o movimento, equilíbrio e a descoberta de leis

RESOLUÇÃO COMECE DO BÁSICO - FÍSICA
SOLUÇÃO CB1.
[A]
A soma das forças que atuam sobre o livro é nula, e a tendência do corpo é
manter o movimento. A situação do livro é de equilíbrio dinâmico.
SOLUÇÃO CB2.
[C]
Verdadeira: A aceleração é nula porque não há variação na marcação da
velocidade feita pelo velocímetro. Se não há variação de velocidade, não há
aceleração.
Verdadeira: A força é resultado do produto da massa pela aceleração. Se a
aceleração é nula, a resultante das forças que atuam sobre o veículo também é
nula.
Falsa: Não há vetor força resultante, uma vez que a força é nula.
SOLUÇÃO CB3.
[A]
I)
II)
III)
IV)
Correta;
Incorreta: as forças são iguais;
Incorreta: o tempo de atuação das forças é igual;
Incorreta: a força aplicada pela bola no rosto é a ação.
SOLUÇÃO CB4.
[B]
A força peso é definida como o produto da massa pela gravidade. Sendo assim,
podemos escrever que o peso do objeto na lua é:
P = m. gL
48 = m . 1,6
m = 30 kg
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físicas
1
A massa independe da gravidade, assim, a massa do objeto na Terra também é
de 30 kg. O peso do objeto na Terra é, portanto:
P = m . gT
P = 30 . 10
P = 300 N
SOLUÇÃO CB5.
[E]
A)
B)
Incorreta: Força normal e força peso não são par de ação e reação;
Incorreta: Ação e reação são pares de forças com sentidos opostos e
direções iguais;
C) Incorreta: Ação e reação possuem mesma intensidade;
D) Incorreta: Toda ação corresponde a uma reação de mesma intensidade e
sentido oposto;
E) Correta.
SOLUÇÃO CB6.
[C]
Como o enunciado nos informa que o corpo percorre 15m até alcançar o solo e
que tan θ  3 4, podemos desenhar a figura abaixo:
Ao descer, o corpo de massa “m” empurra o plano, que se desloca para a
direita, em relação ao solo.
2
O movimento, equilíbrio e a descoberta de leis
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U : velocidade do plano em relação ao solo;
V : velocidade da esfera em relação ao solo.
VX : componente horizontal de V ;
VY : componente vertical de V .
O movimento, equilíbrio e a descoberta de leis
físicas
3
tan θ 
| VY |
| VX |  | U |

VY
3
3


4
VX  U 4
(eq.1)
Ao descer, a energia potencial do corpo de massa “m” se transforma em energia
cinética do corpo de massa “m” e do plano de massa “M”, todos em relação ao
solo.
MU2 mV 2

 mgh
2
2
VX  VY  V  V2  VX2  VY2
MU2 mV 2
MU2 m.(VX2  VY2 )

 mgh 

 mgh (eq.2)
2
2
2
2
Para respondermos a questão, temos que encontrar VX e VY . Para isso já
temos a “eq.1”, faltando apenas mais uma equação.
Considerando o sistema como isolado, teremos a conservação da quantidade de
movimento em relação ao solo. Como o deslocamento do plano ocorre apenas
na horizontal, podemos desconsiderar as componentes verticais no sistema.
M.U  m.VX  0  M.U  m.VX  0  VX 
M.U
3
 VX  U
m
2
(eq.3)
Substituindo “eq.3” em “eq.1”, teremos:
VY
3
33
15

  VY   U  U   VY 
U
VX  U 4
42
8

(eq.4)
Substituindo “eq.3” e “eq.4” em “eq.2”, finalizamos:
  3 2  15 2 
m.   U    U  
 2 
 8  
MU2 m.(VX2  VY 2 )
MU2


 mgh 

 mgh
2
2
2
2
225 2 
9
80.  U2 
U 
2
120.U
4
64

  80.10.9  U  5m / s

2
2
4
O movimento, equilíbrio e a descoberta de leis
físicas
SOLUÇÃO CB7.
[C]
A quantidade de movimento de cada pedaço deve ser somada vetorialmente
para obtermos ΔQ  0
Então para cada pedaço:
Q1  Q2  Q3  0
M1v1  M2 v 2  M3 v 3  0
Somando os vetores:
(5M3 )2  22  1,52  M3 
6,25
 0,5kg
25
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5
Como a massa total da granada é a soma das massas parciais:
M  0,2  0,1  0,5  0,8kg
SOLUÇÃO CB8.
[D]
De acordo com o enunciado, houve troca de velocidades no choque. Isso
somente ocorre em colisão perfeitamente elástica, frontal de duas massas
iguais. Como as forças trocadas na colisão formam um par ação-reação, e o
tempo de interação é o mesmo, o módulo do impulso sobre o bloco 2 foi o
mesmo que o módulo do impulso sobre o bloco 1.
SOLUÇÃO CB9.
[E]
Pelo Teorema do Impulso, a intensidade da força média (Fm) é dada pela razão
entre o módulo da variação da quantidade de movimento (|v|) e o tempo de
interação (t). A pressão média (pm) é dada pela razão entre intensidade da
força média e a área de contato (A). Assim:

m Δv
I 
Fm 
m Δv
Δt
I
em
II
:
p

.





m
Δ
t
A
F
p  m
II
 m
A
Dados: mV = 270 g; mG = 45 g; v0V = 30 m/s; vV = 0; v0G = 60 m/s; vG = 0;
tV = 2 tG; AV = 10 AG.
Então, fazendo a razão entre as pressões exercidas pela bola de golfe (pmG) e
pela bola de vôlei (pmV):
pmG mG Δv G Δt V A V


pmV
ΔtG A G mv Δv V

pmG 45 0  60 2 ΔtG 10 A G


pmV
ΔtG A G
270 0  30
pmG  6,7 pmV  pmG  pmV .
6
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
pmG 20


pmV
3
SOLUÇÃO CB10.
[A]
Utilizando o teorema do impulso temos:
I  F  Δt  m  ΔV
De forma escalar temos:
I  F  Δt  m  Δv
F
m  Δv
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.
SOLUÇÃO CB11.
[D]
Para pequenos intervalos de tempo, o sistema formado pelo robô e pelos gases
pode ser considerado isolado de forças externas e, portanto, há conservação da
quantidade de movimento.
SOLUÇÃO CB12.
[E]
Como o choque é perfeitamente elástico, a energia cinética se conserva.
Então:
Eantes
Cin
depois
 ECin

EA  E'A

'
EB

m 22 m 12

 E'B
2
2
'
 EB

3m
.
2
O movimento, equilíbrio e a descoberta de leis
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7
Como: EA 
m 22
2
 EA 

'
EB
3
 .
EA 4
4m
.
2
Então:
3m
'
EB
2

EA 4 m
2
SOLUÇÃO CB13.
[A]
Pela conservação da quantidade de movimento:
pe  pf final  pe  pf inicial.
Mas, antes da colisão, apenas o fóton apresenta quantidade de movimento, que
tem direção e sentido do eixo x. Então:
pe  pf final  pf inicial.
A figura mostra três possibilidades.
Nota-se que a figura (II) está de acordo com a opção [A].
SOLUÇÃO CB14.
[D]
Analisando o problema através do teorema fundamental do impulso, temos:
I  ΔQ
8
O movimento, equilíbrio e a descoberta de leis
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Cuja análise escalar resulta:
F.Δt  m. Δv
Em que
F
F
F
representa a força média executada sobre a parede. Assim sendo:
m. Δv
Δt
0,6.8
 48N
0,1
Sendo a área da atuação da força igual a 20 cm2, temos:
p
F
48
480000



4
A 20.10
20
 p  24000Pa
SOLUÇÃO CB15.
[A]
Dados:
v 0  144 km / h  40 m / s;
v  0;
DS  25 m,m  1,6 t  1.600 kg
Calculando o tempo de frenagem:
ΔS 
v  v0
40  0
Δt  25 
Δt  Δt  1,25 s.
2
2
Supondo movimento retilíneo durante a paragem, aplicando o Teorema do
Impulso:
IR  m Δv
 R Δt  m Δv
 R
m Δv
Δt

1600  40 
1,25

R  51.200 N.
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SOLUÇÃO CB16.
[C]
Apesar de a velocidade do veículo não mudar em relação a sua intensidade
(25 m/s), devemos lembrar que a velocidade é uma grandeza vetorial, e, como
tal, a mudança do seu sentido e direção implica na sua variação. Como a
quantidade de movimento também é uma grandeza vetorial definida como o
produto da massa de um corpo pela velocidade, a mudança da velocidade
implica na sua variação. Observe as ilustrações:
Assim, o vetor da variação d quantidade de movimento é dado por:
ΔQ  QF  Q0
10
O movimento, equilíbrio e a descoberta de leis
físicas
Agora que encontramos o vetor da variação da quantidade de movimento,
devemos notar que devido ao ângulo formado entre o vetor Q0 e QF ser de 60° e
ainda que | Q0 |=| QF |, o triângulo formado pelos vetores acima é equilátero.
Assim sendo:
| ΔQ |=m.| v 0 | = 1000.25
 ΔQ  25000kg.m / s
SOLUÇÃO CB17.
[B]
Como as esferas se deslocam em sentidos opostos, o módulo da velocidade
relativa é igual à soma dos módulos das velocidades.
Então:
vrel  v  v  vrel  2 v .
Aplicando a conservação da Quantidade de Movimento ao choque, com sentido
positivo orientado para a direita:
m v  3 m v  m  -8   3 m 1  -2 v  -5  2 v  5.
vrel  2 v  5 m/s.
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SOLUÇÃO CB18.
[B]
Como o sistema é isolado, há conservação da quantidade de movimento.
Portanto:
MV  mv  0  600V  3x800  V  4,0 m/s.
SOLUÇÃO CB19.
[E]
Dados: M1 = 4 kg; M2 = 5 kg; V1 = V = 5 m/s; V2 = 0.
Como o sistema é mecanicamente isolado, ocorre conservação da quantidade
de movimento:
final
Qinicial
 M1 V1  M2 V2  M1  M2  Vf
sist  Qsist
Vf 
 4  5   5  0    4  5  Vf 
20
 2,2 m /s.
9
SOLUÇÃO CB20.
[D]
Antes de jogar a bola, Maria e a bola estão em repouso, portanto a quantidade
de movimento desse sistema é nula. Como o sistema é mecanicamente isolado
(a resultante das forças externas é nula), apliquemos a ele a conservação da
quantidade de movimento:
 Qsist antes   Qsistema depois
VMaria 
 0  m v  M VMaria 
 M VMaria  m v 
m v
.
M
Antes de agarrar a bola que tem velocidade v, Luísa tem velocidade -V.
Aplicando novamente a conservação da quantidade de movimento:
 Qsist antes   Qsist depois
VLuísa 
12
 m v  M V  m  M VLuísa 
m v M V
mM
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