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147Caderno de Atividades / Livro do Professor

FÍSICA

INTRODUÇÃO À MECÂNICA

1. Gabarito: e

Sabendo que 1 kg equivale a 1 000 g e que 1 m a 100 cm, tem-se:

1 11000

1100

1 1

1010

2 2 5 25 2g cm

s

kgg

mcm s

kg m

skg m s

⋅⋅ ⋅ ⋅ =

⋅= ⋅ ⋅− −

1ª. Série

VETORES

2. a) velocidade do ar:

vX= 35 m/s

vY= 35 m/s50

m/s

45°

velocidade do avião em relação ao chão:

200 + 35 = 235 m/s

35 m/s v R

v

v m s

R

R

2 2 2235 35

56 450 237 6

= +

= ≅ , /

b)

235 m/s

236,7

m/s

θ

cos,

cos ,

”

θ

θθ

=

=≅

185188 20 98

11

3. Gabarito: b

O módulo do vetor pode ser determinado aplicando-se o Teorema de Pitágoras.

→

Fx

→

Fy→

Fy→

F

θ

F2 = Fx2 + Fy

2

F2 = 122 + 162 =144 + 256 = 400

F = 20 N

4. Gabarito: b

O tempo de travessia depende apenas da componente per-pendicular à margem da velocidade do barco, que não é afetada pela velocidade da correnteza.

a) Incorreta. A correnteza não influencia no tempo de tra-vessia, pois essa velocidade é um sentido perpendicular

148 1ª. Série

à velocidade de travessia, sendo que os movimentos podem ser tratados como independentes.

b) Correta. Como os movimentos podem ser tratados como independentes, não há interferência da velocida-de da correnteza no tempo de travessia.

c) Incorreta. Se a velocidade da correnteza tivesse uma componente no sentido da travessia, daí o tempo para ir de uma margem a outra seria atravessado

d) Incorreta. Ver item a.

5. Gabarito: d

As posições das partículas nos tempos t = 0 e t = 2 s são:

x = 3 + 2t

x1 = 3 + 0 = 3 m

x2 = 3 + 4 = 7 m

y = 4 + 10t + t2

y1 = 4

y2 = 4 + 10 · 2 + 22 · y2 = 28 m

70

20

4

3

y

x

h

θ

h

h

h

h

sen

2 2 2

2

4 24

16 576

592

4 37

24

4 37

6

37

37

37

6 3737

= += +

=

=

= = ⋅ =θ

VELOCIDADE E ACELERAÇÃO

6. Gabarito: c

∆= ⇒ =∆ ∆

∆ =

M

s 4 700v 2

t tt 2 350 s

6 calorias ___________ 60 segundos

x calorias ___________ 2 350 segundos

x = 235 calorias

7. Gabarito: c

∆ ⋅= ⇒ =∆ ∆

∆ = ⋅

9

M

7

s 1,25 10v 20

t tt 6,25 10 s

1 dia ___________ 86 400 segundos

x dias ___________ 6,25 · 107 segundos

x x dias=⋅⋅

⇒ ≅6 25 10

8 64 10723

7

4

,

,

8. Gabarito: b

Levando em consideração uma trajetória circular, tem-se:

C = 2π · R

C = 2 · 3,14 · 1,5 · 108

C = 9,42 · 108 km

Como a Terra demora um ano (365 dias = 365 ∙ 24 h) para completar uma volta ao redor do Sol, sua velocidade média ao longo da órbita é:

∆ ⋅ ⋅= ⇒ = =∆ ⋅

= ⋅

8 8

m m

5m

s 9,42 10 9,42 10v v

t 24 365 8 760

v 1,07 10 km / h

Em duas horas:

∆s ≅ 2,1 · 105 km

9. Gabarito: e

v = 207 km/h = 57,5 m/s

vst

t

M =

=

∆∆

∆57 5

3,

∆t ≅ 0,05 s

10. Gabarito: dvP = 1 080 km/h = 300 m/svQ = 1 440 km/h = 400 m/s

dQ

dP

d, p, q

Para P:

−

∆=∆

=

M

4

sv

tdP

30010


Física

VELOCIDADE E ACELERAÇÃO

dP = 0,03 m ou 3 cm

Para Q:

vstdP

M =

= −

∆∆

40010 4

dQ = 4 cm

d p q2 2 23 4, = +

dp,q = 5 cm

11. Gabarito: c

Na letra a, não há aceleração, uma vez que a velocidade se mantém constante.

Na letra b, tem-se:

av v

tm sf i=

−=

−=

∆40 20

104 2/

Para a letra c, tem-se:

a m s=−

= −0 10

25 2/

Para a letra d:

a m s=−

= −0 40

104 2/

Logo, a opção em que a aceleração apresenta o maior mó-dulo é a c.

12. Gabarito: C

Com vento favorável, o velocista realiza a prova em 9,9 s. Logo:

vst

m sM = = =∆∆

1009 9

10 1,

, /

13. Gabarito:

a) O módulo da velocidade vetorial média é dado pela ra-zão entre o módulo do vetor deslocamento e o tempo.

30 µm

40 µm→∆s

B

A

∆s2 = 402 + 302

∆s2 = 50 µm

vst

m sM = = =∆∆

50300

0 17, /µ

b) Utilizando as fórmulas descritas na questão:

DkTr

m s

I Dt

= =⋅ ⋅

⋅= ⋅

= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

−

−−

−

3 10 300

3 103 10

2 2 3 10 10 6

18

610 2

10

/

( ) ( 00 6 10 4) = ⋅ − m

14. Gabarito: d

vst t

t sM = ⇒ ⋅ =⋅

⇒ = ⋅∆∆ ∆

∆15 109 10

6 10418

14,

1 ano ––– 3,0 · 107 s

x anos ––– 6,0 · 1014 s

x anos=⋅

⋅= ⋅

6 1014

3 107 2 0 107,

15. a)

900 m

x

300 m

A

B

20 m

30020

900

60

=

=x

x m

b)

900 m

d 300 m

A

B

d

d

vdt t

t s

2 2 2

5

900 300

9 10 300 10

15300 10

200 10

= +

= ⋅ =

= ⇒ =

=∆ ∆

∆

,

16. Gabarito: bDividindo as velocidades fornecidas por 3,6, tem-se: v1 = 10,8 km/h = 3 m/s e v2 = 14,4 km/h = 4 m/s.O tempo gasto pelo bondinho no primeiro trecho é:∆s1 = v1⋅ t1

540 = 3 ⋅ t1

t1 = 180 s = 3 minutos.

150 1ª. Série

O tempo gasto pelo bondinho no segundo trecho é de:∆s2 = v2⋅ t2

720 = 4 ⋅ t2

t2 = 180 s = 3 minutosO tempo total (T) do passeio será obtido pela soma dos tem-pos de cada trecho mais o tempo gasto na caminhada e em espera.T = 3 + 30 + 3T = 36 min

17. Gabarito: dO tempo total da viagem é:s = v ⋅ t ⇒ 390 = 78 ⋅ tt = 5 hO tempo gasto para percorrer o primeiro trecho é:s = v ⋅ t ⇒ 120 = 60 ⋅ t1

t1 = 2 hAssim, o tempo para percorrer o segundo trecho é dado por:t2 = t – t1 ⇒ t2 = 5 – 2 = 3 h

A velocidade média do segundo trecho é dada por:

vxt

vM M= ⇒ =−∆

∆390 120

3vM = 90 km/h

18. Gabarito: cPara a prova sem vento, tem-se:s = v ⋅ t → 100 = v ⋅ 10v = 10 m/sCom vento favorável, o tempo será 9,9 s (10 s – 0,1 s) e a velocidade será dada por:s = v’ ⋅ t → 100 = v’ ⋅ 9,9v’ = 10,1 m/s

19. Gabarito: cApós t segundos, partindo da posição inicial y0 = 0, o heli-cóptero estará em: y = v ⋅ tNo mesmo intervalo de tempo, o avião, que partiu da posi-ção inicial δ, estará em: x = δ – u ⋅ tA distância d entre os dois será:

d2 = y2 + x2 ⇒ d2 = (v ⋅ t)2 + (δ – u ⋅ t)2

d2 = v2⋅ t2 + δ2 + u2⋅ t2 – 2 ⋅ δ ⋅ u ⋅ td2 = t2⋅ (v2 + u2) – 2 ⋅ δ ⋅ u ⋅ t + δ2

O tempo para o qual a distância é mínima corresponde à coordenada t do vértice da parábola d2(t), ou seja:

xba

tu

v uv =−

⇒ =⋅+2 2 2

δ

Portanto, nesse instante, a distância do avião ao ponto O é:

x = δ – u ⋅ t = δ – u ⋅δ δ⋅+

=⋅+

u

v u

v

v u2 2

2

2 2

Continuando o raciocínio, a distância do helicóptero ao pon-to O é:

y = v ⋅ t = v ⋅δ δ⋅+

=⋅ ⋅+

u

v u

u v

v u2 2 2 2

A distância mínima entre o avião e o helicóptero correspon-de à coordenada d do vértice da parábola d2(t), ou seja:

ya

du v u

v u

d vv

v =−

⇒ =

⇒ dmin =

− − ⋅ ⋅ − +⋅ +

= ⋅+

∆4

2 4

4

2 2 2 2

2 2

2 2

2

min

min

[( ) ( ) ]

( )

δ δ

δuu2

v

v

⋅+2

δuu2

20. Gabarito: d

Escrevendo todas as velocidades em km/h, tem-se:

Carro na cidade: 160

1km

hminmin

⋅ = 60 km/h

Mariposa: 54 0001

1000mh

kmm

⋅ = 54 km/h

Usain Bolt: 1 2 103 600

143 22, ,⋅ ⋅ =− km

ss

hkm/h

Zebra: 64 km/h

Ciclista: 100010

13 600

1

5cms

kmcm

sh

⋅ ⋅ =−

36 km/h

Logo, a maior velocidade é a da zebra.

21. a) Conforme o enunciado, a velocidade do barco é perpen-

dicular à velocidade da correnteza. A velocidade resul-tante é obtida aplicando-se a Regra do Paralelogramo.

Trajetória do barco

→vC

→vB

→v

b) Para determinar o ponto que o barco atinge a cabeceira na margem oposta, basta multiplicar a velocidade da correnteza pelo tempo de travessia, pois esse é o des-locamento ao longo do sentido da correnteza.∆s = VC ⋅ ∆t ∆s = 0,3 ⋅ 20 ∆s = 6,0 m

c) Como o barco demora 20 segundos para atravessar os 8 metros de largura do rio, sua velocidade em relação ao rio é:∆s = VB ⋅ ∆t8 = vB ⋅ 20

vB = 0,4 m/s


Física

1ª. E 3ª. LEIS DE NEWTON

22. Gabarito: e

Exemplo típico de ação e reação. A força que o carro faz no inseto possui mesma intensidade e sentido oposto à força que o inseto faz no carro.

23. Gabarito: d

Apenas duas forças agem na caixa 2: o peso com senti-do para baixo, e a força normal que a caixa 1 aplica, com sentido para cima. A força resultante sobre a caixa tem a mesma direção que a aceleração. Logo, a normal é maior que o peso da caixa 2.

24. Gabarito: c

Como a velocidade é constante, a força resultante é zero. Logo, entre as opções, a única possibilidade é que o vetor represente a velocidade do arquivo, já que a força de atrito aponta para a esquerda e a força peso para baixo.

25. Gabarito: d

Com ação apenas da força constante F, a caixa está em constante aceleração. Após o início da aplicação da força contrária à força F, a força resultante passa a ser nula, e a caixa, que já estava em movimento, passa a se mover com velocidade constante.

26. Gabarito: b

O gelo parou porque o atrito atuou no sentido contrário ao mo-vimento, sendo a força resultante que causou a desaceleração.

27. Gabarito: d

A bola, ao sair da mesa, fica sob a ação da força peso, que a faz acelerar para baixo. Como o atrito é desprezado, o movimento na horizontal é uniforme. A composição desses movimentos resulta numa trajetória parabólica, conforme mostrado na alternativa d.

PRINCIPAIS FORÇAS DA MECÂNICA

28. Gabarito: bA força de atrito pode ser estática, quando o corpo está em repouso, ou cinética, quando o corpo está em movimento. A força de atrito estática possui exatamente o valor da força empregada sobre o corpo, ou seja, enquanto a força em-pregada sobre o corpo não supera o valor máximo de atrito estático, a intensidade da força de atrito é igual à da força aplicada, mantendo assim o corpo em repouso. Quando a força aplicada supera o valor máximo de atrito estático, a força de atrito assume um valor constante e de menor in-tensidade. A partir do momento em que o corpo entra em movimento, a força de atrito é a mesma, independente da intensidade da força empregada sobre o corpo. A intensi-dade da força de atrito cinético ser menor que a força de atrito estático se justifica pela inércia: quando o corpo está em repouso, sua tendência é permanecer em repouso, po-rém após estar em movimento sua tendência é continuar o movimento. A alternativa que justifica corresponde ao com-portamento da força de atrito é a da letra b.

29. Gabarito: da) Incorreto. Embora confirmasse o sistema heliocêntrico

de Copérnico, essa teoria não passou a vigorar na Alta Idade Média, período histórico muito anterior a Kepler e Copérnico.

b) Incorreto. Colocando o Sol em um dos focos, Kepler de-saprova a Teoria Geocêntrica de Ptolomeu.

c) Incorreto. As leis de Kepler não são base para o modelo geocêntrico.

d) Correto, as leis de Kepler demonstram, com poucas cor-reções, o modelo heliocêntrico. A Igreja naquela época defendia o geocentrismo, por isso foi também criticada por essas leis.

30. Gabarito: c

→N

→P

→T

Como o atrito é desprezível, se a pessoa parar de puxar, a força resultante será nula. Logo, se o objeto estava em movimento, continua em movimento por inércia.

31. Gabarito: aPara a pedra se movimentar com velocidade constante, a for-ça resultante sobre ela tem que ser zero. Logo, a força que empurra a pedra tem que ser igual à força de atrito cinética.

32. Gabarito: cO peso de um objeto depende diretamente da gravidade a

que ele está submetido, dada por gG M

R=

⋅2

. Logo, aumen-

tando-se o raio da Terra, e diminuindo sua massa, a gravi-dade na superfície diminuiria substancialmente, o que de-terminaria a diminuição do peso do objeto.

152 1ª. Série

33. Gabarito: b

B

→T

→P

No ponto B, as forças que atuam sobre o disco são apenas o seu peso (vertical para baixo) e a tração da haste (vertical para cima). A força resultante possui módulo igual à dife-rença entre os módulos da tração e do peso, e aponta para cima (resultante centrípeta).

34. Gabarito: a

A massa de água que cai da torneira é proporcional à varia-ção da força elástica.

Pelo gráfico 2, vê-se que no tempo t’, caíram 0,96 kg de água. Ou seja, nesse mesmo tempo houve uma variação na força elástica de 9,6 N. E pelo percebe-se que no mesmo tempo variou 0,08 m na elongação. Logo, pela Lei de Hooke:

∆F = K ∙ ∆x

9,6 = K ∙0,08

K = 120 N/m

35. Gabarito: c

Devido ao atrito com o ar e sua pequena massa, as gotas de chuva chegam com velocidades baixas à superfície.

36. Gabarito: d

gG M

RTT

T

=⋅

2

Para Kepler 22b

gG M

R

gG M

R

g g

g

KT

T

KT

T

K T

K

=⋅

⋅( )= ⋅

⋅

= ⋅

= ⋅ ≅

4

2 4

45 76

45 76

45 76

10 6

2

2

,

,

,

,,99 2m s/

Logo o peso do astronauta em Kepler 22b será:

P = m ∙ g

P = 90 ∙ 6,9

P = 621 N

37. Gabarito: e

O coeficiente de atrito depende apenas dos materiais em contato e não da área da superfície. Os dois pneus podem ter a mesma força de atrito máxima, porém os carros de Fórmula 1 estão expostos a um maior desgaste dos seus pneus pela alta velocidade que alcançam, além da necessi-dade de freadas bruscas. E, quanto maior a largura do pneu, maior será a distribuição desse desgaste.

2ª. LEI DE NEWTON

38. Gabarito: d

A sensação de imponderabilidade se dá devido à estação estar sempre em queda livre. A única força, não desprezí-vel, que atua sobre o corpo é a força da gravidade da Terra que será a resultante centrípeta. A estação só não chega ao chão porque tem uma velocidade tangencial suficiente para mantê-la em órbita.

39. Gabarito: e

→PA

→TA

Diagrama de forças

B

→N

→PxB→

PyB

→FatB

→TB

→PB

→TA

PXB + TA – TB – FAT = mB · a

PB · sen 37º + TA – TB – µ · PB · cos 37º = mB · a

mB · g · sen 37º + TA – TB – µ · mB · g · cos 37º = mB · a

mB · 6 + 22,8 – 24,8 – 0,4 · mB · 8 = mB · 2,4

mB = 5 kg


Física

2ª. LEI DE NEWTON

40. Gabarito: d

Dados: g = 10 m/s2, sen θ = 0,80 e cos θ = 0,60

Diagrama de forças

→PA

→TA

T = PA

T = 0,92 ∙ 10 = 9,2 N

→P x

→P

→P y

→N

→F at

→T

B

N = Py

Px + Fat = T

P ⋅ sen α + µE ⋅ N = 9,2

P ⋅ sen α + µE ⋅ P ⋅ cos α = 9,2

10 ⋅ 0,6 + µE ⋅ 10 ⋅ 0,8 = 9,2

µE = 0,4

41. Gabarito: e

→Px

→P

→Py

→N

→Fat

→T

B

Na iminência de movimento, tem-se:

T = Fel

N = PY

T + Fat = Px

Fel + Fat = Px

K · x + µ · P · cosθ = P · senθ350x + 0,5 · 28 · 0,6 = 28 · 0,8350x + 8,4 = 22,4x = 4 cm

42. Gabarito: e

Diagrama de forças

Bloco

→N

→PB

→Fei

Fel = FR

Kx = m · aB

aK xmB =⋅

Carrinho

→PB

→PC

→N→

Fei

FEL = FR

Kx = M · aC

aK xMC =⋅

Aceleração relativa:

AREL = AC + AB

AK xm

K xM

A K xM m

M m

REL

REL

=⋅

+⋅

= ⋅+( )⋅

43. Gabarito: a

Da 2a Lei de Newton, tem-se:

FR = m ⋅ a ⇒ F – Fat = m ⋅ a10 – Fat = 8 ⋅ 1Fat = 2 N

44. a) As roldanas móveis, no caso a 1 e a 2, servem para di-

vidir o peso pela metade. Como são duas, a força F ne-

154 1ª. Série

cessária para equilibrar o peso do bloco corresponde a um quarto do valor deste, ou seja, F = 240 / 4 = 60 N

→F

24 kg

b) Para erguer a massa com velocidade constante, é necessário que a força resultante seja zero. Portanto, F = 60 N.

c) Sendo a velocidade constante módulo do trabalho reali-zado pelas duas forças serão iguais.

45. Gabarito: a

→Px

→Py

→N

→T

F = T

palco

→T

T2 = Px

→T2

Como o piano é puxado com velocidade constante, a força resultante sobre ele é nula. Assim, com base no diagrama de forças acima, tem-se:

2T = T2 = Px = P ⋅ sen 30º2T = 500 ⋅ 10 ⋅ 0,5T = F = 1 250 N

46. Gabarito: a

As forças que atuam em cada cilindro estão representadas na figura a seguir:

F

PFA

FC FC

FA FB

FB

60° 60°

1 3

2

Aplicando a 2.ª Lei de Newton, tem-se:

cilindro 2: eixo x: FA⋅ cos 60º – FB ⋅ cos 60º = m ⋅ a ⇒ ⇒ (FA / 2) – FB / 2 = m ⋅ a (equação 1)

eixo y:

FA ⋅ sen 60o + FB ⋅ sen 60o = m ⋅ g ⇒ 32

(FA + FB) = m ⋅ g

(equação 2)

cilindro 3:FC + FB⋅ cos 60o = m ⋅ a ⇒ FC +

FB

2= m ⋅ a (equação 3)

Na condição de aceleração máxima, o cilindro 2 está na iminência de perder contato com o cilindro 3 (FB = 0). As equações 1 e 2 ficam reduzidas, respectivamente, a:

FA = 2 ⋅ m ⋅ amáx e FA = 2

3

⋅ ⋅m g

Segue então que:

2 ⋅ m ⋅ amáx = 2

3

⋅ ⋅m g ⇒ amáx =

g

3Na condição de aceleração mínima, o cilindro 2 se move para baixo e os cilindros 1 e 3 perdem contato entre si (FC = 0).

A equação 3 se reduz a FB = 2 ⋅ m ⋅ amín. Substituindo na equação 1:FA

2– mín2 m a

2

⋅ ⋅ = m ⋅ amín ⇒ FA = 4 ⋅ m ⋅ amín

Substituindo agora FB = 2 ⋅ m ⋅ amín e FA = 4 ⋅ m ⋅ amín na equação 2:

32

· (4 ⋅ m ⋅ amín + 2 ⋅ m ⋅ amín) = m ⋅ g

amín = g

3 3

Dessa forma, amín ≤ a ≤ amáx ⇒ g

3 3≤ a ≤

g

3.

47. Gabarito: aA primeira corda de cima para baixo segura os três elefan-tezinhos, logoT1 = P1 + P2 + P3

T1 = 0,02 ⋅ 10 + 0,03 ⋅ 10 + 0,07 ⋅ 10T1 = 1,2 N

A segunda corda de cima para baixo segura apenas os dois elefantezinhos de baixo.T2 = P1 + P2 + P3

T2 = 0,03 ⋅ 10 + 0,07 ⋅ 10T2 = 1,0 N

Já a terceira corda segura apenas o último elefantezinho.T3 = 0,07 ⋅ 10T3 = 0,7 N

48. Gabarito: aI. Correta. Tanto na subida quanto na descida, a força re-

sultante do movimento é a componente tangencial da força peso.


Física

II. Incorreta. Para um mesmo nível de altura a velocidade tanto na subida quanto na descida é a mesma sem mó-dulo, diferindo apenas no sentido.

III. Incorreta. A bola é desacelerada na subida com a mes-ma taxa que é acelerada na descida fazendo com que os tempos de subida e descida sejam iguais.

49. Gabarito: av = v0 + a ∙ t0 = 1 + a ∙ 2a = − 0,5 m/sFat = Fr

µ ∙ N = m ∙ aµ ∙ m ∙ g = m ∙ aµ = 0,05

50. Gabarito: aVelocidade terminal é velocidade constante quando FR = 0, logo: P = Fat

Como a constante de resistência é dada em kg/m, pode-se considerar a equação da resistência como sendo F = K ∙ v2.

P = Fat

m . g = k . v2

v2 = 80 · 10 / 0,8v2 = 1000v = 10 10

51. Gabarito: cComo os atritos são desprezíveis, tem-se:PB – T2 = mB ⋅ a1200 – T2 = 1200. 2

T2 = 9,6 kNT1 – PA = mA ⋅ aT1 – 9000 = 900 ⋅ 2T1 = 10,8 kN

52. Gabarito: evmáx = 72 km/h = 20 m/sv = v0 + a ∙ t20 = 0 + a ∙ 21,5a ≅ 0,93 m/s2

Desenhando o diagrama de forças para o objeto:

→Fdin

→P

Aplicando a 2.ª Lei de Newton:FDin – P = m.aFDin – 10 = 1. 0,93FDin≅ 11 N

53. Gabarito: dV

→Fat

D. Elvira

D. Dolores

FR = m . a

FE + FD – FAT = m ⋅ aFE + FE/2 – 240 = 120 ⋅ 0,2

FE = 176 N

54. Gabarito: d

Fazendo o diagrama de forças:

→N

→Fat

→P10

→T10 kg

T – FAT = FR

T – FAT = m10 . a

→T

→P6

6 kg

P6 – T = FR

P6 – T = m6 ⋅ aSomando as duas equações:

P6 – FAT = (m10 + m6) ⋅ a60 – 0,28 ∙ 100 = 16 ∙ a

a = 2 m/s2

Substituindo em uma das duas equações iniciais:

P6 – T = m6 ⋅ a60 – T = 6 ⋅ 2T = 48 N

156 1ª. Série

55.

A

B

T

TTy

θ

Tx

→a

Bloco A (eixo vertical):

N = PA + T – TY

N = m ∙ g + T – T/2

N = m ∙ g + T/2

Sistema (eixo horizontal):

TX − Fat = FR

T ∙ cos30° – µ ∙ N = (ma + mb) ∙ a

T m gT

m a⋅ − ⋅ ⋅ +

= ⋅3

2 22µ

T m gT

m a⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅3

2 22µ µ

Tm g a

=⋅ ⋅ +

−2 2

3

( )µµ

56. Gabarito: a

Calculando a desaceleração:

v = v0 + a ∙ t

0 = 5 + a 10

a = − 0,5 m/s2 da 2.ª Lei de Newton:

Fat = Fr

µ · N = m · a

µ ∙ m · g = m ⋅ aµ = 0,05 ou 5 ⋅ 10–2

TRABALHO DE UMA FORÇA E ENERGIA

57. Gabarito: a

Como a velocidade do elevador é constante, a força resul-tante sobre ele é zero. A força normal que age sobre a caixa realiza um trabalho positivo, pois atua na mesma direção e no mesmo sentido que o deslocamento que ela produz.

58. Gabarito: b

Considerando que o centro de gravidade da atleta está na meia altura, a variação de altura durante o salto foi de ∆h = (4,0 – 0,8) = 3,2 m.

∆Epg = m ∙ g ∙ ∆h

∆Epg = 50 ∙ 10 ∙ 3,2

∆Epg = 1,6 kJ

59. Gabarito: b

Inicialmente, calcula-se 70% de 500 J, equivalente a 0,7⋅ 500 J = 350 J. Como essa quantidade é de energia cinética associada à velocidade vertical do atleta, tem-se:

Emv v

v m s

Cy

y

= ⇒ =⋅

=

2 2

2350

70

2

10 /

O módulo da velocidade do atleta é dado pela soma vetorial de suas componentes:

v2 = vx2 + vy

2

v2 = 102 + (√10)2

v = 10,5 m/s

60. Gabarito: b

Sendo o período de 2 s, a velocidade no ponto P é igual a:

V = 2 2 3 10

230

πRT

m s=⋅ ⋅

= /

Logo,

EMV

JP= =⋅ ⋅

= ⋅2 3 2

7

250 10 30

22 25 10,

61. a) Energia consumida na caminhada

1 m – 80 calorias

6 000 m – x calorias

x = 480 kcal

O percentual P é então: P = =480

2 0000 24, ou 24 %.

b) ∆Epg = m ∙ g ∙ ∆h

∆Epg= 80 ∙ 10 ∙ 300

∆Epg= 2,4 · 105 J ou 60 000 cal, considerando que 1 cal = 4 J.

c) 1 g de gordura – 9 kcal2 400 g de gordura – x kcalx = 21 600 kcalSe em 1 caminhada de 6 km, a energia consumida é de 480 cal, então:1 caminhada – 480 kcalx caminhadas – 21 600 kcal

x = 45 caminhadas


Física

TRABALHO DE UMA FORÇA E ENERGIA

TEOREMAS QUE RELACIONAM TRABALHO E ENERGIA

62. Gabarito: d

Analisando um a um cada item:

a) Correta. O trabalho, quando a força e o deslocamento estão na mesma direção, é dado por τ = F ∙ d, onde d é o deslocamento do corpo ao longo do plano. Assim:

τF = 50 ∙ 5 ⇒ τF = 250 J

b) Correta. Corpos em movimento possuem energia ciné-tica e, quando possuem altura em relação a um refe-rencial, terão também energia potencial gravitacional.

c) Correta. A força resultante que atua sobre o corpo é dada pela diferença entre a força F e a componente tangencial do peso (Px).

→N →

F

→P

→Py

→Px

θ

FR = F – Px⇒ FR = F – m ∙ g ∙ senθConsiderando semθ 3/5 , tem-se:

FR = 50 – 2 • 10 • (3/5) ⇒ FR = 38 N

A força resultante tem a mesma direção e sentido que o deslocamento do corpo. Calculando o trabalho da força resultante:

τR = 38 ∙ 5 ⇒ τR = 190 J

d) No final da rampa o corpo possui energia cinética e energia potencial, de modo que a energia cinética, de acordo com o teorema da energia cinética, é igual ao trabalho resultante 190 J, e a energia potencial é igual a 60 J, como mostra o cálculo a seguir:EP = m ∙ g ∙ h

EP = 2 ∙ 10 ∙ 3

EP = 60 J

A energia mecânica é igual a: EM = 190 + 60 = 250 J

e) Ao atingir o final da rampa, a energia potencial é EP = 60 J. Ver item anterior.

63. Gabarito: a

A energia mecânica inicial nas três situações são iguais. Como não há atrito, podemos considerar que a energia me-cânica se conserva. Logo, a energia mecânica final (que estará somente na forma de energia cinética, se o solo for considerado nível de referência) será igual à inicial para as três situações.

64. Gabarito: bA energia mecânica inicial para as duas situações tem o mesmo valor, visto que a massa das bolas, a velocidade e as alturas iniciais são as mesmas. Porém, no ponto mais alto da trajetória, há energia cinética apenas na situação 1, pois no ponto mais alto há a componente do eixo x da velocidade. Já na situação 2 a velocidade na altura máxima é nula e, conse-quentemente, também é nula a energia cinética.

65. Gabarito: eConsiderando a resistência do ar, parte da energia poten-cial inicial será transformada em energia térmica por causa do atrito. Logo, a energia mecânica final será menor que a inicial.

66. Gabarito: ea) Incorreta. A unidade de energia, no SI, é o joule.

b) Incorreta. Caso as forças dissipativas sejam desconsi-deradas, a energia mecânica do sistema se conserva. Nada se pode afirmar sobre a relação de igualdade en-tre as energias cinéticas e potenciais apenas com as informações fornecidas.

c) Incorreta. Para determinar a energia potencial gravita-cional, basta o conhecimento da massa, da aceleração da gravidade e da altura em relação a um nível de refe-rência (neste caso, o solo): Ep = m ⋅ g ⋅ h.

d) Incorreta. Ver C.

e) Correta. Ep = m ⋅ g ⋅ h

Ep = 60 ⋅ 10 ⋅ 2Ep = 1 200 J

67. A velocidade mínima no ponto mais alto do looping, para que o objeto consiga completá-lo é dada por: mínV Rg=

θ

h1

3

2

R

Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, tem-se:

EC2 = EPG3 + EC32 22 mín

3

22

22

mv mvmgh

2 2gR

v 4gR2

9gRv

2

= +

= +

=

158 1ª. Série

Como há atrito entre o bloco e a rampa, tem-se:

Epg1 = EC2 + τFat

mghmv

F d

mghmv

Nd

mghmv

mg d

ghgR

at122

122

122

1

2

2

29

= + ⋅

= +

= + ⋅ ⋅

=

µ

µ θcos

449

4 11

+ ⋅ ⋅

=− ⋅

µ θθ

µ θ

gh

sen

hR

g

cos

( cot

68. Gabarito: b

τ

τ

τ

τ

FatF I

Fat

Fat

Fat

mv mv

J

J

= −

= −⋅

= −

= ⋅

2 2

2

5

2 21000 20

2200 000

2 10

(em módulo)

DISSIPAÇÃO E CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA

69. Gabarito: a

Sendo a inclinação de 30º e a subida de 100 m, o desnível de altura experimentado pelo ciclista é:

A

B

H100 m

30º

sen30º = h/100 ⇒ h = 50 m

Como as perdas por atrito devem ser desprezadas, a ener-gia despendida pelo ciclista deve somente ser igual à di-ferença entre a energia mecânica do ponto B e a energia mecânica do ponto A.

∆E = EMB – EMA

ECA = EPB + ECB – ECA

∆

∆

Emv

mghmv

E

B A= + −

=⋅

+ ⋅ ⋅ −⋅

2 2

2 2

2 250 5

250 10 50

50 102

∆E = 625 + 25 000 – 2 500

∆E = 23 125 J

70. Gabarito: a

Mesmo em um sistema conservativo, nos pontos de deslo-camento máximo, há mudança no sentido do movimento, portanto a velocidade será zero. Além disso, ao contrário do que diz a razão, esse sistema é conservativo, pois não há perda de energia.

71. Gabarito: aSendo as forças dissipativas ignoradas, pode-se considerar que a energia mecânica do sistema se conserva. Tomando como nível de referência (h=0) a posição na qual o bloco para, tem-se:

EMi = EMf

ECi + Epi = ECf + Epf

Epg i = Epel f

mg h dK x

Kmg h d

d

( )

( )

+ =⋅

=+

2

2

22

72. a) Calculando a desaceleração:

V = V0 + a ∙ t

0 = 6 000 + a ∙ 420

a m s= − =6 000420

14 286 2, /

FR = m ∙ a

FR = 1 000 ∙ 14,286

FR = 142 286 N

b) τatrito = Emec f – Emec i

τ

τ

atrito marte marte i

atrito

m g hm v

m g hm V

= ⋅ ⋅ +⋅

− ⋅ ⋅ +⋅

=

( ) ( )

(

202

2 2

1033 33 2

3 33 2

4 100 1010 4 000

2

10 4 125 1010 6 000

2

⋅ ⋅ ⋅ +⋅

−

− ⋅ ⋅ ⋅ +⋅

)

( )

τatrito = – 1,01 · 1010 J


Física

DISSIPAÇÃO E CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA

73. Gabarito: d

Velocidade do garoto A no ponto C:

EMi = EMf

EPgA = ECc + EPgC

mgh mv mgh

v

v m s

A AC C

AC

AC

= +

⋅ = + ⋅

=

2

2

10 3 62

10 18

6

, ,

/

A velocidade do garoto B no ponto C será a mesma do garoto A, pois a diferença de altura é a mesma.

Logo a velocidade relativa no ponto C é:

vREL= vAC + vAB

vREL= 6 + 6 = 12 m/s ou vREL = 43,2 km/h.

74. Gabarito: bO desnível de altura (h) entre os pontos A e B é igual a:

sen 30º = h/4

h = 0,5 · 4 = 2 m

A energia mecânica dissipada corresponde à diferença en-tre a energia mecânica inicial (A) e a final (B). Tomando a posição inicial como nível de referência (h = 0), tem-se:

E E E

Em v

m g h

E

E

Mdis MA MB

Mdis

Mdis

Mdis

.

.

.

.

= −

=⋅

− ⋅ ⋅

=⋅

− ⋅ ⋅

=

2

2

25 8

25 10 2

1160 100 60− = J

75. No momento antes da colisão, a energia mecânica da esfe-ra é apenas cinética:

EMA = EC + EP

EMA = mv m

mJ2 2

2202

200=⋅

=

Logo após a colisão:

Emv m

mJM = =⋅

=2 2

2182

162

Perda percentual:

P% = 1 – 162/100 = 0,19

Ou seja, a perda foi de 19%.

Na subida, o tempo necessário para a bolinha atingir o re-pouso foi:

v = v0 + a ∙ t

0 = 18 − 10 ∙ t

t = 1,8 s

Assim, T = 2 + 1,8 = 3,8 s

A distância total percorrida pode ser obtida por meio da área dos triângulos formados no gráfico vxt:

∆ ∆ ∆

∆

s s s

sb h b h

m

T

T

= +

=⋅

+⋅

=⋅

+⋅

=

1 2

1 1 2 2

2 22 20

218 18

236 2

,,

76. Gabarito: b

Toda energia potencial gravitacional do início se transforma em energia cinética logo antes da colisão:

ECf = EPi

ECf = m ∙ g ∙ hi

ECf = 1,5 ∙ 10 ∙ 8

ECf = 120 J

A cada choque a bola perde 1/4 (ou 25 %) de sua energia cinética. Sobram, portanto, 75%. Após o primeiro choque:

EC = 75/100 · 120

EC = 90 J

Após o segundo choque:

EC = 75/100 · 90

EC = 67,5 J

Fazendo o processo inverso para calcular a altura, tem-se:

ECf = EPi

67,5 = 1,5 ∙ 10 ∙ h

h = 4,5 m

77. Gabarito: dE E E

mghmv

mgh

h h

h m

Mi Mf Mi

i i

i i

i

= +

= + ⋅

= + ⋅ ⋅

=

20

220

100

1082

0 2 10

4

2

2

%

,

78. Gabarito: a

Energia mecânica no Apogeu:

EM = EC + EPG

Emv MmG

a eMA = −+

2

2

Energia mecânica no Perigeu:

Emv MmG

a eMP = −−

’2

2

Como existe conservação de energia:

EMA = EMP

mv MmGa e

mv MmGa e

2 2

2 2−

+= −

−’

(I)

160 1ª. Série

Sabendo que v’(a – e) = v(a + e), ou seja v va e

a e’ =

+( )−( )

,

substitui-se na equação (I):

mv MmGa e

mv a ea e MmG

a e

vGM a ea a e

2

2

2

2 2−

+=

+−

−−

=−

+

( )( )

( )( )

Então a energia mecânica total será:

Emv MmG

a e

EMmG a e

a eMmGa e

EMmGa e

MT

MT

MT

= −+

=−

+−

+

= −+

+

2

2

2

( )

( )( ) ( )

( )MMmGa MmGe

a a e

EaMmG aMmG eMmG

a a e

EGMm a e

MT

MT

−+

=− + −

+

=− +

2

22

2

( )

( )

( )aa a e

EGMm

aMT

( )+

=−

2

79. Gabarito: d

No infinito, a energia mecânica é dada por: EM = EP + EC

EGMmd

mv

EGMm

d

M

C

=−

+ =

= −

2

20

Sendo, g = GM/d2

EC = mgd

EC = ρvgd

E R gd

E

E J

C

C

=

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

≅ ⋅

ρ π43

8 00043

3 1 10 10 6 4 10

2 10

3

3 6

21

( ) ,

Sendo 1 ton de TNT = 4 · 109, 10 megatons equivale a:

ETNT = 10 · 106 · 4 · 109

ETNT = 4 · 1016 J

1 bomba – 4 · 1016

x − 2 · 1021

x = 50 000

80. Gabarito: a

A diferença de altura entre os dois morros é:

∆H = 400 – 220

∆H = 180 m

A variação da energia potencial gravitacional no segundo trecho é dada por:

∆E = m ⋅ g ⋅∆H

∆E = 5 000 ⋅ 10 ⋅ 180

∆E = 9 000 000

∆E = 9 ⋅ 106 J

81. Gabarito: d

Tomando como referencial o centro da esfera, e adotando Ec como sendo a energia cinética de cada uma das partículas, pela conservação da energia, tem-se:

m ⋅ g ⋅ h + m ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ Ec + m ⋅ g ⋅ h2 + m ⋅ g ⋅ h3

Em que h = r ⋅ cos 45º

Como as partículas estão separadas angularmente por 90º, sendo h2 = r ⋅ sen θ, tem-se:

h3 = r ⋅ sen (θ + 90º) = r ⋅ sen (θ – 90o) = r ⋅ cos θ

Assim:

mgr mgr E mgr sen mgr

mgr E mgr sen mgr

C

C

22

22

2

2 2

+ = + ⋅ + ⋅

= + ⋅ + ⋅

θ θ

θ

cos

cosθθ (I)

Quando a massa da esquerda perde o contato, a reação normal é nula, e, assim, a componente normal da força-pe-so faz o papel de resultante centrípeta:

mgmv

r⋅ =cosθ

2

Relacionando a expressão acima com a energia cinética, tem-se:

2

2

2E

rmv

rmg

Emgr

C

C

= = ⋅

=⋅

cos

cos

θ

θ

Substituindo o resultado acima em (I), tem-se:

mgrmgr

mgr sen mgr

sen se

2 22

2

=⋅

+ ⋅ + ⋅

= + + =

coscos

cos cos

θθ θ

θ θ θ nnθ θ+ =2 2cos

82. Gabarito: a

No ponto A

EMA = ECA + EPGA

EMA = 0 + m ∙ g ∙ h

EMA = 50 ∙ 10 ∙ 5

EMA = 2 500 J


Física

Com a perda de 36% da energia mecânica, restam 64% de 2 500, ou seja, apenas 0,64 ∙ 2 500 = 1 600 J se transfor-mam em energia cinética no ponto C. A velocidade nesse ponto é, então:

Emv

v

C =

=⋅

2

2

2

160050

2

Em v

c =⋅ 2

2

16005

2

2

=⋅ v

v = 8 m/s

83. Gabarito: b

Usando conservação de energia mecânica:EMA = EMB

mvmgh

v

AB

A

2

2

2

210 0 45

=

= ⋅ ,

vA = 3 m/s ou 10,8 km/h

84. Gabarito: e

Desconsiderando efeitos dissipativos, a energia mecânica se conserva. Portanto a energia cinética será máxima quan-do a energia potencial gravitacional for mínima. De acordo com o gráfico, a energia potencial é mínima em x2.

85. Gabarito: a

Em nenhuma das posições, a energia mecânica é nula. No ponto O, a energia cinética é máxima, enquanto que a ener-gia potencial gravitacional é nula.

86. Gabarito: d

Considerando um sistema conservativo, tem-se que a ener-gia no ponto mais alto (a) é igual à energia no ponto em que a energia cinética é o triplo da energia potencial (b).

EMA = EMB

ECA + EPA = ECB + EPB

Como no ponto mais alto a energia cinética é nula, tem-se:

0 + m ⋅ g ⋅ H = 3 ⋅ m ⋅ g ⋅ h + m ⋅ g · h

m ⋅ g ⋅ H = 4 · m · g · h

h = H/4

87. Gabarito: a

Considerando apenas as transformações de energia, so-mente a primeira estratégia é eficiente.

Visto que toda energia cinética se transforma em potencial, tem-se:

EC = Epg

mvmgh h

vg

2 2

2= → =

Logo, a altura alcançada pelo atleta, a princípio, não depen-de de seu peso.

88. Gabarito: a

Parte da energia é transformada em calor, mas a maior par-te é transformada em potencial elástica, pela deformação da bola. Logo após a colisão, essa energia é transformada novamente em cinética.

89. a) Da conservação da energia mecânica aplicada à queda

da bolinha, tem-se:EM1 = EM2

mgh = (mv2)/2

2 ⋅ 10 ⋅ 1,25 = v2

v = 5 m/s

b) Da conservação da energia mecânica aplicada à subida da bolinha tem-se:EM2 = EM3

(mv2)/2 = mgh

v2 = 2 ⋅ 10 ⋅ 0,8

v = 4 m/s

90. Gabarito: c

No caso de uma usina hidrelétrica, a energia potencial gravitacional da água represada se transforma em energia cinética, que se transforma em energia elétrica por meio do gerador, ao fazer a turbina girar.

91. Gabarito: c

Após a primeira colisão, a bola atinge a altura h1 tal que:

h1 = 0,8 ⋅ h ⋅ h1 = 0,8 ⋅ 5 = 4 m

Após a segunda colisão, a bola atinge a altura h2 tal que:

h2 = 0,8 ⋅ h1 ⋅ h2 = 0,8 ⋅ 4 = 3,2 m

Após a terceira colisão, a bola atinge a altura h3 tal que:

h3 = 0,8 ⋅ h2 ⋅ h2 = 0,8 ⋅ 3,2 = 2,56 m ≈ 2,5 m

162 1ª. Série

POTÊNCIA

92. Gabarito: cSendo a potência média igual a 10 W, significa que o cora-ção transforma 10 J de energia a cada segundo, para man-ter a circulação sanguínea. Em uma dieta de 2 500 kcal diárias, tem-se:

2 500 kcal = 2 500 000 cal

2,5 · 106 cal · 4 = 1 · 107 J por dia.

Sabendo que 1 dia = 86 400 s, por regra de três:

energia tempo

10 J – 1 s

x – 86 s

x = 864 000 J gastos diariamente

Porcentagem de energia utilizada:

energia porcentagem

1 · 107 – 100%

864 000 – y

y = 8,64% ≅ 9%

93. Gabarito: d

Pt

PF d

t= ⇒ =

⋅=

⋅τ∆ ∆

150000 0 360

,

P = 750 W

94. Gabarito: a

Pt

= ⇒ ⋅ =τ τ∆

2 103600

4

τ = 7 200 · 104 J = 7,2 · 107 J

95. a) Potência m2

250 W 1

100 · 109 x

x = 4 · 108 m2

b) 80% de 100 · 109 W são utilizados:

P WM = = ⋅80

100100 109

PM = 80 · 109 W

Energia utilizada Tempo

80 x 109 1s

EB 3 · 107 s

EB = 2,4 x 1018 J

c) Energia Litros4 · 107 J 1 L

2,4 · 1018 V

V = 6 · 1010 J

d) E = m · c2

2,4 · 1018 = m · (3 · 108)2

m = 26,7 kg

96. Gabarito: a

P = 12,5 W = 12,5 J/s

Em v v

C =⋅

⇒ =2 2

212 5

2,

v = 5 m/s

Em 2 segundos, o carrinho percorrerá, com velocidade constante, 10 m.

97. Gabarito: c

Pt

E

t

Pm v m v

t

C

f i

= =

=⋅ − ⋅

τ∆

∆∆

2 2

2

vi = 0

Pm v

tv

P tm

ff=

⋅⇒ =

⋅ ⋅22

22

Como a massa e a potência são constantes: v tf2 α

98. a) Por observação do gráfico, a partir da velocidade de 8,5

km/h, a energia é menor correndo que andando.

b) Enquanto parado, o consumo de energia é de 0,2 L/min

1 hora – 60 minutos

12 horas – x minutos

x = 720 minutos

1 minuto – 0,2 litro

720 minutos – y litro

y = 144 litros

Se para cada litro de O2, gasta-se 5 kcal, então:

ET = 144 · 5 = 720 kcal ou 2,88 · 106 J.

c) A 15 km/h, o consumo é de 3,6 L/minuto.O2 Energia (J)

1 ––––– 5 ·103 · 4

3,6 ––––– E

E = 7,2 · 104J

Sendo

PEt

= =⋅∆

∆7 2 10

60

4,

P = 1,2 · 103 W


Física

POTÊNCIA d) Na velocidade de 7 km/h, o consumo é de 1,6 L/min.1 litro – 5 kcal

X litros – 560 kcal

X = 112 litros

1 minuto – 1,6 litros

x minutos – 112 litros

t = 70 minutos

99. Gabarito: b

Na iminência da perda de contato, a força elástica sobre a caixa (vertical e para cima) terá mesmo módulo que a força-peso da caixa (vertical e para baixo):

k ⋅ x = M ⋅ g

xM g

k=

⋅

Usando a conservação da energia mecânica e considerando o referencial da energia potencial na posição de equilíbrio da mola (sem a presença do fio), tem-se:

k bm g b

k xm g x

k bm g b

M gk

M m gk

k b

⋅+ ⋅ ⋅ −( ) =

⋅+ ⋅ ⋅

⋅− ⋅ ⋅ =

⋅+

⋅ ⋅

⋅

2 2

2 2 2 2

2

2 2

2 2

2−− ⋅ ⋅ −

⋅−

⋅ ⋅=m g b

M gk

M m gk

2 2 2

20

b

m g m gk M g

kM m g

k

k=

− − ⋅( ) ± − ⋅( ) −

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅

⋅

22 2 2

42 2

22

bm g g M m M m

kb

m g M m g

k=

⋅ ± ⋅ + + ⋅ ⋅( )⇒ =

⋅ ± +( )⋅2 2 2 2

Considerando apenas a solução para b > 0, tem-se:

bgk

m M> ⋅ +( )2

bgk

> ⋅ +( m M)2

INTRODUÇÃO À DINÂMICA IMPULSIVA

100. Gabarito: d

I = ∆ Q

F · ∆t = m · vf – m · vi

F · 0,01 = 0,06 · 30 − 0,06 · (−40)

F = 420 N

101. Gabarito: a

A função do airbag é aumentar o intervalo de tempo de co-lisão para diminuir a força recebida pelo passageiro, visto que a variação da quantidade do movimento é a mesma.

I = ∆Q

↓F · ∆t↑ = ∆Q

Para um valor constante de variação de quantidade de mo-vimento, quanto maior o tempo, menor será a força.

102. a) Em todo gráfico força x tempo, o impulso é numerica-

mente igual à área do gráfico. Nesse caso a área é um trapézio. Sabendo que se calcula a área de trapézio por A = [(B+b)/2] · h, tem-se:

A =+

⋅ =( , , )

, ,0 7 0 2

22 1 0 945

O impulso recebido pelas duas partículas possui módu-los iguais 0,945 N ⋅ m, e sentidos opostos entre si.

b) Conhecido o impulso recebido por cada partícula e, sa-bendo que o impulso é igual à diferença de quantidade de movimento de cada partícula, tem-se:I = ∆Q

I = Q1F – Q1I ⇒ I = m ⋅ (v1F) – m ⋅ v1I

Tomando o sentido do movimento da partícula m1 como positivo, tem-se, para essa partícula:

− 0,945 = 25 ⋅ 10-3⋅ (v1F – 100)

− 37,8 = v1F – 100

v1F = 62,2 m/s

Para a partícula m2:

I = Q2F – Q2I ⇒ I = m ⋅ v1F – m ⋅ v1I

0,945 = 200 ⋅ 10-3⋅ (v1F – 0)

4,725 = v1F

v1F = 4,725 m/s

103. a) EMI = EMF

m ∙ g ∙ hmáx = ECF + m ∙ g ∙ h

30 ∙ 10 ∙ 2,5 = EC + 30 ∙ 10 ∙ 1,25

EC = 375 J

Emv v

v m sC = ⇒ =⋅

⇒ =2 2

2375

302

5 /

164 1ª. Série

Logo: Q = m.v

Q = 30 ∙ 5

Q = 150 kg ∙ m/s

b)

N

P

P

Py

N = PY

N = P ∙ cos30°

N = 300 ∙ 0,9

N = 270 N

c) PX = FR

P ∙ sen 30° = m ∙ a

m ∙ g ∙ sen30° = m ∙ a

a = 5 m/s2

104. a) Epg = mgh = 600 · 10 · 10 = 6 000 J

b) Estando o piloto em repouso, sabemos que FA = Pp. A massa de água que entra é igual à massa que sai pela mangueira, 30 kg. Logo:I = ∆Q

FA ∙ ∆t = m ∙ ∆v

600 ∙ 1 = 30 ∙ ∆v

∆v = 20 m/s

105. Gabarito: a

Quantidade de movimento é uma grandeza vetorial. Por ter direções de velocidades diferentes, as quantidades de mo-vimento dos móveis são diferentes.

106. Gabarito: e

I = ∆Q

F · ∆t = m(v – v0)

∆v = (F · ∆t)/m = (120 · 0,8)/48 = 2m/s

107. Gabarito: b

Pela Teorema do Impulso, tem-se:

I = ∆Q

I = Qf − Qi

I = m ∙ vf − m ∙ vi

I = 0,4 ∙ 0,6 −0,4 ∙ (−8)

I = 0,24 + 3,2 = 3,44 N ∙ s

Como o impulso é numericamente igual à área do gráfico (um triângulo), a força máxima é:

máx

máx

máx

0,2 FI

23,44 0,1 F

F 34,4 N

⋅=

= ⋅=

108. O tempo de colisão total é o tempo necessário para que todas as cápsulas cheguem à placa. A última gota, para chegar à placa, terá que percorrer ∆s = 100 ∙ 0,01 = 1 metro.

vM = ∆s/∆t

10 = 1/∆t

∆t = 0,1 s

Usando o teorema do impulso:

I = ∆Q

I = Qf − Qi

FM . 1t = mtotal∙ ∆v

FM ∙ 0,1 = 0,1 ∙ 10

FM = 10 N

109. Gabarito: b

Calculando a aceleração do corpo:

avt

= =−−

=∆∆

25 135 2

4 2m/s

413

25

0

0

=−

=

v

v m/s

A velocidade inicial do móvel é:

A massa pode ser obtida através da 2.a Lei de Newton:

FR = m · a

40 = m · 4

m = 10 kg

O módulo da quantidade de movimento inicial é então:

Q = m · v

Q = 10 · 5

Q = 50 N · s


Física

CONSERVAÇÃO DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO

110. Gabarito: d

Como a força aplicada e o seu tempo de atuação são os mesmos para os dois blocos, sendo I = F ⋅ ∆t, conclui-se que ambos sofreram o mesmo impulso.

Sendo I = Qfinal−Qinicial = Qfinal , como os impulsos são iguais, também são iguais as quantidades de movimenbto finais, ou seja, QB = QA.

111. Gabarito: a

Para a situação A

IA = ∆Q

IA = Qf – Qi

IA = m ⋅ v – m ⋅ (− v)

IA = 2 ⋅ m ⋅ v = 2Qf

Para a situação B

(Não há impulso na direção X)

IB = ∆Q

IB = Qfy – Qiy

I Q Q

I Q

I I

I I

B f f

B f

A B

A B

= − −

=

=

= ⋅

22

22

2

2 2

2

112. Gabarito: a

Como a resultante das forças externas ao sistema é zero, há conservação da quantidade de movimento, logo:

Qi = Qf

(M + m) v = M v’ + m (v’ – v)

O termo (v’−v) é a velocidade do trabalhador em relação ao solo, que é dada pela diferença entre os módulos da velocidade do trem em relação ao solo com a velocidade do trabalhador em relação ao trem. Isolando v’:

M v + m v = M v’ + m v’ – m v

vm M v

m M’ =

+( )⋅+

2

113. Gabarito: a

QA = QD

m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 = (m1 + m2) ⋅ v1,2

2 · 104 ⋅ 10,8 = ( 2 · 104 + 1 · 104) ⋅ v1,2

v1,2 = 7,2 km/h

114. Gabarito: e

Em uma colisão perfeitamente elástica ocorre conservação da energia cinética, ou seja, a energia cinética do sistema antes da colisão é igual à energia cinética após a colisão.

Antes:

ECT = ECA + ECB

Emv m

mCTA= =

⋅= ⋅

2 2

22

22

Depois:

ECT = E’CA + E’CB

21

23

2

2

⋅ =⋅

+

=⋅

mm

E

Em

CB

CB

’

’

Assim:

E

E

m

mB

A

’= =

322

34

115. Gabarito: d

A energia mecânica se conserva, pois não há atrito.

Epgi = Ecf

mgh = mv2/2

h = v2/2g (I)

V1

Na colisão, a quantidade de movimento do sistema é con-servada. Assim:

QA = QD

m ⋅ v1 = m ⋅ v1’ + 1,5 ⋅ m ⋅ v2

’

v1’ + 1,5 ⋅ v2

’ = v1 (II)

Sendo a colisão perfeitamente elástica:

v

v

v v

v

Af

Ap

=

−−

=

1

012 1

1

’ ’

v2’ − v1

’ = v1 (III)

Tem-se então o sistema de equações:

v1’ + 1,5 ⋅ v2

’ = v1 (II)

v2’ − v1

’= v1 (III)

166 1ª. Série

Somando (II) e (III):

2,5 ⋅ v2’ = 2 ⋅ v1

v2’ = 0,8 ⋅ v1

Substituindo em (III):

0,8 ⋅ v1 – v1’= v1

v1’= − 0,2 ⋅ v1 (o sinal negativo indica que o sentido é para

a esquerda)

Em módulo, v1’= 0,2 ⋅ v1.

Assim, como a altura e a velocidade estão relacionadas de acordo com a eq.(I), h = v2/2g, tem-se:

hh

vg

vg

hh

v

v

hh

v

v

’

’

’ ’

’

( )

( )

,

= ⋅

⋅

=

=⋅

=

12

12

1

1

2

1

1

2

2

2

0 20,, %04 4ou

116. Gabarito: a

Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimen-to, a quantidade de movimento do sistema antes da colisão terá o mesmo módulo, direção e sentido da quantidade de movimento após a colisão (p pinicial final

r r= ).

Essa questão analisa a quantidade de movimento de forma vetorial. Antes da colisão, a direção e o sentido resultantes eram os mesmos que o do próton (horizontal, sentido po-sitivo de x).

Após a colisão, é mostrado no enunciado que a quantidade de movimento do elétron pode ser decomposta na direção horizontal e sentido positivo de x, e de direção vertical, sen-tido negativo de y. Sabendo que a resultante final tem que ser igual à inicial, a quantidade de movimento do próton tem que ser tal que anule a componente vertical da quan-tidade de movimento do elétron. Logo, a alternativa a é a única opção possível.

117. Gabarito: a

QA = QD

0 = mv + (M – m)v1

v1 = mv/(M – m)

Para o projétil chegar ao alvo, leva:

vM = ∆s/∆t

v = d/t1

t1 = d/v

No tempo t1, a distância percorrida pelo atirador será:

v1 = d1/t1

dmv

M mdv

dmd

M m

1

1

=−

⋅

=−

Portanto, no instante em que o projétil acerta o alvo, a dis-tância entre os dois será de:

dmd

M md

dMd

M m

TOTAL

TOTAL

=−

+

=−

Pela velocidade relativa entre o som e o atirador, pode-se calcular o tempo gasto total:

vREL = vS – v1

vM m v mv

M m

vst

t sv

t d M mM m v

RELS

REL

RELREL

RELS

=− −

−

=

=

= ⋅ −− −

( )

( )

∆∆

∆ ∆

∆mmv

t MdM m v mv

t t t

t dv

MdM m v mv

RELS

TOTAL S

TOTALS

∆

∆

∆

∆

=− −

= +

= +− −

( )

( )

1

tt dv

M m v vm v m v vTOTAL

S

S S

= ⋅ − +⋅ − +

( )( )( ( ))

118. Gabarito: d

– Maria:

Conservação da Quantidade de Movimento

0 = QMD + QBD

0 = M ⋅ VM + m ⋅ v

Vm vMM = −⋅

– Luísa:

QA = QD

M ⋅ V + m ⋅ v = (M+m) ⋅ VL

Vm v M V

M mL =⋅ − ⋅

+( )

119. Gabarito: e

Na figura, observa-se que os corpos (carro + poste) ficam unidos após a colisão. Essa é a característica fundamental da colisão inelástica. Como não há movimento após o cho-que, ocorre dissipação máxima da energia cinética.


Física

120. Gabarito: e

I. Falsa. Não há conservação da quantidade de movimento em razão da força exercida pela articulação em P no sistema projétil + disco. Nesse caso, entende-se que a força na articulação corresponde a uma força externa ao sistema, que não permite a conservação da quantidade de movimento.

II. Falsa. Observe na figura que, com o choque, o projé-til fica incrustado no disco, caracterizando um choque inelástico, no qual a energia cinética não se conserva.

III. Verdadeira. Como na descrição do problema, o atrito en-tre o disco e a articulação deve ser desconsiderado e a resistência do ar pode ser suposta como desprezível, a energia mecânica será conservada, sendo a mesma antes e depois do impacto para qualquer ângulo do in-tervalo 0 a θ.

121. Cálculo da energia potencial elástica:

Da energia mecânica inicial, tem-se:

EM0 = Ec0 + Ep

3 753 3 1

2

2

,( )

=+ ⋅

+ Ep

3,75 – 3 = Ep

Ep = 0,75 J

Cálculo da velocidade do carrinho A:

Da conservação da quantidade de movimento, tem-se:

Q0 = Q

(m + m) ⋅ v0 = m ⋅ vA + m ⋅ vB

6 ⋅ 1 = 3 ⋅ vA + 3 ⋅ 1,5

1,5 = 3 ⋅ vA

vA = 0,5 m/s

122.

a) Qi = m ⋅ vi→ Qi = 1016⋅ 3 ⋅ 104→ Qi = 3 ⋅ 1020 kg ⋅ m/s

b) Emv

E JC C= =⋅ ⋅

⇒ = ⋅2 16 4 2

24

210 3 10

24 5 10

( ),

c) Q0 = Q → 3 ⋅ 1020 = (1016 + 6 ⋅ 1024) ⋅ vr

vr ≅⋅⋅

3 10

6 10

20

24 = 5 ⋅ 105 m/s

d) Desprezando a massa do meteoro em relação à massa da Terra:

EM m v

J

f =+ ⋅

=⋅ + ⋅ ⋅

=⋅

= ⋅

−( ) ( ) ( )

,

2 24 16 5 2 14

15

26 10 10 5 10

2150 10

27 5 10

Ediss = Ec – Ef = 4,5 ⋅ 1024 – 7,5 ⋅ 1015 ≅ 4,5 ⋅ 1024 J

1 megaton → 4 ⋅ 1015 J

x → 4,5 ⋅ 1024 Jx = 1,125 ⋅ 109 megatons

123. Gabarito: cAplica-se o Princípio da Conservação da Quantidade de Mo-vimento:

QANTES = QDEPOIS

0 = mα⋅ vα – mPb⋅ vPb

Como mPb = 200 u e mα = 4 u, então, mPb = 50 mα. Assim:

0 = mα · vα – 50mα · vPb ⇒ vPb = vα/50

As energias cinéticas da partícula α e do núcleo de chumbo são:

Em v

αα α=

⋅ 2

2 e

Em v

Em

vm v

PbPb Pb

Pb=⋅

⇒ =⋅

=⋅⋅

2

2

2

2

5050

2 50 2

αα

α α

Comparando as duas energias, tem-se que EPb = Eα/50.

MOVIMENTO UNIFORME

124. Gabarito: dO gráfico termina quando eles cruzam a linha de chegada. Depois que A cruza a linha de chegada, B ainda corre por 2 s com velocidade de 10 m/s para cruzar também a linha. Logo, a distância que B estava quando A terminou era de 20 m.

125. Gabarito: cUtilizando os pontos dados no gráfico, e lembrando que no vértice da parábola a velocidade é nula, tem-se:

v = v0 + a ∙ t

0 = v0 + 2 ∙ a

2 ∙ a = − v0

v2 = v02 + 2 ∙ a ∙ ∆s

0 = v02 + 2 ∙ a ∙ 20

Substituindo 2 ∙ a = − v0:

0 = v02 – 20 ∙ v0

v0’ = 0

v0’’ = 20 m/s

Substituindo na 1.a equação:2 ∙ a = − v0

2 ∙ a = − 20a = − 10 m/s2

168 1ª. Série

126. Gabarito: b

FRC = mv2/R

– Kart: FRC = Mv2/2R

– Fórmula 1:FRC = 3Mv2/R

– Stock Car:FRC = 6Mv2/3R

FRC = 2Mv2/R

Logo, FK< FS< FF

127. a) Se a roda-gigante faz meia volta em 15 s, o período

será de 30 s.v = ∆s/∆t = 2πR/T = (2 · 3 · 20)/30

v = 4 m/s

b) aceleração radial é a aceleração centrípeta:aC = v2/R = 42/20 = 0,8 m/s2

c) Nina:

P Nm v

R

N

N N

− =⋅

− =⋅

=

2

2

60060 4

20552

José:

N Pm v

R

P

N N

− =⋅

− =⋅

=

2

2

70070 4

20756

128. a) ωf = 2πf = 2 · 3 · (33/60) = 3,3 rad/s

b) α = ∆ω/∆t 1,1 = 3,3/∆t

∆t = 3 s

c) A caixa passará a se deslocar logo após o instante em que a força de atrito estático atinja o seu valor máximo.

→N

→P

→Fat

Fat = FRC

µE ∙ m ∙ g=m ∙ ω2 ∙ r

0,09 ∙ 10 = ω2 ∙ 0,1ω2 = 9ω = 3 rad/s

d) ω2 = ω02 + 2 ∙ α ∙ ∆θ

32 = 2 ∙ 1,1 ∙ ∆θ∆θ ≈ 4,1 rad

129. Gabarito: d

Sendo a velocidade angular do eixo do motor constante, pode-se considerar como ω a velocidade angular de B e A.

Para a posição 1

vC = vB

ω1 · RC = ω · RB

ω1 = ω· RB/RC

Para a posição 2

vA = vD

ω ∙ RA = ω2 ∙ RD

ω2 = ω· RA/RD

Logo:

ωω

ω

ω

ω

ω1

2

2

2= = =

RRR

R

RRR

R

B

C

A

D

A

D

A

D

130. Gabarito: c

A frequência em hertz é de 300/60 = 5 Hz. A velocidade é então:v = 2 ∙ π ∙ R ∙ fv = 2 ∙ 3 ∙ 0,6 ∙ 5v = 18 m/s

131. a) 4 W = 4 J/s

Logo, em 5 s, a energia total das esferas será de 20 J.

b) Se as duas esferas juntas possuem 20 J de energia cinética, cada uma possui 10 J, então:

Emv m R

rad s

C = =⋅

=⋅ ⋅ ⋅

=

−

2 2 2

2 2 2

2 2

100 2 5 10

2200

ω

ω

ω

, ( )

/

c) T = FRC

T = m ∙ ω2 ∙ RT = 0,2 ∙ 2002 ∙ 5x10-2

T = 400 NA haste, além da força da tração, faz uma força para cima, para contrabalancear o peso, e ainda tem uma


Física

componente tangencial que faz a bola acelerar. Porém, o valor de ambas é desprezível se comparado à tração. Por isso, a força resultante da haste sobre a bola é apro-ximadamente 400 N.

d) αω

= = =∆∆t

rad s200

540 2/

132. Gabarito: b

N = FRC = mv2/R = m · ω2 · R = 6 · 4 · π2 · f2 · R

N = 6 · 4 · π2 · (900/60)2 · 0,18 = 972 π2 N

133. Gabarito: e

vP = 108 km/h = 30 m/svC = 90 km/s = 25 m/s

Tempo de encontrosP = s0 + vPtsP = 0 + 30tsC = s0 + vCtsC = 12 + 25tsP = sC

0 + 30t = 12 + 25t5t = 12t = 2,4s

Logo, Pedro anda:vm = ∆s/∆t 30 = ∆s/2,4∆s = 72 m

134. Gabarito: d

O comprimento da circunferência mostrada é:C = 2 ∙ π ∙ RC = 2 ∙ 3 ∙ 0,03C = 0,18 mEm 120 voltas:CT = 0,18 ∙ 120CT = 21,6 m

Logo:1 Informação ⇒ 0,2 x 10–6

X ⇒ 21,6 m

x = 1,08 ∙ 108 informações

135. Gabarito: e

Como se trata de um movimento circular, a força resultante do movimento é a força centrípeta. Para a patinadora da extremidade, tem-se:

FC = F1

m ⋅ ω2 ⋅ 2 ⋅ R = 120m ⋅ ω2 ⋅ R = 60

Observando a patinadora que segura as duas fitas, vê-se que a força resultante que nela atua é dada pela diferen-ça entre as trações, e essa resultante é a força centrípeta. Como as patinadoras giram juntas, elas têm mesma velo-cidade angular.

FC = F2 – F1

m ⋅ ω2 ⋅ R = F2 – F1

60 = F2 – 120F2 = 180 N

136. Gabarito: cComo informado, o período de rotação da Lua em torno da Terra é de 27,3 dias = 655 h = 2 358 000 s. A velocidade angular da Lua é ω = 2π/T. Assim:

ωπ

= = ⋅ −22 358 000

2 66 10 6 2, /rad s

A aceleração centrípeta é calculada por aC = ω2 ⋅ RaC = (2,66 ⋅ 10–6)2 ⋅ 3,8 ⋅ 108

aC = 2,70 ⋅ 10–3 m/s2

137. a) v = ω ∙ R

v = 2 ∙ π ∙ f ∙ R

v = 3 m/s

aCP = v2/R

aCP = 32

2

aCP = 4,5 m/s

b) Em relação ao chão, a velocidade da bola será a soma vetorial entre VT e VR

U2 = VT2 + VR

2

U = 5 m/s

c) U

θ

VT

VR

Considerando o desenho acima:cosθ = VR/U = 4/5 = 0,8O ânguloθ é o arco cujo cosseno é 0,8.

138. Gabarito: a

→P

→T

+

T P F

T PmV

T mgm R

T mR

g

RC− =

− =

− =

= ⋅ +

2

2 2

2 2

2

2

2

ω

ω

170 1ª. Série

139. Gabarito: a

ω = 2π / T = 2 · 3 / 1 800 = 1 / 300

V = ω · R = 1/300 · 67,5 = 0,225 m/s = 22,5 cm/s

Visto que no momento pedido as duas cápsulas têm a mes-ma direção de velocidade, mas sentidos contrários, somam-se as velocidades para descobrir a velocidade relativa:

vR = 45 cm/s

140. Gabarito: e

∆

∆

∆

∆

sB b h

m

sb h

s m

s

A

B

B

B

=+ ⋅

=+

=

=⋅

=⋅

=−

−

( ) ( )2

13 5 102

90

25 10

225

0 5

10 13==

⋅=

= − =

3 102

15

90 40 50

m

s mA B∆ ,

141. Gabarito: e

O gráfico mostra a velocidade instantânea do ônibus em cada instante, porém, entre cada ponto, não é possível infe-rir se o ônibus permaneceu com aceleração constante entre os trechos com velocidade variável ou velocidade constan-te entre os trechos 4 a 10 s.

142. Gabarito: b

Para polias ligadas por uma correia, tem-se:

v1 = v2 ω1 · R1 = ω2 · R2 f1 · R1 = f2 · R2 f1 · 2R = f2 · R f1/ f2 = 1/2Sendo a frequência da polia 2 igual à da 3, pois estão liga-das em um mesmo eixo, pode-se escrever:

f1/ f3 = 1/2

143. Gabarito: d

No primeiro trecho, não há aceleração, portanto a força re-sultante é nula e a bola se mantém em equilíbrio na verti-cal. No trecho t2, o metrô está freando, portanto a bola se deslocará, em relação ao vagão, em sentido contrário ao da aceleração do vagão, ou seja, para a frente. A partir do momento em que o vagão para, a força resultante volta a ser nula e o fio fica novamente na vertical.

144. Gabarito: b

A

Tempo de 1 volta

T = 2πR/V

B

T = 2π3R/2V

T = 3πR/V

O M.M.C entre os tempos é de 12πR/V; logo, eles se encon-trarão novamente quanto a partícula A tiver dado 6 voltas e a partícula B, 4 voltas. A distância percorrida pela par-tícula B será:

d = 4 ∙ 2π ∙ R = 8πR

145. sA = x.t

sB = 50 + 15t

sA = sB

x.t = 50 + 15t

x.t – 15t = 50

t1 = 50 / (x – 15) (1)

Se dobrar a velocidade, o tempo fica 5 vezes menor

t

x

tx

1

1

550

2 15250

2 15

=−

=−

(2)

Igualando (1) e (2)

5015

2502 15x x−

=−

100x – 750 = 250x – 3 750

150x = 3 000

x = 20 m/s

146. Gabarito: d

Para que o satélite fique em órbita é necessário que:

→P

R

h

→v

P = FRC

m gm v

dss=⋅ 2

gv

R h=

+

2

(1)

Sendo a gravidade na altura considerada:

gG M

R hT=

⋅+( )2

(2)

de (1) e (2), tem-se:


Física

vR h

G M

R hT

2

2+=

⋅+( )

vG M

R hsT=

⋅+

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ + ⋅= ⋅

−6 7 10 6 10

6 10 0 72 1060 10

11 24

6 66,

,

vs ≅ 7,7 · 103 m/s ou 7,7 km/s

147. Gabarito: c

P

NNy

Nx

θ

NY = P = m . g

NX = FRc

tgN

N

mvR

mgX

Y

θ = =.

.

2

tgvgR

θ =2

.

tgθ =25

10 500

2

.

tgθ = 0,125

Logo, θ = 7,15°

148. Gabarito: b

a) Incorreta. Quanto maior a distância do planeta ao Sol, maior será o período. Logo Vênus tem menor período.

b) Correta. Ver item anterior.

c) Incorreta. Sendo wT

=2π

, por ter menor período, Vênus

tem maior velocidade angular média.

d) Incorreta. Como VGMR

= , quanto menor o raio, maior

será a velocidade escalar do planeta.

e) Incorreta. Sendo T = 1/f, por ter menor período, Vênus necessariamente terá maior frequência do que a Terra.

Obs.: A questão se equivoca ao colocar o termo “rotação”. O certo seria falar o termo de “translação”.

149. a) Por ser um satélite geoestacionário, o período de trans-

lação é igual a 24 horas.

avRc =

2

Sendo:

vr

Tkm h=

⋅=

⋅ ⋅= ⋅

2 2 4 2 1024

105 104

4π π ,, /

a km hc =⋅⋅

=( , )

,/

105 10

4 2 102 625

4 2

42

b) A energia adicional necessária é justamente a diferença de energia mecânica entre as duas posições.

E EGMm

rGMm

r

E EGMm

r r

E E

2 12 1

2 11 2

2 1

1

2 2

21 1

6 7 10

− = − +

− = ⋅ −

− =⋅ −, 11 24

6 6

2 19

6 10 2002

1

7 10

1

42 10

4 8 10

⋅ ⋅ ⋅⋅

⋅−

⋅

− = ⋅E E J,

150. Gabarito: a

Embora tenham a mesma velocidade angular, o brasileiro percorrerá uma distância maior, por ter um raio de deslo-camento maior.

151. a) Desprezando a força gravitacional entre a Terra e o sa-

télite, temos que a força gravitacional entre o Sol e a Terra é a própria resultante centrípeta:

F F

G M M

RM R

G M

R

G RC

S TT T

TS

=⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=⋅

22

3

ω

ω

b) ω ω

ωπ

A T

ATT

rad s

=

= =⋅

⋅= ⋅ −2 2 3 14

3 14 102 10

77,

,/

c) FSL1 L1 FTL1

F F F

FG M m

d

G M m

R d

F G mM

d

M

r d

r T L S L

rT S

rT S

= −

=⋅ ⋅

−⋅ ⋅

−( )

= ⋅ ⋅ −−( )

, ,1 1

2 2

2 2

152. Gabarito: c

Calcular a velocidade orbital para uma distância de 4R do centro do planeta:

Fg = FRc

172 1ª. Série

GMm

R

mvR

vGM

Rou v

GMR

16 4

4 4

2

2

2

=

= =

Como o satélite é mantido sempre a uma mesma distância do planeta, a energia potencial gravitacional permanece constante. Logo o trabalho do propulsor será igual à varia-ção da energia cinética do satélite.

τ

τ

τ

=⋅

−⋅

= −

=

m v m v

GMmR

GMmR

GMmR

f i2 2

2 2

8 12

24

153. Gabarito: c

P

90 – θ

θ

θ

NNY

Nx

NY = P

NY = m · g

NX = FRC

NX = (m · v2) / D

NX = m · ω2 · D

tgθ = NX / NY

tgθ = (m · ω2 · D) / (m · g)

ω2 = (tgθ · g) / D

tgθ . gDT = 2π

tgθ . gD

2πT

=

tgθ . gD

ω =

154. Gabarito: b

A força resultante sentida pelas pessoas na estação espe-cial (N) terá que gerar uma aceleração centrípeta de módulo igual ao da aceleração da gravidade:

N

FR = FRC

mamv

Ra g

g R

rad s

=

== ⋅

=

≅

2

2

2 10100

0 3

ω

ω

ω , /

155. Gabarito: e

Nas extremidades, sendo v = 0, a FRc também será zero. Logo, a direção da aceleração será a mesma da força re-sultante, como indicado na figura abaixo:

PPy

Px

T30º

60º 30º

Px =Fr ⇔ T=Py

Px = m . a

m ∙ g ∙ sen 30o = m ∙ a

10 ∙ 0,5 = a

a = 5 m/s2


Física

MOVIMENTO UNIFORMEMENTE VARIADO

156. Deslocamento do carro A

A

10

V (m/s)

0 5 15

∆xA = A

∆ = =+

xB b

A

( )h2

∆ = =+

=x mA

( )15 10 102

125

V (m/s)

carro A10

05 8

–10carro B

t (s)

∆xA = xA – xiA

xA = ∆xA + xiA

Para um tempo t:

∆xA = A

∆xt t

A =+ − ⋅( )5 10

2

∆xA = 10t – 25

Logo:

xA = 10t – 25 + 0

xA = 10t – 25 (1)

Fazendo o mesmo para o carro B

xB = ∆xB + xiB

∆xB = A

∆xt t

B =+ − ⋅ −( ) ( )8 10

2

xB = – 10t + 43 (2)

De (1) e (2):

xA – xB = 332

10t – 25 – (43 – 10t) = 332

t = 20 s

157. Gabarito: d

I. Correto. A componente Vx é igual em todos os momentos.

II. Correto. Para uma mesma altura, a intensidade da velo-cidade será a mesma.

III. Correto. Na altura máxima a componente vertical é sem-pre zero.

IV. Errado. Na altura máxima o vetor velocidade é igual à sua componente horizontal.

158. Gabarito: c

h h v tgt

hgt

g

g m s

= + +

=

=⋅

=

0 0

2

2

2

2

2

2

543

212

∆

/

159. Gabarito: a

No vácuo, o tempo de queda não depende da forma geomé-trica nem da massa. Portanto é igual para os corpos A e B.

160. Gabarito: e →Vx

Em um lançamento parabólico, a única aceleração que atua é a aceleração da gravidade, e, portanto, é constante. Como não há força resultante atuando na direção horizontal, a ve-locidade escalar na horizontal é sempre constante.

161. Gabarito: d

Por ter uma aceleração gravitacional maior, para uma mes-ma altura, o tempo de queda na Terra é bem menor, pois a pedra alcança uma velocidade maior.

162. Gabarito: a

Calculando, pela área dos dois primeiros trechos, o deslo-camento do piloto:

∆

∆

sB b h

s m

12

12

216 4 12 5

2125

,

,

( )

( ) ,

=+

=+ ⋅

=

Logo, a distância percorrida no último trecho foi de 75 m.

174 1ª. Série

∆sB b h

v

v m s

3 2

7512 5 42

25

=+ ⋅

=+ ⋅

=

( )

( , )

/ou

v = 90 km/h

163. a) v = v0 + at

2 = 0 + a ∙ 10a = 0,2 m/s2

b) As distâncias percorridas podem ser calculadas pelas áreas do gráfico até 50 s.

– Batista:

dB b h

d

d m

B

B

B

=+ ⋅

=+ ⋅

=

( )

( )2

50 30 42

160

– Arnaldo:

db h

d

d m

A

A

A

=⋅

=⋅

=

250 5

2125

c) Vd

tm sm

A= = =∆

12550

2 5, /

164. Gabarito: b

a) Incorreta. Entre 0 e 0,5 min, o movimento é acelerado.

b) Correta, pois a partir desse ponto a velocidade se torna negativa.

c) Incorreta, pois entre 2 e 3 minutos é desacelerado, e entre 0,5 e 2 min a velocidade é constante.

d) Incorreta:

vsts

s m

M =

=

=

∆∆∆

∆

8015120,

e) Incorreta:

2

va

t80

a1

a 80 m / mín

∆=

∆−

=

= −

165. Gabarito: e

Nos gráficos v x t, a área é numericamente igual ao espaço percorrido. Portanto, a distância adicional que seria percor-rida é calculada pela área do trapézio que está associado ao trecho em que a velocidade foi reduzida.

TRAPÉZIO

t (s)

v (m/s)

25

15

0 10 20 30 40 50 60 70 80

A = ∆s = (B + b) · h/2 = (50 + 20) · 10/2

∆s = 350 m

166. Gabarito: e

A área do gráfico v x t identificada a seguir é igual ao des-locamento entre t2 e t3.

t

v

A

4g . t

3g . t

2g . tg . t

t 2t 3t 4t

A = ∆h2,3 = (B + b) · h/2 = (3gt + 2gt) · t/2

6,25 = 5gt2/2 = 25t2

t2 = 0,25

t = 0,5 s

O tempo total de queda será, então, 4t = 2 s. Assim, a altura h é:

hgtTOTAL= = ⋅

22

25 2

h = 20 m

167. Gabarito: d

Sabendo que os corpos são abandonados da mesma altura, tem-se:

hgt

=2

2Igualando h para os dois locais:

g t g t

t t

t

t

t

t

T T L L

T L

L

T

L

T

⋅=

⋅

⋅=

⋅

=

=

2 2

2 2

2

2

2 210

2

2

2

102

5


Física

g t g t

t t

t

t

t

t

T T L L

T L

L

T

L

T

⋅=

⋅

⋅=

⋅

=

=

2 2

2 2

2

2

2 210

2

2

2

102

5

168. Gabarito: b

60o

30 m

/s

No ponto mais alto da trajetória, a bola só tem a sua com-ponente em x da velocidade. Logo:

vx = v0 ∙ cos 60º

vx = 30 ∙ 0,5

vx = 15 m/s

169. Gabarito: d

∆h v tat

t

t s

= +

= +⋅

=

0

2

2

2

720 010

212,

Como o 1.o corpo caiu em 1,2 s, e são quatro intervalos de tempo entre o primeiro e o quinto corpo, pode-se concluir que os corpos foram lançados em intervalos de tempo de 0,3 s. Sendo assim, quando o 1.o corpo atinge o chão, o 2.o estaria em queda há 0,9 s. Sua velocidade seria então:

v = v0 + a . t

v = 10 . 0,9

v = 9 m/s

170. Gabarito: b

36,9o

20 m

5 mV 0

Tempo até o muro

s = s0 + Vxt1

20 = 0 + v0 . cos 36,9° t1

t1 = 25

0v

Para o tempo t1, a altura alcançada tem que ser no mínimo 5 m.

∆S v tat

v senv

v

v

y= +

= ⋅ ⋅ −

= −⋅

0

2

00

0

2

02

2

5 36 925

1025

2

5 155 625

,

∆s v tat

y= +0

2

2v0

2 = 312,5

v0 = 12,5√2 m/s

171. Gabarito: a

O encontro acontecerá quando a posição no eixo x do pro-jétil for a mesma da bola. Logo,

sP = sB

0 + vPX . t = 46 – 5t

0 + v0P . cos 30° . t = 46 – 5t

20 . 0,9 . t = 11,5 – 5t

t = 0,5 s

Agora pode-se calcular a altura que o projétil subiu e a al-tura que a bola caiu, a soma das duas será a altura total inicial da bola.

Projétil

∆

∆

∆

h v tat

h v sen tat

h

y= −

= ⋅ ⋅ −

= ⋅ ⋅ −⋅

0

2

0

2

2

2

302

20 0 5 0 510 0 5

2

º

, ,( , )

∆h1 = 3,75 m

Bola

∆

∆

h v tat

h

y= −

= +⋅

0

2

2

2

010 0 5

2( , )

∆h2 = 1,25 m

Altura total

h = ∆h1 + ∆h2

h = 3,75 + 1,25

h = 5 m

172. Gabarito: e

s s v tat

s s

at at

t t

tt

= + +

=

=

= ⋅

=

0 0

2

1 2

12

22

1 2

21

2

2

2

2

2

2

176 1ª. Série

s s v tat

s s

at at

t t

tt

= + +

=

=

= ⋅

=

0 0

2

1 2

12

22

1 2

21

2

2

2

2

2

2

173. Calculando em quanto tempo as bolas se encontram.

1

s1 = s0+ v . t

s1 = 10 t (1)

hgt

1

2

2=

h1 = 5t2 (2)

2

s2 = s0 + v · t

s2 = 18,4 – 36t (3)

h v tgt

h tt

y2 0

2

2

2

2

2010

2

= ⋅ +

= + (4)

s1 = s2

10t = 18,4 – 36t

t = 0,4s

Para 0,4s,

1-vx1 = 10 m/svy1 = v0 + atvy1 = 0 + 10 · 0,4vy1 = 4 m/s

2-vx2 = 36 m/svy2 = v0 + atvy2 = 20 + 10 · 0,4vy2 = 24 m/s

Logo, a velocidade relativa em cada uma das direções é:

46 m/s

20 m/s

vrel = v12 + v2

2

vrel = 2516 ou ≅ 50,2 m/s

174. Velocidade de lançamento da flecha

E E

Kx mv

v

v m s

Pel C=

=

⋅ = ⋅=

2 2

2 2

2 2720 0 5 0 05

60

, ,

/

θ

60 m/s

205,2

Em X:s = s0 + v ∙ t205,2 = vX ∙ 3,6vX = 57 m/s

Em Y:vy=v0Y + a ∙ t0= v0Y − 10 ∙ 1,8v0Y = 18 m/s

tgsen

θθθ

= = ≅cos

,

18605760

0 32

175. a) Calculando a distância percorrida na caminhada em

cada sequência, tem-se:

vst

s

s m

M = ⇒

=

=

∆∆∆

∆

2120

240

Com mais o 1 km de caminhada, a distância total per-corrida em cada série é:

d = 1 000 + 240 = 1 240 m

Repetindo a série 8 vezes, tem-se:

∆st = 8 ∙ 1 240 = 9 920 m

∆st = 9 920 km

b) Sendo 10,8 km/h = 3 m/s, tem-se:v2 = v0

2 + 2 · a · Δs

32 = 2 · a · 3

a =1,5 m/s2

176. a) v

st

v m s

M

M

=

=××

=

∆∆12 108 10

15006

2

,/


Física

b) ∆h v t

at

a

a

= +

=⋅

=

0

2

2

2

2

3 200802

10 m/s

177. Gabarito: b

Nessa situação, a força resultante que atua sobre o carro é a força de atrito, que possui sentido oposto ao do desloca-mento. Aplicando a 2ª Lei de Newton:

FR = m ⋅ a–fAT = m ⋅ a–µ⋅ m ⋅ g = m ⋅ a–a = µ ⋅ ga = –0,4 ⋅ 10

a = –4 m/s2

Conhecendo a aceleração imposta pelo atrito ao veículo, e sabendo que este vai parar, pode-se calcular sua veloci-dade (v = v0) adquirida imediatamente após o impacto por meio da Equação de Torricelli:

v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆S

0 = v2 + 2 ⋅ (–4) ⋅ 12,5

100 = v2

v = 10 m/s

178. Gabarito: e

→N

→Fat

→P

→V

Calculando a desaceleração

v2 = v20 + 2 ∙ a ∙∆s

0 = 52 + 2 ∙ a ∙5

a = – 2,5 m/s

Utilizando o diagrama de forças

N = P

Fat = FR

µC ∙ N = m ∙ a

µC ∙ m ∙ g = m ∙ a

µC = 0,25

179. Gabarito: d

Sabendo que o objeto se movimentou 2 m em 2 s, e consi-derando que inicialmente o corpo estava em repouso, pode-se determinar a aceleração resultante desse corpo:

s = s0 + v0 · t + [(a · t2) / 2]

2 = 0 + 0 + [(a · 22) / 2]

a = 1 m/s2

O enunciado traz a informação de que o corpo fica sujeito às forças peso e empuxo, sofrendo uma queda vertical no interior do líquido.

→E

→P

Aplicando a 2.ª Lei de Newton, e tendo o corpo peso de 5 N:

FR = m ⋅ aP – E = m ⋅ a5 – E = 0,5 ⋅ 1E = 4,5 N

180. Gabarito: a

Calculando a aceleração do copo:

∆s v tat

= +0

2

2

16 00 82

2

,,

= +⋅a

a = 5 m/s2

→N

→Fat

→P

Copo

Da 2.ª Lei de Newton:

Fat = FR

Fat = m ⋅ aFat = 0,4 ⋅ 5Fat = 2 N

181. Gabarito: d

F – FAT = FR

F – FAT = m . a

178 1ª. Série

1. a

F MgM1 =

− µ

V12 = V012 + 2 · a · ∆s

V

F MgM

d12 2=

− µ

2.

aF Mg

M2

22

=− µ

V22 = V02

2 + 2 · a · ∆s

VF Mg

Md1

2 22

2=

− µ

E

E

MV

MV

MF Mg

Md

MF Mg

Md

F MgF M

C

C

1

2

12

22

22

2

22

2 22

42

= =⋅ ⋅ − ⋅

⋅ ⋅ − ⋅=

−−

µ

µµµ gg

182. Gabarito: dVelocidade do bloco após a colisão:QA = QD

Mpvp = (mp + Mb) vp,b

10 · 10–3 · 103 = 2,01 · vp,b

Vp,b = 4,97 m/s

Desaceleração do bloco na rampa− Px = Fr

− Px = m ⋅ a− 20,1 ⋅ sen30° = 2,01 ⋅ aa = − 5 m/s2

A distância D pode ser calculada por meio da Equação de Torricelli:v2 = v0

2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s0 = (4,97)2 – 2 ⋅ 5 ⋅ dd ≅ 2,50 m

183. Gabarito: aSendo o somatório das forças externas que agem no sis-tema igual a zero, há conservação da quantidade de movi-mento. Assim:QA = QD

0 = m ⋅ v – M ⋅ Vc

VC = mv / MConsiderando essa a velocidade inicial do canhão após a colisão, pode-se calcular a desaceleração do sistema, e após, o coeficiente de atrito, por meio da 2.ª Lei de Newton.

v2 = v02 + 2a∆s

0 2

2

2

2

=

−

=

mvM

ad

a

mvM

d

Fat = FR

μ · N = m · a

µmg m

mvM

d=

2

2

µ =

mvMgd

2

2

184. Gabarito: c

Tempo para acontecer o choque

S1 = 0 +10,5t

42 = 10,5t

t = 4 s

Velocidade das bolinhas no momento do choque:

1) v1 = 10,5m/s

2) v2 = v0 + a · t

v2 = 3,75 · 4

v2 = 15 m/s

Há conservação da quantidade de movimento em todas as direções, portanto:

– Eixo horizontal (x)

Q A = QD

m1 · v1 = QD

2 · 10,5 = QD

QDx = 21 kg · m/s

– Eixo vertical (y)

Q A = QD

m2 · v2 = QD

QDy = 3 ⋅ 15

QDy = 45 kg ⋅ m/s

x

y

QDy QD

θ

QDx

senh

h

tgsen h

h

θ

θ

θθθ

=

=

= = =

45

21

45

212 14

cos

cos,

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