta. E, como o raio permanece constante, a velocidade escalar também aumenta. Nesse caso, temos aceleração centrípeta e aceleração tangencial. Isso significa dizer que a força resultante possui um componente centrípeto, responsável por manter a trajetória circular, e um componente tangencial, responsável pelo aumento da velocidade.

Tarefa proposta

1. b Os pontos do prato do toca-discos completam uma volta em tempos iguais, portanto possuem mesma velocidade angular. Assim: ω 1 = ω 2

2. c 3 pingos 2 s x 86.400 s

x = 129.600 pingos = 1,3 ⋅ 105 pingos ∴ OG =

105

3. b O período de rotação da Terra é 24 h. Assim:

= 2224 T=ω ππ ⋅ s ω = π12 rad/h

4. a Na figura, temos: θ0 = 60° = π3 = rad A velocidade angular é: = 243200 . ω π s ω = π21600. rad/s

Portanto: = θ θ0 + ω ⋅ t s θ = π3 + π21600. ⋅ t 5. d

• 120 rpm = 2 rps Portanto: f = 2 Hz e T = 0,5 s • A velocidade angular é a mesma para as duas massas. • A velocidade linear depende do raio: v =

2 π ⋅ R ⋅ f • As duas possuem aceleração centrípeta

diferente de zero.

6. R = 20 cm d = 24 m π

O perímetro da roda é dado por: p = 2 π ⋅ 0,20 s p = 0,4 m π1 volta 0,4 m πx 24 m πx = 60 voltas f=6030 s f = 2 voltas ou pedaladas por segundo

7. Como existe um único orifício no disco, em 1 minuto ele deve girar 30 vezes, para receber as 30 balas; f = 30 voltas/min Em alguns casos, a denominação “frequência angular” parece mais adequada, porém pode-se empregar “velocidade angular” como sinônimo para facilitar a explicação.

8. a f = 30 rpm ÷ 60 s f = 0,5 Hz

v = 2 π ⋅ R ⋅ f s v = 2 π ⋅ 5 ⋅ 0,5 s v = 5 cm/s π

Como v = á R: ω

5 = π ω ⋅ 5 s ω = rad/s π

9. c Sendo a velocidade constante, a aceleração centrípeta avRc=entríp2 também é constante.

11

10. d

f1 ⋅ R1 = f2 ⋅ R2 s 100 ⋅ R1 = f2 ⋅ (2 ⋅ R1) s f2 = 50 rpm

11. c Como a polia foi montada no mesmo eixo do

motor: ω eixo = ω polia

12. e A velocidade dos pontos da superfície do lápis é

dada por:

v = 2 π ⋅ r ⋅ f (I) Como ocorre o deslocamento de 15 cm em 0,3

s, temos: v = 15 03 ,= 50 cm/s (II)

Igualando I e II, temos: 2 π ⋅ r ⋅ f = 50 s f = 50

2314 04 ⋅ ⋅ ,, s

s f = 20 Hz

13. b Como o trecho circular é o mesmo, temos:

ω 1 = ω 2 s vR vR ’’ = s vR’ 32 = vR s v’ = 32 ⋅ v 14. e A velocidade linear depende do raio do

elemento que está girando. Portanto, os pontos mais distantes do centro têm as maiores velocidades lineares.

15. a O vetor velocidade é tangente à curva e o

vetor aceleração é orientado para o centro da curva.

16. a) A função horária é dada por:

h = 20 ⋅ cos π π 120 ⋅ + nç ot + 20 (SI) 60 40 20 60 120 180 240 t (s) h (m) 0

b) Supondo uma volta a cada 40 s, temos:

ω 0 = 240π s ω0 = π 20 rad/s = 0,15 rad/s

ac = ω 02 ⋅ R = π 20 2 2 = d s ⋅ 4 s ac = π2 100 m/s2 = 0,1

m/s2

10 20 30 40 t (s) ac (m/s2)0

17. No ponto mais baixo, temos:

v = 40 km/h s v = 11,1 m/s

N – P = Fc s N – m ⋅ g = =m v R N ⋅ = ⋅ ( ) + ⋅ 2 2 1 080 11 1 20 1 080 10 s

s . , .

s N = 17.453,3 newtons ou N = 1,75 ⋅ 104

newtons 18. F – F – V – V – F

α α N PNy Nx

I. (F) A resultante deve ser composta pelas três forças indicadas na figura. II. (F) Veja figura. III. (V) Veja figura. IV. (V) O componente horizontal da reação do solo é parte da resultante de forças.

V. (F) Não há componente horizontal para força peso.

19. c Na posição mais baixa, a leitura será maior e, na posição mais alta, menor. Nas posições A e C, as leituras serão as mesmas, pois têm a mesma resultante em módulo. 20. d

300 rpm = 5 rps s f = 5 Hz

ω = ω 0 + j ⋅ t s 2 ⋅ π ⋅ f = 0 + j ⋅ 20 s j = 2 π ⋅ ⋅ 5 20 s j = π2 rad/s2

n = Δθπ 2= 12 2 2 ⋅ ⋅ j t = π π π ⋅ ( ) ⋅ 20 8 2 s n =

50 voltas

21. Soma = 23 (01 + 02 + 04 + 16)

v = 540 km/h s v = 150 m/s R = 450 m mp = 70 kg

a = 9 ⋅ g (01) Correta. Para R = 250 m, temos:

ac = vR a 2 2 150 250 s c = ( ) = 90 m/s2

(02) Correta. Fc = m ⋅ vR2 2 70 150 450 = ⋅ ( ) s

s Fc = 3.500 N (peso = 700 N)

(04) Correta. ac = 150 450 2 ( ) = 50 m/s2 ou 5,1 á g

(08) Errada. P – N = Fc s m ⋅ g – N = m v R v

R g ⋅ = ⋅ 2 2 s s

s v = 67,08 m/s ou v = 241,5 km/h

(16) Correta. N – P = Fc s N – mg = m v R⋅ 2 12

N m v R m g N m vR g = ⋅ + ⋅ = + R m g N2 2 s

N = 70 ⋅ 150 450 10 2 ( ) + ) 45 1 N = 4.200 N

(32) Errada. Varia em cada ponto da trajetória (observe os itens anteriores). (64) Errada. A aceleração seria mínima. 22. b 1. Errada. Somente duas forças: peso e Rar. 2. Correta. Menor resistência do ar. 3. Errada. Diminui o atrito; a bola perde menos velocidade. 4. Errada. No vácuo, o movimento é parabólico. 23. Soma = 27 (01 + 02 + 08 + 16) (01) Correta. (02) Correta. (04) Incorreta. A resultante é do tipo centrípeta. (08) Correta.

45 P F° C F

FC = P = m ⋅ g FC = 10.000 ⋅ 10 = 100.000 N

(16) Correta. F m v R v C = ⋅ = ⋅ 2 2 100 000 10 000 1 000 s . . .

v = 100 m/s = 360 km/h (32) Incorreta. Depende do ângulo. 24. a Se o carro recebe uma força “extra” do ar, para baixo (de intensidade igual à da força

peso), então a intensidade da força normal será igual a duas vezes a intensidade da força peso.

N = 2 ⋅ P F F m v r N mv r m g c a = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ s s s 2 2 2 μ μ

ss vv 2 100 125 2 10 2500 50 = ⋅ ⋅ ⋅ = = , .m s 25. c

F F m v r N m r m g c a = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ s s s 2 2 μ μ v

s v2 = 100 á 0,4 á 10 = 400 s v = 20 m/s 26. d No ponto P, a força peso é vertical e para baixo, e a força normal aponta para o

centro da curva. Portanto, a força normal atua como a resultante centrípeta. A força que o piloto troca com a poltrona é a força normal.

v = 216 km/h = 60 m/s

N F m v r = = ⋅ = ⋅ = c N 2 2 80 6090 3200 .27. c A única força na bola é a força peso, que age como resultante centrípeta. O movimento da bola é circular e uniforme: a força peso é perpendicular ao vetor velocidade.

28. e

ac = vR2 = 10 5 102 3 ( ) ⋅ − s ac = 2 ⋅ 104 km/h2 = 20.000 km/h2

29. a I. Correta.

II. Correta. ac = vR2

III. Errada. 30. b

Rc = P s m vR m g 2 = ⋅ s v = R g ⋅ 31. a) Caso I: Caso II:

C N Fat. P P C N Rc P

b) Caso I:

Rc = Fat. s m v R⋅ 2 = μ⋅ m ⋅ g s s μ= v R g 2 ⋅ = 10 100 10 2 ( ) ⋅ s μ= 0,1 c) Caso II:

tg = RPθ c s tg 45° = mv R mg2 s

s 1 = v R g 2 ⋅ s v = 100 10 1 ⋅ ⋅ s v = 31,6 m/s

32. e Observe a figura ao lado: cos 60° = Ri

12 = R° = 2R

TT FP R m R mg ⋅⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ cos ° sen ° sen ° c 60 60 60 2 2 ω s

s s 1 60 60 2 2 2 ⋅ = ⋅ = sen ° sen ° ω ω g g Substituindo os valores, temos:

S = ( ) ⋅ 10 4 087 2 , s = 0,72 m ou = 72 cm 30 P R T °

13

1º física

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