Resoluções de Exercícios

Resoluções de Exercícios
FÍSICA I
catraca
Capítulo
04
coroa
O Movimento, o Equilíbrio
e a Descoberta das Leis Físicas
Cinemática angular
2R
D
BLOCO
2r
01
01 D
Dados: p = 3,14 e raio da Terra: RT = 6 000 km.
Como o período de rotação da Terra é T = 24 h, vem:
v=
2r RT 2 (3, 14) (6 000)
Ds
=
=
=1 570 km/h ⇒ v ≅ 1 600 km/h
Dt
T
24
02 C
Para uma volta completa, tem-se um deslocamento angular de
2p radianos ou 360o. O tempo necessário para o ponteiro dar uma
volta completa é de 60 minutos. Desta forma,
360o
Ti
~=
=
60
Dt
graus
~=6
minuto
BLOCO
02
roda
Denominemos f a velocidade angular da coroa e ω a velocidade angular
da catraca e consequentemente da roda, já que elas rodam solidárias.
Como a coroa e a catraca são interligadas por uma correia, podemos
dizer que as velocidades lineares de suas periferias são iguais:
~r
(I)
vcoroa = vcatraca " fR = ~r " f =
R
Por outro lado a velocidade da bicicleta pode ser calculada por:
D
2v
(II)
v=~ "~=
2
D
2vr
(III)
Substituindo II em I, vem: f =
RD
v =18 km/h = 5,0 m/s
D= 70 cm = 0,7 m
2R = 20 cm → R = 0,1 m
2r = 7 cm → r = 0,035 m
Substituindo os valores em III, temos:
5
rot
2$5$ 0,035
5
2
f=
=5,0 rd/s " f =5,0 rd/s = r
= $60=50 rpm
0,1$ 0,7
1
6
min
60
02 C
01 D
As polias têm a mesma velocidade linear, igual à velocidade linear
da correia.
D
D
D
~
~
60 ~1 3
v1 = v2 & ~1R1 =~2R2 & ~1 1 =~2 2 & 1 = 2 & 1 =
&
=
Y
Y
2
2
~2 D1 ~2 40 ~2 2
02 D
A análise da situação permite concluir que o carretel F gira no mesmo sentido que o carretel R, ou seja, horário. Como se trata de um
acoplamento tangencial, ambos têm mesma velocidade linear, igual
à velocidade linear da fita.
vF = vR & 2rfFrF = 2rfRrR & fFrF = fRrR &
fF
r
= R
fR
rF
Essa expressão final mostra que a frequência de rotação é inversamente
proporcional ao raio. Como o carretel F tem maior raio ele gira com
menor frequência, ou seja, dá menos voltas que o carretel R.
Dados: ωcor= 4 rad/s; Rcor = 4 R; Rcat = R; Rroda = 0,5 m.
A velocidade tangencial (v) da catraca é igual à da coroa:
vcat = vcor & ~cat Rcat =~cor Rcor & ~ cat R = 4 ^4Rh & ~cat =16 rad/s
A velocidade angular (ω) da roda é igual à da catraca:
v
v
~roda =~cat & roda =~cat & roda =16 & vroda =8 m/s & vbic = vroda =8 m/s
0, 5
Rroda
03 A
A velocidade linear da serra é igual à velocidade linear (v) de um
ponto periférico da polia à qual ela está acoplada. Lembremos que no
acoplamento tangencial, os pontos periféricos das polias têm mesma
velocidade linear; já no acoplamento coaxial (mesmo eixo) são iguais
as velocidades angulares (ω), frequências (f) e períodos (T) de todos os
pontos das duas polias. Nesse caso a velocidade linear é diretamente
proporcional ao raio (v = ωR).
Na montagem P:
– Velocidade da polia do motor: v1.
– Velocidade linear da serra: v3P.
Serra
de fita
v3P
BLOCO
01
01 E
A figura adiante mostra os diversos componentes do mecanismo e
suas dimensões:
FísiCa i
Motor v1
Polia
1
Serra
de fita
Polia 3
Polia 2
v2Q
Polia 2
Motor v1
v2P
Polia 3 v
3Q
Polia
1
Correia
Correia
MONTAGEM P
MONTAGEM Q
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FísiCa – Volume 02
01
Zv = ~ R
3P 3
] 3P
]~ = ~
v1 R3
v2P
3P
] 2P
R3 & v3P =
& v3P = ~2P R3 & v3P =
. (I)
[
v2P
R2
R2
]~2P = R
2
]
]v = v
2P
1
\
Na montagem Q:
– Velocidade da polia do motor: v1
– Velocidade linear da serra: v2Q
v3P
Serra
de fita
Polia 3
Polia 2
v2Q
Para um corpo em órbita descrevendo movimento circular uniforme, o
peso age como resultante centrípeta, dirigido para o centro da Terra.
06 A
Se o satélite é geoestacionário, ele está em repouso em relação à Terra.
Para que isso ocorra, a velocidade angular do satélite deve ser igual à
velocidade angular da Terra.
07 B
Dados: n = 4; Dt = 2 s
Substituindo esses valores na fórmula dada:
4 (360c)
⇒ w = 720°/s
~=
2
Polia 3 v
3Q
Polia 2
Motor v1
v2P
05 C
08 A
Polia
1
Ds
24r
8r
rd/s
= ~R "
= ~ $ 0 ,3 " ~ =
Dt
30
3
8r
4 voltas
4
rd =
= volta
3
3
3
_
4
volta bb
1s
4
3
` " x = 60 $ 3 = 80 voltas, logo
bb
x
60 s
a
ω = 80 rpm
v=
Correia
MONTAGEM Q
MONTAGEM P
Zv = ~ R
2Q 2
] 2Q
]~ = ~
3Q
] 2Q
[
v3Q
]~3Q =
R3
]
]v = v
1
\ 3Q
& v2Q = ~3Q R2 & v2Q =
Dividindo (II) por (I):
v1 R2
v2Q
R
# 2
&
=
v3P
R3
v1 R3
v3Q
R3
R2 & v2Q =
v1 R2
R3
. (II)
09 C
v2Q
v3P
=e
Ds
, mas
Dt
2$r$r
, logo
v=
T
2 $ 3 $ 36 $ 103
v=
24
216 $ 103
v=
24
v = 9 000 km/h = 2 500 m/s = 2,5 km/s
Temos v =
R2 2
o
R3
Como R2 1 R3 & v2Q 1 v3P
Quanto às frequências, na montagem Q:
f3Q
R
v3Q = v1 & f3Q R3 = f1 R1 &
= 1
f1
R3
Como R1 1 R3 & f3Q 1 f1
10 C
De acordo com os dados fornecidos temos:
v'
~R'
R'
=
= = 1, 05
v
~R
R
v’ = 1,05v = 1,05 $ 80 km/h = 84 km/h (5% maior)
BLOCO
01
01 D
Temos v = ~R =
BLOCO
4 $ 2r
Di
$R =
$ 0,8 = 6,4 m/s
Dt
3
01 A
02 C
Dados: f = 300 rpm = 5 Hz; p = 3; R = 60 cm = 0,6 m.
A velocidade linear do ponto P é:
v = ω R = 2 f R ⇒ 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 0,6 ⇒ v = 18 m/s.
03 A
Como o módulo da velocidade é constante, o movimento do coelhinho
é circular uniforme, sendo nulo o módulo da componente tangencial
da aceleração no terceiro quadrinho.
04 A
Analisando cada uma das alternativas.
[A] Correta. Consideramos que as velocidades lineares às quais se refere
o enunciado sejam de pontos periféricos da borboleta e da navalha.
A borboleta e a navalha estão acopladas coaxialmente (mesmo eixo),
portanto, têm mesma velocidade angular (w). O diâmetro da navalha
é o dobro do tamanho da borboleta. Então, se a borboleta gira em
torno do seu centro, temos:
v
v
~nav = ~borb & nav = borb & vnav = 2 vborb
2D
D
2
2
[B] Errada. As peças acopladas giram com mesma frequência, mesmo
período e mesma velocidade angular.
[C] Errada. Se a frequência é de 0,5 Hz, as peças descrevem meia volta
a cada segundo, ou seja, giram 180o a cada segundo.
[D] Errada. A velocidade angular é: w = 2 p f = 2 p(0,5) ⇒ w = p rad/s.
[E] Errada. Todas as peças dão uma volta em 0,5 s.
02
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 02
02
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
02 E
Dados: D = 200 m ⇒ r = 100 m; ~2 = 0, 01 rad/s; r = 3, 14 .
A velocidade da pessoa mais rápida é:
v2 = ~2r = 0,01 $ 100 = 1 m/s.
Como partem de pontos diametralmente opostos, a distância (d) entre
eles é meia volta.
d = r r = 3,14 $ 100 = 314 m.
A pessoa mais rápida leva vantagem (velocidade relativa → vrel) de 0,2 m/s.
O tempo para tirar essa diferença é:
Dt =
d
314
=
= 1570 s & Dt = 26 min e 10 s
vrel
0, 2
03 C
Sabemos que o ângulo de uma volta é 360°, o que a Terra completa
em 24 h. Assim, por simples regra de três:
24h " 360o 24 a = 360° ⇒ a = 360c ⇒ a = 15°
=
24
1h " a
04 B
As velocidades são iguais à velocidade do próprio trator: (vT = vF)
Para as frequências temos:
vT = vF & 2r fT rT = 2r fF rF & fT 1, 5 rF = fF rF & fF = 1, 5 fT
FÍSICA I
05 E
ωT $ RT = ωM $ RT → 20 $ 0,6 = ωM $ 0,2 → ωM =60 rpm
Capítulo
06 D
O Movimento, o Equilíbrio
e a Descoberta das Leis Físicas
05
150
v
Se ~ = , temos: ~ =
& 30 rad/ min
5
R
Cinemática Vetorial
07 A
A questão proposta trata-se da composição de dois tipos de movimento: o translacional e o rotacional. Analisando inicial e exclusivamente o
movimento rotacional, a velocidade da esfera A é dada por:
vA = ~A $ R
vA = 6 $ 0,5 = 3 m/s
BLOCO
03
01 C
08 D
Ds = área (v × t)
Na posição 1:
Z
] rB = 2 rA
]
] ~B = ~A & vB = ~A & vB = ~A & vB = 2~ArA
2 rA
rB
[
] vC = vB & ~C rC = 2 ~A rA
]]
~C = ~1 & ~1 rC = 2 ~A rA (I)
\
Na posição 2:
Z
]] vD = vA & ~D rD = ~A rA
& ~2 rC = ~A rA (II)
[ ~2 = ~D
] rC = rD
\
$
$
$
$
2pR = (20,0 + 16,0)
R = 36,0 m
02 E
1
h
4
A figura ilustra os dois deslocamentos e o deslocamento resultante.
Dados: d1 = 120 km; d2 = 160 km; Dt =
$
$
$
N
d1
d2
Dividindo membro a membro (I) por (II):
2 ~A rA
~1 rC
~
& 1 =2
=
~2 rC
~A rA
~2
09 D
12, 0
2
O
L
d
–11
–15
A velocidade é dada por: v = (2 $ 3,14 $ 5 $ 10 ) / (2 $ 10 ) =
= 15,7 $ 104 m/s = 1,57 $ 105 m/s
Para a distância temos: s = 1,57 $ 105 $ (600) = 942 $ 105 =
= 9,42 $ 107 m = 9,42 $ 104 km
Assim, a ordem de grandeza é 105 (pois a parte significativa é maior
que a raiz quadrada de 10).
10 D
I. Correto.
II. Errado. A velocidade angular da catraca é maior que a velocidade
angular da coroa.
III. Correto.
S
Aplicando Pitágoras:
d2 =d12 +d22 & d2 =1202 +1602 =14 400+25 600= 40 000 &
d= 40 000 &
d=200 km
O módulo da velocidade vetorial média é:
d
200
vm =
& 200 $ (4) &
=
Dt
1
4
vm = 800 km/h
BLOCO 04
QUESTÕES DESAFIO
01 Dados: m = 360; g = 0,36 kg; w = 2 rad/s; r = 15 cm = 0,15 m;
g = 10 m/s ; p = 3.
A) Na situação descrita, a força de atrito age como resultante centrípeta.
Fat =Rcent =m~2 r =0,36 $ 4 $ 0,15 & Fat =0,216 N
2
B) O ângulo descrito em 12 s é:
Dq = ω Dt = 2 · 12 = 24 rad
Por proporção direta:
01 A
Como se pode observar na figura ao lado, se a
aceleração é inclinada de 45°, as suas componentes
vertical e horizontal têm mesma intensidade.
Portanto: ay = ax = 6 m/s2.
ay
ay
⇒ ay = 6 m/s2.
Ou ainda: tg 45° =
&1=
ax
6
ay
a
45o
ax
*
1 volta"2r rad
24 12
& n=
& n= 4 voltas
=
n voltas "24 rad
2r
3
Calculando a variação da altura.
*
1 volta" 3 cm
& Dh=12 cm=0,12 m
4 voltas " Dh
A variação da energia potencial é:
DEp =m gDh = 0,36 $10 $ 0,12 & DEp = 0,432 J
02 C
r
rad/h. Para poder utilizar este
12
dado, é necessário fazer a conversão para unidades do SI.
r
rad/s
~T =
12 $ 3 600
Para saber em qual latitude a Terra terá uma velocidade igual a velocidade do som,
Foi dado no enunciado que ωT =
v = ~$R
v
R= =
~
340
r
12 $ 3 600
R , 4 896 km
FísiCa i
Comparando com a ilustração fornecida no
exercício, chega-se à conclusão de que este
fato será observado na latitude de 40o.
BLOCO 02
01 B
Como todos os movimentos são realizados com velocidade constante
Ds
tem-se v =
Dt
Identificando a velocidade do barco em relação à água como v e a
velocidade das águas do rio como u temos:
Na subida com o motor ligado:
Ds
→ 10 $ v – 10 $ u = Ds
v–u=
10
Na descida com o motor ligado:
Ds
→ 4 $ v + 4 $ u = Ds
v+u=
4
Em função de Ds temos:
40 $ v – 40 $ u = 4 $ Ds
40 $ v + 40 $ u = 10 $ Ds
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FísiCa – Volume 02
03
Somadas as expressões
14 $ Ds
80
14$Ds
14$Ds
n + 4 $ u = Ds →
+ 4 $ u = Ds
4 $ v + 4 $ u = Ds → 4 $ d
80
20
→4$u
80 $ v = 14 $ Ds → v =
14 $ Ds
6 $ Ds
6 $ Ds
=
→u=
20
20
80
Na descida com o motor desligado:
Ds
Ds
80
Ds
u=
→T=
=
=
= 13h20min
T
u
6
6 $ Ds
80
= DS –
08 D
1) A velocidade vetorial é sempre tangente à trajetória e tem o mesmo
sentido do movimento.
v: vetor horizontal e dirigido para a direita.
2) Como o movimento é curvo, a aceleração vetorial tem uma componente centrípeta.
acp: vetor vertical e dirigido para baixo.
3) Como a velocidade tem módulo crescente, a aceleração vetorial tem
uma componente tangenv
at
cial com o mesmo sentido
da velocidade vetorial.
a t : vetor horizontal e dirigido para a direita.
acp
a = at + acp
09 A
BLOCO
A velocidade vetorial é sempre tangente à trajetória e tem o mesmo
sentido do movimento do corpo (para a esquerda). A aceleração centrípeta é perpendicular à velocidade e tem sentido orientado para o
centro da curva descrita.
03
01 C
A figura mostra os deslocamentos escalar e vetorial em meia volta.
Ds 30
=
=3, 0 m/s
Dt 10
v
D
r
20
v r =2R =20m " vm =
D
=
=2, 0 m/s
Dt
10
10 A
Ds=rR =30 m " vm =
∆r
a
∆s
α
θ
C
at
acp
02 A
A componente centrípeta da aceleração ou aceleração centrípeta surge
quando há variação no módulo do vetor velocidade e a componente
centrípeta surge quando há variação na direção do vetor velocidade.
lago
03 D
A figura mostra os deslocamentos
citados e a distância procurada:
1)
| a t | = | a | cos a = | a | seni & | a t | = 10,0 $ 0,60 (m/s2)
| a t | = 6,0 m/s2 = | c |
Como o triângulo mostrado é retângulo, é só aplicarmos o Teorema de
Pitágoras.
D2 = 2002 + 4802 = 270 400 " D = 520 m
2
2) | acp | = | a | cos i & | acp | = 10,0 $ 0,80 (m/s )
D
480 m
| acp | = 8,0 m/s2
| acp | =
v2
v2
& 8,0 =
& v2 = 16,0
R
2,0
| v | = 4,0 m/s
caverna
200 m
04 D
I. Errada. Nas duas situações, como não existem forças dissipativas,
a bola está submetida apenas à força peso.
II. Correta.
III. Correta.
05 E
Como o ponto de partida coincide com o ponto de chegada, o deslocamento vetorial é nulo e, consequentemente, a velocidade média
vetorial também é.
06 E
Com os dados fornecidos temos:
Δs = 403 km
25
min ≅ 1,42 h
Δt = 1h + 25min = 1h +
60
Assim:
Ds
v=
Dt
403 km
283,8
v=
⇒ v ≅ 283,8 km/h ⇒ v ≅
m/s ≅ 78,8 m/s
1,42 h
3,6
Na curva o trem terá uma aceleração centrípeta de:
v2
v2
acp =
= 0,1 g =
R
R
(78,8) 2
0,1 $ 10 =
R
R ≅ 6 209 m
07 C
A velocidade vetorial é sempre tangente à trajetória e tem o mesmo sentido do movimento do corpo. A aceleração centrípeta é perpendicular
à velocidade e tem sentido orientado para o centro da curva descrita.
Para que o módulo da velocidade do móvel permaneça constante,
devemos ter a aceleração tangencial nula.
04
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 02
BLOCO
04
01 A
Considerando o deslocamento em todo o trajeto Ds = v $ Dt = 24$ 1 = 24 km,
a distância AB pode ser calculada da seguinte forma:
Ds
= AB + BC →
Ds = 2$ AB + 2$ BC →
2
Ds
24
– BC =
– 3 = 12 – 3 = 9 km
AB =
2
2
Cálculo do tempo total gasto no trecho ABCB:
^9 + 6h
Ds
Ds
15
v=
→ Dt =
=
= 0,75 h
=
Dt
v
20
20
9
O módulo da velocidade vetorial média é
= 12 km/h
0, 75
02 A
Todo movimento circular contém uma componente centrípeta voltada
para o centro da circunferência de módulo não nulo.
03 C
N
O
L
100 km
D
S
1350
450
70 km
D2 = d12 + d22 – 2 $ d1 $ d2 $ cosq
D2 = 702 + 1002 – 2 $ 70 $ 100 $ cos135o
D2 = 4 900 + 10 000 – 14 000 $ (–sen 45o)
D2 = 14 900 + 7 000 2
D2 = 14 900 + 9 800
D2 = 24 700
D = 157 km
FÍSICA I
04 B
10 D
Pelo princípio de Galileu os movimentos são independentes.
Movimento Vertical
0, 9
vy = 0, 9 km/h =
m/s = 0, 25 m/s →
3, 6
Ds y
150
" 0, 25 =
" Dt = 600 s
vy =
Dt
Dt
Como a posição entre as 9 horas (C9h) e as 15 horas (C15h) são extremos
opostos, independentemente do tamanho da haste, elas serão do
mesmo tamanho.
Movimento Horizontal
18
vx = 18 km/h =
m/s = 5 m/s →
3, 6
Ds x
Ds x
vx =
"5=
" Dsx = 3 000 m
Dt
600
05 B
Levando-se em conta que a velocidade relativa constante é igual à razão
entre a distância percorrida e o intervalo de tempo correspondente,
d
ou seja, v = , teremos:
t
d
Descendo com a velocidade da escada: u =
10
d
Subindo contra a escada: v – u =
15
d
d
d
Usando a primeira expressão na segunda: v –
=
→v=
+
10
15
10
d
d
=
+
6
15
d
d
d
d
Na descida com a escada: v + u =
→
+
=
t
6
10
t
1
1
1
1
5+3
+
=
→
=
10
t
t
6
30
30
t=
= 3,75 s
8
06 E
A velocidade da água é a mesma para todos os objetos, logo tanto
faz nadar para um lado como para o outro.
07 A
Usando o método vetorial do polígono, temos:
vC
vT
vR
08 D
Primeiro calcularemos o comprimento da escada.
Mais uma vez usando Pitágoras:
d2 = 82 + 62
d2 = 64 + 36
d2 = 100
d = 10 m
A distância da escada é de 10 m.
Se a escada estivesse parada, para descê-la em 10 segundos, precisaríamos de uma velocidade média de 1 m/s pois:
Ds
v=
Dt
v = 10 m/10 s
v = 1 m/s
Mas, a escada está subindo a uma velocidade constante de 0,5 m/s.
Para percorrermos o mesmo espaço de 10 m nos mesmos 10 s, precisaríamos superar a velocidade contrária em 1 m/s, já que a escada
está subindo a uma velocidade de –0,5 m/s.
Assim:
vnecessária + vescada = 1 m/s
vnecessária + (– 0,5 m/s) = 1 m/s
vnecessária – 0,5 m/s = 1 m/s
vnecessária = 1,5 m/s
09 A
Dados: vB = 11 km/h; vA = 0,83 m/s = (0,83 × 3,6) = 3 km/h.
Na descida:
v = vB + vA = 11 + 3 = 14 km/h
Na subida:
v = vB – vA = 11 – 3 = 8 km/h
FísiCa i
Assim,
C15h
=1
C9h
QUESTÃO DESAFIO
01 Como não foi especificado
velocidade escalar média,
trata-se de velocidade vetorial média, pois velocidade
é uma grandeza vetorial.
A figura mostra o deslocav ) entre os
mento vetorial ( d
pontos A e B.
O módulo (d) desse deslocamento é:
d2 = 402 + 302 ⇒
⇒ d = 50 µm = 50 $ 10–6 m
Na figura dada, contamos 10 deslocamentos sucessivos entre A e B.
Assim:
Dt = 10 $ 30 ⇒ Dt = 300 s
Então:
d
50 $ 10-6
vm =
& vm , 1,67 $ 10-7 m/s
=
Dt
300
Capítulo
06
O Movimento, o Equilíbrio
e a Descoberta das Leis Físicas
Lançamentos de Projéteis
BLOCO
05
01 D
Da equação da queda livre:
t
2h
& Lua =
g
tTerra
h=
1 2
gt & t =
2
=
t
10
& Lua = 5
tTerra
2
2 h gTerra
#
=
gLua
2h
gTerra
=
gLua
02 E
1a Solução:
De acordo com a ”Regra de Galileu”, em qualquer Movimento
Uniformemente Variado (MUV), a partir do repouso, em intervalos
de tempo iguais e consecutivos (Dt1, Dt2, ..., Dtn) a partir do início do
movimento, as distâncias percorridas são: d; 3 d; 5 d; 7 d;...;(2n – 1) d,
sendo d, numericamente, igual à metade da aceleração. A figura
adiante ilustra a situação.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FísiCa – Volume 02
05
Dessa figura:
t0
t1
t2
6,25 m
6, 25
& d = 1, 25 m.
5
h = 16d & h = 16 $ 1, 25 & h = 20 m.
5d = 6, 25 & d =
d
3d
5d
h = 16d
t3
7d
t4
2a Solução:
Analisando a figura, se o intervalo de tempo (Dt)
entre duas posições consecutivas quaisquer é o
mesmo, então:
t2 = 2Tt; t3 = 3Tt e t3 = 4Tt
Aplicando a função horária do espaço para a
queda livre até cada um desses instantes:
1
1
s = g t2 & s = ^10h t2 & s = 5t2
2
2
s2 = 5t22 & s2 = 5 ^2Dth2 & s2 = 20Dt2
&
*
s3 = 5t23 & s3 = 5 ^3Dth2 & s3 = 45Dt2
BLOCO 03
01 C
Ao propor a independência dos movimentos, Galileu possibilita que se
abandone a velha concepção aristotélica do lançamento de projéteis.
02 C
Avicena acreditava no conceito de “força impressa” e que o objeto só
cairia após gastar a força que lhe havia sido transmitida no lançamento.
s3 - s2 = 25Dt2 & 6, 25 = 25Dt2 & Dt2 = 0, 25
Aplicando a mesma expressão para toda a queda:
h = 5t24 & h = 5 ^4Dth2 & h = 80Dt2 = 80 ^0, 25h &
h = 20 m
BLOCO 06
01 E
Dados: vx = 10,8 km/h = 3 m/s, tqueda = 0,5 s
Durante a queda, a velocidade horizontal da bola é igual à velocidade
da menina. Portanto:
sm = sb = vx tqueda = 3 (0,5) = 1,5 m
02 E
O movimento na vertical é uniformemente variado:
1
1
Ds = v0 $ t + at2 " 740 = $ 3,7t2 " t = 20 s
2
2
O movimento na horizontal é uniforme:
BLOCO 05
01 B
Supondo a ausência do atrito com o ar, podemos concluir que o movimento das esferas é uniformemente variado e, como tal,
g $ t2
g $ t2
g$t
h
& v0 $ t = h & v0 = t
2
2
2
onde v0 corresponde à velocidade inicial de lançamento.
Como os tempos de queda das esferas são iguais, temos que suas velocidades de lançamento são iguais; portanto, as velocidades v1 e v3 são iguais.
Como a esfera de alumínio foi a primeira a chegar ao solo, concluímos
que sua velocidade inicial é a maior de todas. Assim temos, v1 = v3 < v2.
h = v0 $ t +
02 E
Corpos em queda livre não trocam forças entre si, pois caem com a
mesma aceleração que é igual à aceleração da gravidade. Desenhando
as forças que atuam nos corpos em queda livre:
m
5m
P
Ds = v $ t = 30 $ 20 = 600 m
P’
P: força peso
BLOCO 07
01 B
As equações dessas componentes são:
v = constante & reta horizontal & gráfico (II) .
* x
vy = v0y - gt & reta decrescente & gráfico (V) .
02 D
No enunciado é dito que se trata se um lançamento horizontal. Como
neste tipo de lançamento a componente vertical da velocidade inicial
2$h
, podemos dizer
é nula e o tempo de queda é dado por tq =
g
que o tempo de queda não depende da velocidade inicial. Desta forma,
os tempos de queda das quatro bolas são iguais.
t1 = t2 = t3 = t4
03 D
Sabendo que no ponto mais alto da trajetória (ponto de altura máxima)
a componente vertical da velocidade é nula, pode-se calcular o tempo
de descida do projétil.
g $ t2
Ds = hmáx = v0y +
2
10 $ t2
8,45 =
2
t = 1 ,3 s
Como o tempo de descida é o mesmo da subida, então temos que o
tempo total do movimento é o dobro da descida. Analisando somente
o movimento na horizontal, podemos analisá-lo como um movimento
retilíneo uniforme (MRU). Assim,
Ds = vx $ tT
D s = 9 $ 2 ,6
Ds = 23,4 m
06
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 02
Como a única força que atua nos corpos é a força peso, podemos dizer
que: FR = P, onde FR representa a força resultante que atua nos corpos
(não se esqueça de que FR = m $ a e P = m $ g).
Corpo de massa m: FR = P → m $ a = m $ g → a = g
Corpo de massa 5m: F’R = P’ → 5m $ a’ = 5m $ g → a’ = g
Ou seja: a = a’ = g
03 C
Desconsiderando forças resistivas, corpos de massas diferentes caem
com a mesma aceleração.
04 A
Adotando origem no ponto onde o capacete parte e orientando a
trajetória para baixo, temos:
Dados: a = g = 10 m/s2; t = 2 s; s0 = 0; v0 = 0
1
1
s = s0 + v0 t + at2 & h = 0 + 0 + ^10h^2h2 & h = 20 m
2
2
v = v0 + at & v = 0 + 10 ^2h & v = 20 m/s
05 A
No ponto mais alto, a velocidade é nula. Aplicando a equação de Torricelli:
v2 = v20 - 2 g Ds & 0 = v20 - 20 ^0, 45h & v0 = 9 & v0 = 3 m/s
06 B
Dados: v0 = 0; g = 10 m/s2; t = 0,3 s
v = v0 + a t ⇒ v = 0 + 10(0,3) ⇒ v = 3 m/s
07 D
O peso da régua é constante (P = mg). Desprezando a resistência do
ar, trata-se de uma queda livre, que é um movimento uniformemente
acelerado, com aceleração de módulo a = g. A distância percorrida
1
na queda (h) varia com o tempo conforme a expressão: h = gt2.
2
Dessa expressão, conclui-se que a distância percorrida é diretamente
proporcional ao quadrado do tempo de queda, por isso ela aumenta
mais rapidamente que o tempo de reação.
FÍSICA I
1,0
08 B
Velocidade (m/s)
Pela leitura do gráfico,
10
conclui-se que o objeto
8
atinge a superfície do lago
no instante t = 1 s com
6
velocidade de 10 m/s,
4
pois a partir desse instante
2
sua velocidade começa
A1
a diminuir.
0
A altura da queda (h1)
3,0 3,5 4,0
–0,5 0,0 0,5 1,0
pode ser calculada pela
”área” (A1) do triângulo
abaixo da linha do gráfico de t = 0 a t = 1 s.
1,5
2,0
Tempo (s)
2,5
1 # 10
h1 = "A1" =
2
A2
1,5 2,0 2,5
Tempo (s)
3,0
3,5
4,0
03 E
Desprezando a resistência do ar o pacote fica sujeito apenas à força
peso. Como o pacote possui uma velocidade horizontal, pois estava
dentro do avião em voo, sob a ação da força peso ele apresentará dois
movimentos, do ponto de vista de um observador no solo, mas apenas
o movimento vertical para o observador no avião.
& h1 = 5 m
09 B
A distância percorrida em queda livre é dada por:
h=
g $ t2
2
A câmera tem a mesma velocidade do trem. Então, para um referencial
fixo no trem ela descreve trajetória retilínea vertical; para um referencial fixo no solo trata-se de um lançamento horizontal, descrevendo
a câmera um arco de parábola. O tempo de queda é o mesmo para
qualquer um dos dois referenciais.
10 m/s2 $ _2,5 s i
h = 31,25 m
2
2
Logo, h =
04 D
Já a velocidade é dada por:
05 D
v = v0 + g $ t
A figura abaixo mostra as trajetórias do dardo e do macaco.
2
v = 0 + 10 m/s $ 2,5 s ` v = 25 m/s
60 m
10 C
A figura mostra o movimento do corpo:
v=0
45 m
Aplicando Torricelli, vem:
0,8H
v2 = v20 + 2aDs "
H
0 = 402 - 2 $ 10 $ 0,8H "
16H = 1 600 "
H = 100 m
40 m/s
encontro
Macaco → queda livre → Ds =
1
$ a $ t2 " 45 = 5t2 " t = 3,0 s
2
Dardo na horizontal → MU → v =
0,2H
Ds
60
=
= 20 m/s
Dt
3
06 E
Desprezando a resistência do ar o objeto fica sujeito apenas à força
peso. Como o objeto possui uma velocidade horizontal, pois estava
dentro do avião em voo, sob a ação da força peso ele permanecerá
na mesma vertical do avião.
BLOCO 06
01 D
Como a esfera caiu de 0,80 m, podemos calcular o tempo de queda.
2
gt
10 $ t
→ 0,80 = 0 + 0 +
→ 0,80 = 5 $ t2 →
2
2
→ 0,16 = t2 → t = 0,4 s
Este também é o tempo de avanço da bolinha.
Como na horizontal não existem forças durante a queda, na horizontal
o movimento é uniforme.
Ds
2, 80
v=
=
= 7 m/s
Dt
0, 4
s = s 0 + v0 $ t +
2
02 A
Como o avião bombardeiro tem velocidade horizontal constante, as
bombas que são abandonadas têm essa mesma velocidade horizontal,
por isso estão sempre abaixo dele. No referencial do outro avião que
segue trajetória paralela à do bombardeiro, o movimento das bombas
corresponde a uma queda livre, uma vez que a resistência do ar pode
ser desprezada. A figura mostra as trajetórias parabólicas das bombas
B1, B2, B3 e B4 abandonadas, respectivamente, dos pontos P1, P2, P3 e
P4 no referencial em repouso sobre a superfície da Terra.
07 D
O movimento de queda das bolas é acelerado com a gravidade. Os
tempos de queda são iguais.
08 C
Os movimentos horizontais são uniformes. Portanto, o maior alcance
será o da bola com maior velocidade inicial.
09 D
Trata-se de lançamento horizontal em que o alcance (A) vale 80 cm.
Assim, A = v0 $ tv, onde tv é o tempo de voo. Admitindo desprezível
a resistência do ar, o que o exercício deixou implícito, pode-se calcular
o tempo de voo aplicando a equação do espaço na direção do eixo
vertical (Oy):
H=
gtv2
2H
0, 80 m
" tv2 =
=
2
g
5, 0 m/s2
tv2­ = 0,16 s, portanto, tv = 0,40 s
Substituindo-se na fórmula do alcance tem-se que:
0,80 m = v0 $ 0,40 s
então:
v0 = 2,0 m/s
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA Ifísica – Volume 02
07
10 C
O que importa é a velocidade inicial de ambos os corpos (é verdade
que, para imprimir ao corpo de maior massa a mesma velocidade que
a do outro, é despendida maior energia, devido ao fato de a inércia
ser maior; isso, no entanto, não interfere na cinemática da questão, e
pode causar, vez por outra, alguma confusão em análise mais afoita).
Se as velocidades iniciais são iguais e os lançamentos simultâneos, os
corpos chegarão ao solo no mesmo instante e suas trajetórias, por
estarmos desprezando a resistência do ar, serão paralelas.
BLOCO 07
01 C
A componente horizontal da velocidade (v0x) mantém-se constante. O
alcance horizontal (A) é dado por:
A = v0x t → A = v0 cos30o t → A = 30 (0,85)(3) →
A = 76,5 m
02 C
As componentes da velocidade inicial são
2
→ v0x = v0y = 0,7v0
v0x = v0y = v0cos45o → v0x = v0y = v0
2
Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance
horizontal (A) é:
v2
v2
A = 0 sen (2i)" 80= 0 sen 90o " v0 = 800 =20 2 =20 $1,4 "
10
g
v0 =28 m/s
03 A
O intervalo de tempo decorrido desde quando a água sai do cano até
o instante em que retorna ao solo é dado por:
1
2 $ 10 $
2 v0 sen i
2 " T = 1s
T=
=
g
10
15 litros → 60 s
x →1s
x = 0,25 litros
04 B
Sabemos que no ponro mais alto a componente vertical (vy) da velocidade é nula. Aplicando, então, a equação de Torricelli ao eixo y:
v2y - v20y - 2 g Dy " 0 = v20y - 2 g H "
v0y = 2 g H = 2 (10) (11, 25) = 225 "
v0y = 15 m/s
Aplicando a esquerda da velocidade, também no eixo y, calculemos
o tempo de subida (ts).
v0y
15
=
→ tS = 1,5 s.
vy = v0y – g t → 0 = v0y – g tS → tS =
g
10
O tempo (tT) é:
tT = 2 tS = 2(1,5) → tT = 3 s
Na direção horizontal a componente da velocidade (vx) é constante. O
alcance horizontal (A) é, então:
A = vX tT → A = 8(3) → A = 24 m
Para pegar a bola, Protásio deverá percorrer:
Ds = D – A = 25,5 – 24 → Ds = 1,5 m
Como a aceleração é suposta constante, o movimento é uniformemente
variado. Então:
1
1
1
Ds = a t2T " 1, 5 = a (3) 2 " a = m/s2
2
2
3
05 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
gt2.
O tempo de queda pode ser tirado da expressão H =
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.
06 C
Na direção horizontal (x) o movimento é uniforme. Assim, podemos
calcular o tempo (t) que a bola leva para tocar o chão.
Dx
Dx
4
vX =
"t=
= " t = 0, 5 s
t
vX
8
08
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 02
Na direção vertical (y) o movimento é uniformemente variado, com a
aceleração igual à da gravidade (g).
h = v0yt +
g t2
2
" h = 3 (0, 5) +
10 (0, 5) 2
2
= 1, 5 + 1, 25 "
h = 2, 75 m
07 B
Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são
iguais, os intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais,
pois a componente horizontal da velocidade se mantém constante
(vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até C é 2t.
y(m)
A vx = v0x
H
B
h
3
v0y
H–h
C
0
v0x
20
30
10 m
40
x(m)
10 m
Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e
de A até C, temos:
Z
g
]] A " B : h = t2
2
" H = 4h
[
g
g
]] A " C : H= (2t) 2 " H = 4 c t2 m
2
2
\
Mas, da figura: H – h = 3 → 4h – h = 3 → h = 1 m
Como H = 4h → H = 4 m
08 D
Decompondo a velocidade em componentes horizontal e vertical,
temos:
*
vx = v0 $ cos a = 100 # 0,6 = 60 m/s
vy = v0 $ sena = 100 # 0,8 = 80 m/s
Na vertical, o movimento é uniformemente variado. Sendo assim:
1
Dsy = vy $ t + gt2 → 300 = 80 t – 5t2 → t2 – 16 t + 60 = 0
2
A equação acima tem duas soluções: t = 6 s e t’ = 10 s.
Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos considerar
o maior tempo (10 s).
Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim:
Dsx = vx $ t → D = 60 × 10 = 600 m
09 C
h=
2 h 2 $ 54
g 2
t & g= 2 =
& g=12 m/s2
2
t
32
10 D
As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são:
v0x = v0 cos i0 = v0 cos 30o = 60 # 0, 8 = 48 m/s
*
v0y = v0seni0 = v0sen 30o = 60 # 0, 5 = 30 m/s
Adotando referencial no solo e, orientando a trajetória para cima, temos:
y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = –10 m/s2
Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento do eixo y é:
1
a t2 → y = 80 + 30 t – 5 t2
y = y0 + v0y t +
2
Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo:
0 = 80 + 30 t – 5 t2 → t2 – 6 t – 16 = 0 → t =
t=
6 ! 36 + 4 (1) (16)
"
2
6 ! 10 t = 8 s
2 )t = - 2 s (não convém)
No eixo x o movimento é uniforme. A equação é:
x = x0 + v0x t → x = 0 + 48(8) → x = 384 m
FÍSICA I
01 B
A velocidade das rodas em função da frequência é dada pelo produto
da distância percorrida em uma volta completa (circunferência das
rodas) e a frequência.
v = 2pRf = pDf
Igualando as velocidades do pai (1) e do filho (2), temos:
v1 = v2 ⇒ p · D 1 · f 1 = p · D 2 · f 2
Como o diâmetro das rodas da bicicleta do filho é a metade das rodas
da bicicleta do pai:
D
p · D1 · f 1 = p · 1 · f 2
2
Simplificando,
f
f1 = 2
2
Conclui-se que a frequência de giro das rodas da bicicleta do pai é
a metade em relação a do filho. Com relação à velocidade angular,
partimos da sua relação com a velocidade linear: v = w · R. Como as
velocidades do pai (1) e do filho (2) são iguais:
w1 · R 1 = w 2 · R 2
Dado que:
R
R2 = 1
2
R
~1 $ R1 = ~2 $ 1
2
~2
~1 =
2
Encontramos a relação entre as velocidades angulares, com a bicicleta
do pai sendo a metade da bicicleta do filho.
Basta montarmos o triângulo das velocidades
de modo a satisfazer à identidade vetorial de
a velocidade absoluta ser a soma vetorial das
velocidades relativa e de arrastamento.
vT
vABS
vR
06 B
Tempo de queda do pacote:
2h
=
g
tq =
2 $ 320
" tq = 8 s
10
Considerando-se os movimentos na horizontal e tomando-se um
referencial no barco, a velocidade do pacote é constante, de módulo
igual a 80 m/s (100 m/s – 20 m/s):
Pacote
v = 80 m/s
Barco
x
x
x
" 80 = " x = 640 m
Dt
8
v=
07 C
v0 = 20 m/s
0
2,45
x(m)
d
20,3 – d
y(m)
02 B
Trata-se de movimento circular acelerado em que o vetor aceleração
instantânea está defasado de 60o da direção radial; ou seja, do vetor
aceleração centrípeta, pois este tem sempre a direção radial e aponta
para o centro de curvatura da trajetória. Projetando o vetor aceleração
sobre a direção radial, obtém-se o módulo aN do vetor aceleração
centrípeta; ou seja:
1
1
= 32 $
= 16 m/s2
aN = a cos 60° = a $
2
2
v2
Como o módulo da aceleração normal ou centrípeta vale
, tem-se:
r
v2
2
2 2
aN=
e v = aN $ r = 16 $ 1 = 16 m /s → v = 4,0 m/s
r
03 D
A) Correta: em t = 2 s a velocidade é nula, o que corresponde ao
ponto mais alto da trajetória.
B) Correta: a altura máxima corresponde ao ∆s na subida, que
é numericamente igual à área do triângulo acima do gráfico
2 $ 20
= 20 m.
2
C) Correta: em t = 4 s o objeto está com velocidade de –20 m/s, o que
representa a velocidade com que impacta o solo. O deslocamento,
portanto, é nulo.
D) Errada: a aceleração é constante e dirigida para baixo, sentido este
contrário ao da velocidade na subida. Como na subida o movimento
é uniformemente retardado e a velocidade é positiva, a aceleração
tem de ser negativa. O correto –10 m/s2.
E) Correta: de acordo com o gráfico, em t = 0 tem-se v = 20 m/s.
04 E
Sendo vc a velocidade da correnteza, vb a velocidade relativa (do barco
em relação à água) e vs, vd as velocidades absolutas (do barco em relação às margens) na subida e na descida do rio, respectivamente, tem-se:
2,34
= 0,03 km/min = 1,8 km/h
v s = vb – vc =
78
a
(1 opção)
2,34
= 0,09 km/min = 5,4 km/h
v d = vb + vc =
26
(2a opção)
Substituindo na 2a equação a 1a equação, vem 2vc = 3,6 km/h e,
portanto, vc = 1,8 km/h.
05 A
A velocidade do trem (vT) é a velocidade de arrastamento, desejamos
achar a relativa (vR) e o observador no solo vê a direção da velocidade
absoluta (vABS), ou seja, vR = v ABS - v T
v ABS = vR + v T
g t2
y=
2
Dx = v0t
" 2, 45 = 5t2q " tq = 0, 70 s
d = v0tq = 20 $ 0, 70 " d = 14 m
20, 3 - 14
" v = 9, 0 m/s
0, 70
v=
08 A
Tempo de queda da primeira gota:
2h
=
g
tq = 3,2 s
tq =
5a
4a
16 m
2 $ 16
10
d
3a
2a
1a
Seja T o intervalo de tempo decorrido entre os desprendimentos de
gotas consecutivas. Temos, então:
3, 2
4
g 2
10 3, 2
d=
" d = 1m
T =
2
2 16
tq = 4 T " T =
09 Dados: f = 0,25 Hz; r = 2 m; vR 4 m/s; p = 3
A)Como se trata de movimento circular uniforme, somente há a
componente centrípeta da aceleração.
vT = 2 rf r = 2 $ 3 $ 0,25 $ 2 & vT = 3 m/s
v 2
32
va = T =
v = 4,5 m/s2
& a
r
2
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA Ifísica – Volume 02
09
B) A figura mostra a velocidade resultante da bola num ponto qualquer
da trajetória.
vT
vR
U2 = v2T + vR2 = 32 + 42 & U=5 m/s
C) cos i =
vR 4
= = 0,8 & i = arccos 0,8
U
5
10 D
No lançamento oblíquo com ausência de atrito com o ar, podemos
dividir o movimento nos eixos vertical e horizontal, usando as componentes da velocidade nestes eixos ( vx e vy), conforme a figura abaixo:
Assim, temos no eixo vertical um movimento de lançamento vertical
em que a aceleração é dada pela gravidade local e no eixo horizontal
um movimento retilíneo uniforme em que a velocidade em x é sempre
constante. Observa-se que no ponto mais alto da trajetória a velocidade y em é nula e a velocidade horizontal representa a velocidade
da bola neste ponto, enquanto que a aceleração é a mesma em todos
os pontos do movimento, sendo constante e apontando para baixo.
Logo, a alternativa correta é a letra [D].
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Ciências da Natureza e suas Tecnologias
Física – Volume 02
FÍSICA I