Física A – Extensivo – V. 8

GABARITO
Física A – Extensivo – V. 8
Exercícios
01)60
v A + vB = 4


−v + v = 4
B
 A
I
01.Incorreta. Como não há resistência do ar, a energia
mecânica da esfera A permanece constante até o ponto
mais baixo da trajetória, antes de colidir com B.
Em = Em
A
D
0
EcA + Ep = Ec + EpD
A
I
I
I
02)E
0
D
1
. m . v 2A
2
vA = 2 . g . h
m .g.h=
vA = 2 . (10) . (0, 8)
vA = 4 m/s
A velocidade de A imediatamente antes de colidir com B
é 4 m/s.
02.Incorreta.
Vide afirmativa 01.
04.Correta.
Vide afirmativa 01.
08.Correta.
No choque perfeitamente elástico, há conservação da quantidade de movimento e da energia cinética total do sistema.
16.Correta.
Colisão
03)E
Q antes da colisão
Q após a colisão
6 m/s
VA = 8 m/s
B
VBx = 8 m/s
VBy = VAy = 6 m/s
Logo a partícula B:
Conservação da quantidade de movimento
QA = QD
mA . vA + mB . vB = mA . v A + mB . vB
m . vA + m . vB = m . v A + m . vB
vA + vB = v A + vB
4 + 0 = v A + vB
v A + vB = 4 (I)
I
I
I
I
I
I
I
I
QB = mB . VB = 1 . 10 = 10 kg . m/s
I
I
04)
Colisão elástica
v − vA
e= B
v A − vB
I
I
vB − v A
4−0
vB – v A = 4
–v A + vB = 4 (II)
I
I
I
I
I
1=
I
Montando um sistema com I e II, obtemos:
Física A
1
GABARITO
∆Q = Qƒ – QO
∆ Q = mVƒ – m Vo
a)Como AQ é perpendicular à superfície, a força F
a)
também será perpendicular à superfície.
b)∆V2 = Vo2 + VF2
∆V2 = V2 + V2
∆V = 2 V
Senα =
F=
V∆ x
2
Cosα =
VBy
2
VA x = 1,6 m/s V = 1,2 m/s
By
m . ∆V
∆Q
m 2.V
=
=
∆t
∆t
∆t
05)m = 200 g = 0,2 Kg
VA = 2 m/s
Senα = 0,8
Cosα = 0,6
b)∆Ec = 0.
06)E
Antes
Depois
2
Física A
GABARITO
07)Ver diagrama abaixo:
qA = 10 Kg . m/s
08)C
AntesDepois
Perceba que:
PA y = PB = 2 Kg m/s
y
PA x + PB = Q = 10 Kg . m/s
y
A
8 + PB = 10
y
PBy = 2 Kg . m/s
a)Antes da colisão
Como o haste está na vertical imediatamente após a
colisão, II movimenta-se na horizontal e I na direção
indicada.
09)C
b)Depois da colisão
Antes
Depois
Q Antes = Q Depois
m . Vo = m
Física A
Vo
. cos 60o + mVQ . cos 30o
2
3
GABARITO
Vo =
Vo
2
.
1
+ VQ . 3
2
2
3 . Vo
2
V . 3
3V0
= Q
∴ VQ =
2
4
10)D
11)16
X Cm = m1 . X1 + m2 . X 2 =
m1 + m2
M
. 24
2
= 16 cm
M
M+
2
M . 12 +
12)B
X CG =
4
m x . X x + my . X y
m x + my
=
5 . 0 + 3 . 0, 8
= 0,3 m
5 +3
Física A
GABARITO
13)C
m1 . X + m2 . X
m . 5 + m2 . 20
∴ 10 = 1
⇒
m1 + m2
m1 + m2
⇒ 10 m1 + 10 m2 = 5 m1 + 20 m2
5 m1 = 10 m2
m
m1 = 2m2 ∴ 1 = 2
m2
17)A
16)X Cm =
MA = MB
PA . dA = PB . dB
3 m . (x – y) = m . y
3x – 3y = y
4y
x=
3
14)A
Dividimos a figura total em duas. Partindo do pressuposto que a área dos planos é proporcional a suas
massas.
A1 = 8 . 2 = 16 cm2 → massa "m"
A2 = 8 . 2 = 16 cm2 → massa "m"
X Cm
YCM
10 . 0 + 2 . 0 + 3 . 70 + 8 . 70
= 33,47 cm
=
10 + 2 + 3 + 8
10 . 0 + 2 . 7 0 + 3 . 70 + 8 . 0
= 15,21 cm
=
10 + 2 + 3 + 8
X CM
YCM
m1 . X1 + m2 . X 2
= m . 4 + m . 9 = 6,5 cm
m1 + m2
m+m
m . Y + m2 . Y2
= 1 1
= m . 1 + m . 4 = 2,5 cm
m1 + m2
m+m
total
=
18)D
15)B
X Cm = 2 . 3 + 4 . 4 + 2 . 1 = 3 cm
2+4+2
2
6
.
+4.4 + 2.2
YCM =
= 4 cm
2+4+2
Física A
5
GABARITO
Área2 = 1 . 6 = 6 cm2 → massa "m"
Área1 = 2 . 3 = 6 cm2 → massa "m"
CMtotal = m1 . 1 + m2 . 2 = m . 1, 5 + m . 3, 5 = 2,5 cm
m1 + m2
m+m
22)A situação apresentada é atingida quando o ponto
de apoio se encontra acima da posição do centro de
massa.
X CMtotal = 3 cm
19)D
Em corpos irregulares o centro de massa se aproxima
da região com concentração de massa.
20)
X Cm = m . 50 + m . 150 = 100 cm
m+m
m
.
50
+ m . 50
YCM =
= 50 cm
m+m
21)77
23)D
Área1 = 20 . 20 = 400 cm → massa "m"
Área2 = 60 . 20 = 1200 cm2 → massa "3m"
Área3 = 80 . 20 = 1600 cm2 → massa "4m"
3m . 10 + 400 . 30 + 4m . 40

= 27, 5 cm
m + 3m + 4m

7

3m . 30 + 400 . 30 + 4m . 70
=
= 50 cm 
m + 3m + 4m

X CM =
6
Dividiremos em duas figuras cujas áreas são proporcionais às suas massas.
Área1 = 6 . 6 = 36 cm2 → massa "2m"
6.6
Área2 =
= 18 cm2 → massa "m"
2
2
YCM
O centro de massa se encontra no baricentro do triângulo. Ponto este que por propriedades matemáticas se
1
2
do vértice do triângulo e a
da base.
encontra a
3
3
Essa proporção é repetida nos catetos.
Logo se o cateto mede 3 m, a posição x vale
1
. 3 m = 1 m.
3
O centro de massa do quadrado é o próprio centro
geométrico. C . M = (3,3)
O centro de massa do triângulo é o encontro das medo
dianas, baricentro que se encontra num ponto a
3
vértice e a 1 da mediana da hipotenusa. Essa propor3
ção se repete para os catetos.
CM∆ = (8,2).
Física A
GABARITO
X Cm =
14
2m . 3 + m . 8
=
cm
3
2m + m
y CM =
8
2m . 3 + m . 2
=
cm
3
2m + m
24)E
Equilíbrio estável → centro de gravidade
abaixo do ponto de apoio.
c)Ação e reação atuam em corpos diferentes.
d)Força de empuxo.
e)É o princípio aplicado aos multiplicadores de força.
30)Desde que o gato não pode aplicar a si mesmo um torque externo
enquanto está caindo, seu momento angular não pode variar. Girando da maneira descrita, o gato pode mudar a orientação de seus
pés, voltando-os para baixo, sem mudar o seu momento angular
total. Infelizmente, os seres humanos não são suficientemente
flexíveis para poder fazer algo semelhante.
31)a)
25)21
01.Verdadeira.
02.Falsa.
m . v2
EC =
2
04.Verdadeira.
08.Falsa.
É conservada.
16.Verdadeira.
26)Ao passar da posição indicada na figura
A para a indicada na figura B, o momento
de inércia aumenta e a velocidade angular
diminui.
27)Durante a subida, o momento de inércia
diminui e a velocidade angular aumenta;
durante a descida, o momento de inércia
aumenta e a velocidade angular diminui.
Nas duas situações descritas, a variação da quantidade de movimento é a mesma, ou seja, o impulso resultante I = F . t das
forças que atuam sobre a xícara é o mesmo. Porém, no caso do
tapete felpudo, a resultante média (F), responsável por parar a
xícara, atua por um intervalo de tempo maior e, portanto, tem
intensidade menor.
b)Situação 1:
m = 0,1 Kg
Vo = 2 m/s
∆t = 0,5 s
28)Com os braços estendidos, o momento
de inércia da pessoa em relação ao muro
é maior e, portanto, a tendência a girar é
menor.
Situação 2:
∆t = 0,01 s
m . ∆V
∆Q
=
=
F=
∆t
∆t
0,1 . 2
= 0,4 N
0, 5
m . ∆V
∆Q
=
=
∆t
∆t
0,1. 2
= 20 N
0, 01
F=
29)B
a)O Teorema do Impulso só se aplica na
atuação de força externa, que varia a
quantidade de movimento do sistema.
b)Consideremos a expressão M0 . F0 = L 0
que diz respeito a uma partícula. O
momento angular da partícula, em relação a um ponto fixo do referencial
inercial, será constante se a sua derivada em ordem ao ponto for nula, isto é,
se L 0 = 0. Isso acontece se M0 . F0 = 0.
Física A
7
GABARITO
32)O segundo pedaço cai a 1920 m do ponto de partida.
Distância percorrida até t = 6s
∆X = VX . t = 80 . 6 = 480 m
No ponto de altura máxima
Q antes = Q depois
m
m
. V2
(–V1) +
2
2
V
−80
80 =
+ 2 ∴ V2 = 240 m/s
2
2
m .VX =
Assim, o alcance atingido pela partícula 2:
∆x = V . t = 240 . 6 = 1440 m
∆xtotal = ∆x1 + ∆x2 = 1440 + 480 = 1920 m
VO = 100 m/s
Cosθ = 0,8 ∴ VO = Vo . cosθ = 100 . 0,8 = 80 m/s
x
Senθ = 0,6 ∴ VO = Vo . senθ = 100 . 0,6 = 60 m/s
y
Tempo de subida
V = Vo – g . t
0 = 60 – 10 . t ∴ t = 6 s
33)
Qtotal2 = Q12 + Q22
(1200 + 3000) . Vtotal = 720002 + 1200002
Vtotal = 33,3 km/h.
34)C
4.M
M
8
Física A
v
GABARITO
1)Velocidade do vagão após a queda dos grãos.
QO = Qƒ
2)Energia cinética do conjunto.
5M . 42
m . v2
EC =
=
= 40 . MJ
2
2
M . 20 = (M + 4M) . v
v = 4 m/s
energia cinética do vagão antes da queda:
2
ECantes = M . 20 = 200 MJ
2
energia potencial dos grãos
EPg = m . g . h = 4 . M . g . 6 = 240 MJ
energia total antes da queda:
Emecânica = Ecinética + Epotencial = 440 MJ
Energia perdida:
Eperdida = 440 – 40 = 400 MJ
Essa energia por unidade de massa
400 MJ
= 100 J/Kg
4 M Kg
35)
M = 5,98 . 1024 Kg
X Cm =
m = 7,36 . 1022 Kg
5, 98 . 1024 . 0 + 7, 36 . 1022 . 3, 84 . 108
≅ 4,66 . 106 m
5, 98 . 1024 + 7, 36 . 1022
OBS.: Perceba que o centro de massa se encontra no interior da Terra.
36)
X Cm =
4 ( −0, 5 ) + 2, 5 . 0 + 3 . 2, 5 + 2 . 3
4 + 2, 5 + 3 + 2
=1m
Física A
9
GABARITO
Logo, ∆x1 = 5∆x2
37)
Se:
Então:
X Cm = m . 10 + m . 5 + m . 20
m+m+m
X Cm
∆x1 + ∆x2 = 9R
5∆x2 + ∆x2 = 9R ∴ ∆x2 =
35 m
=
= 11,7 cm
3 m
y CM = m . 25 + m . 10 + m . 5
m+m+m
y CM = 13,3 cm
38)D
Logo:
∆x1 = 5∆x2 = 5 .
9R
6
9R
= 7,5 R
6
39)C
Momento de inércia de uma esfera.
2
2
MR2 =
I=
. 25 . (0,150)2 = 0,225 Kg . m2
5
5
40)C
L = I . W ∴ [L] = Kg . m2 .
Pois I = m . R2 ∴ [I] = kg . m2 e W =
Perceba ainda que:
|F1| = |F2| no entanto m2 = 5 m1
Logo, a1 = 5 a2
Assim partindo do repouso:
a . t2
∆x1 = VOt + 1
2
a2 . t 2
∆x2 = VOt +
2
10
1
S
2π
1
∴ [W] =
T
S
energia
W
F.d
m.a.d
=
=
=
=
frequência
f
f
f
m
kg . 2 . m
1
S
=
= kg . m2 .
1
S
S
Física A