fÍsica 1 – volume 2 06. e resoluÇÕes - exercitando em … · no lançamento horizontal, o...

2018/APOSTILAS/VOL2/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 02/Renata-04/01\\Carol05/01

FÍSICA 1 – Volume 2 RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA

AULA 11 01. B

Da equação da altura percorrida na queda livre, temos:

2

21 1

22 2

1h gt21h 10 2 h 20 m21h 10 1,6 h 12,8 m2

=

= ⋅ ⋅ ⇒ =

= ⋅ ⋅ ⇒ =

Portanto, o nível da água elevou-se em: h 20 12,8

h 7,2 m∆ = −∴∆ =

02. A

Dado: 2v 20 m s; h 15m; g 10 m s .= = =

Aplicando a equação de Torricelli: 2 2 2

0 0

2

0

v v 2gh v v 2gh

20 2 10 15 100

v 10 m s.

= + ⇒ = − ⇒

⇒ − × × = ⇒

=

03. E

A distância percorrida em queda livre é dada por: 2g th

2⋅

=

Logo,

( )2210 m / s 2,5 sh h 31,25 m

2⋅

= ∴ =

Já a velocidade é dada por: 0

2

v v g t

v 0 10 m / s 2,5 s v 25 m / s

= + ⋅

= + ⋅ ∴ =

04. C

2 22 2

2 hg 2 54h t g g 12 m/s .2 t 3

⋅= ⇒ = = ⇒ =

05. C

Dados: v0 = 0; v = 72 km/h = 20 m/s; g = 10 m/s2. Aplicando as equações da queda livre:

( )22

v g t 20 10 t t 2 s.

gh t h 5 2 h 20 m.2

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ⇒ =

06. E 1a Solução:

De acordo com a “Regra de Galileo”, em qualquer Movimento Uniformemente Variado (MUV), a partir do repouso, em intervalos de tempo iguais e consecutivos 1 2 n( Δt , Δ

Δ , a partir do início do movimento, as distâncias percorridas são: d; 3 d; 5 d; 7 d;...; (2 n – 1) d, sendo d, numericamente, igual à metade da aceleração. A figura ilustra a situação.

Dessa figura: 6,255 d 6,25 d d 1,25 m.

5h 16 d h 16 1,25 h 20 m.

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ⋅ ⇒ =

2a Solução

Analisando a figura, se o intervalo de tempo ( )Δt entre duas posições consecutivas quaisquer é o mesmo, então:

2 3 3t 2 t; t 3 t e t 4 t.= ∆ = ∆ = ∆ Aplicando a função horária do espaço para a queda livre até cada um desses instantes:

( )

( )( )

2 2 2

22 22 2 2 2

22 23 3 3 3

2 23 2

2

1 1S g t S 10 t S 5 t .2 2

S 5 t S 5 2 t S 20 t

S 5 t S 5 3 t S 45 t

S S 25 t 6,25 25 t

t 0,25.

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ∆ ⇒ = ∆ ⇒ = ⇒ = ∆ ⇒ = ∆

⇒ − = ∆ ⇒ = ∆ ⇒

∆ =

Aplicando a mesma expressão para toda a queda: ( )

( )

224

2

h 5 t h 5 4 t

h 80 t 80 0,25 h 20 m.

= ⇒ = ∆ ⇒

= ∆ = ⇒

=

07. A

A posição em função do tempo de um objeto em lançamento vertical varia quadraticamente, indicando o gráfico de uma parábola, sendo o movimento de subida retardado e a descida acelerado. O movimento é retilíneo uniformemente retardado na subida até a altura máxima atingida pelo objeto e a descida passa a ser acelerada sendo em ambos os trechos a aceleração igual a gravidade.

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08. A

2 202

V V 2 g h

0 20 2 10 h 20h 400 h 20 m

= − ⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ =

No entanto ele perdeu 15% de energia mecânica devido às forças dissipativas, ou seja, ele irá subir 15% a menos do modelo ideal que não possui forças dissipativas. h 20 0,85 h 17 m= ⋅ ⇒ =

09. B

Como, em relação à mesma horizontal, o tempo de subida é igual ao de descida, o tempo total de movimento é 4 segundos; então o tempo de descida, em queda livre, é 2 segundos. Aplicando as equações da queda livre:

( )

( )22

v gt 10 2 v 20 m/s.

g 10h t 2 h 20 m.2 2

= = ⇒ =

= = ⇒ =

10. D

Calculando o tempo de queda:

( )2q q

q

2 7,22 h1h gt t 1,44 2 g 10

t 1,2 s.

= ⇒ = = = ⇒

⇒ =

A figura mostra os cinco corpos e o tempo (t) de movimento de cada um deles.

A velocidade do 2o corpo é:

( )0v v gt v 0 10 0,9 v 9 m/s.= + ⇒ = = ⇒ =

AULA 12 01. B

No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da velocidade inicial, sendo igual ao tempo de queda livre. Assim:

2 2hg 2 1,8h t t t 0,6s.2 g 10

⋅= ⇒ = = ⇒ =

02. D No enunciado é dito que se trata de um lançamento horizontal. Como neste tipo de lançamento a componente vertical da velocidade inicial é nula e o tempo de queda é dado por

q2 htg⋅

=

Podemos dizer que a o tempo de queda não depende da velocidade inicial. Desta forma, os tempos de queda das quatro bolas são iguais.

1 2 3 4t t t t= = = 03. C

Primeiramente, calcula-se a velocidade horizontal da pedra no instante do lançamento, usando-se a expressão da aceleração centrípeta (radial) do movimento circular uniforme:

22

c cv

a v R a v 0,80 m 370 m / s v 17,2 m / sR

= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ∴ =

Essa velocidade horizontal é constante, pois não há atrito, portanto podemos calcular o tempo para a pedra se deslocar 10 m na horizontal, sendo este tempo o mesmo para a pedra cair da altura h.

10 mxt t t 0,58 sv 17,2 m / s∆

∆ = ⇒ ∆ = ∴∆ =

Usando a equação da altura em função do tempo para o movimento de queda livre na direção vertical, temos:

( )222 0,58 sth g h 10 m / s h 1,69 m

2 2= ⋅ ⇒ = ⋅ ∴ =

04. A

Como o avião bombardeiro tem velocidade horizontal constante, as bombas que são abandonadas têm essa mesma velocidade horizontal, por isso estão sempre abaixo dele. No referencial do outro avião que segue trajetória paralela à do bombardeiro, o movimento das bombas corresponde a uma queda livre, uma vez que a resistência do ar pode ser desprezada. A figura mostra as trajetórias parabólicas das bombas B1, B2, B3 e B4 abandonadas, respectivamente, dos pontos P1, P2, P3 e P4 no referencial em repouso sobre a superfície da Terra.


05. A

O movimento do puma se jogando para pegar a presa é um lançamento horizontal. Desta forma, pode-se dizer que o tempo de movimento é igual ao tempo de queda. Como a velocidade inicial no eixo vertical (

yov ) é nula, temos que:

y

2

o o

2

2

a tS S v t2

10 t1,82

t 0,36t 0,6 s

⋅= + ⋅ +

⋅=

==

Assim, o deslocamento horizontal do puma é de: xS v t

S 5 0,6S 3 m

∆ = ⋅∆ = ⋅∆ =

Em posse desse deslocamento, é fácil notar que a resposta é a alternativa (A).

06. E

Calculando o tempo de queda q(t ) e substituindo

no alcance horizontal (A): 2q q

0 q

0

2 h1h g t t2 g

A v t

2 h 2 5 A v 8 g 10

A 8 m.

= = =

⇒ =

⋅⇒ = = ⋅ ⇒

⇒ =

07. E

O movimento na vertical é uniformemente variado: 2 2

01 1S V .t at 740 3,7t t 20s2 2

∆ = + → = × → =

O movimento na horizontal é uniforme: S V . t 30 20 600 m∆ = = × =

08. D

Como a esfera caiu de 0,80 m podemos calcular o tempo de queda. S = S0 + v0.t + gt2/2 0,80 = 0 + 0 + 10t2/2 0,80 = 5t2 0,16 = t2 → t = 0,4 s

Este também é o tempo de avanço da bolinha. Como na horizontal não existem forças durante a queda, na horizontal o movimento é uniforme.

S 2,80v 7 m / st 0,4

∆= = =∆

09. D O tempo de queda do saco de areia será: h = gt2/2 → 500 = 10.t2/2 → t2 = 100 → t = 10 s

Isto significa que o saco deve ser abandonado 10 s antes do avião sobrevoar do alvo. Como o avião está a 144 km/h ou 40 m/s, o saco deverá ser abandonado a 40.10 = 400 m antes do alvo.

10. C O que importa é a velocidade inicial de ambos os corpos (é verdade que, para imprimir ao corpo de maior massa a mesma energia, devido ao fato de a inércia ser maior; isso, no entanto, não interfere na cinemática da questão, e pode causar, vez por outra, alguma confusão em análise mais afoita).

Se as velocidades iniciais são iguais e os lançamentos são simultâneos, os corpos, chegarão ao solo no mesmo instante e suas trajetórias, por estarmos desprezando a resistência do ar, serão paralelas. A alternativa correta, portanto, é a letra C.

AULA 13 01. C

O míssil AX100 é lançado simultaneamente com o projétil. Logo:

y(AX100) (AX100)

p y(AX100)

0 0

0 0

V V sen30 (1)

V V (2)

= ⋅

=

Substituindo (1) em (2), temos:

p (AX100)

p p

0 0

0 0

V V sen30

1V 800 V 400 m s2

= ⋅

= ⋅ ⇒ =

02. D

2

20

43,2V 3,6S sen2 S sen90g 10

S 14,4 m S 14 m

∆ = θ ⇒ ∆ = °

∆ = ⇒ ∆ ≅

03. D

Sabendo que no ponto mais alto da trajetória (ponto de altura máxima) a componente vertical da velocidade é nula, pode-se calcular o tempo de descida do projétil.

y

2

máx o

2

g tS h v2

10 t8,452

t 1,3 s

⋅∆ = = +

⋅=

=

Como o tempo de descida é o mesmo da subida, então temos que o tempo total do movimento é o dobro da descida. Analisando somente o movimento na horizontal, podemos analisá-lo como um movimento retilíneo uniforme (MRU). Assim,

x TS v tS 9 2,6S 23,4 m

∆ = ⋅∆ = ⋅∆ =


04. C

Sabendo que na posição da altura máxima a componente vertical da velocidade é zero, utilizando a equação de Torricelli, podemos dizer que:

2 2y oy

2oy máx

2oy

oy

oy

v v 2 a S

0 v 2 g H

v 2 10 5

v 100

v 10 m s

= + ⋅ ⋅ ∆

= − ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=

=

Note que a aceleração neste movimento é em módulo igual a aceleração da gravidade. Porém, a g,= − devido a aceleração da gravidade, no movimento analisado, está contra o movimento. Sabendo que o ângulo de lançamento da bola é de 30ºC, podemos encontrar a velocidade inicial da bola.

( )

( )

oy o

oyo

o

v v sen 30

v 10vsen 30 1 2

v 20 m s

= ⋅ °

= =°

=

05. D

y

y y y

y 0

V Vsen60 V 20 0,8 V 16 m s

V V g t 0 16 10t t 1,6 s

= ° ⇒ = ⋅ ⇒ =

= − ⋅ ⇒ = − ⇒ =

A bola demora 1,6 s pra subir e 1,6 s pra descer. Logo, o tempo total será:

t s d tt t t t 1,6 1,6 3,2 s= + ⇒ = + =

x

0 0

0

S S V tS V t S 10 3,2 S 32 m= +

∆ = ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⇒ ∆ =

06. B

As equações dessas componentes são: ( )( )

x

y 0y

v constante reta horizontal gráfico II .

v v gt reta decrescente gráfico V .

= ⇒ ⇒

= − ⇒ ⇒

07. A Lançamento oblíquo

No eixo vertical y, a equação da posição com o

tempo é dada por: 20 0y

gy y v t t2

= + ⋅ − ⋅

Substituindo-se os valores fornecidos e sabendo que 0y 0=

20y 0y

10 2,4 202,4 0 v 2 2 v 11,2 m / s2 2

+= + ⋅ − ⋅ ⇒ = =

Como o ângulo de lançamento é de 45 ,° 0y 0xv v=

Então a distância horizontal x é dada por: 0 0xx x v t= + ⋅

Fazendo as substituições, tem-se: x 0 11,2 2 x 22,4 m= + ⋅ ⇒ =

Correspondendo, portanto a alternativa (A). 08. B

Dados: 2

0 030 ; v 200 m / s; h 1,7 m; g 10 m / s .θ = ° = = =

1a Solução: Decompondo a velocidade inicial nas direções horizontal e vertical:

0x 0 0x

0y 0 0x

3v v cos 200cos30 200 v 100 3 m/s.21v v sen 200 sen30 200 v 100 m/s.2

= θ = ° = ⇒ =

= θ = ° = ⇒ =

Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula (vy = 0). Aplicando a equação de Torricelli, nessa direção, vem:

( ) ( )2 2 2y oy 0v v 2 g H h 0 100 20 H 1,7

10.000H 1,7 20

H 500 1,7 H 501,7 m.

= − − ⇒ = − − ⇒

⇒ − = ⇒

= + ⇒ =

2a Solução: No ponto mais alto, a componente vertical da velocidade é nula, portanto v = vx = v0x. Pela conservação da Energia Mecânica:

( )( )

2 20 x

0

22

m v m vm g h m g H

2 2

100 3200 10 1,7 10 H 2 2

5.01720.000 17 15.000 10 H H 10

H 501,7 m.

+ = + ⇒

+ = + ⇒

+ − = ⇒ = ⇒

=


09. A

Dados: 0v 10 m / s; 53, 1 ; sen 0,8; cos 0,6;

h 16,8 m.= θ = ° θ = θ =

=

Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme figura, temos: y0 = h = 16,8 m.

Calculando as componentes da velocidade inicial:

( )( )

0x 0 0x

0y 0 0y

v v cos 10 0,6 v 6 m/s .

v v sen 10 0,8 v 8 m/s .

= θ = ⇒ = = θ = ⇒ =

Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atinge o solo y = 0, vem:

y = y0 + V0y.t – g.t²/2 0 = 16,8 + 8t – 5t² ∆ = − ⋅ − ⋅ =

− ±=

⋅ −

28 4 ( 5) 16,8 400

8 400t2 ( 5)

t1 = -1,2s (não satisfaz) t2 = 2,8s

10. E

Primeiro vamos calcular a distância do trecho AB: Vamos analisar o eixo x

20 0y

20

20

1S S V t at2

1H 0 V sen t ( g) t2

1H V sen t g t2

= + +

= + ⋅ θ ⋅ + ⋅ − ⋅

= ⋅ θ ⋅ − ⋅

No final do trecho AB, a altura máxima atingida será 0.

20

0

10 V sen t g t2

10 (V sen g t) t2

= ⋅ θ ⋅ − ⋅

= ⋅ θ − ⋅ ⋅

Para a solução ser igual a zero só existe duas possibilidades t 0= (que é o caso inicial) ou então:

0

0

1V sen g t 02

2V sent (i)

g

⋅ θ − ⋅ =

θ=

Agora vamos ver o deslocamento no eixo x 2

0 0x

20x

0x

0

1S S V t at2

1S 0 V t 0 t2

S V tS V cos t (ii)

= + +

= + + ⋅ ⋅

== ⋅ θ ⋅

00

20

20

20

(i) em (ii)2V sen

S V cosg

2VS cos sen

g

2VS cos sen

g

2VS sen(2 )

g

θ= ⋅ θ ⋅

= ⋅ θ ⋅ θ

= ⋅ θ ⋅ θ

= ⋅ θ

S na verdade é o trecho AB.

Agora vamos calcular o trecho BC: 0x

0

S V tS V cos t== ⋅ θ ⋅

Onde S' é o trecho BC.

O trecho AC é igual ao trecho AB BC,+ logo o trecho AC é igual a:

20

AC 02 V

S sen(2 ) V cos tg⋅

= ⋅ θ + ⋅ θ ⋅

AULA 14 01. D

Justificando as proposições incorretas: (A) Incorreta. A resistência do ar não é

desprezível, impedindo a queda livre. (B) Incorreta. Atuam no paraquedista o peso e a

resistência do ar. (C) Incorreta. O movimento é acelerado no início

da queda. (D) Correta. (E) Incorreta. De acordo com o Princípio da

Inércia, se o movimento é retilíneo e uniforme a resultante das forças sobre o corpo é nula.

02. A

Se o bloco não acelera, é porque a resultante das forças sobre ele é nula. Ou seja, a força de atrito e a força aplicada pelo estudante têm a mesma intensidade: R = F

03. C

Inércia é a resistência natural que um corpo oferece quando se tenta alterar seu estado de movimento ou de repouso. A medida da Inércia de um corpo é sua massa. Peso é a força que o campo gravitacional local aplica no corpo.


04. E

(A) Falsa. No ponto mais alto do lançamento oblíquo ainda resta a componente horizontal da velocidade inicial, desconsiderando-se os atritos;

(B) Falsa. Como o corpo do Senhor fantástico é elástico; ele armazena energia potencial elástica;

(C) Falsa. O período de oscilação de um pêndulo depende diretamente da raiz quadrada do seu comprimento;

(D) Falsa. Quanto maior a densidade do líquido maior é o empuxo e menor é a força para sustentar o corpo submerso;

(E) Verdadeira. 05. E

Na situação mencionada na questão, as forças atuantes sobre a menina são a peso e a força de tração na corda, portanto a alternativa correta é a da letra (E).

06. A

A força normal tem sempre direção perpendicular à superfície de apoio, no sentido de evitar a penetração do corpo na superfície, o que não se verifica apenas na situação III.

07. E Ação e reação são forças de mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos, porém, não se equilibram, pois não atuam no mesmo corpo.

08. B

Quando o automóvel colide com o caminhão a força que um exerce sobre o outro (força de impacto) tem a mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos.

FA: força que automóvel exerce no caminhão FC: força que caminhão exerce no automóvel FA = FC → FA = MC ⋅ aC e FC = mA ⋅ aA

Logo, MC ⋅ aC = mA ⋅ aA como MC = 5mA → 5mA aC = mA aA → aA = 5aC

Assim, a desaceleração do automóvel é cinco vezes maior que a do caminhão. Portanto, a alternativa correta é a B.

09. B Da lei de Hooke:

1 1

2 2

3 1

2 1 3

400K K 800 N/m0,5

F 300F K x K K K 1.000 N/m x 0,3

600K K 750 N/m0,8

K K k

= ⇒ =

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⇒ =

⇒ > >

10. E

Pela segunda Lei de Newton:

e

e

e

e

e

e

e

e

F P m aF P 0F Pk x m gk (H h) m g

mgH hk

mgh Hkmgh Hk

− = ⋅− ==⋅ = ⋅⋅ − = ⋅

− =

− = −

= − +

Como as molas estão em paralelo, então: e ek k k k 100= + ⇒ =

Logo: 0,5 10h 0,12

100h 0,07 m h 7 cm

⋅= − +

= ⇒ =

AULA 15 01. A

Como a caixa superior se move junto com a caixa inferior, não há aceleração diferente entre elas e podemos considerar como sendo um corpo único.

E pela 2a Lei de Newton: F = m . a F = (2 kg + 1 kg). 2 m/s2 F = 6 N

02. D Nos dois casos a aceleração tem mesmo módulo:

( ) ( )1 2 1 1

11

F m m a F m 3m a F F 4 m a a .

4 m

= + ⇒ = + ⇒

⇒ = ⇒ =

Calculando as forças de contato:

12 2 12 1 121

21 1 21 1 211

3FFF m a F 3m F .4 m 4

F FF m a F m F .4 m 4

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ⇒ =


03. D

Do diagrama abaixo, determinamos a força resultante para cada corpo:

Para o corpo 1: 1 1 2T P T= +

Para o corpo 2: 2 2T P=

Então, 1 1 2 1 1T P P T 60 40 T 100 N= + ⇒ = + ∴ =

2T 40 N=

Logo, a razão 1

2

TT

será:

1

2

T 100 5T 40 2

= =

04. A

Questão mal elaborada, seguindo o aspecto da física. O único ponto da física que pode ser levado em consideração é que o peso tende a agir no meio do corpo. Assim, no joelho de uma pessoa normal, o peso da pessoa está agindo exatamente no meio do joelho, no ponto B. No joelho de uma pessoa com Geno valgo, o joelho “escorregou” para dentro, porém o peso da pessoa ainda está concentrado no centro. Desta forma, acaba existindo uma sobrecarga no ponto A, que está localizado mais para o centro. De forma análoga, o Geno varo, existe uma sobrecarga no ponto C, que está localizada mais no centro do corpo.

05. C

Dados: 0v 0; v 108 km/h 30 m/s; t 10s.= = = ∆ =

Como o movimento é reto, o módulo da aceleração é igual ao módulo da aceleração escalar:

2v 30a a 3 m/s .t 10

∆= = ⇒ =∆

Aplicando o princípio fundamental da dinâmica:

res resF ma 1200 3 F 3.600N.= = × ⇒ =

06. B

Considerando o conjunto:

2

F m a50 (4 6) a

a 5m s

= ⋅= + ⋅

=

Considerando o corpo B: F m aF 6 5 30N= ⋅= ⋅ =

07. E

Como a locomotiva e os vagões movem-se em conjunto, eles desenvolvem a mesma aceleração, no caso 2 m/s². No último vagão há apenas a ação da força de tração do vagão 2 sobre ele.

Fr = T = ma

Se o peso do vagão é 2.10^4 sabemos que sua massa será 2000kg. Com isso, teremos: T = 2000 x 2 = 4000N ou 4kN.

08. C

(I) 2° Lei de Newton para o sistema (A+B):

F = (mA + mB)a F = (40 + 100) 0,5 F = 70 N

(II) 2° Lei de Newton para o carrinho B:

T = mB a T = 100 . 0,5 T = 50 N Logo, a resposta é o item C.

09. B

Observando o diagrama de corpo livre para o sistema de corpos:

Aplicando a segunda Lei de Newton sobre o pacote: RF m a= ⋅

T m g m a− ⋅ = ⋅

( ) ( ) 2T m g a T 100 kg 10 0,5 m / sT 1050 N= ⋅ + ⇒ = ⋅ + ∴

∴ =


10. C

Nas Figuras X e Y a força F

apresenta componentes vertical e horizontal. Como o movimento é retilíneo, as forças verticais estão equilibradas. Assim, analisando cada uma das figuras:

Figura X: N = P + Fy ⇒ N > P Figura Y: N + Fy = P ⇒ N < P Figura Z: N = P

AULA 16 01. C

Quando a pessoa anda, ela aplica no solo uma força de atrito horizontal para trás. Pelo Princípio da Ação- -Reação, o solo aplica nos pés da pessoa uma reação, para frente (no sentido do movimento), paralela ao solo.

02. A

Quando o carro não é provido de freios ABS, até um determinado valor de pressão no pedal, a força de atrito é crescente até atingir o valor máximo (fatmáx); a partir desse valor de pressão, as rodas travam e a força de atrito passa a ser cinética (fatcin), constante. Como o coeficiente de atrito cinético é menor que o estático, a força de atrito cinética é menor que a força de atrito estático máxima. Para o carro com freios ABS, no limite de travar, quando a força de atrito atinge o valor máximo (fatmáx), as rodas são liberadas, diminuindo ligeiramente o valor da força de atrito, que novamente aumenta até o limite de travar e, assim, sucessivamente, mesmo que aumente a pressão nos pedais.

03. A

1a Solução: Do gráfico, calculamos o módulo da aceleração:

∆ −= = ⇒ =

∆ −2v 0 5

a a 0,5 m/s .t 10 0

A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito:

at

2

F R m g m a

a 0,5 0,05 g 10

5 10 .−

= ⇒ µ = ⇒

⇒ µ = = = ⇒

⇒ µ = ×

2a Solução: Do gráfico, calculamos o deslocamento:

5 10S "área" 25 m.2×

∆ = = =

A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. Pelo teorema da energia cinética:

−

= ⇒ − ∆ = − ⇒ −µ ∆ =

⇒ µ = = = ⇒∆ × ×

⇒ µ = ×

2 20

atFat R

2 20

2

m v m vW W F S mg S 0

2 2v 5 1

2 g S 2 10 25 20

5 10 .

04. C

As componentes da força (F)

que a esteira exerce na caixa são a Normal (N)

e a de atrito at(F ),

conforme mostra a figura a seguir.

05. C Diagrama de corpo livre:

Aplicando-se a segunda lei de Newton: resF m a= ⋅

atF F m a F N m a− = ⋅ ⇒ − µ ⋅ = ⋅

Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é igual ao peso, devido à inexistência de forças extras na vertical. F P m a F m g m a− µ ⋅ = ⋅ ⇒ − µ ⋅ ⋅ = ⋅

Isolando o coeficiente de atrito cinético e substituindo os valores fornecidos, ficamos com:

2

2600 N 120 kg 2 m sF m a 0,3

m g 120 kg 10 m s− ⋅− ⋅

µ = ⇒ µ = ∴µ =⋅ ⋅


06. A

A figura ilustra a situação descrita.

Na vertical: N + Fy = P ⇒ N = P - Fsen 53º ⇒ N = 20 – 0,8 F

Na horizontal: Na eminência de movimento, a componente horizontal x(F ) atinge a mesma intensidade da força de atrito estática máxima.

( )x at eF F Fcos53 N

0,6F 0,25 20 0,8F 50,6F 0,2F 5 F

0,8

F 6,25N.

= ⇒ ° = µ ⇒

⇒ = − ⇒

⇒ + = ⇒ = ⇒

⇒ =

07. D

Aceleração do sistema:

( )B PB P

FF m m a a (I)m m

= + ⇒ =+

Para o bloco, devemos ter: at B

e B B

F F m am g F m a (II)− =

µ − =

Substituindo (I) em (II) e inserindo os valores dados, obtemos:

F 12F0,3 12 10 F 12 36 F12 3 15

15F 12F36 27F 36 1515

F 20 N

⋅ ⋅ − = ⋅ ⇒ − = ⇒+

+⇒ = ⇒ = ⋅

∴ =

08. D

Para haver movimento, a resultante das forças ativas deve ter intensidade maior que a da força de atrito estática máxima.

09. D

De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado:

Para o equilíbrio estático, temos:

at

F NF P=

=

Pela definição da força de atrito: at e at eF N F F= µ ⋅ ⇒ = µ ⋅

at atF P F m g= ⇒ = ⋅

Então:

ee

m gF m g F ⋅µ ⋅ = ⋅ ⇒ =

µ

Assim: 22 kg 10 m / sF F 40 N

0,5⋅

= ∴ =

10. A Como numa tubulação normal, a força de atrito entre o fluido (sangue) e as paredes da tubulação (vasos sanguíneos) provoca perda de carga ao longo do percurso.

AULA 17 01. C

c

b b

b b c

b b c

2b

b c

T m aP T m a

P (m m ) am g (m m ) a

m g 5 10a a a 9,6 m s(m m ) 5,2

= ⋅ − = ⋅

= + ⋅⋅ = + ⋅

⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ ≅

+

02. B

Como a massa do bloco A é maior que a massa do bloco B, a tendência do sistema de blocos é “girar” no sentido anti-horário, ou em outras palavras, o bloco A descer e o bloco B subir.

Desta forma, temos que:

Analisando os blocos separadamente, temos que no bloco A só existe duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco A e a tração do fio. Assim,

R A A

A A

A

A

F m a P T2 m 10 m 728 m 72m 9 kg

= ⋅ = −⋅ = ⋅ −⋅ ==


Analogamente, no bloco B temos duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco e a tração do fio. Assim,

R B B

B B

B

B

F m a T P2 m 72 10 m12 m 72m 6 kg

= ⋅ = −⋅ = − ⋅⋅ ==

Assim, a diferença entre as massas dos blocos será de:

A Bm m 9 6 3 kg− = − = 03. D

De acordo com as forças que atuam nas direções de possíveis movimentos, apresentadas no diagrama de corpo livre abaixo, e utilizando o Princípio Fundamental da Dinâmica:

( )B a A BP T T F m m a− + − = + ⋅

Considerações: - Como o sistema permanece em equilíbrio

estático, a aceleração é igual a zero; - Os módulos das trações nos corpos são iguais

e com sinais contrários.

BP T− T+ a

B a

F 0P F

− ==

Substituindo o peso do corpo B pelo produto de sua massa, pela aceleração da gravidade:

a BF m g= ⋅

Substituindo os valores, temos, finalmente: 2

a aF 1 kg 10 m s F 10 N= ⋅ ⇒ = 04. A

A figura abaixo ilustra a situação física:

Como o diagrama de corpo livre nos mostra, a força resultante à pessoa é:

RF P N= −

Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica (2ª Lei de Newton):

RF m a= ⋅

Igualando as duas equações e isolando a força normal, temos:

( )

( )

− = ⋅

= −

= − =2 2

P N m aN m g a

N 70 kg 10 m / s 2 m / s 560 N

05. B

H

H

H

1

1

1

N P maN P 0N P

N Pcos maN Pcos 0N Pcos

− =− ==

− θ =− θ == θ

Como

H 1

P Pcos

N N

> θ∴

>

06. D

Do diagrama de forças abaixo:

Para o corpo A, temos: A atP sen F T 0⋅ θ − − =

Mas a força de atrito é dada por:

( ) ( )at A

A

F P cosP sen cos T 1

= µ ⋅ ⋅ θ

⋅ θ − µ ⋅ θ =


Na roldana que segura o corpo B, temos a relação entre as trações das duas cordas:

1T 2T=

O equilíbrio de forças para o corpo B é dado por: B

B 1 BP 200 NP T P 2T T T T 100 N2 2

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ∴ =

Substituindo na equação (1), resulta:

( )

( )

A

A A

TPsen cos

100 N 100 NP P 500 N0,6 0,5 0,8 0,2

= ⇒θ − µ ⋅ θ

⇒ = = ∴ =− ⋅

07. D

As figuras mostram as forças agindo no alpinista A na direção da tendência de escorregamento (x) e direção perpendicular à superfície de apoio (y). No alpinista B, as forças são verticais e horizontais.

Como os dois estão em repouso, e considerando que o alpinista B esteja na iminência de escorregar, temos:

A A

A

B

B A A B

B

B

B

at x

A y

at

B B

at x at at A A

at A A

at

at

T F PA

N P

T FB

N P

F P - F F P sen60 N

F P sen60 P cos60°

F 1.000 0,87 0, 1 1.000 0,5 870 50

F 820 N.

+ = →

= ⇒=

→ =⇒ = ⇒ = ° − µ ⇒

⇒ = ° − µ ⇒

⇒ = × − × × = − ⇒

⇒ =

08. A

Num mesmo fio, a tração tem a mesma intensidade em todos os pontos. Quando há uma polia móvel, a intensidade da tração fica dividida por dois. A figura ilustra as situações.

Nota-se que o primeiro dispositivo é o que exige do operário força de menor intensidade.

09. D

A polia diminui pela metade a força necessária a ser aplicada. Pela figura, como há duas polias dividindo a força necessária, a força aplicada pela corda diretamente na árvore deve ser dobrada duas vezes em relação à força aplicada pelo homem:

F 1000 2 2F 4000 N= ⋅ ⋅

∴ =

10. D

A figura mostra as forças e as componentes das forças que agem em cada bloco, considerando que em cada plano inclinado o fio esteja paralelo à superfície.

Calculando as intensidades dessas forças:

A A

Ax A

Ay A

A Ay

A A

B B

Bx B

By B

B By

B A

P m g 10 10 100N

P P sen53 100 0,8 80N

Bloco A P P cos53 100 0,6 60N

N P 60N

f N 0,2 60 12N

P m g 30 10 300N

P P sen37 300 0,6 180N

Bloco B P P cos37 300 0,8 240N

N P 240N

f N

= = ⋅ =

= ° = ⋅ =

= ° = ⋅ = = = = µ = ⋅ =

= = ⋅ =

= ° = ⋅ =

= ° = ⋅ =

= =

= µ = 0,2 240 48N

⋅ =

Como Bx AxP P ,> o bloco A tende a subir e o bloco B tende a descer. As forças de atrito têm sentido oposto ao da tendência de escorregamento. Como ( )Bx Ax B AP P f f ,> + + o corpo A acelera para cima e o corpo B acelera para baixo.


Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema, calcula-se o módulo da aceleração.

( )Bx Ax A B A B2

P P f f m m

180 48 12 80 40a 40 40a a 1 m s .

− − − = +

− − − = ⇒ = ⇒ =

No bloco A: ( )Ax A AT P f m a T 10 1 80 12

T 102N T 0, 102kN.

− − = ⇒ = + + ⇒

⇒ = ⇒ =

AULA 18 01. C

A velocidade mínima ocorre quando a força normal atuante na moto for nula, sendo a resultante centrípeta o próprio peso. Assim:

2

centm vR P m g

Rv Rg 3,6 10 6 m/s

v 21,6 km/h.

= ⇒ = ⇒

⇒ = = ⋅ = ⇒

⇒ =

02. C

Em uma trajetória plana, N P=

A força normal é igual à força peso exercida pelo carro. Já na situação proposta na questão, no ponto mais alto a força normal tem que ser menor que o peso. Isto se deve ao fato que a força resultante deve, necessariamente, apontar para o centro da trajetória, visto que se trata de um movimento circular e esta resultante é a força centrípeta.

03. D

Se for admitido que a força que o tablado exerce sobre a criança seja somente a força de atrito, o esquema de forças correto seria o da alternativa (D), conforme figura ao lado.

04. B Avaliação das alternativas:

(A) Falsa A força normal não é nula, pois o bloco está apoiado sobre ela.

(B) Verdadeira No movimento circular uniforme a força resultante é a força centrípeta, então:

( )

2

r c r

2

r

r

m vF F FR

0,5 kg 2 m / sF

0,4 mF 5 N

⋅= ⇒ = ⇒

⋅⇒ = ⇒

⇒ =

(C) Falsa A aceleração tangencial é igual a zero, pois a única aceleração é a centrípeta no MCU.

(D) Falsa A aceleração total do bloco é igual à

centrípeta que é 2 2

2c

v 2a 10 m / s .R 0,4

= = =

(E) Falsa Ao cortar o fio, o bloco sai pela tangente da curva devido à inércia de movimento. (alinhar item)

05. E A força resultante no movimento circular é igual à força centrípeta:

R CF F= (1)

No ponto mais baixo da trajetória do pêndulo, a força resultante é:

RF T P= − (2)

Sendo a força centrípeta dada por: 2

Cm vF

R⋅

= (3)

Substituindo (2) e (3) na equação (1): 2

2

m vT PR

m vT PR

⋅− =

⋅= +

Resolvendo com os valores numéricos:

( )2 20,020 kg 2 m / sT 0,020 kg 10 m / s

0,10 mT 1,0 N

⋅= + ⋅

=

06. B

A normal, que age como resultante centrípeta, no pé de uma pessoa tem a mesma intensidade de seu peso na Terra.

2centN R P m R m g

g 10 1 r 100 10

0,3 rad/s.

= = ⇒ ω = ⇒

⇒ ω = = = ⇒

⇒ ω =

07. C

Observando o diagrama de corpo livre do corpo e decompondo a tração na corda nas suas componentes ortogonais, temos:


Nota-se que:

ym gT P T cos m g Tcos

⋅= ⇒ ⋅ θ = ⋅ ⇒ =

θ

A resultante centrípeta cF é a componente horizontal da tração xT

x c

x c

2

x c x c

T T sen Fm gT sen Fcos

4kg 10 m / sT F 0,6 T F 30 N0,8

= ⋅ θ =⋅

= ⋅ θ =θ

⋅= = ⋅ ∴ = =

08. C

Observação: O termo tensão tem a dimensão de força/área, a mesma de pressão. Se o enunciado está se referindo apenas à força suportada pela barra, o termo correto é tração. Dados: m = 0,5 kg; r1 = L = 1 m; r3 = 3 L = 3 m; F3 = 13,5 N.

Considerando que o referido plano seja horizontal, na partícula 3, a tração na barra age como resultante centrípeta. Sendo a velocidade angular a mesma para as três esferas, temos:

= = ω ⇒ ω = = = ⇒⋅

⇒ ω =

= ω = ⋅ ⇒ =

2 3C3 3 3

3

1 1 1

F 13,5R F m r 9 m r 0,5 3

3 rad/s.

v r 3 1 v 3 m/s.

09. E

A fita F1 impede que a garota da circunferência externa saia pela tangente, enquanto que a fita F2 impede que as duas garotas saiam pela tangente. Sendo T1 e T2 as intensidades das trações nas fitas F1 e F2, respectivamente, sendo T1 = 120 N, temos:

( )

2 21 1

2 2 22 2

12 1

2

2

T m 2 R T 2 m R 120

T m 2 R m R T 3 m R

T 2 3 3 T T 120T 3 2 2

T 180 N.

= ω ⇒ = ω = ⇒= ω + ω ⇒ = ω

⇒ = ⇒ = = ⇒

⇒ =

10. B

Dados: v = 216 km/h = 60 m/s; m = 6 kg; r = 72 m. A força que o piloto deve exercer sobre o conjunto cabeça-capacete é a resultante centrípeta.

RC = 2mv

r=

26(60) 3.60072 12

= ⇒ RC = 300 N.

Para que um corpo tenha esse mesmo peso, quando sujeito à gravidade terrestre, sua massa deve ser:

m = P 300g 10= ⇒

m = 30 kg. AULA 19 01. D

Ao levantar a tocha o corredor exerce um trabalho nulo.

3

3

W F d cos W F d cos90W F d 0 W 0= ⋅ ⋅ θ ⇒ = ⋅ ⋅ ° ⇒

⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ =

02. C

Dados:

( )33

43 2

L 1 mm 10 m; m 50 g 50 10 kg;

h 10% L 0,1 10 m 10 m;g 10 m/s .

−−

−−

= = = = ×

= = = =

O trabalho realizado pela força tensora exercida pela fibra é igual ao ganho de energia potencial.

3 4F

5F

W m g h 50 10 10 10

W 5 10 J.

− −

−

= = × × × ⇒

⇒ = ×

03. B

W Fdcos 1 800 200dcos0 1 800 d d 9m.200

= α ⇒ = ° ⇒

⇒ = ⇒ =

04. D

O trabalho da força de atrito é dado por: W f Scos ,= ∆ α sendo α o ângulo entre a força e a velocidade. No caso, 180 .α = ° Então: W f S cos180 W f S−= ∆ ° ⇒ = ∆ (Trabalho negativo)

05. D

O trabalho de uma força τ é dado pelo produto da força F, pelo deslocamento x.

F xτ = ⋅

Neste caso, temos uma situação especial, pois a aceleração varia linearmente com o deslocamento do móvel. Sendo assim, a força sobre este móvel


também varia de acordo com a segunda Lei de Newton, sendo o mais apropriado, neste caso, tomar a força média através da aceleração média

ma :

( ) 22

m m0 20 m / s

a a 10 m / s2

+= ∴ =

Logo, a força média mF será: 2

m m m mF m a F 5 kg 10 m / s F 50 N= ⋅ ⇒ = ⋅ ∴ =

Finalmente, o trabalho entre o deslocamento solicitado, será:

mF x 50 N 10 m 500 Jτ = ⋅ ⇒ τ = ⋅ ∴τ = 06. E

Em módulo, o trabalho da força de atrito ( )FatW deve ser igual ao valor energético.

3Fat

atFatat

3

W 714 10W F S S F 50

S 14,28 10 m

S 14,3 km.

×= ∆ ⇒ ∆ = = ⇒

⇒ ∆ = × ⇒

∆ ≅

07. D

Dados: 2cF 200 N; m 20 kg; 0,2; g 10 m / s .= = µ = =

Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:

( )at

2

F F m a F m g m a 200 0,2 20 10 20 a

160a 8 m/s .20

− = ⇒ − µ = ⇒

⇒ − ⋅ = ⇒

⇒ = =

Calculando a velocidade final: ( )0v v a t 0 8 10 v 80 m/s.= + = + ⇒ =

Pelo Teorema da Energia Cinética:

( )

( )

22 20

res res

res

res

20 80m v m vW W 0

2 2 2W 10 6.400

W 64.000 J.

= − ⇒ = − ⇒

⇒ = ⇒

⇒ =

08. B

Apenas forças (ou componentes) paralelas ao deslocamento realizam trabalho. Assim:

=

= ⇒ > ⇒ = < =

X h

Y h h X Y Z

Z

Figura X: W F d

Figura Y: W F d F F W W W .

Figura Z: W F d

09. B 0

1W (F sen 30 )xd 10 x 0,5 x 4 20 J= = = Numericamente

2W área==

A figura abaixo mostra o cálculo da área.

2W 6 7 8 6 27J= + + + =

1 2W W W 20 27 47J= + = + = 10. D

Dados: F = 30 N; ∆S = 800 m. O trabalho (W) de uma força constante (

F ) é dado pela expressão:

=FW F∆Scosα. Como a força é paralela ao deslocamento, α = 0°, cos α = 1. Então:

=FW 30 (800) = 24.000 J = 24 kJ.

AULA 20 01. D

Considerando o sentido positivo na vertical para cima, substituindo os dados na equação e explicitando a velocidade vertical inicial, ficamos com:

2 2

0 0y 0y

0y

t 1, 1h h v t g 3,05 1,4 v 1, 1 102 2

v 7 m s

= + ⋅ + ⇒ = + ⋅ − ⋅

∴ =

02. B I. Incorreta. O uso de rodas não anula a força

de atrito com o solo. Entre o solo e as rodas não há atrito de escorregamento, mas há atrito de rolamento.

II. Incorreta. Além da força aplicada pela pessoa há também o peso e a força de contato com o solo, cujas componentes são a normal e o atrito.

III. Incorreta. Se a força aplicada pela pessoa é horizontal, a força de reação normal do piso sobre a geladeira tem a mesma intensidade do peso, com ou sem rodas, pois a geladeira está em equilíbrio na direção vertical.

IV. Correta. De acordo com o Princípio da Ação- -Reação, a geladeira exerce sobre a pessoa uma força oposta e de igual intensidade, a F.

V. Correta. Se a geladeira se movimenta com

velocidade constante, ela está em equilíbrio dinâmico, pois está em movimento retilíneo e uniforme.


03. C

Rigorosamente, não temos par ação-reação em nenhuma das opções. As forças de ação-reação são da mesma interação, têm mesma direção, mesma intensidade e sentidos opostos. As interações realizadas pelo bloco e os respectivos pares de forças de ação-reação geradas, conforme ilustra a figura, são: – Bloco-Agente externo: ext extF e F ' .

– Bloco-Terra: P e P' .

– Bloco-Superfície: sup supF e F ' .

Notemos que a Normal não é uma força, mas apenas uma componente da força que a superfície troca com o bloco. Caso não houvesse atrito, a força trocada com a superfície seria apenas a Normal, aí sim teríamos a força de compressão e a Normal formando um par ação- -reação.

04. C

Após comprimir-se a mola, ao abandonar o sistema, o bloco B é acelerado pela força de atrito estática entre ele e o bloco A, que é a resultante das forças sobre B. Na iminência de B escorregar, essa força de atrito estática atinge intensidade máxima. Assim:

( )máxres at B e

B e B e

F F m a N

m a m g a g I

= ⇒ = µ ⇒

⇒ = µ ⇒ = µ

E o conjunto é acelerado pela força elástica, já que não há atrito com o solo. Então:

( ) ( )

( )

A B eA B

m m gkx m m a x

k3 1 0,4 10

x x 0,1 m x 10cm.160

+ µ= + ⇒ = ⇒

+ ⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ =

05. A

Supondo que essa força seja a resultante e que seja aplicada na mesma direção do movimento, aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, vem:

res

0res

res

F ma v v 20F m 30.000

t 60

F 10.000 N.

= ⇒−

= = ⋅ ⇒∆

=

06. D Basta aplicar o Princípio Fundamental da Dinâmica aos dois casos. I. Sem atrito: ( ) 2

1 1 1mg 30mg m M a a a 3 m/s .

m M 10= + ⇒ = = ⇒ =

+

II. Com atrito:

( ) ( )( )

at 2 2

22 2

mg F m M a mg Mg m M a

230 70mg Mg 7a a 1 m/s .m M 10

− = + ⇒ −µ = + ⇒

−− µ= = ⇒ =

+

07. D

(A) Falsa. De acordo com o diagrama de forças abaixo:

aplicT TF 350 N T 1400 N4 4

= ⇒ = ∴ =

(B) Falsa. Primeiramente, é preciso testar se o sistema se move. Para isso, a tração na corda sobre o bloco deve ser maior que a força de atrito estático ( )at.est.T F .>

at.est. e e2

at.est. at.est.

F N m g

F 0,3 400 kg 10 m / s F 1200 N

= µ ⋅ = µ ⇒

= ⋅ ⋅ ∴ =

(se move!)

Para calcular a aceleração precisamos do atrito cinético.

at.cin. c c2

at.cin. at.cin.

F N m g

F 0,25 400 kg 10 m / s F 1000 N

= µ ⋅ = µ ⇒

= ⋅ ⋅ ∴ =

Então, sobre o bloco, a força resultante é: R at R RF T F F 1400 N 1000 N F 400 N= − ⇒ = − ∴ =

E a aceleração, pela segunda Lei de Newton: 2RF 400 Na a a 1 m / s

m 400 kg= ⇒ = ∴ =

(C) Falsa. Sobre o bloco atuam quatro forças: peso, tração, força de atrito e a força normal.

(D) Verdadeira. Ver item (02).

(E) Falsa. A força mínima para a movimentação do bloco é tal que iguale a tração no bloco com a força de atrito estático, isto é, 1200N, como visto no item [02]. Para isso, a força aplicada deve ser igual à quarta parte desse valor.

mín.1200 NF 300 N

4= =


08. D

Dados: 1 2

2

F 200N; m 20kg; m 6kg; 0, 1;

g 10 m/s ; cos37 0,87.

= = = µ =

= ° =

A figura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão.

Na figura: ( )( )

( )( )

( )( )

( )

x x

y y

1 y 1 1 1

1 1 1

x 2 x

y 2 y

2 y 2

2 2

F Fcos30 200 0,87 F 174N.

F Fsen30 200 0,5 F 100N.

N F m g N 100 20 10 N 100N.

A N 0,1 100 A 10N.

P m gsen60 60 0,87 P 52,2N.

P m gcos60 60 0,5 P 30N.

N P N 30N.

A N 0,1 30

= ° = ⇒ =

= ° = ⇒ =

+ = ⇒ + = ⇒ =

= µ = ⇒ =

= ° = ⇒ =

= ° = ⇒ =

= ⇒ =

= µ = 2 A 3N.

⇒ =

Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos:

( )( )

( ) ( )

( )

x 1 1

x 2 2

x 1 2 x 1 2

2

Corpo 1 : F T A m a 1 2

Corpo 2 : T P A m a

F A A P m m a 108,8174 10 52,2 3 26a a

26a 4,18 m/s .

− − = + ⇒− − =

⇒ − − − = + ⇒

⇒ − − − = ⇒ = ⇒

⇒ =

Voltando em ( )2 :

( )x 2 2T P A m a

T 6 4,18 52,2 3

T 80,3 N.

− − = ⇒

⇒ = + + ⇒

⇒ =

09. B

No movimento circular uniforme, a velocidade tem o módulo constante, mas direção e sentido estão mudando devido à existência de força resultante centrípeta perpendicular ao vetor velocidade e ao vetor deslocamento. Sendo assim, o trabalho da força resultante será nulo, pois quando a força é perpendicular ao deslocamento esta força não realiza trabalho.

10. C O gráfico que deve ser considerado para a

resolução da questão é este apresentado a seguir.

A) Falso. Se a resultante é constante nesse intervalo,

o movimento é uniformemente variado. B) Falso. O trabalho (W) realizado sobre a partícula é

numericamente igual à área destacada no gráfico, correspondente a esse intervalo.

C) Correto. O trabalho realizado sobre a partícula de

x = 0 m até x = 10,0 m é dado pela área destacada no gráfico.

Falso. Como a resultante das forças atuantes é

não nula, o movimento o movimento não pode ser uniforme.

fÍsica 1 – volume 2 06. e resoluÇÕes - exercitando em … · no lançamento horizontal, o...

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