Apostila 1 resolucao exercicios by Felipe Menegotto

FÍSICA – ENEM 2017 LIVRO I – GABARITO E RESOLUÇÕES

Autor: Felipe Nunes Menegotto Contato: felipemenegotto@gmail.com

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Índice AULA 1 ..................................................................................................................... 2 AULA 2 ..................................................................................................................... 5 AULA 3 ................................................................................................................... 15 AULA 4 ................................................................................................................... 23 AULA 5 ................................................................................................................... 27 AULA 6 ................................................................................................................... 36 AULA 7 ................................................................................................................... 48 AULA 8 ................................................................................................................... 53 AULA 9 ................................................................................................................... 58 AULA 10 ................................................................................................................... 70 AULA 11 ................................................................................................................... 77 AULA 12 ................................................................................................................... 89

AULA 1

Resposta da questão 1: [A] vm 

ΔS 6.480   Δt 5  24

vm  54 km h

Resposta da questão 2: [B] Situação 1: Trem iniciando a estrada ao túnel.

Situação 2: Trem finalizando a travessia do túnel.

O deslocamento total do trem durante a travessia foi tal que: S  PP'  L  150

(1)

Como a velocidade do trem é constante, então: v

S  S  v  t t

(2)

Substituindo-se a equação (1) na equação (2), tem-se que: L  150  v  t  L  v  t  150

(3)

Substituindo-se os valores dos parâmetros conhecidos na equação (3), tem-se que: L  v  t  150  16  50  150  800  150 

650 m

Resposta da questão 3: [A] vm 

ΔS 600   1,56  Δt 24  16

vm  1,6km/h.

Resposta da questão 4: [C]

Dados: ΔS  12km; Δt  40min  vm 

ΔS 12   Δt 2 3

40 2 h  h. 60 3

vm  18 km/h.

Resposta da questão 5: [B] Observação: rigorosamente, o enunciado deveria especificar tratar-se do módulo da velocidade escalar média. Dados : ΔS  9 km  9.000 m; Δt  5 min  300 s. vm 

ΔS 9.000  Δt 300



vm  30 m/s.

Resposta da questão 6: [A] am 

Δv 20  0   Δt 10

am  2 m/s2.

Resposta da questão 7: [C] Em movimentos de sentidos opostos, o módulo da velocidade relativa é igual a soma dos módulos das velocidades. | vrel |  | v1 |  | v 2 |  360  360  720 km/h 

720 m/s  3,6

| vr |  200 m/s.

Resposta da questão 8: [E] A velocidade do projétil em relação ao piloto era nula porque seus movimentos tinham mesmo sentido, com velocidades de mesmo módulo. Resposta da questão 9: [C] Seja D a distância entre os pontos A e B, conforme mostra a figura.

O tempo total gasto é: 3

t = tida + tretorno =

2 DD 3 D D D .    v 2v 2v 2v

A velocidade média, considerando a ida e o retorno é: 2D 2 D 4   vm = v. 3 D t 3 2 v

vm =

Resposta da questão 10: [B] Dados: vm = 72 km/h = 20 m/s = 1.200 m/min = 1,2 km/min; S = 14 km. S t

vm 

 t 

S 14  t = 11,7 min.  vm 1,2

Resposta da questão 11: [C] ΔS  108km Δt  50 min 

Vm 

50 5 h h 60 6

ΔS 108 6   108   129,6km / h Δt 5 / 6 5

Resposta da questão 12: [A]

1,0 m / s2 significa uma variação de 1,0m/s (3,6km/h) a cada segundo. 1,0 m/s2  3,6 km/h a cada segundo. Resposta da questão 13: [A] 1 h 10 ΔS 155 Vm   Vm   Vm  1.550 km h 1 Δt 10

6 min 

Resposta da questão 14: v

Δs 

Δs 80 Δs  (m / s)  Δt 3,6 9(s) 9.80 m 3,6

 Δs  200m

Resposta da questão 15: [C] Resposta da questão 16: [A] Resposta da questão 17: [B] Resposta da questão 18: [C]

AULA 2

Resposta da questão 1: [B] Dados : v  540 km/h  150 m/s; Δt  2,5 min  150 s. a

Δ v 150  0   Δt 150

a  1 m/s2 .

Resposta da questão 2: [A] Pelos dados do enunciado e pela função horária do espaço para um MRUV, temos que: a  t2 2 10  16 S  40  30  4  2 S  40  120  80

S  S0  v 0  t 

S0m

Resposta da questão 3: [B] No trecho A, o carro parte do repouso e aumenta sua velocidade uniformemente até atingir a velocidade de 60km h.

Desta forma, a aceleração durante o trecho A tem direção como sendo a horizontal e sentido da esquerda para a direita. 5

No trecho B, o carro está inicialmente com uma velocidade de 60km h e vai desacelerando até atingir o repouso.

Assim, a aceleração no trecho B tem mesma direção que no sentido A (horizontal), porém está no sentido contrário (da direita para a esquerda). Resposta da questão 4: [E] 2

A aceleração escalar é a  5 m / s . Aplicando a equação de Torricelli: v 2  v 02  2 a ΔS

 0  252  2  5  ΔS  ΔS 

625 10



ΔS  62,5 m.

Resposta da questão 5: [C] Dados: a = 10 m/s2; v0 = 0; v = 90 km/h = 25 m/s. a

Δv Δt

 Δt 

Δv 25  0  a 10



Δt  2,5 s.

Resposta da questão 6: [A] [I] Verdadeira. Pedro levou menos tempo para cumprir a mesma distância que Paulo, portanto sua velocidade média foi maior. [II] Falsa. A velocidade máxima em um gráfico de distância pelo tempo é dada pela inclinação da reta, que indica o seu coeficiente angular representado pela velocidade. Nota-se no diagrama que Pedro teve a maior velocidade no primeiro trecho de seu percurso, quando inclusive ultrapassou Paulo. [III] Falsa. Os intervalos de parada de ambos os ciclistas foram diferentes, correspondendo aos trechos em que as posições não mudam com o tempo. Sendo assim, Pedro esteve parado durante 150 s e Paulo durante 100 s. Resposta da questão 7: [B] A área do trapézio entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos é numericamente igual ao deslocamento efetuado. 40 

10  6 v0 2

 v0 

80 16



v 0  5 m/s.

Resposta da questão 8: [A] Classificando o movimento em cada um dos trechos: - De 0 s a 2 s  Movimento progressivo uniformemente acelerado. Δv 8  2 a  Δt  2  a  4 m s  ΔS  2  8  ΔS  8 m.  2

- De 2 s a 10 s  Movimento progressivo uniforme. a  0.  ΔS  (10  2)8  ΔS  64 m.

- De 10 s a 12 s  Movimento progressivo uniformemente retardado. Δv 4  8  2 a  Δt  2  a  2 m s  ΔS  8  4  2  ΔS  12 m.  2

- De 12 s a 16 s  Movimento progressivo uniforme. a  0.  ΔS  (16  12)4  ΔS  16 m.

Resposta da questão 9: [B] Convertendo a velocidade para unidades SI: vM  54 3,6  15 m s

Sendo o tempo de reação igual a  4 5  s, temos: 4  34 5 dR  12 m

dR  15 

Resposta da questão 10: [A] Valores e resultados já obtidos nas questões anteriores, em que a velocidade inicial de frenagem é igual a 54 km/h = 15 m/s; a = -7,5 m/s2; dR = 12 m; dF = 15 m; dT = 27 m. Refazendo os cálculos para a velocidade inicial de frenagem igual a 108 km/h: I. Convertendo a velocidade para unidades SI: 7

vM  108 3,6  30 m s

Sendo o tempo de reação igual a  4 5  s, temos: 4  6 4 5 dR2  24 m  dR2  2dR (Verdadeiro) dR2  30 

II. Utilizando a equação de Torricelli, temos v 2  v 02  2a ΔS 02  302  2( 7,5)dF2 15 dF2  900 dF2  60 m

 dF2  4dF (Falso)

III. A distância total dR percorrida no primeiro caso: dT  dR  dF dT  12  15 dT  27 m

A distância total dR2 percorrida no primeiro caso: dT2  dR2  dF2 dT2  24  60

dT2  84 m (Falso)

Resposta da questão 11: [A] [A] Verdadeira. Os gráficos apresentados são de deslocamento por tempo. Como o enunciado nos informa que o automóvel desenvolve velocidade constante de módulo v, no início e no final, teremos a função d  v.t de primeiro grau, ou seja, o gráfico deverá ser uma reta no inicio e no final o que é satisfeito por todas as alternativas. No intervalo Δt o automóvel aumenta e em seguida diminui sua velocidade, ambos uniformemente, o que nos remete à função d  v.t 

a.t 2 de segundo 2

grau, ou seja, o gráfico deverá ser duas parábolas seguidas, a primeira com concavidade para cima, o que representa o aumento da velocidade e a segunda com a concavidade para baixo, o que representa a diminuição da velocidade, sendo a alternativa [A] a única que satisfaz o enunciado. [B] Falsa. O gráfico apresenta uma reta no intervalo Δt . 8

[C] Falsa. O gráfico apresenta uma reta no intervalo Δt . [D] Falsa. O gráfico apresenta uma reta no intervalo Δt . [E] Falsa. O gráfico apresenta, aparentemente, duas parábolas, porém com as concavidades invertidas. Resposta da questão 12: [E] Análise das alternativas: [A] Falsa. A posição inicial está abaixo do eixo do tempo e, sendo vertical o eixo das posições e apontando para cima, qualquer ponto abaixo do eixo horizontal tem posição negativa. [B] Falsa. O sentido de seu movimento somente é alterado se o sinal da velocidade muda. No caso pode-se constatar pela inclinação do gráfico, isto é, pelas tangentes em cada ponto do gráfico indicando que trata-se de um movimento retilíneo uniformemente acelerado MRUA, com a velocidade crescendo e sempre positiva. [C] Falsa. A partícula estaria em repouso se a velocidade em algum momento fosse igual a zero, mas isto não ocorre durante todo o tempo de trajeto. [D] Falsa. Como explicado anteriormente, a velocidade sempre cresce ao longo do trajeto. [E] Verdadeira. Resposta da questão 13: [A] Da leitura direta no gráfico, vê-se que, de 40s a 50s, o movimento do carro é progressivo e retardado. Resposta da questão 14: [A] Utilizando os dados fornecidos no enunciado, temos que: ΔS  v o  t 

a  t2 2

Onde, a

ΔV v  v o v o   Δt 4 4

Logo,  v o  2  4 4  40  v o  4   2 40  4  v o  2  v o v o  20 m s ou v o  72 km h

Resposta da questão 15: [A] 9

[I] Verdadeira. Aplicando a definição de aceleração escalar média: a  am 

Δv 10   a  1 m/s2. Δt 10

[II] Verdadeira. O espaço percorrido é dado pela área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. ΔS 

10  10  ΔS  50 m. 2

[III] Falsa. A velocidade é variável. [IV] Falsa. A velocidade aumenta 1,0 m/s a cada segundo. Resposta da questão 16: [D] Analisando as alternativas, [A] INCORRETA. Em um movimento uniformemente variado, a aceleração é constante durante o movimento. O Gráfico mostra claramente que na primeira parte do movimento o módulo da velocidade está aumentando (aceleração maior que zero) e na segunda parte diminuindo (aceleração menor que zero). Desta forma, pode-se dizer que a aceleração não é constante durante o movimento. [B] INCORRETA. Um movimento retilíneo uniforme tem aceleração nula. [C] INCORRETA. Em momento algum do movimento descrito na figura existe uma inversão de sentido do movimento. Logo, o carro não irá retornar a sua posição inicial. [D] CORRETA. [E] INCORRETA. Inverte o sentido de sua aceleração e não do movimento (velocidade). Resposta da questão 17: [C] Dados: a max  0,09 g  0,09 10  0,9 m/s2; v0  0; v  1080 km/h  300 m/s. A distância é mínima quando a aceleração escalar é máxima. Na equação de Torricelli: v 2  v 02  2 amax dmin  dmin 

v 2  v 02 3002  02 90.000    50.000 m  2 amax 2  0,9 1,8

dmin  50 km.

Resposta da questão 18: [B] [I] Incorreta. O movimento do corpo no trecho T1 é acelerado. [II] Correta. No trecho T3, o corpo está em movimento com aceleração diferente de zero, em sentido oposto ao da velocidade, pois o movimento é retardado. 10

[III] Incorreta. No trecho T2, a velocidade é constante e a aceleração é nula. Resposta da questão 19: [A] Como a área sob um gráfico de velocidade versus o tempo nos fornece a distância percorrida e pelo enunciado sabemos que a pista tem 200 m, podemos calcular a velocidade final.

De acordo com o gráfico calculamos as áreas 1, 2 e 3: A1 

12  12,5  75 2

A 2  16  12   12,5  50

A3 

 v  12,5   4 2

 2v  25

A área total será: A  75  50  2v  25  2v  150 2v  150  200  v  25 m / s  v  90 km / h

Resposta da questão 20: [A] - Onde o gráfico da posição em função do tempo é um segmento de reta inclinada, o movimento é uniforme e a velocidade escalar é constante e não nula. O sinal da velocidade escalar é dado pela declividade no gráfico do espaço, sendo positiva para função crescente e negativa para função decrescente. - Onde o gráfico da posição em função do tempo é um segmento de reta horizontal, trata-se de repouso e a velocidade é nula. - Onde o gráfico da posição em função do tempo é um arco de parábola, o movimento é uniformemente variado e a velocidade varia linearmente com o tempo. Com esses argumentos, analisemos os três gráficos da posição. Gráfico 1: Até o 1º intervalo, o gráfico é um segmento de reta decrescente, sendo a velocidade constante e negativa. No 2º intervalo, é um arco de parábola de declividade decrescente que se liga a um segmento de reta 11

horizontal, indicando que o módulo da velocidade decresce até se anular, levando-nos ao gráfico (c). Gráfico 2: Até o 1º intervalo, o gráfico é um segmento de parábola crescente, cuja declividade está diminuindo até se ligar a uma segmento de reta, também crescente, no 2º intervalo, indicando que a velocidade é sempre positiva, decrescente no 1º intervalo e constante no 2º intervalo, levando-nos ao gráfico (d) Gráfico 3: Até o 1º intervalo, o gráfico é um segmento de reta crescente, sendo a velocidade constante e positiva. No 2º intervalo é um arco de parábola crescente, diminuindo a declividade até o vértice, indicando que a velocidade decresce até se anular. A partir daí, a função torna-se decrescente, aumentando a declividade, indicando que a velocidade torna-se negativa, aumentando em módulo. Essas conclusões levam-nos ao gráfico (b). Resposta da questão 21: [A] A distância pedida (d) é numericamente igual à soma das áreas dos dois trapézios, destacados no gráfico.

 25  5    20  10    10  25  5    20  10   12 d  A1  A2    2 2 d   20  10   5   20  10   6  150  180 



d  330 m.

Resposta da questão 22: a) No gráfico, nota-se que o movimento de Batista é uniformemente variado. Entendendo como aceleração o módulo da componente tangencial da aceleração ou a aceleração escalar, tem-se: aB 

ΔvB 40 4 1    ΔtB 20  0 20 5



aB  0,2 m/s2.

b) No gráfico velocidade x tempo, a distância percorrida é numericamente igual à “área” entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim: 50  5   dA  125 m. dA  2  d  50  30  4  d  160 m. B  B 2

c) A velocidade escalar média de Arnaldo no intervalo pedido é: vA 

dA 125  Δt A 50



v A  2,5 m/s.

Resposta da questão 23: [B] Analisando cada um dos trechos: [I] o módulo da velocidade escalar cresce linearmente com o tempo: o movimento é uniformemente variado, acelerado. [II] o módulo da velocidade escalar é constante e não nulo: o movimento é uniforme. [III] o módulo da velocidade escalar decresce linearmente com o tempo: o movimento é uniformemente variado, retardado. Resposta da questão 24: [D] O corredor A termina a prova em t = 10 s e o corredor B em t = 12 s. De 10 s a 12 s, B teve velocidade de 10 m/s, percorrendo: d  vB Δt  10 12  10  

d  20 m.

Resposta da questão 25: Da definição de aceleração escalar média: am 

v t



t 

v 80  0  am 2



t  40 s.

Da equação de Torricelli: v 2  v 02  2 am S



S 

802 4



S  1.600 m.

A pista deve ter comprimento mínimo igual à distância percorrida pelo avião na decolagem. Assim, D = 1.600 m. Resposta da questão 26: [B] 13

a

V 0  10  5   t  2,0s t t

A figura mostra o gráfico da variação de velocidade em função do tempo

A área sombreada é numericamente igual ao deslocamento. S 

2,5  0,5.10  15m . 2

Resposta da questão 27: [E] Dados: v = 40 m/h; t = 15 min =

1 h. 4

1 S = v t = 40    S = 10 m. 4  

Resposta da questão 28: [C] Como a trajetória é retilínea, a aceleração restringe-se à componente tangencial ( a t ), que, em módulo, é igual a aceleração escalar (a), dada pela taxa de variação da velocidade (v) em relação ao tempo (t). a=

v t

I. aI =

. Usando essa expressão em cada um dos intervalos: 40  0 40

 aI = 10 m/s2.

II. aII = 0 (não houve variação da velocidade) III. aIII =

0  40 40  14  6 8

 aIII = – 5 m/s2.

Resposta da questão 29: [A] Resolução 252 km/h = 70 m/s 14

Por Torricelli: v2 = v02 + 2.a.S 702 = 2.a.1960 4900 = 3920.a  a = 1,25 m/s2

Resposta da questão 30: [C] Resolução Considerando os últimos 50 m da corrida: Velocidade inicial no trecho = 10 m/s Aceleração no trecho = -0,36 m/s2 Por Torricelli: v2 = v02 + 2.a.S v2 = 102 + 2.(-0,36).50 v2 = 100 – 36 = 64  v = 8 m/s Resposta da questão 31: [D] Resposta da questão 32: [C] Resposta da questão 33: [B] Resposta da questão 34: [B] Resposta da questão 35: [B] AULA 3

Resposta da questão 1: [E] [I] Correta. Se a resistência do ar é desprezível, durante todo o movimento a aceleração da bola é a aceleração da gravidade. [II] Correta. A resultante das forças sobre a bola é seu próprio peso, não havendo forças horizontais sobre ela. Portanto, a componente horizontal da velocidade é constante. [III] Incorreta. A velocidade escalar da bola no ponto de altura máxima é igual a componente horizontal da velocidade em qualquer outro ponto da trajetória. 15

Resposta da questão 2: [C] A laranja caiu com aceleração constante, igual à aceleração da gravidade. Resposta da questão 3: [C] Os movimentos horizontais são uniformes. Portanto, o maior alcance será o da bola com maior velocidade inicial. Resposta da questão 4: [D] O movimento de queda das bolas é acelerado com a gravidade. Os tempos de queda são iguais. Resposta da questão 5: [A] Se o corpo está em queda livre, a resultante das forças sobre ele é seu próprio peso. Aplicando a segunda lei de Newton a essa situação: R  P  m a  m g  a  g.

A aceleração de queda independe da massa e é igual a aceleração da gravidade. Calculando o tempo de queda: h

g 2 t  t 2

2h . g

Consequentemente, o tempo de queda também independe da massa. Portanto, o tempo de queda é o mesmo para os dois corpos. Resposta da questão 6: [D] Resolução Se a flecha está no ponto mais alto da trajetória a flecha não está mais subindo. Desta forma, ainda que momentaneamente, a componente vertical da velocidade é nula.

Resposta da questão 7: [D] Resolução Em condições ideais a velocidade da bola no ponto mais alto da trajetória é nula para o observador no solo. 16

Resposta da questão 8: [B] No ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula. A partir daí, e na vertical, temos uma queda livre a partir do repouso. 1 2

O tempo de queda pode ser tirado da expressão H  gt 2 . Sendo assim quanto maior for a altura maior será o tempo de queda. Não podemos esquecer que os tempos de subida e descida são iguais. Portanto o tempo total é T = 2tq . O menor tempo de voo da bola é aquele correspondente à menor altura. Resposta da questão 9: [A] [I] Falsa. Sendo as velocidades iniciais iguais e cada um tendo como aceleração a gravidade, ambas vão atingir a altura máxima e chegar ao solo ao mesmo tempo. [II] Verdadeira. Ambos estão sujeitos à ação da gravidade. [III] Falsa. Como já mencionado em [I], os dois corpos chegam juntos na altura máxima. [IV] Verdadeira. Os movimentos são idênticos. Resposta da questão 10: [B] Com a equação da altura em função do tempo do movimento de queda livre, calculamos a aceleração. gt 2 2h g 2 t2 2  12 m g  6 m / s2 2 2 s

h

Resposta da questão 11: [B]

V 2  V02  2  a  ΔS 0  V02  2  g  Δh  V02  2  ( 10)  9,8 V02  196 V0  196 V0  14 m s

Resposta da questão 12: [A] Dado: v  20m s; h  15m; g  10 m s2. Aplicando a equação de Torricelli: v 2  v 02  2gh  v 0 

v 2  2gh 

202  2  10  15 

100 

v 0  10 m s.

Resposta da questão 13: [B] A velocidade no eixo y do objeto é zero. A velocidade que vale 35 m s é a velocidade no eixo x. h  h0  V0 y t 

1 2 gt 2

1 2 gt 2 1 h  h0  gt 2 2 1 h  h0  10  32  Δh  45 m 2

h  h0 

Resposta da questão 14: [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. ΔS  hmáx  v o y 

g  t2 2

10  t 2 2 t  1,3 s

8,45 

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 analisa-lo como um movimento retilíneo uniforme (MRU). Assim, 18

ΔS  v x  t T ΔS  9  2,6 ΔS  23,4 m

Resposta da questão 15: [C] Sabendo que na posição da altura máxima a componente vertical da velocidade é zero, utilizando a equação de Torricelli, podemos dizer que: v y 2  v oy 2  2  a  ΔS 0  v oy 2  2  g  Hmáx v oy 2  2  10  5 v oy  100 v oy  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 30C, podemos encontrar a velocidade inicial da bola. v oy  v o  sen  30  vo 

v oy

sen  30 



10 12

v o  20 m s

Resposta da questão 16: [D] A situação representa um lançamento horizontal e desmembrando este movimento temos um movimento de queda livre na vertical e movimento uniforme na horizontal. No eixo horizontal (x), temos um MRU: x  x0  v x  t

Donde tiramos o tempo de queda, usando o alcance e a velocidade horizontal: 5  0  2,5  t t2 s

No eixo vertical (y), para a altura em função do tempo, temos a expressão: hg

t2 2

Com os dados fornecidos e o tempo calculado: 19

h  10 m / s 

 2 s 2 2

 20 m

Resposta da questão 17: [B] As equações dessas componentes são:

v x  constante  reta horizontal  gráfico II .  v y  v 0y  g t  reta decrescente  gráfico  V  .

Resposta da questão 18: [B] Decompondo a velocidade inicial, teremos uma componente vertical de V.sen30  20x0,5  10 m/s

A partir da posição inicial, podemos calcular o deslocamento vertical até o ponto mais alto da trajetória, utilizando a equação de Torricelli: V2  V02  2.a.ΔS  0  102  2x10xΔS  ΔS  5,0m

Como o corpo havia partido de 5,0 m de altura, sua altura máxima será H: 5 + 5 = 10 m. Resposta da questão 19: [B] Para sabermos qual a velocidade mínima que ele deve exercer para realizar o salto, primeiro precisamos saber quanto tempo que ele vai demorar pra descer em queda livre. ΔS  V0y  Δt 

1  a  Δt 2 2

1  a  Δt 2 2 2ΔS 2  1,8 t  t  0,6 s a 10

ΔS  0  t

Descobrimos que ele demora 0,6 s pra cair, logo ele deverá percorrer 3 m em 0,6 s. A velocidade inicial que ele deve exercer será: ΔS  V0x  Δt  V0x 

ΔS 3  V0x   V0x  5 m s Δt 0,6

Vale lembrar que a velocidade no eixo y sempre será um M.R.U.V. e a velocidade e no eixo x sempre será um M.R.U. Resposta da questão 20: [D] 20

Resolução S = S0 + v0.t + a.t2/2 0 = 0 + 30.t – 10.t2/2 0 = 30.t – 5.t2 5.t2 – 30.t = 0 5.t(t – 6) = 0 t–6=0  t=6s

Resposta da questão 21: [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 à da gravidade. Resposta da questão 22: [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:  v  20 m/s. v  gt  10  2      g 2 10 2  2  h  20 m. h  t   2 2

Resposta da questão 23: [D] Decompondo a velocidade em componentes horizontal e vertical, temos:  Vx  V0 .cos α  100x0,6  60 m/s   Vy  V0 .senα  100x0,8  80 m/s

Na vertical o movimento é uniformemente variado. Sendo assim: 1 ΔSy  Vy .t  gt 2  300  80t  5t 2  t 2  16t  60  0 2

A equação acima tem duas soluções: t= 6s e t’=10s. Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos considerar o maior tempo (10s). 21

Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim: ΔSx  Vx .t  D  60x10  600m

Resposta da questão 24: [B] Pela expressão de Torricelli: v 2  v 02  2  a  ΔS 0  v 02  20  0,45 0  v 02  9  v 0  3m s

Resposta da questão 25: [C] Pela expressão de Torricelli: v 2  v 02  2  a  ΔS 0  v 02  20  0,45 0  v 02  9  v 0  3m s

Pela expressão de Galileu: v  v0  g  t 0  3  10  t  t 

3  0,3 s 10

Isto significa que o jogador precisará de 0,3s para subir e outros 0,3s para descer, ficando no ar durante 0,6s. Resposta da questão 26: [C] Como a componente horizontal da velocidade se mantém constante e o tempo de queda é o mesmo para dos dois projéteis, temos: x  vx t  1,5  0,4 

x  0,6 m.

Resposta da questão 27: [B] Resposta da questão 28: [A] Resposta da questão 29: [B] Resposta da questão 30: [A] 22

Resposta da questão 31: [C] Resposta da questão 32: [E] Resposta da questão 33: [E] Resposta da questão 34: [C] Resposta da questão 35: [A] AULA 4

Resposta da questão 1: [C] No movimento circular uniforme (MCU) a velocidade é representada por um vetor tangente ao círculo em cada ponto ocupado pelo móvel, com isto, apesar do módulo da velocidade permanecer constante, ao longo do movimento o vetor velocidade altera sua direção e sentido, sendo, portanto, um movimento acelerado em que a aceleração é sempre perpendicular ao vetor velocidade apontando para o centro da curva, chamada de aceleração centrípeta. Assim, a alternativa correta é a [C].

Resposta da questão 2: [C] V  2 πR f  f  ω  2πf  2π

1 30 π

V 1   2 π R 2 π 15 

ω

f

1 Hz. 30 π

1 rad/s. 15

Resposta da questão 3: [A] Sabendo que o período é o inverso da frequência, podemos calcular os 23

períodos de casa um dos exaustores e, consequentemente, a diferença entre eles. 1 1  T1  f  2  T1  0,5 s  1  T  1  1  T  0,4 s 2  2 f2 2,5

Assim, ΔT  T1  T2  0,5  0,4 ΔT  0,1 s

Resposta da questão 4: [A] Como a catraca B gira juntamente com a roda R, ou seja, ambas completam uma volta no mesmo intervalo de tempo, elas possuem a mesma velocidade angular: ωB  ωR . Como a coroa A conecta-se à catraca B através de uma correia, os pontos de suas periferias possuem a mesma velocidade escalar, ou seja: VA  VB . Lembrando que V  ω.r : VA  VB  ωA .rA  ωB.rB . Como: rA  rB  ωA  ωB . Resposta da questão 5: [A] v

ΔS 4  2 π r  Δt 20





4  2  3  0,5  20

v  0,6 m/s.

Resposta da questão 6: [C] Nesse tipo de acoplamento (tangencial) as polias e a correia têm a mesma velocidade linear (v). Lembrando que v = R e que  = 2f, temos: vA = vB  ARA = BRB  (2fA) RA = (2fB) RB fARA = fBRB. Grandezas que apresentam produto constante são inversamente proporcionais, ou seja: quanto menor o raio da polia maior será a sua frequência de rotação. Resposta da questão 7: [D] Resposta da questão 8: [D] Resposta da questão 9: [B] 24

Resposta da questão 10: [B] Resposta da questão 11: [B] No acoplamento coaxial as frequências são iguais. No acoplamento tangencial as frequências (f) são inversamente proporcionais aos números (N) de dentes; Assim:  fA  fmotor  18 rpm.   fB NB  fA NA  fB  72  18  24  fB  6 rpm.   fC  fB  6 rpm.  f N  f N  f  108  6  36  f  2 rpm. D D D D C C

A frequência do ponteiro é igual à da engrenagem D, ou seja: f  2 rpm.

Resposta da questão 12: [A] Os raios das engrenagens (R) e os números de dentes (n) são diretamente proporcionais. Assim: R A RC n A 8 1     . RB RD nB 24 3

- A e B estão acopladas tangencialmente: v A  v B  2 π fA R A  2 π f B R B Mas : fA  f M  f M R A  f B R B

 fA R A  f B R B .  fB  fM

RA 1  fM RB 3

 fB 

fM 3

- B e C estão acopladas coaxialmente: fC  f B 

fM 3

- C e D estão acopladas tangencialmente: v C  vD  2 π f C R C  2 π f D R D

 fC RC  f D R D .

Mas : f D  f R  f C RC  f R R D  f R  f C FR 

13,5 9



fM 1 RC  fR  RD 3 3

 fR 

fM 9



f R  1,5 Hz.

Resposta da questão 13: [C] - Para uma volta completa, tem-se um deslocamento angular de 2π radianos 25

ou 360 - O tempo necessário para o ponteiro dar uma volta completa é de 60 minutos. Desta forma, Δθ 360  Δt 60 graus ω6 minuto

ω

Resposta da questão 14: [E] I. Correto: para ser geoestacionário tem que ter período igual ao da Terra, isto é, 24hs. II. Correto: a força de atração é perpendicular à velocidade em todo o movimento. III. Correto: V

2πr 2πx42.000   3.500π km / h . T 24

Resposta da questão 15: [D] Dados:  = 3,14 e raio da Terra: RT = 6.000 km. O período de rotação da Terra é T = 24 h. Assim: v=

S 2 RT 2 (3,14) (6.000)    1.570 km/h t T 24



v  1.600 km/h. Resposta da questão 16: [C] Como não há deslizamento, as velocidades lineares ou tangenciais dos pontos periféricos das polias são iguais em módulo, iguais à velocidade linear da correia. v1  v2  vcorreia .

Resposta da questão 17: 02 + 04 + 08 = 14 As polias A e B apresentam acoplamento tangencial (por correia): v 1 = v2 e B > A. As polias C e D estão acopladas coaxialmente (mesmo eixo): B = C > A e v3 > v2.= v1. Resposta da questão 18: [B] 26

As velocidades são iguais à velocidade do próprio trator:  vT  vF  . Para as frequências temos: vT  vF



2 fT rT  2 fF rF

 fT 1,5 rF  fF rF  fF  1,5 fT.

Resposta da questão 19: [C] Resolução v = S/t v = (2..r)/T v = (2.3.36.103)/24 v = (216.103)/24 v = 9000 km/h = 2500 m/s = 2,5 km/s

Resposta da questão 20: [D] Resposta da questão 21: [A] Resposta da questão 22: [A] Resposta da questão 23: [E] Resposta da questão 24: [D] Resposta da questão 25: [C] AULA 5

Resposta da questão 1: [C] Mudando-se para um planeta de menor gravidade, o peso de Garfield será menor, mas sua massa permanecerá a mesma. Resposta da questão 2: [C] Dados: v0  0; v  108 km/h  30 m/s; Δt  10s. 27

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

Δv 30   a  3 m/s2. Δt 10

Aplicando o princípio fundamental da dinâmica: Fres  ma  1200  3 

Fres  3.600N.

Resposta da questão 3: [A] Supondo que essa força seja a resultante e que seja aplicada na mesma direção do movimento, aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, vem: Fres  ma  Fres  m

v  v0 20  30.000   Δt 60

Fres  10.000 N.

Resposta da questão 4: [B] Observando o diagrama de corpo livre para o sistema de corpos:

Aplicando a segunda lei de Newton sobre o pacote: FR  m  a

T  m g  ma T  m   g  a   T  100 kg  10  0,5  m / s2  T  1050 N

Resposta da questão 5: [C] Depois de lançado, a componente horizontal da velocidade vetorial do pacote não mais se altera, pois não há forças aplicadas no pacote nessa direção. Ou seja, nessa direção o movimento é retilíneo e uniforme. Se cada pacote lançado atinge o solo em um ponto exatamente embaixo do helicóptero, então a aeronave também está em MRU, sendo, então, constante a velocidade e nula e aceleração. 28

Resposta da questão 6: [A] Quando o skate choca-se com o obstáculo, o garoto, por inércia, continua em movimento e cai. Resposta da questão 7: [E] Se a velocidade é constante, significa que a força resultante é nula, sendo assim, de acordo com o princípio fundamental da dinâmica, a aceleração também será nula. Resposta da questão 8: [D] Como cada alça tem dois pontos de apoio, em cada alça teremos a quarta parte do peso dividido por dois apoios (4 alças sendo cada uma com dois apoios):

Logo, 2T 

P 4

P 1200kg  10 m / s2  8 8 T  1500 N

T

Resposta da questão 9: [E] Ação e reação são forças da mesma interação. No caso, a interação é entre o pé do pássaro e a mão do garoto. Assim: Ação: força pé do pássaro sobre a mão do garoto; Reação: força da mão do garoto sobre o pé do pássaro. 29

Resposta da questão 10: [D] PTerra  m  g 800  m  10  m  80 kg PJúpiter  m  g  PJúpiter  80  25  PJúpiter  2.000 N

Resposta da questão 11: [B] [I] CORRETA. Se a resultante das forças é não nula, o avião deve sofrer aceleração, não podendo estar em MRU. [II] CORRETA. Pelo Princípio da Inércia, se a resultante das forças é nula, ele pode estar em repouso ou em MRU. [III] INCORRETA. Isso é garantido pelo Princípio da AÇÃO-REAÇÃO. Resposta da questão 12: [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 Resposta da questão 13: [C]

De acordo com o Teorema de Pitágoras, temos a Força resultante sobre o corpo: FR  32  42  25  5 N

E com a força resultante e a massa, usando a 2ª lei de Newton, achamos a aceleração: FR  m  a  a  a

FR m

5N  0,50 m / s2 10 kg

Resposta da questão 14: [A]

Após o lançamento, a única força que age sobre a bola é seu próprio peso, vertical e para baixo. Resposta da questão 15: [B] O veículo estava se movimentando em linha reta com velocidade constante, portanto a força resultante sobre o veículo antes do acionamento do freio era nula devido ao fato que a força motora do carro tinha o mesmo módulo do atrito, porém essas forças atuando em sentidos contrários. Temos com isso, a alternativa [B] correta. Resposta da questão 16: [D]

Fy  F1  F3  Fy  1  3  Fy  2 Fx  F4  F2  Fx  4  2  Fx  2 Fr  Fx2  Fy2  Fr  4  4  Fr  22  2  Fr  2 2 N

Resposta da questão 17: [C] Fr2  F12  F22 Fr2  182  242 Fr2  900 Fr  30 N F  ma 30  6  a a  5 m s2

Resposta da questão 18: [B] Usando o diagrama de corpo livre para o elevador, temos a expressão para a força resultante: 31

Fr  m  a

T P  ma  a 

T  P T  mg  m m

Para a tração máxima, temos a aceleração máxima: T P amáx  máx m

E, finalmente, calculando seus módulos, resulta: amáx 

1,2  104 N  1,0  104 N 1,0  103 kg

 amáx  2,0 m s2 .

Resposta da questão 19: [C] As forças do par ação-reação têm mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos, conforme afirma a 3ª Lei de Newton (princípio da açãoreação). Resposta da questão 20: [B] Se a velocidade vetorial é constante, o movimento é retilíneo e uniforme. O Princípio da Inércia (1ª Lei de Newton) estabelece que, nessas condições, a resultante das forças atuantes sobre o paraquedista é nula. Resposta da questão 21: [C] Dados: m = 200 kg; g = 10 m/s2; sen θ = 0,6 e cos θ = 0,8. Como o movimento é retilíneo e uniforme, pelo Princípio da Inércia (1ª lei de Newton), a resultante das forças que agem no recipiente é nula. Assim, as três forças mencionadas devem fechar um triângulo, como mostrado na figura.

F senθ 0,6  F  P tgθ  m g  200 10  P cos θ 0,8 F  1.500 N. tgθ 



Resposta da questão 22: [D] Entendendo que a balança do enunciado seja na verdade um dinamômetro, a leitura indicada é a intensidade (FN) da força normal que a plataforma do dinamômetro aplica nos pés da pessoa: FN  P  m a  FN  800  80  2  

FN  960 N.

Resposta da questão 23: [A] A lei de inércia afirma que um corpo tende sempre a manter seu estado de movimento ou de repouso. Manterá se a resultante das forças sobre ele for nula. No caso da bola solta dentro do vagão, a resultante das forças horizontais é nula, então, por inércia, ela mantém a componente horizontal de sua velocidade, caindo junto aos pés da pessoa. Resposta da questão 24: [E] Ação e reação são forças de mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos, porém, não se equilibram, pois não atuam no mesmo corpo. Resposta da questão 25: [D] Consideremos que os livros 2 e 3 formem um único corpo de peso 16 N. A normal que o livro 1 exerce no livro 2 (N12 ) deve equilibrar o peso desse corpo. Portanto: N12  16 N.

Pelo princípio da Ação-reação, o livro 2 exerce no livro 1 uma força de mesma intensidade, em sentido oposto. Assim: N21  N12  16 N.

Resposta da questão 26: [C] 33

Por inércia, quando o copo é abandonado, ele continua com a mesma velocidade horizontal em relação à Terra, ganhando apenas velocidade vertical devido à gravidade. Assim, o copo está em repouso em relação ao piso do avião, portanto ele cai próximo ao ponto R, como se o avião estivesse em repouso em relação ao solo. Resposta da questão 27: [D] Como o homem está em repouso nas três situações, em todas elas a resultante das forças é nula, ou seja, as trações estão equilibradas. Seja a F a intensidade da força aplicada por cada cavalo. – Na primeira figura: T1A  T2A  F . – Na segunda figura: T1B  T2B  F . – Na terceira figura: T1C  T2C  2 F. Então:  T1A  T2A  T1B  T2B    T1C  T2C  . Resposta da questão 28: [A] Dados: m = 65 kg; a = 2 m/s2; g = 10 m/s2. Como o elevador está descendo em movimento acelerado, a resultante das forças é para baixo, ou seja, a intensidade da normal é menor que a intensidade do peso. Aplicando o princípio fundamental da dinâmica: P  N  ma  mg  N  ma  N  m  g  a   65 10  2   N  520 N.

Resposta da questão 29: [D] Pela Segunda Lei de Newton, temos: FR  m.a  m.

V 15  5.  25N t 3

Resposta da questão 30: [B] Como a resultante das forças é não nula, o bloco adquire aceleração, não estando, portanto, em equilíbrio. Resposta da questão 31: [B] Resposta da questão 32: [C] 34

Repouso FR  0   MRU

Como havia movimento, o corpo continua com velocidade constante. Resposta da questão 33: [B] Como a trajetória é retilínea e a velocidade é constante, trata-se de movimento retilíneo e uniforme. Ora, o Princípio da Inércia afirma que nesse caso a resultante das forças tem que ser nula. Assim, as forças opostas (P e E) e (M e R) devem ter suas setas representativas de mesmo comprimento, pois P = E e R = M. Resposta da questão 34: [A] Resposta da questão 35: [D] Resposta da questão 36: [C] Resposta da questão 37: [D] Resposta da questão 38: [A] Resposta da questão 39: [D] Por inércia, quando o ônibus freia, o balão tende a continuar em movimento, e o barbante se inclina para a frente do passageiro. Analogamente, quando o ônibus acelera para frente, o barbante se inclina para trás. Apenas a afirmativa [II] é verdadeira, e a opção certa é a [D]. Resposta da questão 40: [A] Resposta da questão 41: [A] Ação e reação são forças que aparecem aos pares e atuam em corpos diferentes. Por isto não se anulam. Resposta da questão 42: [C] 35

Resposta da questão 43: [C] Resposta da questão 44: [C] Resposta da questão 45: [B] AULA 6

Resposta da questão 1: [B] Da lei de Hooke: 400  K1  0,5  K1  800 N/m  F 300  FK x  K   K 2   K 2  1.000 N/m x 0,3   600  K1  750 N/m K 3  0,8 



K 2  K1  k 3

Resposta da questão 2: [D] Resposta da questão 3: [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:

PB  T  T  Fa   mA  mB   a

Considerações: 36

- 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. PB  T  T  Fa  0 PB  Fa

Substituindo o peso do corpo B pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade: Fa  mB  g

Substituindo os valores, temos, finalmente: Fa  1kg  10 m s2  Fa  10 N

Resposta da questão 4: [C] As componentes da força (F) que a esteira exerce na caixa são a Normal (N) e a de atrito (Fat ), conforme mostra a figura.

Resposta da questão 5: [C] Diagrama de corpo livre:

Aplicando-se a segunda lei de Newton: Fres  m  a F  Fat  m  a  F  μ  N  m  a

Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é igual ao peso, devido à inexistência de forças extras na vertical. F μ P  m a  F μ m g  m a

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

F ma 600 N  120 kg  2 m s2 μ   μ  0,3 m g 120 kg  10 m s2

Resposta da questão 6: [A] Desconsiderando a resistência do ar, a resultante das forças resistivas sobre cada carro é a própria força de atrito. R  Fat

 m a  μ N.

Como a pista é horizontal, a força peso e a força normal têm mesma intensidade: N  P  mg.

Combinando as expressões obtidas: m a  μ N  m a  μ m g  a  μ g.

Como o coeficiente de atrito é constante, cada movimento é uniformemente retardado (MUV), com velocidade final nula. Aplicando a equação de Torricelli: v 2  v02  2 a d  d 

v02  v 2 2a

 d

v02 . 2μ g

Dados para as duas situações propostas: v0  108km/h  30m/s; μe  1; μc  0,75; g  10 m/s2.

Assim:  302 v 02 900 d1     d1  45m. 2 μ g 2  1  10 20  e    2 302 900 d2  v 0    d2  60m.  2 μc g 2  0,75  10 15 

Resposta da questão 7: [C] Considerando que o movimento acontece na horizontal, a única força que age na direção do deslocamento é a força de atrito, sendo contrária ao sentido de movimento provocará uma desaceleração responsável por parar o bloco por completo. Sendo assim a força resultante é a força de atrito. Fr  Fat

Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica e a expressão para a Força de atrito: m  a  μ  m  g

A aceleração será: a  μ  g  0,2  10 m / s2 a  2 m / s2

Do MRUV usamos a equação de Torricelli: v2  v02  2  a  Δs

A distância total percorrida será: Δs 

v 2  v 02 2a

Δs 

0  42 16  4m 2   2  4

Logo, o número de vezes que o disco cruza totalmente o trilho é: n

4m  2,667 vezes 1,5 m

A distância corresponde a dois trilhos inteiros e mais uma fração de 2/3 do trilho Então, n2

Resposta da questão 8: [A] 1ª Solução: Do gráfico, calculamos o módulo da aceleração: a 

Δv Δt



05 10  0

 a  0,5 m/s2 .

A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito: Fat  R  μ m g  m a  μ 

a g



0,5  0,05  10

μ  5  102.

2ª Solução: Do gráfico, calculamos o deslocamento: ΔS  "área" 

5  10  25 m. 2

A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. Pelo teorema da energia cinética: 39

WFat  WR   Fat ΔS  μ

m v 02 m v 2 m v 02    μ mg ΔS  0   2 2 2

v 02 52 1   2 g ΔS 2  10  25 20



μ  5  102.

Resposta da questão 9: [C] Para que os dois blocos se movam com velocidade constante, basta que a força resultante em cada um deles separadamente seja nula. Analisando o Bloco B, temos que:

Disto, para que a força resultante seja nula, T  Fat

 μ  mB  g

T  0,35  0,4  10 T  1,4 N

Analisando o Bloco A, temos que:

Note que a força de atrito entre o bloco A e o bloco B também deve ser considerada neste caso. Disto, para que a força resultante seja nula, F  T  Fat

 Fat

F  1,4  0,35  m A  mB   g  1,4 F  1,4  0,35  1,2  10  1,4 F  7,0 N

Resposta da questão 10: [D] Como os blocos estão inicialmente em repouso, a força elástica inicial é Fel  60 N.

Quando as forças F forem retiradas, na direção horizontal agem apenas a força elástica Fel  e a componente de atrito Fat  . Calculando a intensidade máxima da força de atrito em cada bloco:  Fat A  μ NA  μ mA g  0,4  200   80 N.   FatB  μ NB  μ mB g  0,4 100   40 N.

Assim: Fat A  Fel  o bloco A permanece em repouso.  FatB  Fel  o bloco B entra em movimento para a direita.

Resposta da questão 11: [D] De acordo com o diagrama de corpo livre abaixo representado:

Para o equilíbrio estático, temos: F  N  Fat  P

Pela definição da força de atrito: Fat  μe  N  Fat  μe  F Fat  P  Fat  m  g

Então: μe  F  m  g  F 

mg μe

Assim: F

2 kg  10 m / s2  F  40 N 0,5

Resposta da questão 12: [C]

Calculando a força de atrito estático máxima, encontramos:  f max  μeN  μemg  0,3x1,0x10  3,0N . Se a  f max  3,0N significa que a força aplicada deve ser maior que 3,0N para que o bloco se mova. Se a força for menor ou igual a 3,0N, então F = fat. Resposta da questão 13: [D] Dados: g = 10 m/s2-; e = 0,60; c = 0,80; m = 1;200 kg. A força que a pista exerce no veículo tem duas componentes: normal e de atrito. Supondo que a frenagem ocorra em pista horizontal, a componente normal (N) da força que a pista aplica no veículo tem intensidade igual à do seu peso (P) . N = P = m g = 12.000 N. A componente de atrito estático máxima: F at máx = e N = 0,8 (12.000)  Fat Max = 9.600 N. A componente de atrito cinético: F at cin = c N = 0,6 (12.000)  Fat cin = 7.200 N. Resposta da questão 14: [E] Resolução No corpo A Fatrito = m.a .m.g = m.a .g = a  a = 0,3.10 = 3 m/s 2

Resposta da questão 15: [C] Resposta da questão 16: [C] T  mc  a  Pb  T  mb  a Pb  (mb  mc )  a mb  g  (mb  mc )  a mb  g 5  10 a a  a  9,6 m s2 (mb  mc ) 5,2

Resposta da questão 17: 42

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

Para o corpo 1: T1  P1  T2

Para o corpo 2: T2  P2

Então, T1  P1  P2  T1  60  40  T1  100 N T2  40 N

Logo, a razão

T1 T2

será:

T1 100 5   T2 40 2

Resposta da questão 18: [D] Nos dois casos a aceleração tem mesmo módulo: F  m1  m2  a  F  m1  3 m1  a  F  4 m1 a  a 

F . 4 m1

Calculando as forças de contato:  3F F  F12  . F12  m2 a  F12  3 m1 4 m1 4   F F  F21  m1 a  F21  m1 4 m  F21  4 . 1 

Resposta da questão 19: [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. 43

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, FR  mA  a  PA  T 2  mA  10  mA  72 8  mA  72 mA  9 kg

Analogamente, no bloco B temos duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco e a tração do fio. Assim, FR  mB  a  T  PB 2  mB  72  10  mB 12  mB  72 mB  6 kg

Assim, a diferença entre as massas dos blocos será de: mA  mB  9  6  3 kg

Resposta da questão 20: [B] Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema: PB  mA  mB  a  60  10 a  a  6 m/s2.

Resposta da questão 21: [E] Pela Segunda Lei de Newton, temos: FR  m.a  T  P  ma  T  15000  1500x3  T  19500N.

Resposta da questão 22: [D] Analisando as forças atuantes no sistema, podemos notar que a força F é responsável pela aceleração dos dois blocos. Assim sendo: 44

R  (m1  m2 )a 6  (3  1)a 6  4a

a  1,5 m s2

Analisando agora, exclusivamente o corpo 1, notamos que a tensão é a força responsável pela aceleração do mesmo. T  m1  a T  3  1,5 T  4,5 N

Resposta da questão 23: [C] Resposta da questão 24: [A] Resposta da questão 25: [D] No início da queda, a resultante das forças é o próprio peso, acelerando o esquilo. Porém, à medida que a velocidade aumenta, aumenta também a força de resistência do ar diminuindo a intensidade da resultante, que se anula quando ele atinge a velocidade terminal. Resposta da questão 26: [B] Questão envolvendo a dinâmica no movimento circular uniforme, em que a força resultante no ponto mais alto da lombada é representado na figura abaixo:

A resultante das forças é a força centrípeta: Fr  Fc  P  N   N  Mg 

M v2 M v2  Mg  N  R R

M v2 R

Resposta da questão 27: [C] Cálculo do tempo de queda: h

gt 2 t 2

2h  g

2  2R  g

t2

R . g

Após a ruptura da corda, na direção horizontal o movimento é uniforme. A velocidade inicial do lançamento é:  R 2 2 R D  v t  4R  v  2  v 2  4R g.   16R  v 4  g g  

Se a partícula é lançada horizontalmente, a corda se rompe no ponto mais alto. Imediatamente antes da ruptura, a força resultante centrípeta tem intensidade igual à soma das intensidades do peso e da tração. T  P  Fcent  T  mg 

m  4Rg mv 2  T  mg  R R

T  3mg.

Resposta da questão 28: [C] A velocidade mínima ocorre quando a força normal atuante na moto for nula, sendo a resultante centrípeta o próprio peso. Assim: Rcent  P 

m v2  mg  v  R

Rg  3,6  10  6 m/s 

v  21,6 km/h.

Resposta da questão 29: [B] Como as velocidades escalares são iguais e constantes, de acordo com a figura e as tabelas dadas, comparando as resultantes centrípetas temos:

Fc p 

M v2 R

 M v2 1  M v2  FK    FK   2R 2  R     M v2   3 M v2   F   F  3  F F  R  R      M v2  6 M v2    FS  2  FS  3 R  R    

 FK  FS  FF.

Resposta da questão 30: [B] Observe a figura abaixo onde estão mostradas as forças que agem no piloto.

Como o movimento é circular deve haver uma força centrípeta apontando para cima. Portanto, a força da aeronave sobre o piloto deve ser maior que o peso. Resposta da questão 31: [D]

Dados: r = 20 m; v = 72 km/h = 20 m/s; m = (800 + 60) = 860 kg e g = 10 m/s2. Sendo FN a força de reação da pista e P o peso do conjunto, analisando a figura, temos que a resultante centrípeta é: RC = FN – P  FN = RC + P  FN = m v2 860 (20)2  m g  FN   860 (10)  17.200  8.600  r 20

FN = 25.800 N. Resposta da questão 32: a) F 

m  v 2 1000  202   8000N. R 50

b) F  P  N  N  P  F  10000  8000  2000N. Resposta da questão 33: [D] Como o módulo da velocidade é constante só temos aceleração centrípeta: aC 

V2 R

Note que a aceleração é inversamente proporcional ao raio, vem: Como RA  RC  aA  aC  aB  0 47

Resposta da questão 34: [D] Resposta da questão 35: [B] AULA 7

Resposta da questão 1: [B] Resposta da questão 2: [C] Resposta da questão 3: [C] Resposta da questão 4: [B] Resposta da questão 5: [B] Para que um corpo extenso esteja em equilíbrio é necessário que o somatório dos momentos das forças em relação a um ponto “O” qualquer seja nula.

Fx3d  Pxd  P  3F

Resposta da questão 6: [D] Resposta da questão 7: [C] Como a alavanca está em equilíbrio de rotação, o somatório dos momentos horários é igual ao somatório dos momentos anti-horários. Assim: Q X = P Y  200 X = 600 Y  X = 3 Y. 48

Resposta da questão 8: [D] Quanto maior o braço da alavanca (distância da linha de ação da força ao apoio), menor a intensidade da força para se obter o mesmo torque. Resposta da questão 9: [D] Dados:

mc  0,5kg; bc  4cm; bp  10cm.

Sendo g a aceleração da gravidade local, estando a régua em equilíbrio estático, o somatório dos momentos é igual a zero. Calculando a massa do prato: m p g bp  mc g bc  m p 

mc bc 0,5  4   m p  0,2kg. bp 10

Colocando a massa m  1kg sobre o prato, aplicando novamente a condição de o somatório dos momentos ser nulo, calculamos a nova distância b'c do curso ao apoio.

m p  m g bp  mc g bc'  bc' 

m p  m b p mc



 0,2  1  10 0,5



bc'  24cm.

Resposta da questão 10: [D] Se a gangorra possui 2 m, logo d  1m. Essa questão pode ser resolvida, sem fazer contas, basta olhar para as alternativas e para a figura. Não pode ser nenhum valor igual ou superior a 1m, pois senão não haveria o equilíbrio da gangorra. A prova matemática se encontra a seguir: Onde M1 é a massa do garoto mais leve (35 kg), M2 a massa do garoto mais pesado (40 kg) e m a massa do saco de areia. Τantihorário  Τhorário M1  g  d  m  g  x  M2  g  d (  g) M1  d  m  x  M2  d 35  1  10  x  40  1 10x  40  35 10x  5 5 x 10 x  0,5 kg

Observação: Uma pequena sutileza que pode induzir o aluno ao erro e se encontra no enunciado é o seguinte: 49

"Dois garotos de massas iguais a 40 kg e 35 kg". Fazendo uma analise da figura, percebemos que na verdade são de 35 kg e 40 kg. Caso contrário, o saco de areia não faria equilíbrio. Resposta da questão 11: [A] Para que haja equilíbrio de rotação, o torque resultante deve ser nulo. Com o prato vazio, quando a peça móvel do braço maior está no zero, o torque do peso desse braço deve equilibrar o torque do peso da peça do braço menor somado ao torque do peso do prato. Colocando alimento no prato, a peça móvel do braço maior deve ser deslocada até que o torque do seu peso (PP) equilibre o torque do peso do alimento (PA). Assim: MPP  MPA   mP g dP  mA g dA  mP 

mA dA dP



65  60

mP  0,5 kg.

Resposta da questão 12: [E] Na barra agem as três forças mostradas na figura: peso do saco arroz (Pa ), o peso da barra (Pb ), agindo no centro de gravidade pois a barra é homogênea e a normal (N), no ponto de apoio.

Adotando o polo no ponto de apoio, chamando de u o comprimento de cada divisão e fazendo o somatório dos momentos, temos: MP  MP b

 m b g  u   m a g  3 u   m b  3 5  

m b  15 kg.

Resposta da questão 13: [B] Dados: L = 2 m; P = 10 N; d = 0,5 m; PA = 100 N. A figura mostra as dimensões relevantes para a resolução da questão.

Como a barra está em equilíbrio, em ralação ao ponto O, o somatório dos momentos em sentido anti-horário é igual ao somatório dos momentos em sentido horário. M PB  MP  M PA  PB 1,5   10  0,5   100  0,5   1,5 PA  45  PA  30 N.

Resposta da questão 14: [E] Dados: M = 3 kg; m = 0,6 kg; D = 8 cm. De acordo com ao enunciado: MDmd  d

M D 3  8 24   m 0,6 0,6



d  40 cm.

Resposta da questão 15: [C] Dados: m1 = 5 kg; d1 = 15 cm; m2 = 8 kg. Seja b a distância do ponto de suspensão do prato até o ponto de suspensão do gancho. Como há equilíbrio de rotação, temos:  mPd1  m1gb   mPd2  m2gb

 

d1 m1  d2 m2



15 5  d2 8

 d2  24 cm.

Resposta da questão 16: [A] Dados: g = 10 m/s2; mA = 20 kg  PA = 200 N. Supondo a barra homogênea, seu peso está aplicado no centro geométrico.

Como o sistema está em equilíbrio, o somatório dos momentos horários é igual ao somatório dos momentos anti-horários. Tomando como referência o ponto de suspensão, temos: PB (2) = PA (1)  2 PB = 200  PB = 100 N. Resposta da questão 17: [A] Em cada polia móvel, se o peso é desprezível, a força é dividida por dois. Assim, a força transmitida à extremidade da barra é 1/8 do peso do bloco, como indicado na figura.

Como a barra está em equilíbrio, o somatório dos momentos em relação à articulação A é nulo. Então: F  Ax 

P L  8

Ax 

P L . 8 F

Resposta da questão 18: [B] De acordo com o diagrama de corpo livre na figura abaixo, temos as forças envolvidas e a decomposição da tração em C nas direções horizontal (x) e vertical (y) :

Considerando o equilíbrio nos eixos horizontal e vertical, temos: Eixo horizontal: TA  TCx  TA  TC

Eixo vertical: TB  TCy  TB  TC

AULA 8

Resposta da questão 1: [D] Resposta da questão 2: [E] Resposta da questão 3: [D] Resposta da questão 4: [C] Resposta da questão 5: [A] Resposta da questão 6: [B] Resposta da questão 7: [C] 1. Falsa. Como ilustrado na figura, a força gravitacional do Sol (F) sobre a Terra tem duas componentes: a componente centrípeta (Fc ) , que define a trajetória e a componente tangencial, (Ft ) no mesmo sentido do movimento, quando a 53

Terra vai do afélio para o periélio, aumentando o módulo da velocidade, e contrária ao movimento, quando a Terra vai do periélio para o afélio, diminuindo o módulo da velocidade. 2. Verdadeira. De acordo com o princípio da ação-reação (3ª lei de Newton), ação e reação têm sempre a mesma intensidade.

Resposta da questão 8: [D] m m FG 1 2 d2 2  m1  m2 2  m1  m2 8  m1  m2 m m F1  G  F1  G  F1  G  F1  8  G 1 2  F1  8F 2 2 2 d d d2  d 2 4  

Resposta da questão 9: [A] A figura mostra as forças gravitacionais atuantes no corpo de massa m2 bem como a resultante dessas forças:

Calculando as intensidades dessas forças pela Lei de Newton da Gravitação:

 G  4m  2m  8Gm2  . F1  GMm  a2 a2 F  G  3m  2m  6Gm2 d2   . F2  a2 a2  F

100G2 m4 a4



F

10Gm2 a2

 F2  F12  F22 

64G2 m4 a4



36G2 m4 a4



Resposta da questão 10: [C] Na superfície do planeta, o módulo do campo gravitacional é diretamente proporcional a sua massa e inversamente proporcional ao quadrado de seu raio, então em relação à Terra: gK G  5MT / 1,6RT  g 5   K   gK 2 gT g 1,62 T G  MT / RT  2

2gT

Portanto, a aceleração gravitacional do planeta Kepler 452-b é aproximadamente o dobro em relação ao da Terra. Resposta da questão 11: [C] [I] Correta. A segunda lei de Kepler afirma que o segmento de reta Sol-planeta varre áreas iguais em intervalos de tempo iguais. [II] Incorreta. O quadrado do período (T) da órbita é proporcional ao cubo do raio médio (r) da trajetória (semieixo maior da elipse): T2  k r3 . [III] Correta. O movimento do planeta é acelerado de H para A e retardado de A para H. Portanto, VA  VH. Resposta da questão 12: [B] [I] INCORRETA. Pelo Princípio da Ação-Reação, essas forças têm a mesma intensidade. [II] INCORRETA. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, se a trajetória do cometa é elíptica, seu movimento é acelerado quando ele se aproxima do Sol e, retardado, quando se afasta. [III] CORRETA. A 3ª Lei de Kepler garante que corpos mais afastados do Sol têm maior período de translação. Resposta da questão 13: [B] Se a Estação Espacial Internacional não está fixa sobre um mesmo ponto da Terra ela não se comporta como geoestacionário. Se ela está em órbita, a força gravitacional age sobre ela Resposta da questão 14: 55

[B] ( F ) Um objeto colocado em uma altitude de 3 raios terrestres acima da superfície da Terra sofrerá uma força gravitacional 16 vezes menor do que se estivesse sobre a superfície. A expressão da força gravitacional é F  G

 R  h 2

sendo h a altitude e R o

raio da Terra. Assim:  Mm Na superfície : F  G 2 . R   Mm "Lá em cima" : F'  G  R  3 R 2 

G

 4 R 2

 F'  G

 F' 

F . 16

16 R 2

( V ) O módulo da força gravitacional exercida sobre um objeto pode sempre ser calculado por meio do produto da massa desse objeto e do módulo da aceleração da gravidade do local onde ele se encontra. P = m g, sendo g o módulo da aceleração da gravidade no local. ( F ) Objetos em órbitas terrestres não sofrem a ação da força gravitacional. É justamente a ação da força gravitacional que mantém os objetos, exercendo o papel da resultante centrípeta impedindo que o objeto saia pela tangente. ( V ) Se a massa e o raio terrestre forem duplicados, o módulo da aceleração da gravidade na superfície terrestre reduz-se à metade.  M  gG 2. R   2M  g'  G   2 R 2 

G

2M 4 R2

 g'  G

 g' 

g . 2

2 R2

Resposta da questão 15: [D] Analisando a questão com base na terceira lei de Kepler, temos: TA 2 RA3



TD2 RD3



TA 2 RA3



(8TA )2 RB3



1 RA3



64 RB3



RB3 RA3

R  R R  64   B   64  B  3 64  B  4 RA RA  RA 

Resposta da questão 16: [D] A atração gravitacional entre massas não depende de nenhuma rotação. Resposta da questão 17: [C]

Aceleração da gravidade (g0) na superfície da Terra: g0 

G.M R2

(equação 1)

Onde: G: constante da gravitação universal; M: massa da Terra; R: raio da Terra. Aceleração da gravidade (g) na estação espacial: g 

G.M d2

Onde d equivale à distância entre o centro da Terra e a estação espacial. Como a estação se encontra a uma altura de 5% o raio da Terra, ou seja, 0,05  R , temos: d  R  0,05R  d  1,05R

Substituindo na equação: g 

G.M (1,05.R)2

(equação 2)

Dividindo a equação 2 pela equação 1: g 1   g  0,90.g0  g  90%.g0 g0 (1,05)2

Resposta da questão 18: [C] Resposta da questão 19: 09 ==> AS CORRETAS SÃO 08 E 01. Resposta da questão 20: [A] Considerando órbitas circulares, a força gravitacional age como resultante centrípeta. Sendo m a massa do planeta, M a massa do Sol e r o raio da órbita do planeta: FRcent  Fgrav v



m v2 G M m  r r2



GM . r

Essa expressão final mostra que a velocidade orbital é inversamente proporcional à raiz quadrada do raio da órbita. Como a Terra está mais próxima do Sol que Marte, sua velocidade orbital e maior, possuindo, em consequência, também maior velocidade angular e menor período.

A figura mostra seis posições da Terra e as seis correspondentes posições de Marte, bem como a trajetória de Marte para um observador situado na Terra. Os intervalos de tempo entre duas posições consecutivas são, aproximadamente, iguais. Note que devido à maior velocidade orbital da Terra, da posição 1 até a 3, Marte parece avançar, de 3 a 5 ele parece regredir, tornando a avançar de 5 a 6. Aliás, esse fenômeno foi um dos grandes argumentos para que o heliocentrismo de Copérnico superasse o geocentrismo de Ptolomeu.

AULA 9

Resposta da questão 1: [B] A energia total é constante. A energia potencial cresce com a altura: UA > UB > UC A energia cinética decresce com a altura: KA< KB < KC Portanto: A  II B  IV C  VI Resposta da questão 2: [C] Pela conservação da energia mecânica, toda energia cinética que o atleta 58

adquire na etapa I, é transformada em energia potencial na etapa III, quando ele praticamente para no ar. OBS: Cabe ressaltar que o sistema é não conservativo (incrementativo), pois no esforço para saltar, o atleta consome energia química do seu organismo, transformando parte em energia mecânica, portanto, aumentando a energia mecânica do sistema. Resposta da questão 3: [B] Na geração de energia elétrica utilizando hidrelétricas, as águas nas represas descem por um conduto forçado, transformando a energia potencial da água em energia cinética. Esta energia cinética é utilizada para girar a turbina que está ligada à um gerador por um eixo e enfim gerar energia elétrica. Logo, pode-se concluir que a conversão de energia elétrica se dá primariamente a partir da energia potencial gravitacional da água nas represas. Resposta da questão 4: [B] Pela conservação da energia mecânica: A Emec  EB mec 

m v 2A  m g H  vA  2

2gH 

2 10  0,45   9  v  3 m/s 

v  10,8 km/h.

Resposta da questão 5: V F V V F. (V) Como o referencial está em “a” a energia da bola é unicamente. (F) A velocidade da bola não é nula. Portanto, há energia cinética. (V) A bola voltou ao referencial “a”. (V) A única força que age é o peso. (F) A soma das duas é conservada. Resposta da questão 6: [C] Tratando-se de um sistema conservativo, a energia mecânica inicial, no lançamento, é igual à energia mecânica no ponto mais alto, que é o mesmo para as três trajetórias. Portanto, a energia potencial também é a mesma. Assim, fica na dependência da energia cinética. A partir do ponto mais alto, a trajetória de maior alcance horizontal é a III, portanto, a de maior velocidade horizontal e, consequentemente, a de maior energia cinética. Assim, a trajetória III é a que apresenta maior energia mecânica no ponto mais alto, logo, maior energia mecânica no lançamento. Resposta da questão 7: [B] 59

Pela conservação da energia mecânica, a energia potencial elástica armazenada no sistema é transferida para a flecha na forma de energia cinética. Dados relevantes: x = 1 m; m = 10 g = 10–2 kg; k = 1.600 N/m m v 2 k x2  2 2

 vx

k 1.600 1 m 102

= 16  10 4 

V = 400 m/s. Resposta da questão 8: [A] A energia potencial elástica (Epot) armazenada no sistema é igual ao trabalho da força elástica  WFel  para provocar essa deformação. Como a força elástica varia com a deformação, esse trabalho é dado pela “área” entre a linha do gráfico e o eixo da deformação, como mostra a figura. Força

deformação

Epot  WFel  " Área" 

x F x(k x)  2 2

 Epot 

1 k x2 2

Resposta da questão 9: [D] Como o carrinho não volta à mesma altura, podemos concluir que existe uma força dissipativa. Sendo assim: ETM > ETN > ETP > ETQ Tomando o nível de referência NP, temos em M e Q somente energia potencial e em N e P somente energia cinética. Sendo assim: EPM > ECN > ECP > EPQ Resposta da questão 10: [C] Resolução Na máxima compressão da mola o corpo não apresentará velocidade e consequentemente energia cinética.

Resposta da questão 11: 60

[D] X Como o jovem passa pelo X, a velocidade nesse ponto é não nula: Ecin  0. O enunciado não informa se o sistema é (ou não) conservativo entre os pontos V e X.

Podemos então escrever: V X X Ecin  Ecin  Epot

X V V X X X  0  Ecin  Ecin  Epot  Epot  Ecin . . Como Ecin

Resposta da questão 12: [A] Como o sistema é conservativo, a soma dos percentuais das energias cinética (EC ) e potencial (EP ) tem que dar 100%. Como nos extremos (A e B) a velocidade é nula (EC  0), temos 0% de energia cinética e 100% de energia potencial; já no ponto 0, a deformação é nula (EP  0), então temos 0% de energia potencial e 100% de energia cinética. Assim: Ponto A : 100% de EP e 0% de EC . (barra preta). Ponto 0 : 0% de EP e 100% de EC . (barra branca). Ponto B : 100% de EP e 0% de EC . (barra preta). Resposta da questão 13: [C] 1ª Solução: Pela conservação da energia mecânica, a energia cinética ao final da queda é igual a energia potencial no início da queda. final E cin  E inicial pot  mgh  500  10  3  15.000 J 

final Ecin  15kJ.

2ª Solução: O movimento da cabine é uma queda livre. Pela equação de Torricelli: 

v 2  v 02  2a ΔS  v 2  0  2  10  3  v 2  60(m  s) 2 . final Ecin 

m v 2 500  60   15.000 J  2 2

final Ecin  15 kJ.

Resposta da questão 14: [E]

F  kx  x 

F k

2 F  k  x  x 

2 F k 2

E

1 1 F 1 F2 2 k  x  E  k     E   2 2 k  2 k

E' 

1  2 F  1 1 F2 F k   E'  4   k   E'  4    E'  4  E k  2  k  2 2 k  

Resposta da questão 15: [A] Resolução Em condições ideais a mola converterá a energia elástica acumulada em energia cinética. E(potencial elástica) = E(cinética) k.x2/2 = m.v2/2 k.x2 = m.v2 4000.(10-3) 2 = 10-3.v2 4.10-3 = 10-3.v2 4 = v2  v = 2 m/s

Resposta da questão 16: [C]

Tomando B como referência: EtA  mghA 

1 1 mV 2  2x10x3,5  x2x22  74J 2 2

EtB  mghB  2x10x3,0  60J

Energia dissipada = 74 - 60 = 14J. Resposta da questão 17: [E] 62

Sendo v a velocidade do carro mais lento, a do mais veloz é 2v. Assim, as respectivas energias cinéticas, EC1 e EC2 , são:  m v2 EC1  2   2 m2 v   m v2 4 EC2  2 2 

 

EC2 4  EC1

EC2  4EC1.

Resposta da questão 18: [E] Dados: h = 2,4 m; vAB = 4 m/s.

Usando duas vezes a conservação da energia mecânica: AB CD EMec  EMec



2 m v CD m v 2AB  mgh  2 2



v2 42  10(2, 4)  CD 2 2

2  v CD  64  vCD = 8

ms. CD E EMec  EMec



2 m v CD

 mgH 

82  10 H  H = 3,2 m. 2

Resposta da questão 19: [D] - Energia potencial: EP  m g h. Sendo uma descida, a altura diminui, a energia potencial diminui. - Energia cinética: EC 

m v2 . Sendo constante a velocidade, a energia cinética 2

também é constante. - Energia mecânica: EM  EC  EP . Se a energia potencial diminui e a energia cinética é constante, a energia mecânica diminui. Resposta da questão 20: [C] Como se trata de sistema conservativo, a energia mecânica é constante. Resposta da questão 21: [C] 63

Usando a conservação da energia mecânica: EMA  EMB  m ghA 

m vB2  vB  2gh 2

Substituindo os dados do problema: vB  2gh  vB  2  10 m s2  1,8 m  vB  6,00 m s

Resposta da questão 22: [A] Sabendo que se trata de uma queda livre (velocidade inicial v0 é nula), onde a altura inicial é de 5 metros e a massa do corpo é de 0,5 kg, podemos resolver de duas formas distintas. 1ª Solução – Queda Livre: Utilizando a equação de Torricelli, temos que: v 2  v 02  2  a  ΔS

Onde, ag ΔS  h v0  0

Temos que, v2  2  g  h v 2  2  10  5 v  100 v  10 m s

2ª Solução – Conservação de Energia Mecânica: Sabendo que inicialmente o corpo está em repouso, podemos dizer que: Em  Em

Ep  Ec

m  gh 

m  v2 2

v2  2  g  h v  10 m s

Resposta da questão 23: [C] Sendo o sistema conservativo, a energia mecânica no ponto A é igual à energia mecânica em C e como a energia mecânica em cada ponto é a soma da energia potencial gravitacional e a cinética, temos:

EM A   EM C  m  g  hA 

2 m  vC m  v 2A  m  g  hC  2 2

Usando v A  0 e isolando vC : v C  2g  hA  hC   v C  2  10   98  53  v C  30 m / s  108 km / h

Resposta da questão 24: [B] Dados: m = 2 kg; K = 200 N/m; v = 1 m/s; h = 4 m. O sistema é conservativo. Então: A B EMec  EMec

x

81 100



K x2 m v2 m g h 2 2



2 1 200 x 2  2 10  4   2 2



 x  0,9 m.

Ignorando a resposta negativa: x = 90,0 cm. Resposta da questão 25: [A] Dados: h = 3,2 m; v = 6 m/s; g = 10 m/s2; m = 40 kg. Considerando desprezível a resistência do ar e adotando referencial no ponto final da descida, pela conservação da energia mecânica: inicial final EMec  EMec

 m gH

m v2 mgh 2

 10 H 

62 50  10  3,2  H  22 10



H = 5 m.

Resposta da questão 26: [E] Dados: m = 80 kg; h = 450 m; g = 10 m/s2;  = 25% = 0,25 = 1/4. A energia útil (EU) nessa atividade a energia potencial gravitacional adquirida pela pessoa. EU  mgh  80 10  450   360.000 J  EU  360 kJ.

A energia total (ET) liberada pelo organismo nessa atividade é: 

EU ET

 ET 

EU 360  1  4

 ET  4  360  

ET  1.440 J.

Consultando a tabela dada, concluímos que essa quantidade de energia corresponde à de 4 porções de espaguete. Resposta da questão 27: [B] Em relação ao plano horizontal que passa por A, a altura em D é HAB  1,6  1  0,6 m.

Usando a conservação da energia mecânica: A Emec  ED mec

200 10  2



m v 2A k x2   m g HAD  2 2



1.100 x 2  200 10  0,6   x  2

10.000  1.200  2 1100



x  4 m.

Resposta da questão 28: [B] Dados: k  10N/cm  103 N/m; x0  6cm  6 102m; m  10kg. Desprezando a ação de forças dissipativas, o sistema é conservativo. Então: f i Emec  Emec 

2 m v 2 k x0   v  x0 2 2

k 103  6  102  v  6  102  10  6  101  m 10

v  0,6 m s.

Resposta da questão 29: [C] Ec  Epgravitacional 1 m  v2  m  g  h 2 V  2gh V  2  10  3,2 V 8m s Ec  Epelástica 1 1  m  v 2   k  x2 2 2 m  v2  k  x2 x

m  v2 x k

5  64 x 8x2 2 40

Resposta da questão 30: 66

[C] A menor altura h é aquela que faz com que o carrinho passe pela posição (2) com a velocidade mínima permitida para um círculo vertical (quase perdendo o contato com a pista), ou seja, a força normal que a pista aplica no carrinho é praticamente nula. Assim, a força resultante centrípeta R C  nessa posição (2) é o próprio peso do carrinho. m v2 mg  R

RC = P 

v2 = R g. (I)

Pela conservação da energia mecânica entre as posições (1) e (2): (1) Pot

E

(2) Cin

E

(2) Pot



m g h

m v2 2

 m g (2R)

(M.M.C. = 2) 

2 g h  v 2  4 R g (II).

Substituindo (I) e (II): 2 ghR g 4 R g h 

5 R  h = 2,5 (24)  h = 60 m. 2

Resposta da questão 31: [C] m v 2A 2 2 2 EA 2  m v A  2   v A    50       70  2 2 EB m vB 2   m vB  vB  2

EA 25  . EB 49

Resposta da questão 32: [D] Pela conservação da energia mecânica: mv 2  mgh  v  2gh  a velocidade é diretamente proporcional à raiz 2

quadrada da altura do plano inclinado. Resposta da questão 33: [D] Temos um lançamento oblíquo na qual podemos separar em dois movimentos independentes: horizontalmente, um movimento retilíneo uniforme com velocidade constante de módulo v0x  v0  cos φ e, verticalmente, um lançamento vertical com velocidade inicial igual a v 0y  v0  sen φ. Para o ponto mais alto da trajetória a energia cinética está relacionada com a velocidade neste ponto que é devida somente à componente horizontal, ou seja, v0x , logo: Ec 

m  v0x2 2 67

Já a energia potencial no ponto mais alto será dada pela relação: Epg  mgh

Mas essa energia pode ser relacionada à energia cinética inicial no lançamento vertical, por se tratar de um sistema conservativo, então: Epg  Ecy 

m  v 0y 2 2

Resposta da questão 34: [A] O plano de referência para energia potencial será adotado no ponto 25 m abaixo do ponto (A) de onde Helena se solta.

Sendo a velocidade inicial nula, pela conservação da energia mecânica, temse: A Emec  EB mec  mg(L0  h) 

12.500  v 2  12.500 

m v 2 kh2 50 v 2 250  102   50  10  252    2 2 2 2

v  0.

Resposta da questão 35: [B] Resposta da questão 36: [E] 1ª Solução: O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade horizontal constante de v0 = 5 m/s. t

x 5   1 s. v0 5

A componente vertical da velocidade é: 68

v y  v0y  g t  v y  0  10 1  v y  10 m/s.

Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada: v 2  v 02  v 2y

 v  52  102

 v  125 

v  5 5 m/s.

2ª Solução: Calculando a altura de queda: h

1 2 2 g t  h  5 1 2

 h  5 m.

Pela conservação da energia mecânica: m v02 m v2 m g h 2 2 v  5 5 m/s.

 v  v 02  2 g h  v  52  2 10  5   125 

Resposta da questão 37: [D] Ep  Ec 1  m  v2 2 v  2gh

mgh 

Como a velocidade cai a metade após a colisão, a energia cinética final será 1 2

da energia inicial ( Ec   m  v 2 ). Logo, ΔE 

3 3  10  103  1,2  10  ΔE   120  103 4 4

1 4

3 da energia foram perdidos. 4 3  ΔE   120 mJ  ΔE  90 mJ 4

Resposta da questão 38: [A] No ponto de compressão máxima, a velocidade é nula. Adotando esse ponto como referencial de altura, nele, a energia potencial gravitacional também é nula. Assim, aplicando a conservação da energia mecânica. i f EMec  EMec  m g h  d 

k d2  2

k

2 m g h  d d2

Resposta da questão 39: [A] A figura abaixo mostra o nível de referência para a energia potencial e as forças que agem sobre o ocupante.

Durante a descida a energia mecânica se conserva: 1 1 52 V2 ETF  ETI  mgh  mV02  mV 2  10  30    V  25 m s 2 2 2 2

No ponto mais baixo podemos escrever: NP  m

V2 R

Mas: N  3,5 P, então: 3,5P  P  m

V2 V2 252 625  2,5mg  m  2,5  10  R   25 m R R R 25

Resposta da questão 40: [D] Resposta da questão 41: [C] Resposta da questão 42: [B] Resposta da questão 43: [B] Resposta da questão 44: [E] Resposta da questão 45: [C] AULA 10

Resposta da questão 1: [B] 70

W  Fdcos α  1 800  200dcos0  d 

1 800 200



d  9m.

Resposta da questão 2: [B] A potência média é:



Pm  Fcos 600

 ΔΔSt  25x0,5x 205  50W.

Resposta da questão 3: [C] Como o trabalho realizado na situação envolve translação na horizontal, sendo o deslocamento igual em ambos os casos, terá maior trabalho realizado a situação que envolver a maior força na direção horizontal. Como os módulos das forças são iguais nos dois casos, a primeira situação, caso (a), tem uma redução da força na direção do deslocamento (horizontal) por ser uma força inclinada, realizando menor trabalho no trecho. No caso (b) temos o maior trabalho realizado, pois a força é aplicada na mesma direção do deslocamento. Resposta da questão 4: [B] Apenas forças (ou componentes) paralelas ao deslocamento realizam trabalho. Assim: Figura X: WX  Fh d   Figura Y: WY  Fh d   Figura Z: WZ  F d

 F  Fh  WX  WY  WZ .

Resposta da questão 5: [C] Aplicação de fórmula: W  F.d.cos   80x20x0,6  960J Resposta da questão 6: [A] Aplicando o Teorema da Energia Cinética: W  Ecin 

m v 2 m v 02 100  202   0  50  400  20.000 J  2 2 2

W  20 kJ.

Resposta da questão 7: [C] 71

Se a velocidade é constante, a resultante das forças paralelas ao movimento é nula. Logo, intensidade da força motriz (Fm ) é igual à intensidade da resultante das forças resistivas (Fr ). Fm  Fr  3kN.

A velocidade é constante, v  90km h  25m s. Aplicando a expressão de potência mecânica associada a uma força: P  F v  3  25 

P  75kW.

Resposta da questão 8: [C] Dados: m = 10 kg; R = 10 N; S = 12,5 m. Calculando o trabalho da resultante: WRv  F S  10  12,5

 WRv  125 J.

A velocidade pode ser calculada pelo teorema da energia cinética: WRv  ECin 

m v 2 m v 02  2 2



125 

10 v 2 0 2



v  5 m / s.

Resposta da questão 9: [D] A potência é a razão entre a energia potencial transferida e o tempo de deslocamento. Pot 

Epot t



mgh 300 10  6   t 20

 Pot  900 W.

Resposta da questão 10: [A] Aplicando a definição de potência média: Pot 

Epot Δt



mgh 30  10  5   Δt 5

Pot  300 W.

Supondo que a subida tenha sido à velocidade constante: F  P  mg  30  10 

F  300N.

Resposta da questão 11: F – F – V – V – V. E t

Falsa. A potência é dada pela razão entre a energia e o tempo: P  . Então: 72

P

E P  t

kcal 103 cal  102 cm  4J 20     2 m2  2 1 kcal  1 m  1 cal cm   60 s 2 min  1 min

 0,25  P  3,33  106 W

Falsa. Desconsiderando os atritos: 1000 kg   20 m / s  mv 2 Ec   Ec   Ec  2  105 J 2 2 2

Verdadeira. A velocidade final no S.I. será: v  72 km / h 

1m / s  20 m / s 3,6 km / h

Usando a energia para esse valor de velocidade já calculado: t

E 2  105 J t  t  1000 s  16,67 min  16 min 40 s P 200 W

Verdadeira. P  400 W  400 J / s 

1 cal  P  100 cal / s 4J

Verdadeira. 25% de 10 J é 2,5 J. Resposta da questão 12: [B] Como foram dissipados 4 J de energia mecânica do corpo, o trabalho das forças não conservativas é igual a – 4 J. Assim, aplicando o teorema da energia cinética, vem: WRv  Ecin



2 10 10   4 

WPv  WFv

não  conserv

2 v2 2



final  Ecin  Einicial cin

v 2  196



m g h4

m v2 2



v  14 m / s.

Resposta da questão 13: [C] No caso, a potência mínima será dada por: P

500  2500 kg  10 m / s2  20 m τ mgh  P   24000 W  24 kW Δt Δt 25 s

Resposta da questão 14: [C] A potência mecânica P é a razão entre o trabalho W e o tempo t em realizá-lo. 73

P

W t

Mas o trabalho para erguer uma determinada massa é dado pelo produto da massa, aceleração da gravidade e altura deslocada, em módulo. W  m gh

Logo, temos:





500 kg  2,5  103 kg  10 m / s2  20 m W m gh P    24  103 W t t 25 s

Resposta da questão 15: [B] Wgrav  m gh  0,1 10  0,2 

Wgrav  0,2 J.

Resposta da questão 16: [A] Dados: P  2  204 W; Δt  1 h  3,6  103 s. W  P  Δt  2  104  3,6  103



W  7,2  107 J.

Resposta da questão 17: [E] Dados: m  120kg; ΔS  5m; h  1,5m; g  9,8m / s2; Fat  564N. Considerando que as velocidades inicial e final sejam nulas, o trabalho é mínimo quando a força na subida da rampa é aplicada paralelamente ao deslocamento. Aplicando o teorema da energia cinética, temos: WRe s  ΔEC  WF  WP  WFat  0  WF  m g h  Fat ΔS  0  WF  m g h  Fat ΔS  WF  120  9,8  1,5  564  5  1.764  2.820  WF  4.584 J.

Resposta da questão 18: [C]

P

ΔEpot Δt



m g h 90  10  16   480 W  Δt 30

P  0,48 kW.

Resposta da questão 19: [C]

A potência teórica (PT ) em cada unidade corresponde à energia potencial da água represada, que tem vazão z 

V  690 m3 s. Δt

Sendo ρ a densidade da água, g a aceleração da gravidade e h a altura de queda, tem-se: mgh ρ V gh V   ρ gh  PT  ρ z gh  103  690  10  118,4  816,96  106 W  Δt Δt Δt PT  816,96 MW.

PT 

A potência gerada em cada unidade é: PG 

14.000  PG  700 MW. 20

A potência não aproveitada (dissipada) corresponde à diferença entre a potência teórica e a potência gerada. Pd  PT  PG  816,96  700 

Pd  116,96 MW.

Resposta da questão 20: [A] 1ª Solução: Do gráfico, calculamos o módulo da aceleração: a 

Δv Δt



05 10  0

 a  0,5 m/s2 .

A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito: Fat  R  μ m g  m a  μ 

a g



0,5  0,05  10

μ  5  102.

2ª Solução: Do gráfico, calculamos o deslocamento: ΔS  "área" 

5  10  25 m. 2

A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. Pelo teorema da energia cinética: WFat  WR   Fat ΔS  μ

m v 02 m v 2 m v 02    μ mg ΔS  0   2 2 2

v 02 52 1   2 g ΔS 2  10  25 20



μ  5  102.

Resposta da questão 21: [D] A potência da bomba é usada na transferência de energia potencial gravitacional para água. 75

Pm 

Epot Δt

 Epot  Pm Δt  mgh  Pm Δt  m 

m  900kg 

Pm Δt gh



50  3 600 1 800   10  20 2

V  900L.

Resposta da questão 22: [A] A área sombreada abaixo é numericamente igual ao trabalho da força elástica.

W

80  40 x2  120J . 2

Resposta da questão 23: [E] Pelo teorema da energia cinética: f Wr e s  ΔEcin  WFel  WP  WN  WFat  Ecin  Eicin 

k x2 kx  0  0  Fat  5 x   0  0   5 μC m g  2 2 x

10 μ C m g . k

Resposta da questão 24: [C] P

W mgh 320x9,8x600    3136W . Δt Δt 10x60

Resposta da questão 25: [B] Dados: m1 = 1.000 kg; v1 = 360 km/h = 100 m/s; m2 = 800 kg; v2 = 720 km/h = 200 m/s. Aplicando o teorema da energia cinética:

1.000 100  m v 2 m v 2 800  200   2 2 1 1    1,6  107  0,5  107  2 2 2 2 2

Wres  Ecin

Wres  1,1 107 J.

Resposta da questão 26: [B] Resposta da questão 27: [C] Resposta da questão 28: [B] Resposta da questão 29: [D] Resposta da questão 30: [D] O trabalho pedido é numericamente igual a área da figura sombreada

W

64  5  25J 2

AULA 11

Resposta da questão 1: [A] Δp  m  ΔV  Δp  50  103 

108  Δp  1,5 kg m s 3,6

Resposta da questão 2: [A] Se o ângulo de inclinação do plano de subida for reduzido à zero, a esfera passa a se deslocar num plano horizontal. Sendo desprezíveis as forças dissipativas, a resultante das forças sobre ela é nula, portanto o impulso da 77

resultante também é nulo, ocorrendo conservação da quantidade de movimento. Então, por inércia, a velocidade se mantém constante. Resposta da questão 3: [A] Sabe-se que o momento linear em uma colisão sempre é conservado, independentemente do tipo de colisão. Quanto a conservação de energia cinética, sabe-se que esta depende do tipo de colisão. - Colisão Parcialmente Elástica: Ocorre dissipação parcial de energia durante a colisão. Portanto, não há conservação de energia cinética. - Colisão Perfeitamente Elástica: Há conservação de energia cinética. - Colisão Inelástica: Ocorre dissipação máxima de energia durante a colisão. Portanto, não há conservação de energia cinética. Analisando as afirmativas, observa-se que somente a [III] é correta. Resposta da questão 4: [B] [I] Falsa. O airbag reduz a força média sobre o corpo do ocupante do carro durante a colisão com o painel, pois aumenta o tempo de contato entre o sistema corpo-airbag. O impulso permanece o mesmo, que equivale à diferença de quantidade de movimento. [II] Verdadeira. [III] Verdadeira. [IV] Falsa.O cinto de segurança prende o passageiro ao banco evitando que o movimento do seu corpo continue por inércia após o choque. A aceleração e a variação da quantidade de movimento dos ocupantes que utilizam o cinto de segurança serão as mesmas sofridas pelo automóvel no momento do acidente. Resposta da questão 5: [C] Sabemos que no gráfico da força em função do tempo, a intensidade do impulso é numericamente igual à "área" entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim: IF 

 4  1   3  1 20  10 1   20  15  50  2 2

IF  65 N  s.

Resposta da questão 6: [C] a

Δv 32  ( 18) 50 a a  500 m s2 Δt 0,1 0,1

Ou usando o teorema do Impulso – Quantidade de movimento

F  Δt  m  Δv m  a  Δt  m  Δv m  a  Δt m  Δv  m m a  Δt  Δv Δv 32  ( 18) 50 a a a  500 m s2 Δt 0,1 0,1

Resposta da questão 7: [B] Dados: m  140 g  0,14 kg; v0  0; v  162 km/h  45 m/s. Como não há variação na direção do movimento durante o processo de aceleração, podemos usar o Teorema do Impulso na forma modular: I F  ΔQ

 F Δt  m Δv  F 

m Δv 0,14  45   Δt 0,07

F  90 N.

Resposta da questão 8: [D] As colisões totalmente inelásticas ocorrem quando os corpos após colidirem ficam unidos como se fosse um só corpo e suas velocidades finais são iguais entre si.

A quantidade de movimento Q se conserva, portanto a quantidade de movimento antes da colisão é a mesma após a colisão. Qinicial  Qfinal

m1  v1  m2  v 2   m1  m2   v f vf 

m1  v1  m2  v 2 m1  m2

Substituindo os valores: vf 

10g  5m / s  15g  0m / s 50g m / s   2 m/ s 10g  15g 25g

Resposta da questão 9: [D] 79

Aplicando o teorema do impulso de uma força: Ι  ΔQ F  Δt  m  v

Assim temos a velocidade ao final de 4 segundos: v

F  Δt 500 N  4 s v  v  20 m / s m 100 kg

A energia cinética será, 100 kg   20 m / s  m  v2 Ec   Ec   Ec  2,00  104 J 2 2 2

Resposta da questão 10: [C] No instante em que a bola atinge o ponto mais alto, sua velocidade é nula, pois é o exato ponto onde ela para e muda de direção (começa a cair). Tendo que o momento linear é dado por: Q  mv Q  0,5  0 Q0

Se a velocidade da bola é nula, seu momento linear também é nulo. Resposta da questão 11: [A] Tem-se a seguinte situação.

Em uma colisão perfeitamente inelástica, os corpos permanecem juntos após a colisão. Desta forma: m1  v1i  m2  v 2 i  m1  v1f  m2  v 2 f

Como, v1f  v 2 f

m1  v1i  m2  v 2 i  m1  m2   v f

m   20   m   10   2  m  v f 2v  10 v  5m s

Assim,

Resposta da questão 12: [A] Como se trata de uma queda livre, a velocidade aumenta linearmente com o tempo durante a queda, portanto o momento linear ou quantidade de movimento (Q = m v) também aumenta durante a queda. Resposta da questão 13: [E] O Impulso recebido é numericamente igual à "área" entre a linha do gráfico e o eixo t. IF 

2 1  4  I F  6 N  s. 2

Se a referida força é a resultante, podemos aplicar o Teorema do Impulso. I R  ΔQ  I R  m  v  v 0   6  1 v  3   v  9 m/s.

Resposta [E]

questão

14:

Trata-se de um exemplo de choque perfeitamente inelástico, pois o bólido ficou incrustado na Terra. Sendo um sistema mecanicamente isolado, o momento linear (quantidade de movimento) é conservado. Nesse evento, ocorre dissipação da energia mecânica. Resposta da questão 15: [B] Orientando a trajetória no sentido da velocidade de chegada, V1  8 m/s e V2   0,6 m/s. Durante a colisão, o impulso da força resultante é numericamente igual à área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim, aplicando o teorema do impulso:

IF  ΔQ



Fmáx Δt 2

 m Δv  Fmáx 

2 m Δv Δt



2  0,4  0,6  8 0,2



Fmáx  34,4 N.

Resposta da questão 16: [B] Dados: M  400 g; mA  200 g; mB  mC  100 g; v A  100 m/s; vB  200 m/s e vC  400 m/s. Empregando a conservação da Quantidade de Movimento nas duas direções, para antes e depois da explosão: Na vertical (y): Qantes  Qdepois  Qantes  m B v B  m A v A  100  200  200  100  y y y Qantes  0  a bomba explodiu no ponto mais alto de sua trajetória. y

Na horizontal (x): Qantes  Qdepois  M v 0  mC v C  400 v 0  100  400  x x v 0  100 m/s.

Resposta da questão 17: [A] Pela conservação da quantidade de movimento: m v0  2 m v



v

v0 2

Resposta da questão 18: [B] Do descrito no enunciado, sabe-se que: m1  m2  m v1f  v 2f  v f

Logo,

Qi  Qf m1  v10  m2  v 20  (m1  m2 )  v f m  v10  2  m  v f vf 

v10 2

Assim, a velocidade após a colisão é a metade da velocidade inicial do projétil. Resposta da questão 19: [E] Pelo teorema do sistema mecanicamente isolado: Antes Qsist  QDepois  mv  2 m v'  sist

v' 

v . 2

Resposta da questão 20: [C] A velocidade do carrinho 1 antes do choque é: v1 

Δs1 30,0  15,0   v1  15,0 cm s. Δt1 1,0  0,0

O carrinho 2 está em repouso: v2  0. Após a colisão, os carrinhos seguem juntos com velocidade v12, dada por: v12 

Δs12 90,0  75,0   v12  5,0 cm s. Δt12 11,0  8,0

Como o sistema é mecanicamente isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento.

depois Qantes  Q1 Q2  Q12  m1 v1  m2 v 2  (m1  m2 )v12  sist  Qsist

150,0  15,0  (150,0  m2 )5,0  m2 

150,0  15,0  150,0  5,0

m2  300,0 g.

Resposta da questão 21: [C] A energia não conserva, pois, durante a explosão, a queima da pólvora transforma energia química em energia térmica e cinética, aumentando, então, a energia cinética do sistema. Como as forças originadas na explosão são internas, não há alteração na trajetória do centro de massa, que segue a mesma trajetória parabólica anterior à explosão. Resposta da questão 22: [C] Para esta análise, é necessário analisar as quantidades de movimento dos dois caminhões vetorialmente, conforme figura abaixo.

Assim, temos que, Qf  Q12  Q22 Qf 

m1  v1 2  m2  v 2 2

Qf 

 2000  30 2   4000  20 2

Qf 

 60000 2   80000 2

Qf  100  103 kg  m s

Assim, é possível encontrar a velocidade dos dois caminhões após a colisão. Qf  m  v f vf  vf 

Qf m1  m2  100  103

6  103 100 vf  ms 6 ou v f  60 km h

Resposta da questão 23: [E] Tratando de um sistema mecanicamente isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento. Assim: Q c  Q b  mc v c  mb vb  90 v c  360  0,2  

v c  0,8 m/s.

Resposta da questão 24: [C] Como o movimento antes da colisão era estritamente sobre o eixo x, a componente da quantidade de movimento no eixo y é nula. Pela conservação da quantidade de movimento tem-se, então: Qfinal  Qinicial  m1 v1y  m2 V2y  0  0,2  5  m2  2   0  y y

m2  0,5 kg.

Resposta da questão 25: [C] Como se trata de sistema mecanicamente isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento. Qfinal  Qincial  Qfinal  3 m v.

Portanto, após as colisões, devemos ter três esferas bolas com velocidade v como mostra a alternativa [C]. Podemos também pensar da seguinte maneira: as esferas têm massas iguais e os choques são frontais e praticamente elásticos. Assim, a cada choque, uma esfera para, passando sua velocidade para a seguinte. Enumerando as esferas da esquerda para a direita de 1 a 5, temos: - A esfera 3 choca-se com a 4, que se choca com a 5. As esferas 3 e 4 param e a 5 sai com velocidade v; - A esfera 2 choca-se com a 3, que se choca com a 4. As esferas 2 e 3 param e a 4 sai com velocidade v; - A esfera 1 choca-se com a 2, que se choca com a 3. As esferas 1 e 2 param e a 3 sai com velocidade v. Resposta da questão 26: [A] Utilizando o teorema do impulso temos: I  F  Δt  m  ΔV

De forma escalar temos:

I  F  Δt  m  Δv m  Δv F Δt

Analisando esta última expressão, podemos concluir que para a frenagem do veículo a força é inversamente proporcional ao tempo da colisão. A colisão direta da cabeça do motorista no volante ocorre em um intervalo de tempo muito pequeno, o que resulta em uma grande força de impacto. Entretanto, o airbag aumenta o tempo de colisão (frenagem da cabeça do motorista), o que diminui a força do impacto. Resposta da questão 27: [D] O sistema é isolado. Há conservação da quantidade de movimento total do sistema. Q  Q0  M  m.V  mV0  3V  0,3x5  V  0,5 m/s

Resposta da questão 28: [D] O Teorema do Impulso afirma que o Impulso da resultante das forças é igual à variação da quantidade de movimento. Durante o impacto do trapezista agem nele duas forças: o seu próprio Peso  P  e a força Normal  N  aplicada pela superfície de apoio (o solo ou a rede). Essas forças têm sentidos opostos. IR  m Δv



N  P Δt  m Δv

 N

m Δv Δt

 mg.

Os impulsos exercidos pela rede e pelo solo têm mesma intensidade, igual à da variação da quantidade de movimento. Porém, o intervalo de tempo de impacto contra a rede é maior que o intervalo de tempo de impacto contra o solo, tornando menor intensidade média da Normal aplicada pela rede. Resposta da questão 29: [D] Analisando cada uma das afirmações: [I] Correta. Antes da colisão, apenas um dos blocos estava em movimento. Assim, sendo vf a velocidade do conjunto depois da colisão, pela conservação da quantidade de movimento: m v  2 m vf

v  vf  . 2

Comparando as energias cinéticas antes de depois da colisão:

1  a 2  Antes : ECin  2 m v   2 Depois : Ed  1 2 m v 2  1 2 m v 2  1 m v Cin f  2 2 2 2 2 

 

d  EaCin  2 ECin .

[II] Incorreta. Do item anterior, se a energia cinética não se conservou, ao colidir os blocos sofreram uma colisão parcialmente elástica. [III] Correta. De acordo com o item [I], após a colisão, a velocidade é vf = v/2. Resposta da questão 30: [B] Como o sistema é isolado, há conservação da quantidade de movimento. Portanto: MV  mv  0  600V  3x800  V  4,0 m/s.

Resposta da questão 31: [A] FR  m  a  m 

ΔV 30  ( 20)  0,2   1000N . Δt 0,01

Resposta da questão 32: [D] Pela conservação da Quantidade de Movimento: m v A  m v B  m v 'A  m v B' B Cin

EBCin

m v B'2 4  2    2 2  8 J.



2  0  0  v B'



v B'  2 m / s.



Resposta da questão 33: [C] Em toda colisão, a quantidade de movimento total do sistema permanece constante. Nas colisões elásticas também há conservação de energia cinética. Resposta da questão 34: [B] Dados: v0 = 0; v = 162 km/h = 45 m/s; m = 170 g = 0,17 g; t = 10–2 s. Considerando que força aplicada pelo stick é a resultante, pelo teorema do impulso, vem: 87

I = Q  F t = m (v – v0)  F (10–2) = 0,17 (45)  F = 7,65  102 N. Resposta da questão 35: [D] Resolução Pelo teorema do Impulso: I = F.t = m.v F.t = m.v F.0,01 = 0,4.(25-0) F = 0,4.25/0,01 = 1000 N

Resposta da questão 36: [A] Resposta da questão 37: [C] Resolução Sendo um sistema isolado (bola e jogador) não há forças externas, desta forma não há impulso e nem variação da quantidade de movimento, que logo se conserva.

Resposta da questão 38: [D] Como é uma colisão onde os corpos não se separam após a mesma, ela será considerada perfeitamente INELÁSTICA. Nas colisões perfeitamente inelásticas os corpos se juntam, aumentando assim a massa do sistema. Como a quantidade de movimento total deve permanecer constante a velocidade deve diminuir. Resposta da questão 39: [B] Resposta da questão 40: [C]

AULA 12

Resposta da questão 1: [D] F1 F2 F F 60   1  2  15  F2  60  F1  F2  F1  F2  4 F1 A1 A2 15 60 15

Resposta da questão 2: [B]

PA  PB ρa  g  ha  ρg  g  hg ρa  ha  ρg  hg 1 ha  0,75  10 ha  7,5 cm Δh  hg  ha  Δh  10  7,5  Δh  2,5 cm

Resposta da questão 3: [B] Pelo Teorema de Stevin (P  P0  d  g  Δh  ΔP  d  g  Δh) a maior é a pressão exercida pelo líquido é aquele que possui maior variação de altura. 89

Vale lembrar que o formato do recipiente não importa. Resposta da questão 4: [C] De acordo com o teorema de Stevin, pontos de um mesmo líquido que estão na mesma horizontal suportam a mesma pressão. A recíproca é verdadeira: se os níveis estão sob mesma pressão então eles devem estar na mesma horizontal. Resposta da questão 5: [B] O bloco A continua na mesma posição: sua densidade é igual à da água; O bloco B vai para o fundo: sua densidade é maior que a da água. Assim:  dA  dág  d  dág   B



dA  dB

Resposta da questão 6: [A] De acordo com o diagrama de corpo livre, as forças que atuam na esfera são:

Os módulos das forças Empuxo, Tração e Peso se relacionam entre si de acordo com a equação de equilíbrio: E PT

Resposta da questão 7: [A] A intensidade da força de empuxo é igual ao peso de líquido deslocado. Portanto, o empuxo é proporcional à densidade do líquido, ao volume de líquido deslocado e à aceleração gravitacional do local do experimento. Então apenas a afirmativa [I] está correta. Resposta da questão 8: [C]

Pelo princípio de Pascal, a pressão é transmitida integralmente por cada ponto do líquido, isto é, a pressão no pistão A é igual à pressão no pistão B : pA  pB

Usando a definição de pressão como a razão entre a força F e a área A, ficamos com: FA F  B A A AB

Fazendo a razão entre as forças e calculando as áreas dos pistões π   240 cm FB AB F F   B   B  16 2 FA A A FA F A π   60 cm 2

Já o trabalho W realizado para erguer o automóvel é: W  F  h  W  m  g  h  W  1000 kg  10 m / s2  2 m W  2  104 J

Resposta da questão 9: [D] [I] Falsa. O macaco hidráulico baseia-se no Princípio de Pascal. [II] Verdadeira. [III] Falsa. Afirmativa similar à anterior. [IV] Verdadeira. [V] Falsa. A variação de pressão é transmitida integralmente para todos os pontos do fluido. Resposta da questão 10: [A] De acordo com o teorema de Stevin, pontos de um mesmo líquido em repouso, que estão na mesma horizontal, suportam a mesma pressão. Usando a recíproca, se os pontos da superfície livre estão sob mesma pressão, eles estão na mesma horizontal. Assim, a altura do nível é a mesma nos três vasos. Resposta da questão 11: [D] A diferença de pressão é devida à coluna de água de 200 m. Por proporção direta:  10 m  1 atm.   200 m  p atm.



p  20 atm.

Resposta da questão 12: [A] A pressão (p) de uma coluna líquida é dada pelo Teorema de Stevin: p  d g h, sendo d a densidade do líquido, g a intensidade do campo 91

gravitacional local e h a profundidade. Assim: Considerando que o recipiente está em equilíbrio mecânico e contém um fluido de massa específica constante, afirma-se que a pressão exercida pelo fluido no ponto A é menor que a pressão exercida pelo fluido no ponto D. Resposta da questão 13: A diferença de profundidade entre os pontos citados é: Δh  1.886  124  1.762 m.

Considerando que a cada 10 m a pressão hidrostática aumenta de, aproximadamente, 1atm, a diferença de pressão é: Δp 

1.762  10

Δp  176 atm.

Resposta da questão 14: [A] Do teorema de Stevin:  18  103  hmín  3 p  10  10 p  dgh  h   dg  38  103  hmáx  3 10  10 

hmín  1,8m. hmáx  3,8m.

Resposta da questão 15: [A] Dados: p  1 105 N/m2; d  103 kg/m3; g  10 m/s2. Aplicando o Teorema de Stevin: p  d gh  h 

p 105  d g 103  10



h  10 m.

Resposta da questão 16: [B] Se têm o mesmo volume, o corpo oco possui menor quantidade de matéria, portanto, menor massa e, consequentemente, menor peso. Assim: PR  PS.

O módulo do empuxo é: E  dágua Vimerso g.

Como têm volumes iguais e ambos estão totalmente imersos em água, a força de empuxo ER exercida sobre R é igual força de empuxo ES exercida sobre S.  ER  ES.

Resposta da questão 17: [D] Questão envolvendo o Princípio de Arquimedes: “Todo o corpo total ou parcialmente mergulhado em um líquido em equilíbrio recebe uma força de baixo para cima na direção vertical denominada de Empuxo, cuja a intensidade é exatamente igual ao peso do volume de líquido deslocado pelo corpo”. Portanto, a alternativa correta é [D]. Resposta da questão 18: [E] A pressão é a razão entre a intensidade da força normal aplicada à superfície e a área de aplicação. Por isso, quanto maior é a área, menor é a pressão exercida. Resposta da questão 19: [A] A força que provoca pressão é perpendicular á área de aplicação. Resposta da questão 20: [B] Observação: de acordo com o Sistema Internacional de Unidades, o plural de grandezas provenientes de nomes próprios é feito apenas com o acréscimo de s. Assim, o termo correto e pascals e não pascais. p  d g h  103  10  10  p  105 pascals.

Resposta da questão 21: [C] O empuxo é uma força de direção vertical, sentido para cima e de intensidade igual à do peso de líquido deslocado. Resposta da questão 22: [E] Se o corpo está em repouso, o peso e o empuxo têm a mesma intensidade: P  E  dcubo Vcubo g  dágua Vimerso g  dcubo A base himersa  dágua A base Hcubo



dcubo 32  1 40

dcubo vimerso  dágua Vcubo



dcubo  0,8 g /cm3 .

Resposta da questão 23: 93

[B] Os três blocos estão em equilíbrio pelas ações exclusivas do empuxo (E) e do peso (P). O volume imerso do corpo C é ViC = V, do corpo B é ViB = (3/4) V e do corpo A é ViC =(1/4) V. Sendo da a densidade da água e g a intensidade do campo gravitacional local, equacionando esses equilíbrios, temos:  PC  EC  da V g  P.    PA  EA  da ViA g  da   PB  EB  da ViB g  da  

da V g 1 P V g  PA  . 4 4 4 3 d V g 3P 3 a V g  PB  . 4 4 4

Resposta da questão 24: [C] Dados: P = 2104 N; A1 = 410–4 m2; A2 = 0,16 m2 = 1610–2 m2. Pelo Teorema de Pascal: F P  A1 A 2

 F





4 4 P A1 2  10 4  10 8  102   A2 16 16  102



F  50 N.

Resposta da questão 25: [A] Pelo Princípio de Pascal, qualquer acréscimo de pressão transmitido a um ponto de um líquido em repouso, é transferido integralmente a todos os demais pontos desse líquido. Resposta da questão 26: [C] O módulo do peso (P) do conjunto a ser elevado é:





P  mpessoa  mcad  mplat g  P   65  15  20 10  1.000 N.

Como a velocidade é constante, aplicando a expressão do Princípio de Pascal: Fmotor P  A tub Apistão Fmotor  200 N.



Fmotor 1.000  A tub 5  A tub



Resposta da questão 27: [B] Dados: M = 0,5 kg; T = 2 N; g = 10 m/s2. As figuras a seguir ilustram a situação. 94

Na figura 1 o corpo está em equilíbrio: E  T  P  E  P  T  E  P  2 newtons.

Na figura 2, o fio é cortado. Desprezando forças de viscosidade, temos: E  P  m a  2  0,5 a  a 

2 0,5



a  4 m / s2.

Resposta da questão 28: [A] A pressão média (pm) é a razão entre o módulo da força normal aplicada sobre uma superfície e a área (A) dessa superfície: F pm  normal . A

De acordo com essa expressão, para prevenir a compactação, deve-se diminuir a pressão sobre o solo: ou se trabalha com tratores de menor peso, ou aumenta-se a área de contato dos pneus com o solo, usando pneus mais largos. Resposta da questão 29: [A] De acordo com o enunciado, com os tanques vazios o submarino estará na superfície da água e apresentará valores de pv, para a pressão hidrostática em seu fundo, e Ev, para a força de empuxo. Com os tanques cheios o submarino estará totalmente imerso na água e apresentará valores p c e Ec, para a pressão hidrostática em seu fundo e a força de empuxo, respectivamente.

Cálculo da pressão hidrostática no fundo do submarino A partir da lei de Stevin, temos: p  p0  d.g.h onde: 95

p: pressão hidrostática; p0: pressão na superfície da água; d: densidade do líquido (água); g: aceleração da gravidade; h: profundidade do fundo do submarino, em relação à superfície da água. A única diferença entre pc e pv está na profundidade h:

h'  h  pc  pv

Cálculo da força de empuxo que atua no submarino De acordo com o princípio de Arquimedes: E  d.v.g onde: E: força de empuxo que atua no submarino; d: densidade do líquido (água); v: volume da parte imersa do submarino; g: aceleração da gravidade. A única diferença entre Ec e Ev está no volume da parte imersa do submarino v:

V'  V  Ec  Ev

Resposta da questão 30: [C] De acordo com o teorema de Stevin, a pressão de uma coluna líquida é diretamente proporcional à altura dessa coluna, que é medida do nível do líquido até o ponto de saída, no caso, h3. Resposta da questão 31: [C] A pedra está em repouso. Então, as forças que nela agem, como mostradas na figura, peso, empuxo e normal, estão equilibradas. 96

N  E  P  N  P  E.

Resposta da questão 32: [A] De acordo com o Teorema de Arquimedes, se um corpo flutua em água, a intensidade do empuxo (E) aplicado pela água é igual à do peso (P). E  P  dágua Vimerso g  dcorpo Vcorpo g 

dágua dcorpo



Vcorpo Vimerso

Se o corpo flutua, o volume imerso é menor que o volume do corpo. Então, a densidade do corpo é menor que a densidade da água. Resposta da questão 33: [E] Se, quando os fios são cortados: – a esfera A desce ao fundo, então ela é mais densa que o líquido; – a esfera B passa a flutuar, então ela é menos densa que o líquido. Conclui-se, então, que a densidade da esfera A (ρA ) é maior que a da esfera B (ρB ). Pelo enunciado, as esferas têm mesmo volume. Assim, para os pesos:  VA  VB  ρA  ρB PA  m A g  ρA VA g  PB  mB g  ρB VB g

 PA  PB .

Sendo ρL a densidade do líquido, para os empuxos:

VA

 VB

 E A  ρL VA g  E  ρL VB g   B

 E A  EB .

Resposta da questão 34: [A]

Sobre o balão subindo verticalmente, agem duas forças: o empuxo E  , aplicado pelo ar, e seu próprio peso P  . Enquanto o balão acelera verticalmente, a intensidade do empuxo é maior que a do peso. Quando o balão deixar de subir, essas duas forças verticais se equilibram. E  P  ρar Vbalões g  m g  ρar Vbalões  m.

Como a massa não varia e o volume dos balões pode até aumentar com a diminuição da pressão atmosférica, conclui-se que a densidade do ar diminui. Resposta da questão 35: [B] Dados: m = 10 g = 10–2 kg; da = 1 g/cm3 = 103 kg/m3; V = 40 cm3 = 4  10–5 m3; g = 10 m/s2. A figura mostra as forças atuantes no balão: empuxo, peso e tração.

Do equilíbrio: T  P  E  T  E  P  T  da V g  m g  T  103  4  105  10  102  10  T  4  101  101  0,4  0,1  T  0,3 N.

Resposta da questão 36: [B] Observe a figura.

Os pontos A e B têm a mesma pressão. pA  pB  patm  μP .g.d  patm  μa .g.h  μP .d  μ a .h 98

μP.5  1000x4  μP  800kg / m3

Resposta da questão 37: [E] Para que o bloco flutue é necessário que o seu peso seja equilibrado pelo empuxo recebido. 2 2 P  E  mg  a .Vimerso .g  V  a . V    x1000  400  4,0x102 kg / m3 5 5

Resposta da questão 38: [A] Teorema de Pascal: qualquer acréscimo de pressão efetuado em um ponto de um fluido em equilíbrio é transmitido integralmente aos demais pontos desse líquido. Resposta da questão 39: [A] Sejam d1 e d2 as respectivas densidades dos líquidos I e II, V1 e V2 os volumes imersos nos líquidos I e II.

Nos dois casos o peso é equilibrado pelo empuxo: E1  P E2  P

E1 = E2  d1 V1 g = d2 V2 g  d1 V1 = d2 V2. Como V2 < V1  d2 > d1

 o líquido II é mais denso que o líquido I. Resposta da questão 40: [C]

Na situação I não é especificado se a esfera troca forças (normal) com o fundo do recipiente. Suponhamos que sim. v v v Sendo E o empuxo, P o peso da esfera e N a normal, temos então: N + E = P  E = P – N  E < P  dL V g  dE V g  dL < dE. Na situação II: E = P  dL V g  dE V g  dL = dE. Na situação III: E = P  dL Vimerso g  dE V g 

dL V .  dE Vimerso

Como o volume da esfera é maior que o volume imerso: dL > dE. Resposta da questão 41: [E] Com a piscina cheia, a água exercerá na escultura uma força vertical, para cima, chamada empuxo, cuja intensidade é igual ao peso do volume de água deslocado pela escultura. Matematicamente, o empuxo é dado por: E = dlíquido Vimerso g. Essa força vertical se somará à força exercida pelos trabalhadores, facilitando a retirada da escultura. Resposta da questão 42: [C] Resposta da questão 43: [D] Resposta da questão 44: [E] Resposta da questão 45: [B]

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