Física I vol.3

Resoluções de Exercícios
FÍSICA I
Capítulo
07
O Movimento, o Equilíbrio e
a Descoberta das Leis Físicas
Introdução à Dinâmica
Em que Fvx representa a componente da força Fv no sentido oposto da
correnteza. Fvx = Fv $ cos 37c = 80 $ 0, 8 = 64 N
Assim sendo, temos:
2 $ Fv - Fv = m $ a
x
at
2 $ 64 - Fvat = 600 $ 0, 02
128 - Fvat = 12
Fv = 128 - 12` Fv = 116 N
at
at
04 B
BLOCO
Sabendo que a massa do vagão a ser analisado é de 3 000 kg e que a
velocidade é dada como uma função em relação ao tempo, v = 2 ⋅ t,
temos por comparação com a Função Horária da Velocidade:
01
)
01 A
Quando o skate se choca com o obstáculo, o garoto, por inércia,
continua em movimento e cai.
02 A
Como a caixa superior se move junto com a caixa inferior, não há
aceleração diferente entre elas e podemos considerar como sendo
um corpo único.
E pela 2a Lei de Newton:
F = m$a
F = (2 kg + 3 kg) $ 2 m/s2
F = 10 N
03 B
A Segunda Lei de Newton faz relação com a força resultante que atua
sobre o corpo e a aceleração adquirida por ele.
BLOCO
v = v0 + a $ t
v = 2$t
Disto, pode-se concluir que
v0 = 0
a = 2 m s2
k$m
Como F = m $ a, temos que F = 3 000 kg $ 2 m/s2 " F = 6 000 2
s
F = 6 000 N
05 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.
BLOCO
03
01 B
Dados: M = 70 kg; m = 2 kg; me = 1,0;
A figura mostra as forças atuantes nas telhas e no trabalhador.
02
01 A
Pelo Princípio da Ação-Reação (3a Lei de Newton) essas forças são
iguais em intensidade e direção, tendo sentidos opostos. Dois vetores somente são iguais se têm: mesma intensidade, mesma direção
e mesmo sentido.
02 B
PT
Apresentando as forças atuantes no bote coplanares ao leito do rio,
temos:
pessoa
bote
T=P
T=P
P
Como se trata de repouso, tanto as forças atuantes no trabalhador
como nas telhas estão equilibradas. Sendo P1 o peso de uma telha e
n a quantidade de telhas suspensas, temos:
– Nas telhas:
T = P = nP1 ⇒ T = n ⋅ m ⋅ g.
03 D
Fat
θ
Tx
Fat
2Fe =P
2k $ x =mg
2k $ ^20h= 80 $10
40k = 800
k = 800/40 = 20 N/cm
F
θ
θ
correnteza
Fx
Fx
– No trabalhador:
Fat = Tx & Fat = T $ cos i & Fat = n $ m $ g cos i
*
N + Ty = PT & N = M $ g - T $ sen i & N = M $ g - n $ m $ g sen i
Na iminência de escorregar, a componente de atrito nos pés do trabalhador atinge intensidade máxima.
Fat
máx
F
pessoa
FÍSICA I
Ty
N
=n $ m $ g $ cos i & n $ N=n $ m $ g $ cos i &
n (M $ g – n $ m $ g $ seni)=n $ m $ g $ cos i &
n $ M $ g = n $ n $ m $ g $ seni +n $ m $ g $ cos i
n $ M= n $ n $ m $ seni +n $ m $ cos i &
nM
1 $ 70
70
=
&
& n =25
n=
2, 8
m ^n seni + cos ih
2 $ ^1 $ 0, 8 + 0, 6h
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
01
BLOCO
02 B
Apresentação das forças atuantes em cada bloco:
04
01 D
De acordo com a figura abaixo, temos:
N
T2
T1
g
A
N
B
P
Fat
θ
P
302
=N – P & 2 000 $
=N – 20 000 &
R
300
& N= 26 000 N
Fcp =m $
P
Analisando as componentes da força peso (Pv) do bloco A em relação
à direção do movimento, temos:
N
B
N
P
Fat
θ
A figura mostra a velocidade tangencial da esfera e as forças atuantes.
A resultante será para baixo e a aceleração também.
v
A
PT
02 A
T2
T1
g
v2
PN
P
P
03 B
Observe a figura abaixo onde estão mostradas as forças que agem
no piloto.
Em que:
PvT = Pv $ sen 37c = 10 $ 0, 6 = 6, 0 N
PvN = Pv $ cos 37c = 10 $ 0, 8 = 8, 0 N
Tv1 = Tv2 = T
v
v
Fat = n $ N
v
= 0, 75 $ Pv = 0, 75 $ 8 = 6 N
Fat
máx.
N
v
= 0, 25 $ PvN = 0, 25 $ 8 = 2 N
Fat
cin.
Analisando as forças atuantes no conjunto, percebemos que a soma
da componente PvT com a força de atrito estático máxima resulta:
= 6 + 6 = 12 N
Pv + Fv
T
at
máx.
Isso demonstra que para colocar o sistema em movimento, o módulo
da força peso Pv do bloco B deverá ser maior que 12 N. Entretanto,
devido ao módulo da força peso do bloco B ser igual a 10 N, concluímos que o conjunto não entra em movimento. Assim sendo, a
soma do módulo da componente PvT com o módulo da força de atrito
estático deverá ser igual ao módulo da força peso do bloco B. Logo:
= Pv
Pv + Fv
T
at
est.
6 + Fv
at
est.
` Fv
at
est.
= 10
BLOCO
= 4N
03 A
Para haver movimento, a resultante das forças ativas deve ter intensidade maior que a da força de atrito estática máxima.
Fat
Px
h=3m
θ P
θ
01
01 D
L=5m
A força resultante no bloco é:
FR = Px - Fat
Px
& Px = Psen i = m $ g $ sen i
P
3
FR = m $ g $ sen i - nN = m $ g $ c m - n $ m $ g $ cos i =
5
3
4
8 $ 10 $ c m - 0, 4 $ 8 $ 10 $ c m =
5
5
= 48 - 25, 6 = 22, 4 N
x = Fx $ d = 22, 4 $ 5 = 112 J
sen i =
02
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.
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
BLOCO
02
01 A
Quando o carro não é provido de freios ABS, até um determinado valor
de pressão no pedal, a força de atrito é crescente, até atingir o valor
máximo (f atmáx ); a partir desse valor de pressão, as rodas travam, e a
força de atrito passa a ser cinética (f­atcin ), constante. Como o coeficiente
de atrito cinético é menor que o estático, a força de atrito cinética é
menor que a força de atrito estático máxima.
Para o carro com freios ABS, no limite de travar, quando a força de
atrito atinge o valor máximo (f atmáx ), as rodas são liberadas, diminuindo
ligeiramente o valor da força de atrito, que novamente aumenta até
o limite de travar e, assim, sucessivamente, mesmo que aumente a
pressão nos pedais.
FÍSICA I
BLOCO
03
BLOCO
02
01 A
01 C
O trator tem tração nas rodas dianteiras, ou seja, são estas rodas que
são impulsionadas pelo motor quando o tratorista acelera, pois nelas
a força de atrito está no mesmo sentido do movimento do trator.
Como numa tubulação normal, a força de atrito entre o fluido (sangue)
e as paredes da tubulação (vasos sanguíneos) provoca perda de carga
ao longo do percurso.
02 B
Considerando a pessoa como ponto material, as forças atuantes sobre
ela estão mostradas na figura (peso, normal e atrito). (Na verdade, a
força normal e a força de atrito são componentes da força de contato
que a superfície de apoio aplica na pessoa).
N
BLOCO
01
Fat
01 C
Mudando-se para um planeta de menor gravidade, o peso de Garfield
será menor, mas sua massa permanecerá a mesma.
02 B
O peso da sacola de compras, tanto da figura 1 como da figura 2,
é exatamente igual, pois o mesmo não é modificado pelo fato de
segurar de forma diferente, portanto, a esposa está errada. Agora,
a pressão aplicada no bastão é maior para a figura 1 em relação à
figura 2, e esta sim é capaz de se alterar devido à área de contato
ser diferente em ambas as posições, sendo a pressão dada pela razão
entre a força e a área de contato, quanto menor for a área de contato
maior será a pressão.
03 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.
04 D
O ventilador sopra ar para frente, recebendo uma força de reação
para trás; todo o vento soprado atinge a vela, aplicando nela uma
força para frente. Assim, agem no sistema barco-vela-ventilador
duas forças de mesma intensidade e de sentidos opostos, sendo nula
a resultante nesse sistema. Portanto, nenhuma alteração ocorre no
movimento do barco.
05 E
Se o elevador está em movimento retilíneo e uniforme terá aceleração
nula, logo o homem deverá proceder exatamente do mesmo modo.
06 C
As forças do par Ação-Reação têm mesma intensidade, mesma direção
e sentidos opostos, conforme afirma a 3a Lei de Newton (Princípio da
Ação-Reação).
07 E
Ação e reação são forças de mesma intensidade, mesma direção
e sentidos opostos, porém, não se equilibram, pois não atuam no
mesmo corpo.
08 C
A Lei da Ação e Reação (3a Lei de Newton) afirma que as forças do
par Ação-Reação:
• são da mesma interação (Mônica-corda);
• agem em corpos diferentes (uma na Mônica e a outra na corda),
portanto, não se equilibram, pois agem em corpos diferentes;
• são recíprocas (Mônica na corda/corda na Mônica) e simultâneas;
• têm mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos.
P
Quando a força de atrito atinge a intensidade máxima (Fatmáx ), a pessoa
está na iminência de escorregar, em relação ao piso do ônibus.
Mas:
Fat = Fat = n N
máx
& Fat = n m g
*
N=P=mg
A intensidade máxima da força de atrito é diretamente proporcional
ao produto da massa pela gravidade.
03 E
[I] Correta. Não há como caminhar sem o atrito entre os calçados
e o chão.
[II]Incorreta. O barco desloca-se porque os remos (ou o motor)
empurram uma massa de água para trás, sendo impulsionado para
frente (ação-reação).
[III]Correta.
04 B
No início, a força de atrito (A) é estática e tem valor nulo. À medida
que o operário aumenta a intensidade da força aplicada, a intensidade da força de atrito estática também aumenta, até atingir o valor
máximo (Amáx = neN), na iminência de escorregamento. Ultrapassado
esse valor, a caixa entra em movimento, a força de atrito passa a ser
cinética, constante (Acin = ncN), sendo Acin < Amáx , pois o coeficiente
de atrito cinético é menor que o estático.
05 A
Depois que a bola perde contato com a raquete, as únicas forças que
atuam nela são:
Peso (P): vertical e para baixo
*
Força de resistência do ar (Far): oposta ao movimento
06 D
[1] Incorreta. A maleta pode ser impedida de se mover pela ação
da força de atrito.
[2] Correta. Se a trajetória é retilínea e horizontal, a intensidade (N) da
força normal é igual à do peso (P = mg), e a força resultante sobre
a maleta é a força de atrito. Assim, na iminência de a maleta escorregar: Fres = m ⋅ a ⇒ m ⋅ N = m ⋅ a ⇒ m ⋅ m ⋅ g = m ⋅ a ⇒ a = m ⋅ g.
[3] Correta. Como mostrado no item anterior, a aceleração independe da massa, dependendo apenas do coeficiente de atrito entre
os materiais e da intensidade do campo gravitacional local.
07 D
As figuras mostram as forças agindo no alpinista A na direção da tendência de escorregamento (x) e direção perpendicular à superfície de
apoio (y). No alpinista B, as forças são verticais e horizontais.
T
NB
09 C
Ação e reação.
10 A
As forças de ação e reação:
• são da mesma interação;
• são simultâneas e recíprocas;
• Não se equilibram, pois agem em corpos diferentes;
• são do mesmo tipo (campo-campo ou contato-contato);
• têm mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos.
FÍSICA I
NA
Fat
A
Fat
A
Py
A
60o
Px
A
B
B
PB
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
03
Como os dois estão em repouso, e considerando que o alpinista B
esteja na iminência de escorregar, temos:
Z
] A " T + F atA = P xA
]]
N A = P yA
& F at B=P xA – F atA & F at B=P A sen60o – nN A &
[
]B " T = F at B
]
NB = PB
\
F atB = P A sen60o - n P Acos60o &
F
at
B
Como há equilíbrio:
Fat
*
máx
=Px =P $ sen 15c
N = Py = P $cos 15c
& n $N=P $sen 15c& n $ PY $cos 15c= PY $ sen 15c&
n=
sen 15c
cos 15c
= tg 15c & n = 0, 27
03 B
Observe o diagrama de corpo livre para o sistema de corpos:
= 1 000 $ 0, 87 - 0, 1 $ 1 000 $ 0, 5 = 870 - 50 & Fat = 820 N
B
08 C
Quando a pessoa anda, ela aplica no solo uma força de atrito horizontal para trás. Pelo Princípio da Ação-Reação, o solo aplica nos
pés da pessoa uma reação para frente (no sentido do movimento),
paralela ao solo.
,
2
09 B
O freio ABS é mais eficiente, pois impede o travamento das rodas,
fazendo a frenagem com força de atrito estática, que é maior que a
dinâmica, pois o coeficiente de atrito estático é maior que o dinâmico.
10 B
Aplicando a Segunda Lei de Newton sobre o pacote:
FR = m $ a
T-m$g = m$a
T = m $ _g + a i & T = 100 kg $ _10 + 0,5 i m/s2 ` T = 1050 N
Dados: x1= 2 cm; x2= 10 cm.
Figura 1
Figura 2
N
Fat
g
fio A
Fel
fio A
B
04 C
Consideremos uma pessoa em repouso sobre a rampa.
Tratando-a como ponto material, podemos representar as forças nela atuantes pela figura ao lado.
Como a pessoa está em equilíbrio, temos:F
g
F
tábua
B
N
P
P $ sen i =Fat & tg i = Fat
)
N
P $ cos i =N
P
Na figura 1, o bloco está na iminência de escorregar. A componente
de atrito ^F ath é máxima e, como o bloco ainda está em repouso, ela
tem a mesma intensidade da força elástica ^F h . Pela mesma razão, a
componente normal ^N h tem a mesma intensidade que o peso ^P h
do bloco.
Sendo k a constante elástica da mola, m a massa do bloco e g a
intensidade do campo gravitacional, temos:
⇒ mE = tg θ ⇒
A força mínima necessária para colocar o livro em movimento tem
que ser maior que a força de atrito estática máxima.
& F 2 ne N & F 2 0, 1 $ 10 & F 2 1 N
02 E
A figura a seguir ilustra a situação.
Pcosθ
θ
4
1
= = 0, 33
12
3
N = P = m ⋅ g= 12 000 N
A componente de atrito estático máxima:
Fatmáx = me N = 0,8 (12 000) ⇒ F atmáx = 9 600 N
A componente de atrito cinético:
F atcin = mc N = 0,6 (12 000) ⇒ F atcin = 7 200 N
Observe a figura ao lado.
v cte ⇒ a = 0 ⇒ Fres = 0 ⇒
F1 =P
&*
F
F
1
1
F2 =P $ sen 30o & F2 = P & F2 = 1 & 2 =
2
F1 2
2
07 E
Fat
Px
F=
P
, onde n é o número de polias móveis.
2n
F=
Pmáx
P
⇒ 4 500 = máx ⇒ P = 144 000 N
25
32
FI
F2
nθ
P
e
P.s
θ = 30o
08 A
Dados: m= 225 kg; t = 3 s; ∆S= 4,5 m; v0 = 0; g = 10 m/s2
Calculando, então, o módulo da aceleração de cada bloco.
15
o
P
04
Psenθ
&P
Py
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
DS =
N
Psenθ
θ
Fat
06 D
01 B
máx
N
Dados: g = 10 m/s2; me= 0,60; mc = 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) .
Substituindo (IV) em (III), vem:
x
2
⇒ m = 0,2.
mk­x2 = kx1 ⇒ m = 1 =
x2
10
F 2 Fat
θ
at
05 D
Substituindo (I) em (II):
mmg = kx1 (III).
Na figura 2, o bloco também está em repouso. Assim, a nova força
elástica ^F elh equilibra o peso.
Fel = P ⇒ kx2 = mg (IV)
03
nEN
θ
N
P
O resultado obtido acima corresponde ao valor mínimo possível para
o coeficiente de atrito estático.
N = P = mg (I)
Fat = F ⇒ mN = kx1 (II)
BLOCO
& tg i =
Fat
N
a 2
2D S
2 ^4, 5h
t &a= 2 =
& a = 1 m/s2
2
t
32
FÍSICA I
Considerando desprezíveis as massas dos fios, a intensidade da resultante das forças externas sobre o sistema formado pelos dois blocos
é a diferença entre os módulos dos pesos.
Mg - mg = (M + m) a & M ^10h - 225 ^10h = M ^1 h + 225 ^1 h &
2 475
10M - M = 225 + 2 250 & M =
& M = 275 kg
9
N2
09 C
A figura mostra as forças agindo na caixa debaixo e no
6
sistema formado pelas caixas de cima e do meio.
• N1: intensidade da força que o piso do elevador exerce
6
na caixa debaixo.
N1
• N2: intensidade do par ação-reação entre a caixa de2P
baixo e o sistema formado pelas caixas de cima e do N2
meio.
6
• P: intensidade do peso da caixa debaixo.
• 2P: intensidade do peso do sistema formado pelas
P
caixas de cima e do meio.
Sendo m a massa de cada caixa, se o elevador estivesse em
repouso, a caixa debaixo receberia do piso uma força de intensidade
N1 igual à do peso do conjunto de seis caixas. Assim: N1 = 6P
Sendo a a máxima aceleração do elevador, quando ele estiver subindo em
movimento acelerado ou descendo em movimento retardado, tem-se:
• Para o sistema formado pelas caixas de cima e do meio:
N2 - 2P = 2ma & N 2 = 2P + 2ma.
• Para a caixa debaixo:
N1 - P - N2 = ma & 6P - P - _2ma + 2P i = ma &
6P - P - 2P = ma+ 2ma &
3mg = 3ma & a = g &
a = 10 m/s2
10 C
Analisando o proposto pelo enunciado, podemos desenhar o diagrama
de forças que atuam sobre o corpo.
Como a criança está no ponto mais baixo de sua trajetória circular,
a aceleração centrípeta deve ser vertical para cima, ou seja, radial à
trajetória para o centro da mesma.
A existência da aceleração centrípeta só é possível pelo fato da força
de tração no fio ser maior que a força peso (T > P), ou seja, por existir
uma força resultante (F) vertical para cima: F = T – P
a
F
02 C
Observe a figura abaixo.
No triângulo sombreado podemos afirmar:
2
Fn
mg
Rg
=
& vR tg i = g & v2 = tg
&
Fat
v2
i
m
R
Rg
mRg
1
=
& EC = 2 $ m $ v2 = 12 $ m $ tg
2tg i
i
tg i =
03 D
A força que faz a garrafa subir é a tração exercida pelo fio, que é a
mesma que desempenha o papel de força centrípeta no peso.
Assim, analisando as forças, temos que:
FR = P $ sen _37c i - Fat
*
P $ cos _37c i = N
Pelos dados de deslocamento, podemos calcular a aceleração da
moeda no tempo dado:
a $ t2
DS = v0 $ t +
2
a $ 12
2=
2
a = 4 m s2
04 C
A figura mostra as forças que agem no ioiô imediatamente antes de
o fio arrebentar.
v
T
P
h = 2R
x = 4R
Diante disto, temos que:
FR = P $ sen _37c i - Fat
FR = P $ sen _37c i - n $ N
FR = P $ sen _37c i - n $ P $ cos _37c i
m $ a = m $ g $ sen _37c i - n $ m $ g $ cos _37c i
a = g $ sen _37c i - n $ g $ cos _37c i
4 = 10 $ 0,6 - n $ 10 $ 0,8
n = 0,25
BLOCO
01 C
04
Desenhando as forças que atuam na criança, temos a força peso e
a força de tração no fio. Veja
Trajetória
figura ao lado. Verificamos
que não há força tangente à
T
trajetória, há apenas forças
radiais, ou seja, não há aceleração tangencial, mas apenas
aceleração centrípeta (radial).
P
FÍSICA I
No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da velocidade
inicial, dependendo apenas da altura (h) e da intensidade do campo
gravitacional local (g), como na queda livre. Assim:
h=
1
g t2 & t =
2
2h
&t=
g
2 ^2Rh
&t=
g
4R
.
g
No eixo x o movimento é uniforme, pois a velocidade horizontal de
lançamento permanece constante. Então:
2
4R
4R
o & ^4Rh2 = e v
o &
x = v t & 4R = v e
g
g
YR 2
4
2
2
YR =
16
v & v = 4Rg
g
Imediatamente antes de o fio arrebentar, as forças que agem no ioiô
são a tração e o peso, como mostra a figura, sendo a soma vetorial
das duas a resultante centrípeta.
mv2
R
T = 4 mg - mg & T = 3 mg
T + P = RC & T + mg =
& T=
Y h
m ^4Rg
- mg &
Y
R
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
05
05 E
O carro estará na iminência de perder contato com o solo quando a
normal tende a zero. Assim, temos:
Fcp = P ⇒ m · v2/R=m · g ⇒ v =
O Movimento, o Equilíbrio e
a Descoberta das Leis Físicas
Capítulo
08
gR
A Energia Mecânica e sua Conservação
Logo, a velocidade que faz o carro ficar na iminência de perder contato
com o chão independe de sua massa.
06 E
O peso aparente é a própria força normal.
N
BLOCO
01 D
P
V = 100 ⋅ 1 cm3 = 100 cm3
m
d=
⇒ m = d ⋅ V = 1 ⋅ 100 = 100 g = 0,1 kg
V
O trabalho realizado por esta máquina corresponde à energia adquirida
pela água (energia potencial gravitacional). Assim, temos:
m$g$h
W
(0,1 $ 10 $ 2)
P=
=
=
= 1 · 10–2 W
Dt
Dt
(100 $ 2)
Assim temos:
Fcp = N - P & N = Fcp + P & N =
N=
mv2
+ mg &
R
3 000 $ 202
+ 3 000 $ 10 & N = 34 000 N
300
07 D
De acordo com o exposto no item 5.9 (página 23, do livro do aluno),
temos que:
vmáx = g $ R $ tg i = 10 $ 200 $ 0, 2 = 400 ⇒
⇒ vmáx=20m/s⇒ vmáx=72km/h
08 D
Decompondo a força R em componentes ortogonais, as forças atuantes
no avião podem ser ilustradas pelo diagrama abaixo.
R . sen α
α
03 A
Dados: h = 10 m; v0 = 0; v =1m/s
Pela conservação da energia mecânica:
m v20
2
& H=
g$h+
g
v20
2 &
1
10 ^10h +
2 & H = 10, 05 m
H=
10
2
Como o avião descreve uma curva num plano horizontal, temos:
P
P = R · cos a ⇒ R =
cos a
BLOCO
06
01 B
09 D
:Posição A: EM = EC +EP
A
A
A
1 000 =EC + 800
A
EC = 200 J
m
r=
20
Dados:r=20m;v=72km/h=20m/s;
m=(800+60)=860kgeg=10m/s2.
Sendo FN a força de reação da pista e P o
peso do conjunto, analisando a figura, temos que a resultante centrípeta é:
m v2
+m g &
RC =FN – P & FN =RC +P & FN =
r
2
860 (20)
+ 860 (10) = 17 200 + 8 600 &
FN =
20
FN = 25 800 N
A
N
:Posição B: EM = EM
B
A
EM = 1000 J
B
P
EM = EC +EP
B
B
B
1000 = 600 +EP
B
EP = 400 J
B
10 A
Se não há atrito, as únicas forças que agem sobre o corpo são seu
próprio peso (P) , vertical para baixo, e a normal(N) , perpendicular à
trajetória em cada ponto.
A figura abaixo ilustra essas forças em cada um dos pontos citados.
4
N4
P
N1
1
N3
P
N2
2
06
A força peso é uma força conservativa. De acordo com o Teorema da
Energia Potencial, o trabalho de forças conservativas independe da
trajetória, sendo igual à diferença entre as energias potenciais inicial
e final. Assim, o trabalho da força peso é não nulo e tem o mesmo
valor para os dois observadores.
m$g$H = m$g$h+
α
P
α
02 B
R . cos α
R
O
05
3
P
P
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
02 B
corpos 1 e 2:
m v2
=m $ g $ h & v = 2gh
2
Logo: v1 = v2
corpo 1: MUV
g
h= t12 & t1 =
2
2h
g
corpo 2: MUV
g $ sen i 2
h=
t2 & t2 =
2
Logo: t1 < t2
2h
g sen i
FÍSICA I
k x2
03 D
TA > TB > TC
B) Incorreta: Por causa da conservação da energia mecânica, os
três objetos, que têm massas iguais, atingem o solo com a mesma
energia cinética.
C) Incorreta: Os alcances horizontais são diferentes.
D) Correta: Nos três casos: EMf =EMi
PHR no solo:
m v2 m v20
=
+m g H
2
2
v = v20 + 2 g H
=mgh & k=
06 C
Pela conservação da energia mecânica, toda energia cinética que o
atleta adquire na etapa I é transformada em energia potencial na etapa
III, quando ele praticamente para no ar.
07 B
O sistema é conservativo.
h = ∆S sen 30o
B
E) Incorreta: As velocidades de impacto dos objetos contra o solo
são diferentes, pois, embora tenham módulos iguais (288 km/h),
têm direções diferentes.
Aplicando o teorema da conservação da energia mecânica entre os
pontos A e B:
m
Y v2
A
= EBmec &
=m
Emec
Y g h & v2 = 2 g DS sen 30o &
2
1
v = 2 $ 10 $ 1 440 $ & v = 120 m/s
2
08 C
05
Dados: Pco = 10 W; ET = 2 500 kcal = 2,5 ⋅ 106 cal; 1 cal = 4 J
01 A
Calculando a potência total:
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:
m v2
+m g H &
2
2
6
50
+10 $ 3, 2 & H=
& 10 H =
& H=5 m
22
10
ET
2, 5 $ 106 $ 4
=
= 115, 74 W , 116 W
Dt
24 $ 3 600
116 W " 100% & x = 8, 62% & x = 9%
'
10 W " x%
PT =
final
= Emec
& m g H=
Einicial
mec
09 B
Podemos representar o funcionamento da bomba-d’água, considerada
ideal, pelo diagrama abaixo.
02 E
Precebida
O processo de conversão de energia no caso mencionado é o da transformação de energia potencial elástica em energia cinética. O estilingue
também usa esse mesmo processo de transformação de energia.
Prec = Putilizada ⇒ Prec =
04 C
d=
vB =
=
50
⇒ V = 50 L
1
9o
8o
7o
6o
5o
v2A + 100
II.Incorreta: Como foi demonstrado na afirmação anterior, a velocidade não depende da massa.
III. Correta: Como os pontos A e C estão na mesma altura, as velocidades nesses pontos têm mesmo valor: vC = vA.
05 B
Dados: x = 5 mm = 5 ⋅ 10 m; h = 10 cm = 10 m; m = 20 g =
2 ⋅ 10–2 kg; g = 10 m/s2
–1
Pela conservação da energia mecânica, a energia potencial elástica
armazenada na mola é convertida integralmente em energia potencial
gravitacional. Então:
FÍSICA I
⇒V=
10 B
mv
mv
Y B2
Y 2A
= mg
&
Y h+
2
2
v2A + 2 g h & vB = v2A + 2 ^10h^5h &
–3
P $Dt
m$g$h
⇒ m = rec
Dt
g$h
A
EBmec = Emec
&
vB =
⇒ Prec =
Putilizada
(mecânica)
Z
] Prec = 50 W
] Dt = 10 min = 600 s
[
2
] g = 10 m/s
] h = 60 m
\
50 $ 600
m=
⇒ m = 50 kg
10 $ 60
Como a densidade da água é 1 kg/L, temos:
Pela conservação da energia mecânica, a energia máxima disponível
em uma colisão é a energia cinética adquirida pela esfera de demolição ao baixar da posição inicial até o nível de impacto. Essa energia
cinética provém da energia potencial gravitacional perdida ao baixar
esse desnível h.
Portanto: Ecin = Epot = M g h.
Analisando cada uma das afirmações:
I. Incorreta: O sistema é conservativo. Então, tomando como
referencial o plano horizontal que passa pelo ponto B, temos:
bomba-d’água
(elétrica)
03 D
A
∆S
v = (10) 2 + 2 $10 $ 315 (m/s)
Donde: v = 80 m/s = 288 km/h
BLOCO
2mgh
&
x2
2 $ 2 $ 10-2 $ 10 $ 10-1
4 $ 10-2
=
= 0, 16 $ 104 &
k=
25 $ 10-6
^5 $ 10-3h2
& k = 1 600 N/m
2
A)Incorreta: O tempo de queda só depende do movimento vertical,
que é diferente para os três objetos, pois v0y é diferente aos três
casos.
30 metros
deslocamento sofrido pelo elevador
4
o
3o
2o
1o
T
E Posição depois
Evidentemente, ao descer do nono andar até o térreo, a energia potencial gravitacional da pessoa irá diminuir. A expressão que descreve
esta variação é dada por:
DEP = m $ g $ h
DEP = - 500 $ (30) = - 15 000 J
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
07
BLOCO
04 B
06
Se o carro tem tração dianteira, somente estas rodas são acionadas
pelo motor, quando o motorista acelera. Assim, elas empurram o chão
01 A
para trás, que, pela 3a Lei de Newton, reage e as empurra para frente,
O sistema é conservativo, logo:
i
f
9, 8 $ h =
conforme a figura abaixo.
m v2
2
EM =EM & m g h=
^28h2
& h= 40 m
2
02 B
As rodas traseiras, por sua vez, por não serem acionadas pelo motor,
y
0,45 m v0y
mento do automóvel.
B
A v
0x
0,80 m
C
x
D
Podemos fazer uma analogia com as forças de atrito que agem nos
Sistema conservativo:
EM =EM
pneus de uma bicicleta, com a diferença de que neste caso, quando
m vB2
+m g Dh; vB = v0 =10, 5 m/s
EC =
A
x
2
2
64, 0 (10, 5)
+ 64, 0 $10, 0 $ 0, 45 (J)
Logo: EC =
A
2
EC = 3816, 0 J
no caso da bicicleta, o atrito atuante na roda traseira impulsiona a
A
ficam sujeitas a uma força de atrito no sentido oposto ao do movi-
vB
v0
B
pedalamos, é a roda traseira que empurra o chão para trás. Assim,
bicicleta e o atrito na roda dianteira é contrário ao seu movimento, o
que ocorreria com o automóvel se ele tivesse tração nas rodas traseiras.
A
05 E
03 D
Seja d a distância pedida e x a máxima deformação da corda.
Dados: h = 2,4 m; vAB = 4 m/s
E
d = 18 + x + 2,0 (em metros)
H
EM =EM (referencial na posição mais baixa do centro de massa do
f
B
A
d = 20 + x (em metros)
h
i
bungee-jumper):
k x2
200 x2
= m gh&
=100 $10 $ (20 + x)
2
2
2
x – 10 $ x – 200 = 0
C
D
Usando duas vezes a conservação da energia mecânica:
CD
EMAB = EM
&
m v2AB
+ mgh =
2
2
vCD = 64 & vCD = 8 m/s
CM
1,0 m
CD
= EEM &
EM
m v2CD
2
m v2CD
= mgH &
2
&
v2
42
+ 10 (2, 4) = CD
2
2
&
82
= 10 H & H= 3, 2 m
2
06 E
E elétrica = 90% EPG ⇒ P elétrica · Δt = 0,9 · m · g · h ⇒
18 + x
⇒ P elétrica · Δt = 0,9 · d · v · g · h ⇒
⇒ 512 000 000 · Δt = 0,9 · 1 000 · v · 10 · 120 ⇒
⇒c
5,12 .108
v
m=
≅ 500 m3/s
Dt
1,08 .106
Como 1 m3 = 1 000 litros, a vazão é cerca de 500 000 litros por
segundo.
CM
1,0 m
07 E
1,0 m
O esquema abaixo apresenta a trajetória do centro de massa do
Rochas
Resolvendo-se a equação:
10 ! 100 + 800
x=
2
Donde: x = 20 m
Logo: d= 20 + 20 (em metros) & d= 40 m
esqueitista para um sistema conservativo (a altura final, ponto A, é
igual à inicial (ponto G)).
IA
G
B
C
D
II
E
F
III
Se ele não atingiu as rochas, dos valores citados, a menor distância
possível é de 41 m.
08
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
Por exclusão, chega-se facilmente à opção [E].
FÍSICA I
08 A
A figura abaixo mostra o nível de referência para a energia potencial
e as forças que agem sobre o ocupante.
Aplicando a equação de Torricelli:
v2
v2 - v2
v2 = v20 - 2 a d & d = 0
& d= 0
2a
2 ng
Dados para as duas situações propostas:
v0 = 108 km/h = 30 m/s; ne = 1; nc = 0,75; g = 10 m/s2
Assim:
Z
302
v20
900
]
& d1 = 45 m
] d1 = 2ne g = 2 $ 1 $ 10 = 20
[
2
2
30
900
] d = v0 =
=
& d2 = 60 m
] 2
2nc g
2 $ 0,75 $ 10
15
\
02 D
Durante a descida, a energia mecânica se conserva:
1
1
ETF = ETI & mgh + mv20 = mv2 &
2
2
v2
52
& v = 25 m/s
=
10 $ 30 +
2
2
No ponto mais baixo podemos escrever:
N-P = m
Para o tênis B:
F
3,0 N
nc_B i =
& nc_B i =
` nc_B i = 0,6
m$g
0,5 kg $ 10 m/s2
Sendo assim, a única alternativa que concorda com os cálculos é a
da opção [D].
v2
R
Mas: N = 3, 5P, então: 3, 5P - P = m
& 2, 5 $ 10 =
Para a velocidade ser constante, a força resultante é nula, portanto a
força aplicada deve ser igual em módulo à força de atrito.
F
F = Fat & F = nc $ N & F = nc $ P & F = nc $ m $ g ` nc =
m$g
Para o tênis A:
F
2 ,8 N
nc_A i =
& nc_A i =
` nc_A i = 0,7
m$g
0,4 kg $ 10 m/s2
v2
v2
& 2, 5 mg = m &
R
R
252
625
= 25 m
&R=
25
R
09 A
No esquema ilustrado, a energia I é cinética, que é obtida na descida
dos quadris devido à perda de energia potencial gravitacional, enquanto a energia II é elétrica, que é obtida no gerador que transforma
energia cinética em elétrica.
A força normal é sempre perpendicular à superfície de apoio.
04 E
Quanto se tem pela frente uma questão teste em que se deve chegar
a um valor numérico, é recomendável dar uma “olhadinha” nos valores que estão nas opções. Se a diferença entre eles é relativamente
grande, pode-se usar e abusar dos arredondamentos, como será feito
nesse teste.
Dados:ΔS=403km≅ 400 km = 4 ⋅ 105m;Δt=85min=
= 5,1 ⋅ 103 s ≅ 5 ⋅ 103 s
10 D
Como o sistema é conservativo, em todos os casos a velocidade em
B é vB, que pode ser calculada pelo Teorema da Energia Mecânica.
Fazendo AB = h, temos:
1
A
= EBmec & mgh = mvB2 & vB = 2gh
Emec
2
Sendo H a altura do solo até B, o tempo de queda (tq) é obtido pela
1
2H
expressão: H = gt2q & tq =
.
2
g
Na direção horizontal, o movimento é uniforme com velocidade
vB. A distância horizontal percorrida durante o tempo de queda é:
d = vBtq ⇒ d = ^ 2gh he
em todos
03 B
2H
o & d = 2 hH . Sendo h e H iguais
g
A velocidade média (vm) do trem-bala é:
vm =
DS
4 $ 105
=
= 80 m/s
Dt
5 $ 103
A aceleração lateral (centrípeta – ac) é:
ac =
802
v2
v2
=
&r=
& r = 6 400 m
0, 1 (10)
r
ac
05 B
A figura mostra as forças agindo no coelho.
N
os casos, a distância de B ao solo também é a mesma para todos eles.
Fat
P
01 A
Desconsiderando a resistência do ar, a resultante das forças resistivas
sobre cada carro é a própria força de atrito.
R = Fat & m a = nN.
Como a pista é horizontal, a força peso e a força normal têm mesma
intensidade:
N = P = mg
Combinando as expressões obtidas:
m a = nN & m
Y a = nmg
Y & a = ng
Como o coeficiente de atrito é constante, cada movimento é
uniformemente retardado (MUV), com velocidade final nula.
FÍSICA I
A força de atrito é a componente centrípeta das forças que agem no
coelho e a normal equilibra o peso.
2
nN = m~2R & nmg = m~2R & n = ~ R (equação 1)
3
g
N = mg
1 rot
2r rad
=
= 1, 0 rd/s
~=
6s
6s
Voltando à equação 1: n =
12 $ 5
= 0, 5
10
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
09
06 B
Dados: v = 216 km/h = 60 m/s; m = 6 kg; r = 72 m.
A força que o piloto deve exercer sobre o conjunto cabeça-capacete
é a resultante centrípeta.
mv2 6 (60) 2 3 600
=
=
& RC = 300 N
r
72
12
Para que um corpo tenha esse mesmo peso, quando sujeito à gravidade
terrestre, sua massa deve ser:
P
300
m= =
& m= 30 kg
g
10
RC =
10 D
I. (F) – Desprezando atritos, temos:
m $ v2
⇒ v = 2$g$h
2
II. (V) – De acordo com o item anterior, a velocidade atingida depende
da altura inicial.
III. (F) – Quanto mais alto for o toboágua (do mesmo formato), maior
será o tempo de descida.
IV. (V) – Conforme o comentário do item II, o que importa é a altura
de queda.
EM cte ⇒ EM = EM ⇒ m $ g $ h =
I
F
07 D
Conforme o diagrama ao lado, as forças que agem
no carro são o peso ^P h e a normal ^N h . Como o
movimento é circular e uniforme, a resultante dessas
forças é centrípeta (radial), ^RCh :
tg a =
RC m $ aC
=
& aC = g $ tg a. Como α e g são constantes, a
P
m$g
aceleração centrípeta é radial e dirigida para o ponto C.
08 C
Analisando o enunciado, podemos observar que:
E=T+P
Onde,
E " Empuxo
T " Tração no fio
P " Peso da mina
Assim, utilizando os dados fornecidos no enunciado, podemos escrever que:
T = E-P
T = tH2O $ Vsub $ g - m $ g
T = 1 000 $ 4 $ 10 - 300 $ 10
T = 40 000 - 3 000
T = 37 000 N
T = 37 kN
09 D
EM = EM
B
A
PHR em B:
mvB2
v2
= mghA & B = ghA &
2
2
(20) 2
200
= 10 $ L 0 & L 0 =
= 20 m
&
2
10
(vA = 0)
A
L0
B
L0
C
(vC = 0)
Rochas
10
Ciências da Natureza e suas Tecnologias
FÍSICA – Volume 03
FÍSICA I