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147Caderno de Atividades / Livro do Professor
FÍSICA
INTRODUÇÃO À MECÂNICA
1. Gabarito: e
Sabendo que 1 kg equivale a 1 000 g e que 1 m a 100 cm, tem-se:
1 11000
1100
1 1
1010
2 2 5 25 2g cm
s
kgg
mcm s
kg m
skg m s
⋅⋅ ⋅ ⋅ =
⋅= ⋅ ⋅− −
1ª. Série
VETORES
2. a) velocidade do ar:
vX= 35 m/s
vY= 35 m/s50
m/s
45°
velocidade do avião em relação ao chão:
200 + 35 = 235 m/s
35 m/s v R
v
v m s
R
R
2 2 2235 35
56 450 237 6
= +
= ≅ , /
b)
235 m/s
236,7
m/s
θ
cos,
cos ,
”
θ
θθ
=
=≅
185188 20 98
11
3. Gabarito: b
O módulo do vetor pode ser determinado aplicando-se o Teorema de Pitágoras.
→
Fx
→
Fy→
Fy→
F
θ
F2 = Fx2 + Fy
2
F2 = 122 + 162 =144 + 256 = 400
F = 20 N
4. Gabarito: b
O tempo de travessia depende apenas da componente per-pendicular à margem da velocidade do barco, que não é afetada pela velocidade da correnteza.
a) Incorreta. A correnteza não influencia no tempo de tra-vessia, pois essa velocidade é um sentido perpendicular
148 1ª. Série
à velocidade de travessia, sendo que os movimentos podem ser tratados como independentes.
b) Correta. Como os movimentos podem ser tratados como independentes, não há interferência da velocida-de da correnteza no tempo de travessia.
c) Incorreta. Se a velocidade da correnteza tivesse uma componente no sentido da travessia, daí o tempo para ir de uma margem a outra seria atravessado
d) Incorreta. Ver item a.
5. Gabarito: d
As posições das partículas nos tempos t = 0 e t = 2 s são:
x = 3 + 2t
x1 = 3 + 0 = 3 m
x2 = 3 + 4 = 7 m
y = 4 + 10t + t2
y1 = 4
y2 = 4 + 10 · 2 + 22 · y2 = 28 m
70
20
4
3
y
x
h
θ
h
h
h
h
sen
2 2 2
2
4 24
16 576
592
4 37
24
4 37
6
37
37
37
6 3737
= += +
=
=
= = ⋅ =θ
VELOCIDADE E ACELERAÇÃO
6. Gabarito: c
∆= ⇒ =∆ ∆
∆ =
M
s 4 700v 2
t tt 2 350 s
6 calorias ___________ 60 segundos
x calorias ___________ 2 350 segundos
x = 235 calorias
7. Gabarito: c
∆ ⋅= ⇒ =∆ ∆
∆ = ⋅
9
M
7
s 1,25 10v 20
t tt 6,25 10 s
1 dia ___________ 86 400 segundos
x dias ___________ 6,25 · 107 segundos
x x dias=⋅⋅
⇒ ≅6 25 10
8 64 10723
7
4
,
,
8. Gabarito: b
Levando em consideração uma trajetória circular, tem-se:
C = 2π · R
C = 2 · 3,14 · 1,5 · 108
C = 9,42 · 108 km
Como a Terra demora um ano (365 dias = 365 ∙ 24 h) para completar uma volta ao redor do Sol, sua velocidade média ao longo da órbita é:
∆ ⋅ ⋅= ⇒ = =∆ ⋅
= ⋅
8 8
m m
5m
s 9,42 10 9,42 10v v
t 24 365 8 760
v 1,07 10 km / h
Em duas horas:
∆s ≅ 2,1 · 105 km
9. Gabarito: e
v = 207 km/h = 57,5 m/s
vst
t
M =
=
∆∆
∆57 5
3,
∆t ≅ 0,05 s
10. Gabarito: dvP = 1 080 km/h = 300 m/svQ = 1 440 km/h = 400 m/s
dQ
dP
d, p, q
Para P:
−
∆=∆
=
M
4
sv
tdP
30010
149Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
VELOCIDADE E ACELERAÇÃO
dP = 0,03 m ou 3 cm
Para Q:
vstdP
M =
= −
∆∆
40010 4
dQ = 4 cm
d p q2 2 23 4, = +
dp,q = 5 cm
11. Gabarito: c
Na letra a, não há aceleração, uma vez que a velocidade se mantém constante.
Na letra b, tem-se:
av v
tm sf i=
−=
−=
∆40 20
104 2/
Para a letra c, tem-se:
a m s=−
= −0 10
25 2/
Para a letra d:
a m s=−
= −0 40
104 2/
Logo, a opção em que a aceleração apresenta o maior mó-dulo é a c.
12. Gabarito: C
Com vento favorável, o velocista realiza a prova em 9,9 s. Logo:
vst
m sM = = =∆∆
1009 9
10 1,
, /
13. Gabarito:
a) O módulo da velocidade vetorial média é dado pela ra-zão entre o módulo do vetor deslocamento e o tempo.
30 µm
40 µm→∆s
B
A
∆s2 = 402 + 302
∆s2 = 50 µm
vst
m sM = = =∆∆
50300
0 17, /µ
b) Utilizando as fórmulas descritas na questão:
DkTr
m s
I Dt
= =⋅ ⋅
⋅= ⋅
= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
−
−−
−
3 10 300
3 103 10
2 2 3 10 10 6
18
610 2
10
/
( ) ( 00 6 10 4) = ⋅ − m
14. Gabarito: d
vst t
t sM = ⇒ ⋅ =⋅
⇒ = ⋅∆∆ ∆
∆15 109 10
6 10418
14,
1 ano ––– 3,0 · 107 s
x anos ––– 6,0 · 1014 s
x anos=⋅
⋅= ⋅
6 1014
3 107 2 0 107,
15. a)
900 m
x
300 m
A
B
20 m
30020
900
60
=
=x
x m
b)
900 m
d 300 m
A
B
d
d
vdt t
t s
2 2 2
5
900 300
9 10 300 10
15300 10
200 10
= +
= ⋅ =
= ⇒ =
=∆ ∆
∆
,
16. Gabarito: bDividindo as velocidades fornecidas por 3,6, tem-se: v1 = 10,8 km/h = 3 m/s e v2 = 14,4 km/h = 4 m/s.O tempo gasto pelo bondinho no primeiro trecho é:∆s1 = v1⋅ t1
540 = 3 ⋅ t1
t1 = 180 s = 3 minutos.
150 1ª. Série
O tempo gasto pelo bondinho no segundo trecho é de:∆s2 = v2⋅ t2
720 = 4 ⋅ t2
t2 = 180 s = 3 minutosO tempo total (T) do passeio será obtido pela soma dos tem-pos de cada trecho mais o tempo gasto na caminhada e em espera.T = 3 + 30 + 3T = 36 min
17. Gabarito: dO tempo total da viagem é:s = v ⋅ t ⇒ 390 = 78 ⋅ tt = 5 hO tempo gasto para percorrer o primeiro trecho é:s = v ⋅ t ⇒ 120 = 60 ⋅ t1
t1 = 2 hAssim, o tempo para percorrer o segundo trecho é dado por:t2 = t – t1 ⇒ t2 = 5 – 2 = 3 h
A velocidade média do segundo trecho é dada por:
vxt
vM M= ⇒ =−∆
∆390 120
3vM = 90 km/h
18. Gabarito: cPara a prova sem vento, tem-se:s = v ⋅ t → 100 = v ⋅ 10v = 10 m/sCom vento favorável, o tempo será 9,9 s (10 s – 0,1 s) e a velocidade será dada por:s = v’ ⋅ t → 100 = v’ ⋅ 9,9v’ = 10,1 m/s
19. Gabarito: cApós t segundos, partindo da posição inicial y0 = 0, o heli-cóptero estará em: y = v ⋅ tNo mesmo intervalo de tempo, o avião, que partiu da posi-ção inicial δ, estará em: x = δ – u ⋅ tA distância d entre os dois será:
d2 = y2 + x2 ⇒ d2 = (v ⋅ t)2 + (δ – u ⋅ t)2
d2 = v2⋅ t2 + δ2 + u2⋅ t2 – 2 ⋅ δ ⋅ u ⋅ td2 = t2⋅ (v2 + u2) – 2 ⋅ δ ⋅ u ⋅ t + δ2
O tempo para o qual a distância é mínima corresponde à coordenada t do vértice da parábola d2(t), ou seja:
xba
tu
v uv =−
⇒ =⋅+2 2 2
δ
Portanto, nesse instante, a distância do avião ao ponto O é:
x = δ – u ⋅ t = δ – u ⋅δ δ⋅+
=⋅+
u
v u
v
v u2 2
2
2 2
Continuando o raciocínio, a distância do helicóptero ao pon-to O é:
y = v ⋅ t = v ⋅δ δ⋅+
=⋅ ⋅+
u
v u
u v
v u2 2 2 2
A distância mínima entre o avião e o helicóptero correspon-de à coordenada d do vértice da parábola d2(t), ou seja:
ya
du v u
v u
d vv
v =−
⇒ =
⇒ dmin =
− − ⋅ ⋅ − +⋅ +
= ⋅+
∆4
2 4
4
2 2 2 2
2 2
2 2
2
min
min
[( ) ( ) ]
( )
δ δ
δuu2
v
v
⋅+2
δuu2
20. Gabarito: d
Escrevendo todas as velocidades em km/h, tem-se:
Carro na cidade: 160
1km
hminmin
⋅ = 60 km/h
Mariposa: 54 0001
1000mh
kmm
⋅ = 54 km/h
Usain Bolt: 1 2 103 600
143 22, ,⋅ ⋅ =− km
ss
hkm/h
Zebra: 64 km/h
Ciclista: 100010
13 600
1
5cms
kmcm
sh
⋅ ⋅ =−
36 km/h
Logo, a maior velocidade é a da zebra.
21. a) Conforme o enunciado, a velocidade do barco é perpen-
dicular à velocidade da correnteza. A velocidade resul-tante é obtida aplicando-se a Regra do Paralelogramo.
Trajetória do barco
→vC
→vB
→v
b) Para determinar o ponto que o barco atinge a cabeceira na margem oposta, basta multiplicar a velocidade da correnteza pelo tempo de travessia, pois esse é o des-locamento ao longo do sentido da correnteza.∆s = VC ⋅ ∆t ∆s = 0,3 ⋅ 20 ∆s = 6,0 m
c) Como o barco demora 20 segundos para atravessar os 8 metros de largura do rio, sua velocidade em relação ao rio é:∆s = VB ⋅ ∆t8 = vB ⋅ 20
vB = 0,4 m/s
151Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
1ª. E 3ª. LEIS DE NEWTON
22. Gabarito: e
Exemplo típico de ação e reação. A força que o carro faz no inseto possui mesma intensidade e sentido oposto à força que o inseto faz no carro.
23. Gabarito: d
Apenas duas forças agem na caixa 2: o peso com senti-do para baixo, e a força normal que a caixa 1 aplica, com sentido para cima. A força resultante sobre a caixa tem a mesma direção que a aceleração. Logo, a normal é maior que o peso da caixa 2.
24. Gabarito: c
Como a velocidade é constante, a força resultante é zero. Logo, entre as opções, a única possibilidade é que o vetor represente a velocidade do arquivo, já que a força de atrito aponta para a esquerda e a força peso para baixo.
25. Gabarito: d
Com ação apenas da força constante F, a caixa está em constante aceleração. Após o início da aplicação da força contrária à força F, a força resultante passa a ser nula, e a caixa, que já estava em movimento, passa a se mover com velocidade constante.
26. Gabarito: b
O gelo parou porque o atrito atuou no sentido contrário ao mo-vimento, sendo a força resultante que causou a desaceleração.
27. Gabarito: d
A bola, ao sair da mesa, fica sob a ação da força peso, que a faz acelerar para baixo. Como o atrito é desprezado, o movimento na horizontal é uniforme. A composição desses movimentos resulta numa trajetória parabólica, conforme mostrado na alternativa d.
PRINCIPAIS FORÇAS DA MECÂNICA
28. Gabarito: bA força de atrito pode ser estática, quando o corpo está em repouso, ou cinética, quando o corpo está em movimento. A força de atrito estática possui exatamente o valor da força empregada sobre o corpo, ou seja, enquanto a força em-pregada sobre o corpo não supera o valor máximo de atrito estático, a intensidade da força de atrito é igual à da força aplicada, mantendo assim o corpo em repouso. Quando a força aplicada supera o valor máximo de atrito estático, a força de atrito assume um valor constante e de menor in-tensidade. A partir do momento em que o corpo entra em movimento, a força de atrito é a mesma, independente da intensidade da força empregada sobre o corpo. A intensi-dade da força de atrito cinético ser menor que a força de atrito estático se justifica pela inércia: quando o corpo está em repouso, sua tendência é permanecer em repouso, po-rém após estar em movimento sua tendência é continuar o movimento. A alternativa que justifica corresponde ao com-portamento da força de atrito é a da letra b.
29. Gabarito: da) Incorreto. Embora confirmasse o sistema heliocêntrico
de Copérnico, essa teoria não passou a vigorar na Alta Idade Média, período histórico muito anterior a Kepler e Copérnico.
b) Incorreto. Colocando o Sol em um dos focos, Kepler de-saprova a Teoria Geocêntrica de Ptolomeu.
c) Incorreto. As leis de Kepler não são base para o modelo geocêntrico.
d) Correto, as leis de Kepler demonstram, com poucas cor-reções, o modelo heliocêntrico. A Igreja naquela época defendia o geocentrismo, por isso foi também criticada por essas leis.
30. Gabarito: c
→N
→P
→T
Como o atrito é desprezível, se a pessoa parar de puxar, a força resultante será nula. Logo, se o objeto estava em movimento, continua em movimento por inércia.
31. Gabarito: aPara a pedra se movimentar com velocidade constante, a for-ça resultante sobre ela tem que ser zero. Logo, a força que empurra a pedra tem que ser igual à força de atrito cinética.
32. Gabarito: cO peso de um objeto depende diretamente da gravidade a
que ele está submetido, dada por gG M
R=
⋅2
. Logo, aumen-
tando-se o raio da Terra, e diminuindo sua massa, a gravi-dade na superfície diminuiria substancialmente, o que de-terminaria a diminuição do peso do objeto.
152 1ª. Série
33. Gabarito: b
B
→T
→P
No ponto B, as forças que atuam sobre o disco são apenas o seu peso (vertical para baixo) e a tração da haste (vertical para cima). A força resultante possui módulo igual à dife-rença entre os módulos da tração e do peso, e aponta para cima (resultante centrípeta).
34. Gabarito: a
A massa de água que cai da torneira é proporcional à varia-ção da força elástica.
Pelo gráfico 2, vê-se que no tempo t’, caíram 0,96 kg de água. Ou seja, nesse mesmo tempo houve uma variação na força elástica de 9,6 N. E pelo percebe-se que no mesmo tempo variou 0,08 m na elongação. Logo, pela Lei de Hooke:
∆F = K ∙ ∆x
9,6 = K ∙0,08
K = 120 N/m
35. Gabarito: c
Devido ao atrito com o ar e sua pequena massa, as gotas de chuva chegam com velocidades baixas à superfície.
36. Gabarito: d
gG M
RTT
T
=⋅
2
Para Kepler 22b
gG M
R
gG M
R
g g
g
KT
T
KT
T
K T
K
=⋅
⋅( )= ⋅
⋅
= ⋅
= ⋅ ≅
4
2 4
45 76
45 76
45 76
10 6
2
2
,
,
,
,,99 2m s/
Logo o peso do astronauta em Kepler 22b será:
P = m ∙ g
P = 90 ∙ 6,9
P = 621 N
37. Gabarito: e
O coeficiente de atrito depende apenas dos materiais em contato e não da área da superfície. Os dois pneus podem ter a mesma força de atrito máxima, porém os carros de Fórmula 1 estão expostos a um maior desgaste dos seus pneus pela alta velocidade que alcançam, além da necessi-dade de freadas bruscas. E, quanto maior a largura do pneu, maior será a distribuição desse desgaste.
2ª. LEI DE NEWTON
38. Gabarito: d
A sensação de imponderabilidade se dá devido à estação estar sempre em queda livre. A única força, não desprezí-vel, que atua sobre o corpo é a força da gravidade da Terra que será a resultante centrípeta. A estação só não chega ao chão porque tem uma velocidade tangencial suficiente para mantê-la em órbita.
39. Gabarito: e
→PA
→TA
Diagrama de forças
B
→N
→PxB→
PyB
→FatB
→TB
→PB
→TA
PXB + TA – TB – FAT = mB · a
PB · sen 37º + TA – TB – µ · PB · cos 37º = mB · a
mB · g · sen 37º + TA – TB – µ · mB · g · cos 37º = mB · a
mB · 6 + 22,8 – 24,8 – 0,4 · mB · 8 = mB · 2,4
mB = 5 kg
153Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
2ª. LEI DE NEWTON
40. Gabarito: d
Dados: g = 10 m/s2, sen θ = 0,80 e cos θ = 0,60
Diagrama de forças
→PA
→TA
T = PA
T = 0,92 ∙ 10 = 9,2 N
→P x
→P
→P y
→N
→F at
→T
B
N = Py
Px + Fat = T
P ⋅ sen α + µE ⋅ N = 9,2
P ⋅ sen α + µE ⋅ P ⋅ cos α = 9,2
10 ⋅ 0,6 + µE ⋅ 10 ⋅ 0,8 = 9,2
µE = 0,4
41. Gabarito: e
→Px
→P
→Py
→N
→Fat
→T
B
Na iminência de movimento, tem-se:
T = Fel
N = PY
T + Fat = Px
Fel + Fat = Px
K · x + µ · P · cosθ = P · senθ350x + 0,5 · 28 · 0,6 = 28 · 0,8350x + 8,4 = 22,4x = 4 cm
42. Gabarito: e
Diagrama de forças
Bloco
→N
→PB
→Fei
Fel = FR
Kx = m · aB
aK xmB =⋅
Carrinho
→PB
→PC
→N→
Fei
FEL = FR
Kx = M · aC
aK xMC =⋅
Aceleração relativa:
AREL = AC + AB
AK xm
K xM
A K xM m
M m
REL
REL
=⋅
+⋅
= ⋅+( )⋅
43. Gabarito: a
Da 2a Lei de Newton, tem-se:
FR = m ⋅ a ⇒ F – Fat = m ⋅ a10 – Fat = 8 ⋅ 1Fat = 2 N
44. a) As roldanas móveis, no caso a 1 e a 2, servem para di-
vidir o peso pela metade. Como são duas, a força F ne-
154 1ª. Série
cessária para equilibrar o peso do bloco corresponde a um quarto do valor deste, ou seja, F = 240 / 4 = 60 N
→F
24 kg
b) Para erguer a massa com velocidade constante, é necessário que a força resultante seja zero. Portanto, F = 60 N.
c) Sendo a velocidade constante módulo do trabalho reali-zado pelas duas forças serão iguais.
45. Gabarito: a
→Px
→Py
→N
→T
F = T
palco
→T
T2 = Px
→T2
Como o piano é puxado com velocidade constante, a força resultante sobre ele é nula. Assim, com base no diagrama de forças acima, tem-se:
2T = T2 = Px = P ⋅ sen 30º2T = 500 ⋅ 10 ⋅ 0,5T = F = 1 250 N
46. Gabarito: a
As forças que atuam em cada cilindro estão representadas na figura a seguir:
F
PFA
FC FC
FA FB
FB
60° 60°
1 3
2
Aplicando a 2.ª Lei de Newton, tem-se:
cilindro 2: eixo x: FA⋅ cos 60º – FB ⋅ cos 60º = m ⋅ a ⇒ ⇒ (FA / 2) – FB / 2 = m ⋅ a (equação 1)
eixo y:
FA ⋅ sen 60o + FB ⋅ sen 60o = m ⋅ g ⇒ 32
(FA + FB) = m ⋅ g
(equação 2)
cilindro 3:FC + FB⋅ cos 60o = m ⋅ a ⇒ FC +
FB
2= m ⋅ a (equação 3)
Na condição de aceleração máxima, o cilindro 2 está na iminência de perder contato com o cilindro 3 (FB = 0). As equações 1 e 2 ficam reduzidas, respectivamente, a:
FA = 2 ⋅ m ⋅ amáx e FA = 2
3
⋅ ⋅m g
Segue então que:
2 ⋅ m ⋅ amáx = 2
3
⋅ ⋅m g ⇒ amáx =
g
3Na condição de aceleração mínima, o cilindro 2 se move para baixo e os cilindros 1 e 3 perdem contato entre si (FC = 0).
A equação 3 se reduz a FB = 2 ⋅ m ⋅ amín. Substituindo na equação 1:FA
2– mín2 m a
2
⋅ ⋅ = m ⋅ amín ⇒ FA = 4 ⋅ m ⋅ amín
Substituindo agora FB = 2 ⋅ m ⋅ amín e FA = 4 ⋅ m ⋅ amín na equação 2:
32
· (4 ⋅ m ⋅ amín + 2 ⋅ m ⋅ amín) = m ⋅ g
amín = g
3 3
Dessa forma, amín ≤ a ≤ amáx ⇒ g
3 3≤ a ≤
g
3.
47. Gabarito: aA primeira corda de cima para baixo segura os três elefan-tezinhos, logoT1 = P1 + P2 + P3
T1 = 0,02 ⋅ 10 + 0,03 ⋅ 10 + 0,07 ⋅ 10T1 = 1,2 N
A segunda corda de cima para baixo segura apenas os dois elefantezinhos de baixo.T2 = P1 + P2 + P3
T2 = 0,03 ⋅ 10 + 0,07 ⋅ 10T2 = 1,0 N
Já a terceira corda segura apenas o último elefantezinho.T3 = 0,07 ⋅ 10T3 = 0,7 N
48. Gabarito: aI. Correta. Tanto na subida quanto na descida, a força re-
sultante do movimento é a componente tangencial da força peso.
155Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
II. Incorreta. Para um mesmo nível de altura a velocidade tanto na subida quanto na descida é a mesma sem mó-dulo, diferindo apenas no sentido.
III. Incorreta. A bola é desacelerada na subida com a mes-ma taxa que é acelerada na descida fazendo com que os tempos de subida e descida sejam iguais.
49. Gabarito: av = v0 + a ∙ t0 = 1 + a ∙ 2a = − 0,5 m/sFat = Fr
µ ∙ N = m ∙ aµ ∙ m ∙ g = m ∙ aµ = 0,05
50. Gabarito: aVelocidade terminal é velocidade constante quando FR = 0, logo: P = Fat
Como a constante de resistência é dada em kg/m, pode-se considerar a equação da resistência como sendo F = K ∙ v2.
P = Fat
m . g = k . v2
v2 = 80 · 10 / 0,8v2 = 1000v = 10 10
51. Gabarito: cComo os atritos são desprezíveis, tem-se:PB – T2 = mB ⋅ a1200 – T2 = 1200. 2
T2 = 9,6 kNT1 – PA = mA ⋅ aT1 – 9000 = 900 ⋅ 2T1 = 10,8 kN
52. Gabarito: evmáx = 72 km/h = 20 m/sv = v0 + a ∙ t20 = 0 + a ∙ 21,5a ≅ 0,93 m/s2
Desenhando o diagrama de forças para o objeto:
→Fdin
→P
Aplicando a 2.ª Lei de Newton:FDin – P = m.aFDin – 10 = 1. 0,93FDin≅ 11 N
53. Gabarito: dV
→Fat
D. Elvira
D. Dolores
FR = m . a
FE + FD – FAT = m ⋅ aFE + FE/2 – 240 = 120 ⋅ 0,2
FE = 176 N
54. Gabarito: d
Fazendo o diagrama de forças:
→N
→Fat
→P10
→T10 kg
T – FAT = FR
T – FAT = m10 . a
→T
→P6
6 kg
P6 – T = FR
P6 – T = m6 ⋅ aSomando as duas equações:
P6 – FAT = (m10 + m6) ⋅ a60 – 0,28 ∙ 100 = 16 ∙ a
a = 2 m/s2
Substituindo em uma das duas equações iniciais:
P6 – T = m6 ⋅ a60 – T = 6 ⋅ 2T = 48 N
156 1ª. Série
55.
A
B
T
TTy
θ
Tx
→a
Bloco A (eixo vertical):
N = PA + T – TY
N = m ∙ g + T – T/2
N = m ∙ g + T/2
Sistema (eixo horizontal):
TX − Fat = FR
T ∙ cos30° – µ ∙ N = (ma + mb) ∙ a
T m gT
m a⋅ − ⋅ ⋅ +
= ⋅3
2 22µ
T m gT
m a⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅3
2 22µ µ
Tm g a
=⋅ ⋅ +
−2 2
3
( )µµ
56. Gabarito: a
Calculando a desaceleração:
v = v0 + a ∙ t
0 = 5 + a 10
a = − 0,5 m/s2 da 2.ª Lei de Newton:
Fat = Fr
µ · N = m · a
µ ∙ m · g = m ⋅ aµ = 0,05 ou 5 ⋅ 10–2
TRABALHO DE UMA FORÇA E ENERGIA
57. Gabarito: a
Como a velocidade do elevador é constante, a força resul-tante sobre ele é zero. A força normal que age sobre a caixa realiza um trabalho positivo, pois atua na mesma direção e no mesmo sentido que o deslocamento que ela produz.
58. Gabarito: b
Considerando que o centro de gravidade da atleta está na meia altura, a variação de altura durante o salto foi de ∆h = (4,0 – 0,8) = 3,2 m.
∆Epg = m ∙ g ∙ ∆h
∆Epg = 50 ∙ 10 ∙ 3,2
∆Epg = 1,6 kJ
59. Gabarito: b
Inicialmente, calcula-se 70% de 500 J, equivalente a 0,7⋅ 500 J = 350 J. Como essa quantidade é de energia cinética associada à velocidade vertical do atleta, tem-se:
Emv v
v m s
Cy
y
= ⇒ =⋅
=
2 2
2350
70
2
10 /
O módulo da velocidade do atleta é dado pela soma vetorial de suas componentes:
v2 = vx2 + vy
2
v2 = 102 + (√10)2
v = 10,5 m/s
60. Gabarito: b
Sendo o período de 2 s, a velocidade no ponto P é igual a:
V = 2 2 3 10
230
πRT
m s=⋅ ⋅
= /
Logo,
EMV
JP= =⋅ ⋅
= ⋅2 3 2
7
250 10 30
22 25 10,
61. a) Energia consumida na caminhada
1 m – 80 calorias
6 000 m – x calorias
x = 480 kcal
O percentual P é então: P = =480
2 0000 24, ou 24 %.
b) ∆Epg = m ∙ g ∙ ∆h
∆Epg= 80 ∙ 10 ∙ 300
∆Epg= 2,4 · 105 J ou 60 000 cal, considerando que 1 cal = 4 J.
c) 1 g de gordura – 9 kcal2 400 g de gordura – x kcalx = 21 600 kcalSe em 1 caminhada de 6 km, a energia consumida é de 480 cal, então:1 caminhada – 480 kcalx caminhadas – 21 600 kcal
x = 45 caminhadas
157Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
TRABALHO DE UMA FORÇA E ENERGIA
TEOREMAS QUE RELACIONAM TRABALHO E ENERGIA
62. Gabarito: d
Analisando um a um cada item:
a) Correta. O trabalho, quando a força e o deslocamento estão na mesma direção, é dado por τ = F ∙ d, onde d é o deslocamento do corpo ao longo do plano. Assim:
τF = 50 ∙ 5 ⇒ τF = 250 J
b) Correta. Corpos em movimento possuem energia ciné-tica e, quando possuem altura em relação a um refe-rencial, terão também energia potencial gravitacional.
c) Correta. A força resultante que atua sobre o corpo é dada pela diferença entre a força F e a componente tangencial do peso (Px).
→N →
F
→P
→Py
→Px
θ
FR = F – Px⇒ FR = F – m ∙ g ∙ senθConsiderando semθ 3/5 , tem-se:
FR = 50 – 2 • 10 • (3/5) ⇒ FR = 38 N
A força resultante tem a mesma direção e sentido que o deslocamento do corpo. Calculando o trabalho da força resultante:
τR = 38 ∙ 5 ⇒ τR = 190 J
d) No final da rampa o corpo possui energia cinética e energia potencial, de modo que a energia cinética, de acordo com o teorema da energia cinética, é igual ao trabalho resultante 190 J, e a energia potencial é igual a 60 J, como mostra o cálculo a seguir:EP = m ∙ g ∙ h
EP = 2 ∙ 10 ∙ 3
EP = 60 J
A energia mecânica é igual a: EM = 190 + 60 = 250 J
e) Ao atingir o final da rampa, a energia potencial é EP = 60 J. Ver item anterior.
63. Gabarito: a
A energia mecânica inicial nas três situações são iguais. Como não há atrito, podemos considerar que a energia me-cânica se conserva. Logo, a energia mecânica final (que estará somente na forma de energia cinética, se o solo for considerado nível de referência) será igual à inicial para as três situações.
64. Gabarito: bA energia mecânica inicial para as duas situações tem o mesmo valor, visto que a massa das bolas, a velocidade e as alturas iniciais são as mesmas. Porém, no ponto mais alto da trajetória, há energia cinética apenas na situação 1, pois no ponto mais alto há a componente do eixo x da velocidade. Já na situação 2 a velocidade na altura máxima é nula e, conse-quentemente, também é nula a energia cinética.
65. Gabarito: eConsiderando a resistência do ar, parte da energia poten-cial inicial será transformada em energia térmica por causa do atrito. Logo, a energia mecânica final será menor que a inicial.
66. Gabarito: ea) Incorreta. A unidade de energia, no SI, é o joule.
b) Incorreta. Caso as forças dissipativas sejam desconsi-deradas, a energia mecânica do sistema se conserva. Nada se pode afirmar sobre a relação de igualdade en-tre as energias cinéticas e potenciais apenas com as informações fornecidas.
c) Incorreta. Para determinar a energia potencial gravita-cional, basta o conhecimento da massa, da aceleração da gravidade e da altura em relação a um nível de refe-rência (neste caso, o solo): Ep = m ⋅ g ⋅ h.
d) Incorreta. Ver C.
e) Correta. Ep = m ⋅ g ⋅ h
Ep = 60 ⋅ 10 ⋅ 2Ep = 1 200 J
67. A velocidade mínima no ponto mais alto do looping, para que o objeto consiga completá-lo é dada por: mínV Rg=
θ
h1
3
2
R
Pelo Princípio da Conservação da Energia Mecânica, tem-se:
EC2 = EPG3 + EC32 22 mín
3
22
22
mv mvmgh
2 2gR
v 4gR2
9gRv
2
= +
= +
=
158 1ª. Série
Como há atrito entre o bloco e a rampa, tem-se:
Epg1 = EC2 + τFat
mghmv
F d
mghmv
Nd
mghmv
mg d
ghgR
at122
122
122
1
2
2
29
= + ⋅
= +
= + ⋅ ⋅
=
µ
µ θcos
449
4 11
+ ⋅ ⋅
=− ⋅
µ θθ
µ θ
gh
sen
hR
g
cos
( cot
68. Gabarito: b
τ
τ
τ
τ
FatF I
Fat
Fat
Fat
mv mv
J
J
= −
= −⋅
= −
= ⋅
2 2
2
5
2 21000 20
2200 000
2 10
(em módulo)
DISSIPAÇÃO E CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA
69. Gabarito: a
Sendo a inclinação de 30º e a subida de 100 m, o desnível de altura experimentado pelo ciclista é:
A
B
H100 m
30º
sen30º = h/100 ⇒ h = 50 m
Como as perdas por atrito devem ser desprezadas, a ener-gia despendida pelo ciclista deve somente ser igual à di-ferença entre a energia mecânica do ponto B e a energia mecânica do ponto A.
∆E = EMB – EMA
ECA = EPB + ECB – ECA
∆
∆
Emv
mghmv
E
B A= + −
=⋅
+ ⋅ ⋅ −⋅
2 2
2 2
2 250 5
250 10 50
50 102
∆E = 625 + 25 000 – 2 500
∆E = 23 125 J
70. Gabarito: a
Mesmo em um sistema conservativo, nos pontos de deslo-camento máximo, há mudança no sentido do movimento, portanto a velocidade será zero. Além disso, ao contrário do que diz a razão, esse sistema é conservativo, pois não há perda de energia.
71. Gabarito: aSendo as forças dissipativas ignoradas, pode-se considerar que a energia mecânica do sistema se conserva. Tomando como nível de referência (h=0) a posição na qual o bloco para, tem-se:
EMi = EMf
ECi + Epi = ECf + Epf
Epg i = Epel f
mg h dK x
Kmg h d
d
( )
( )
+ =⋅
=+
2
2
22
72. a) Calculando a desaceleração:
V = V0 + a ∙ t
0 = 6 000 + a ∙ 420
a m s= − =6 000420
14 286 2, /
FR = m ∙ a
FR = 1 000 ∙ 14,286
FR = 142 286 N
b) τatrito = Emec f – Emec i
τ
τ
atrito marte marte i
atrito
m g hm v
m g hm V
= ⋅ ⋅ +⋅
− ⋅ ⋅ +⋅
=
( ) ( )
(
202
2 2
1033 33 2
3 33 2
4 100 1010 4 000
2
10 4 125 1010 6 000
2
⋅ ⋅ ⋅ +⋅
−
− ⋅ ⋅ ⋅ +⋅
)
( )
τatrito = – 1,01 · 1010 J
159Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
DISSIPAÇÃO E CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA
73. Gabarito: d
Velocidade do garoto A no ponto C:
EMi = EMf
EPgA = ECc + EPgC
mgh mv mgh
v
v m s
A AC C
AC
AC
= +
⋅ = + ⋅
=
2
2
10 3 62
10 18
6
, ,
/
A velocidade do garoto B no ponto C será a mesma do garoto A, pois a diferença de altura é a mesma.
Logo a velocidade relativa no ponto C é:
vREL= vAC + vAB
vREL= 6 + 6 = 12 m/s ou vREL = 43,2 km/h.
74. Gabarito: bO desnível de altura (h) entre os pontos A e B é igual a:
sen 30º = h/4
h = 0,5 · 4 = 2 m
A energia mecânica dissipada corresponde à diferença en-tre a energia mecânica inicial (A) e a final (B). Tomando a posição inicial como nível de referência (h = 0), tem-se:
E E E
Em v
m g h
E
E
Mdis MA MB
Mdis
Mdis
Mdis
.
.
.
.
= −
=⋅
− ⋅ ⋅
=⋅
− ⋅ ⋅
=
2
2
25 8
25 10 2
1160 100 60− = J
75. No momento antes da colisão, a energia mecânica da esfe-ra é apenas cinética:
EMA = EC + EP
EMA = mv m
mJ2 2
2202
200=⋅
=
Logo após a colisão:
Emv m
mJM = =⋅
=2 2
2182
162
Perda percentual:
P% = 1 – 162/100 = 0,19
Ou seja, a perda foi de 19%.
Na subida, o tempo necessário para a bolinha atingir o re-pouso foi:
v = v0 + a ∙ t
0 = 18 − 10 ∙ t
t = 1,8 s
Assim, T = 2 + 1,8 = 3,8 s
A distância total percorrida pode ser obtida por meio da área dos triângulos formados no gráfico vxt:
∆ ∆ ∆
∆
s s s
sb h b h
m
T
T
= +
=⋅
+⋅
=⋅
+⋅
=
1 2
1 1 2 2
2 22 20
218 18
236 2
,,
76. Gabarito: b
Toda energia potencial gravitacional do início se transforma em energia cinética logo antes da colisão:
ECf = EPi
ECf = m ∙ g ∙ hi
ECf = 1,5 ∙ 10 ∙ 8
ECf = 120 J
A cada choque a bola perde 1/4 (ou 25 %) de sua energia cinética. Sobram, portanto, 75%. Após o primeiro choque:
EC = 75/100 · 120
EC = 90 J
Após o segundo choque:
EC = 75/100 · 90
EC = 67,5 J
Fazendo o processo inverso para calcular a altura, tem-se:
ECf = EPi
67,5 = 1,5 ∙ 10 ∙ h
h = 4,5 m
77. Gabarito: dE E E
mghmv
mgh
h h
h m
Mi Mf Mi
i i
i i
i
= +
= + ⋅
= + ⋅ ⋅
=
20
220
100
1082
0 2 10
4
2
2
%
,
78. Gabarito: a
Energia mecânica no Apogeu:
EM = EC + EPG
Emv MmG
a eMA = −+
2
2
Energia mecânica no Perigeu:
Emv MmG
a eMP = −−
’2
2
Como existe conservação de energia:
EMA = EMP
mv MmGa e
mv MmGa e
2 2
2 2−
+= −
−’
(I)
160 1ª. Série
Sabendo que v’(a – e) = v(a + e), ou seja v va e
a e’ =
+( )−( )
,
substitui-se na equação (I):
mv MmGa e
mv a ea e MmG
a e
vGM a ea a e
2
2
2
2 2−
+=
+−
−−
=−
+
( )( )
( )( )
Então a energia mecânica total será:
Emv MmG
a e
EMmG a e
a eMmGa e
EMmGa e
MT
MT
MT
= −+
=−
+−
+
= −+
+
2
2
2
( )
( )( ) ( )
( )MMmGa MmGe
a a e
EaMmG aMmG eMmG
a a e
EGMm a e
MT
MT
−+
=− + −
+
=− +
2
22
2
( )
( )
( )aa a e
EGMm
aMT
( )+
=−
2
79. Gabarito: d
No infinito, a energia mecânica é dada por: EM = EP + EC
EGMmd
mv
EGMm
d
M
C
=−
+ =
= −
2
20
Sendo, g = GM/d2
EC = mgd
EC = ρvgd
E R gd
E
E J
C
C
=
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
≅ ⋅
ρ π43
8 00043
3 1 10 10 6 4 10
2 10
3
3 6
21
( ) ,
Sendo 1 ton de TNT = 4 · 109, 10 megatons equivale a:
ETNT = 10 · 106 · 4 · 109
ETNT = 4 · 1016 J
1 bomba – 4 · 1016
x − 2 · 1021
x = 50 000
80. Gabarito: a
A diferença de altura entre os dois morros é:
∆H = 400 – 220
∆H = 180 m
A variação da energia potencial gravitacional no segundo trecho é dada por:
∆E = m ⋅ g ⋅∆H
∆E = 5 000 ⋅ 10 ⋅ 180
∆E = 9 000 000
∆E = 9 ⋅ 106 J
81. Gabarito: d
Tomando como referencial o centro da esfera, e adotando Ec como sendo a energia cinética de cada uma das partículas, pela conservação da energia, tem-se:
m ⋅ g ⋅ h + m ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ Ec + m ⋅ g ⋅ h2 + m ⋅ g ⋅ h3
Em que h = r ⋅ cos 45º
Como as partículas estão separadas angularmente por 90º, sendo h2 = r ⋅ sen θ, tem-se:
h3 = r ⋅ sen (θ + 90º) = r ⋅ sen (θ – 90o) = r ⋅ cos θ
Assim:
mgr mgr E mgr sen mgr
mgr E mgr sen mgr
C
C
22
22
2
2 2
+ = + ⋅ + ⋅
= + ⋅ + ⋅
θ θ
θ
cos
cosθθ (I)
Quando a massa da esquerda perde o contato, a reação normal é nula, e, assim, a componente normal da força-pe-so faz o papel de resultante centrípeta:
mgmv
r⋅ =cosθ
2
Relacionando a expressão acima com a energia cinética, tem-se:
2
2
2E
rmv
rmg
Emgr
C
C
= = ⋅
=⋅
cos
cos
θ
θ
Substituindo o resultado acima em (I), tem-se:
mgrmgr
mgr sen mgr
sen se
2 22
2
=⋅
+ ⋅ + ⋅
= + + =
coscos
cos cos
θθ θ
θ θ θ nnθ θ+ =2 2cos
82. Gabarito: a
No ponto A
EMA = ECA + EPGA
EMA = 0 + m ∙ g ∙ h
EMA = 50 ∙ 10 ∙ 5
EMA = 2 500 J
161Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
Com a perda de 36% da energia mecânica, restam 64% de 2 500, ou seja, apenas 0,64 ∙ 2 500 = 1 600 J se transfor-mam em energia cinética no ponto C. A velocidade nesse ponto é, então:
Emv
v
C =
=⋅
2
2
2
160050
2
Em v
c =⋅ 2
2
16005
2
2
=⋅ v
v = 8 m/s
83. Gabarito: b
Usando conservação de energia mecânica:EMA = EMB
mvmgh
v
AB
A
2
2
2
210 0 45
=
= ⋅ ,
vA = 3 m/s ou 10,8 km/h
84. Gabarito: e
Desconsiderando efeitos dissipativos, a energia mecânica se conserva. Portanto a energia cinética será máxima quan-do a energia potencial gravitacional for mínima. De acordo com o gráfico, a energia potencial é mínima em x2.
85. Gabarito: a
Em nenhuma das posições, a energia mecânica é nula. No ponto O, a energia cinética é máxima, enquanto que a ener-gia potencial gravitacional é nula.
86. Gabarito: d
Considerando um sistema conservativo, tem-se que a ener-gia no ponto mais alto (a) é igual à energia no ponto em que a energia cinética é o triplo da energia potencial (b).
EMA = EMB
ECA + EPA = ECB + EPB
Como no ponto mais alto a energia cinética é nula, tem-se:
0 + m ⋅ g ⋅ H = 3 ⋅ m ⋅ g ⋅ h + m ⋅ g · h
m ⋅ g ⋅ H = 4 · m · g · h
h = H/4
87. Gabarito: a
Considerando apenas as transformações de energia, so-mente a primeira estratégia é eficiente.
Visto que toda energia cinética se transforma em potencial, tem-se:
EC = Epg
mvmgh h
vg
2 2
2= → =
Logo, a altura alcançada pelo atleta, a princípio, não depen-de de seu peso.
88. Gabarito: a
Parte da energia é transformada em calor, mas a maior par-te é transformada em potencial elástica, pela deformação da bola. Logo após a colisão, essa energia é transformada novamente em cinética.
89. a) Da conservação da energia mecânica aplicada à queda
da bolinha, tem-se:EM1 = EM2
mgh = (mv2)/2
2 ⋅ 10 ⋅ 1,25 = v2
v = 5 m/s
b) Da conservação da energia mecânica aplicada à subida da bolinha tem-se:EM2 = EM3
(mv2)/2 = mgh
v2 = 2 ⋅ 10 ⋅ 0,8
v = 4 m/s
90. Gabarito: c
No caso de uma usina hidrelétrica, a energia potencial gravitacional da água represada se transforma em energia cinética, que se transforma em energia elétrica por meio do gerador, ao fazer a turbina girar.
91. Gabarito: c
Após a primeira colisão, a bola atinge a altura h1 tal que:
h1 = 0,8 ⋅ h ⋅ h1 = 0,8 ⋅ 5 = 4 m
Após a segunda colisão, a bola atinge a altura h2 tal que:
h2 = 0,8 ⋅ h1 ⋅ h2 = 0,8 ⋅ 4 = 3,2 m
Após a terceira colisão, a bola atinge a altura h3 tal que:
h3 = 0,8 ⋅ h2 ⋅ h2 = 0,8 ⋅ 3,2 = 2,56 m ≈ 2,5 m
162 1ª. Série
POTÊNCIA
92. Gabarito: cSendo a potência média igual a 10 W, significa que o cora-ção transforma 10 J de energia a cada segundo, para man-ter a circulação sanguínea. Em uma dieta de 2 500 kcal diárias, tem-se:
2 500 kcal = 2 500 000 cal
2,5 · 106 cal · 4 = 1 · 107 J por dia.
Sabendo que 1 dia = 86 400 s, por regra de três:
energia tempo
10 J – 1 s
x – 86 s
x = 864 000 J gastos diariamente
Porcentagem de energia utilizada:
energia porcentagem
1 · 107 – 100%
864 000 – y
y = 8,64% ≅ 9%
93. Gabarito: d
Pt
PF d
t= ⇒ =
⋅=
⋅τ∆ ∆
150000 0 360
,
P = 750 W
94. Gabarito: a
Pt
= ⇒ ⋅ =τ τ∆
2 103600
4
τ = 7 200 · 104 J = 7,2 · 107 J
95. a) Potência m2
250 W 1
100 · 109 x
x = 4 · 108 m2
b) 80% de 100 · 109 W são utilizados:
P WM = = ⋅80
100100 109
PM = 80 · 109 W
Energia utilizada Tempo
80 x 109 1s
EB 3 · 107 s
EB = 2,4 x 1018 J
c) Energia Litros4 · 107 J 1 L
2,4 · 1018 V
V = 6 · 1010 J
d) E = m · c2
2,4 · 1018 = m · (3 · 108)2
m = 26,7 kg
96. Gabarito: a
P = 12,5 W = 12,5 J/s
Em v v
C =⋅
⇒ =2 2
212 5
2,
v = 5 m/s
Em 2 segundos, o carrinho percorrerá, com velocidade constante, 10 m.
97. Gabarito: c
Pt
E
t
Pm v m v
t
C
f i
= =
=⋅ − ⋅
τ∆
∆∆
2 2
2
vi = 0
Pm v
tv
P tm
ff=
⋅⇒ =
⋅ ⋅22
22
Como a massa e a potência são constantes: v tf2 α
98. a) Por observação do gráfico, a partir da velocidade de 8,5
km/h, a energia é menor correndo que andando.
b) Enquanto parado, o consumo de energia é de 0,2 L/min
1 hora – 60 minutos
12 horas – x minutos
x = 720 minutos
1 minuto – 0,2 litro
720 minutos – y litro
y = 144 litros
Se para cada litro de O2, gasta-se 5 kcal, então:
ET = 144 · 5 = 720 kcal ou 2,88 · 106 J.
c) A 15 km/h, o consumo é de 3,6 L/minuto.O2 Energia (J)
1 ––––– 5 ·103 · 4
3,6 ––––– E
E = 7,2 · 104J
Sendo
PEt
= =⋅∆
∆7 2 10
60
4,
P = 1,2 · 103 W
163Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
POTÊNCIA d) Na velocidade de 7 km/h, o consumo é de 1,6 L/min.1 litro – 5 kcal
X litros – 560 kcal
X = 112 litros
1 minuto – 1,6 litros
x minutos – 112 litros
t = 70 minutos
99. Gabarito: b
Na iminência da perda de contato, a força elástica sobre a caixa (vertical e para cima) terá mesmo módulo que a força-peso da caixa (vertical e para baixo):
k ⋅ x = M ⋅ g
xM g
k=
⋅
Usando a conservação da energia mecânica e considerando o referencial da energia potencial na posição de equilíbrio da mola (sem a presença do fio), tem-se:
k bm g b
k xm g x
k bm g b
M gk
M m gk
k b
⋅+ ⋅ ⋅ −( ) =
⋅+ ⋅ ⋅
⋅− ⋅ ⋅ =
⋅+
⋅ ⋅
⋅
2 2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2−− ⋅ ⋅ −
⋅−
⋅ ⋅=m g b
M gk
M m gk
2 2 2
20
b
m g m gk M g
kM m g
k
k=
− − ⋅( ) ± − ⋅( ) −
⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅
⋅
22 2 2
42 2
22
bm g g M m M m
kb
m g M m g
k=
⋅ ± ⋅ + + ⋅ ⋅( )⇒ =
⋅ ± +( )⋅2 2 2 2
Considerando apenas a solução para b > 0, tem-se:
bgk
m M> ⋅ +( )2
bgk
> ⋅ +( m M)2
INTRODUÇÃO À DINÂMICA IMPULSIVA
100. Gabarito: d
I = ∆ Q
F · ∆t = m · vf – m · vi
F · 0,01 = 0,06 · 30 − 0,06 · (−40)
F = 420 N
101. Gabarito: a
A função do airbag é aumentar o intervalo de tempo de co-lisão para diminuir a força recebida pelo passageiro, visto que a variação da quantidade do movimento é a mesma.
I = ∆Q
↓F · ∆t↑ = ∆Q
Para um valor constante de variação de quantidade de mo-vimento, quanto maior o tempo, menor será a força.
102. a) Em todo gráfico força x tempo, o impulso é numerica-
mente igual à área do gráfico. Nesse caso a área é um trapézio. Sabendo que se calcula a área de trapézio por A = [(B+b)/2] · h, tem-se:
A =+
⋅ =( , , )
, ,0 7 0 2
22 1 0 945
O impulso recebido pelas duas partículas possui módu-los iguais 0,945 N ⋅ m, e sentidos opostos entre si.
b) Conhecido o impulso recebido por cada partícula e, sa-bendo que o impulso é igual à diferença de quantidade de movimento de cada partícula, tem-se:I = ∆Q
I = Q1F – Q1I ⇒ I = m ⋅ (v1F) – m ⋅ v1I
Tomando o sentido do movimento da partícula m1 como positivo, tem-se, para essa partícula:
− 0,945 = 25 ⋅ 10-3⋅ (v1F – 100)
− 37,8 = v1F – 100
v1F = 62,2 m/s
Para a partícula m2:
I = Q2F – Q2I ⇒ I = m ⋅ v1F – m ⋅ v1I
0,945 = 200 ⋅ 10-3⋅ (v1F – 0)
4,725 = v1F
v1F = 4,725 m/s
103. a) EMI = EMF
m ∙ g ∙ hmáx = ECF + m ∙ g ∙ h
30 ∙ 10 ∙ 2,5 = EC + 30 ∙ 10 ∙ 1,25
EC = 375 J
Emv v
v m sC = ⇒ =⋅
⇒ =2 2
2375
302
5 /
164 1ª. Série
Logo: Q = m.v
Q = 30 ∙ 5
Q = 150 kg ∙ m/s
b)
N
P
P
Py
N = PY
N = P ∙ cos30°
N = 300 ∙ 0,9
N = 270 N
c) PX = FR
P ∙ sen 30° = m ∙ a
m ∙ g ∙ sen30° = m ∙ a
a = 5 m/s2
104. a) Epg = mgh = 600 · 10 · 10 = 6 000 J
b) Estando o piloto em repouso, sabemos que FA = Pp. A massa de água que entra é igual à massa que sai pela mangueira, 30 kg. Logo:I = ∆Q
FA ∙ ∆t = m ∙ ∆v
600 ∙ 1 = 30 ∙ ∆v
∆v = 20 m/s
105. Gabarito: a
Quantidade de movimento é uma grandeza vetorial. Por ter direções de velocidades diferentes, as quantidades de mo-vimento dos móveis são diferentes.
106. Gabarito: e
I = ∆Q
F · ∆t = m(v – v0)
∆v = (F · ∆t)/m = (120 · 0,8)/48 = 2m/s
107. Gabarito: b
Pela Teorema do Impulso, tem-se:
I = ∆Q
I = Qf − Qi
I = m ∙ vf − m ∙ vi
I = 0,4 ∙ 0,6 −0,4 ∙ (−8)
I = 0,24 + 3,2 = 3,44 N ∙ s
Como o impulso é numericamente igual à área do gráfico (um triângulo), a força máxima é:
máx
máx
máx
0,2 FI
23,44 0,1 F
F 34,4 N
⋅=
= ⋅=
108. O tempo de colisão total é o tempo necessário para que todas as cápsulas cheguem à placa. A última gota, para chegar à placa, terá que percorrer ∆s = 100 ∙ 0,01 = 1 metro.
vM = ∆s/∆t
10 = 1/∆t
∆t = 0,1 s
Usando o teorema do impulso:
I = ∆Q
I = Qf − Qi
FM . 1t = mtotal∙ ∆v
FM ∙ 0,1 = 0,1 ∙ 10
FM = 10 N
109. Gabarito: b
Calculando a aceleração do corpo:
avt
= =−−
=∆∆
25 135 2
4 2m/s
413
25
0
0
=−
=
v
v m/s
A velocidade inicial do móvel é:
A massa pode ser obtida através da 2.a Lei de Newton:
FR = m · a
40 = m · 4
m = 10 kg
O módulo da quantidade de movimento inicial é então:
Q = m · v
Q = 10 · 5
Q = 50 N · s
165Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
CONSERVAÇÃO DA QUANTIDADE DE MOVIMENTO
110. Gabarito: d
Como a força aplicada e o seu tempo de atuação são os mesmos para os dois blocos, sendo I = F ⋅ ∆t, conclui-se que ambos sofreram o mesmo impulso.
Sendo I = Qfinal−Qinicial = Qfinal , como os impulsos são iguais, também são iguais as quantidades de movimenbto finais, ou seja, QB = QA.
111. Gabarito: a
Para a situação A
IA = ∆Q
IA = Qf – Qi
IA = m ⋅ v – m ⋅ (− v)
IA = 2 ⋅ m ⋅ v = 2Qf
Para a situação B
(Não há impulso na direção X)
IB = ∆Q
IB = Qfy – Qiy
I Q Q
I Q
I I
I I
B f f
B f
A B
A B
= − −
=
=
= ⋅
22
22
2
2 2
2
112. Gabarito: a
Como a resultante das forças externas ao sistema é zero, há conservação da quantidade de movimento, logo:
Qi = Qf
(M + m) v = M v’ + m (v’ – v)
O termo (v’−v) é a velocidade do trabalhador em relação ao solo, que é dada pela diferença entre os módulos da velocidade do trem em relação ao solo com a velocidade do trabalhador em relação ao trem. Isolando v’:
M v + m v = M v’ + m v’ – m v
vm M v
m M’ =
+( )⋅+
2
113. Gabarito: a
QA = QD
m1 ⋅ v1 + m2 ⋅ v2 = (m1 + m2) ⋅ v1,2
2 · 104 ⋅ 10,8 = ( 2 · 104 + 1 · 104) ⋅ v1,2
v1,2 = 7,2 km/h
114. Gabarito: e
Em uma colisão perfeitamente elástica ocorre conservação da energia cinética, ou seja, a energia cinética do sistema antes da colisão é igual à energia cinética após a colisão.
Antes:
ECT = ECA + ECB
Emv m
mCTA= =
⋅= ⋅
2 2
22
22
Depois:
ECT = E’CA + E’CB
21
23
2
2
⋅ =⋅
+
=⋅
mm
E
Em
CB
CB
’
’
Assim:
E
E
m
mB
A
’= =
322
34
115. Gabarito: d
A energia mecânica se conserva, pois não há atrito.
Epgi = Ecf
mgh = mv2/2
h = v2/2g (I)
V1
Na colisão, a quantidade de movimento do sistema é con-servada. Assim:
QA = QD
m ⋅ v1 = m ⋅ v1’ + 1,5 ⋅ m ⋅ v2
’
v1’ + 1,5 ⋅ v2
’ = v1 (II)
Sendo a colisão perfeitamente elástica:
v
v
v v
v
Af
Ap
=
−−
=
1
012 1
1
’ ’
v2’ − v1
’ = v1 (III)
Tem-se então o sistema de equações:
v1’ + 1,5 ⋅ v2
’ = v1 (II)
v2’ − v1
’= v1 (III)
166 1ª. Série
Somando (II) e (III):
2,5 ⋅ v2’ = 2 ⋅ v1
v2’ = 0,8 ⋅ v1
Substituindo em (III):
0,8 ⋅ v1 – v1’= v1
v1’= − 0,2 ⋅ v1 (o sinal negativo indica que o sentido é para
a esquerda)
Em módulo, v1’= 0,2 ⋅ v1.
Assim, como a altura e a velocidade estão relacionadas de acordo com a eq.(I), h = v2/2g, tem-se:
hh
vg
vg
hh
v
v
hh
v
v
’
’
’ ’
’
( )
( )
,
= ⋅
⋅
=
=⋅
=
12
12
1
1
2
1
1
2
2
2
0 20,, %04 4ou
116. Gabarito: a
Pelo Princípio da Conservação da Quantidade de Movimen-to, a quantidade de movimento do sistema antes da colisão terá o mesmo módulo, direção e sentido da quantidade de movimento após a colisão (p pinicial final
r r= ).
Essa questão analisa a quantidade de movimento de forma vetorial. Antes da colisão, a direção e o sentido resultantes eram os mesmos que o do próton (horizontal, sentido po-sitivo de x).
Após a colisão, é mostrado no enunciado que a quantidade de movimento do elétron pode ser decomposta na direção horizontal e sentido positivo de x, e de direção vertical, sen-tido negativo de y. Sabendo que a resultante final tem que ser igual à inicial, a quantidade de movimento do próton tem que ser tal que anule a componente vertical da quan-tidade de movimento do elétron. Logo, a alternativa a é a única opção possível.
117. Gabarito: a
QA = QD
0 = mv + (M – m)v1
v1 = mv/(M – m)
Para o projétil chegar ao alvo, leva:
vM = ∆s/∆t
v = d/t1
t1 = d/v
No tempo t1, a distância percorrida pelo atirador será:
v1 = d1/t1
dmv
M mdv
dmd
M m
1
1
=−
⋅
=−
Portanto, no instante em que o projétil acerta o alvo, a dis-tância entre os dois será de:
dmd
M md
dMd
M m
TOTAL
TOTAL
=−
+
=−
Pela velocidade relativa entre o som e o atirador, pode-se calcular o tempo gasto total:
vREL = vS – v1
vM m v mv
M m
vst
t sv
t d M mM m v
RELS
REL
RELREL
RELS
=− −
−
=
=
= ⋅ −− −
( )
( )
∆∆
∆ ∆
∆mmv
t MdM m v mv
t t t
t dv
MdM m v mv
RELS
TOTAL S
TOTALS
∆
∆
∆
∆
=− −
= +
= +− −
( )
( )
1
tt dv
M m v vm v m v vTOTAL
S
S S
= ⋅ − +⋅ − +
( )( )( ( ))
118. Gabarito: d
– Maria:
Conservação da Quantidade de Movimento
0 = QMD + QBD
0 = M ⋅ VM + m ⋅ v
Vm vMM = −⋅
– Luísa:
QA = QD
M ⋅ V + m ⋅ v = (M+m) ⋅ VL
Vm v M V
M mL =⋅ − ⋅
+( )
119. Gabarito: e
Na figura, observa-se que os corpos (carro + poste) ficam unidos após a colisão. Essa é a característica fundamental da colisão inelástica. Como não há movimento após o cho-que, ocorre dissipação máxima da energia cinética.
167Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
120. Gabarito: e
I. Falsa. Não há conservação da quantidade de movimento em razão da força exercida pela articulação em P no sistema projétil + disco. Nesse caso, entende-se que a força na articulação corresponde a uma força externa ao sistema, que não permite a conservação da quantidade de movimento.
II. Falsa. Observe na figura que, com o choque, o projé-til fica incrustado no disco, caracterizando um choque inelástico, no qual a energia cinética não se conserva.
III. Verdadeira. Como na descrição do problema, o atrito en-tre o disco e a articulação deve ser desconsiderado e a resistência do ar pode ser suposta como desprezível, a energia mecânica será conservada, sendo a mesma antes e depois do impacto para qualquer ângulo do in-tervalo 0 a θ.
121. Cálculo da energia potencial elástica:
Da energia mecânica inicial, tem-se:
EM0 = Ec0 + Ep
3 753 3 1
2
2
,( )
=+ ⋅
+ Ep
3,75 – 3 = Ep
Ep = 0,75 J
Cálculo da velocidade do carrinho A:
Da conservação da quantidade de movimento, tem-se:
Q0 = Q
(m + m) ⋅ v0 = m ⋅ vA + m ⋅ vB
6 ⋅ 1 = 3 ⋅ vA + 3 ⋅ 1,5
1,5 = 3 ⋅ vA
vA = 0,5 m/s
122.
a) Qi = m ⋅ vi→ Qi = 1016⋅ 3 ⋅ 104→ Qi = 3 ⋅ 1020 kg ⋅ m/s
b) Emv
E JC C= =⋅ ⋅
⇒ = ⋅2 16 4 2
24
210 3 10
24 5 10
( ),
c) Q0 = Q → 3 ⋅ 1020 = (1016 + 6 ⋅ 1024) ⋅ vr
vr ≅⋅⋅
3 10
6 10
20
24 = 5 ⋅ 105 m/s
d) Desprezando a massa do meteoro em relação à massa da Terra:
EM m v
J
f =+ ⋅
=⋅ + ⋅ ⋅
=⋅
= ⋅
−( ) ( ) ( )
,
2 24 16 5 2 14
15
26 10 10 5 10
2150 10
27 5 10
Ediss = Ec – Ef = 4,5 ⋅ 1024 – 7,5 ⋅ 1015 ≅ 4,5 ⋅ 1024 J
1 megaton → 4 ⋅ 1015 J
x → 4,5 ⋅ 1024 Jx = 1,125 ⋅ 109 megatons
123. Gabarito: cAplica-se o Princípio da Conservação da Quantidade de Mo-vimento:
QANTES = QDEPOIS
0 = mα⋅ vα – mPb⋅ vPb
Como mPb = 200 u e mα = 4 u, então, mPb = 50 mα. Assim:
0 = mα · vα – 50mα · vPb ⇒ vPb = vα/50
As energias cinéticas da partícula α e do núcleo de chumbo são:
Em v
αα α=
⋅ 2
2 e
Em v
Em
vm v
PbPb Pb
Pb=⋅
⇒ =⋅
=⋅⋅
2
2
2
2
5050
2 50 2
αα
α α
Comparando as duas energias, tem-se que EPb = Eα/50.
MOVIMENTO UNIFORME
124. Gabarito: dO gráfico termina quando eles cruzam a linha de chegada. Depois que A cruza a linha de chegada, B ainda corre por 2 s com velocidade de 10 m/s para cruzar também a linha. Logo, a distância que B estava quando A terminou era de 20 m.
125. Gabarito: cUtilizando os pontos dados no gráfico, e lembrando que no vértice da parábola a velocidade é nula, tem-se:
v = v0 + a ∙ t
0 = v0 + 2 ∙ a
2 ∙ a = − v0
v2 = v02 + 2 ∙ a ∙ ∆s
0 = v02 + 2 ∙ a ∙ 20
Substituindo 2 ∙ a = − v0:
0 = v02 – 20 ∙ v0
v0’ = 0
v0’’ = 20 m/s
Substituindo na 1.a equação:2 ∙ a = − v0
2 ∙ a = − 20a = − 10 m/s2
168 1ª. Série
126. Gabarito: b
FRC = mv2/R
– Kart: FRC = Mv2/2R
– Fórmula 1:FRC = 3Mv2/R
– Stock Car:FRC = 6Mv2/3R
FRC = 2Mv2/R
Logo, FK< FS< FF
127. a) Se a roda-gigante faz meia volta em 15 s, o período
será de 30 s.v = ∆s/∆t = 2πR/T = (2 · 3 · 20)/30
v = 4 m/s
b) aceleração radial é a aceleração centrípeta:aC = v2/R = 42/20 = 0,8 m/s2
c) Nina:
P Nm v
R
N
N N
− =⋅
− =⋅
=
2
2
60060 4
20552
José:
N Pm v
R
P
N N
− =⋅
− =⋅
=
2
2
70070 4
20756
128. a) ωf = 2πf = 2 · 3 · (33/60) = 3,3 rad/s
b) α = ∆ω/∆t 1,1 = 3,3/∆t
∆t = 3 s
c) A caixa passará a se deslocar logo após o instante em que a força de atrito estático atinja o seu valor máximo.
→N
→P
→Fat
Fat = FRC
µE ∙ m ∙ g=m ∙ ω2 ∙ r
0,09 ∙ 10 = ω2 ∙ 0,1ω2 = 9ω = 3 rad/s
d) ω2 = ω02 + 2 ∙ α ∙ ∆θ
32 = 2 ∙ 1,1 ∙ ∆θ∆θ ≈ 4,1 rad
129. Gabarito: d
Sendo a velocidade angular do eixo do motor constante, pode-se considerar como ω a velocidade angular de B e A.
Para a posição 1
vC = vB
ω1 · RC = ω · RB
ω1 = ω· RB/RC
Para a posição 2
vA = vD
ω ∙ RA = ω2 ∙ RD
ω2 = ω· RA/RD
Logo:
ωω
ω
ω
ω
ω1
2
2
2= = =
RRR
R
RRR
R
B
C
A
D
A
D
A
D
130. Gabarito: c
A frequência em hertz é de 300/60 = 5 Hz. A velocidade é então:v = 2 ∙ π ∙ R ∙ fv = 2 ∙ 3 ∙ 0,6 ∙ 5v = 18 m/s
131. a) 4 W = 4 J/s
Logo, em 5 s, a energia total das esferas será de 20 J.
b) Se as duas esferas juntas possuem 20 J de energia cinética, cada uma possui 10 J, então:
Emv m R
rad s
C = =⋅
=⋅ ⋅ ⋅
=
−
2 2 2
2 2 2
2 2
100 2 5 10
2200
ω
ω
ω
, ( )
/
c) T = FRC
T = m ∙ ω2 ∙ RT = 0,2 ∙ 2002 ∙ 5x10-2
T = 400 NA haste, além da força da tração, faz uma força para cima, para contrabalancear o peso, e ainda tem uma
169Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
componente tangencial que faz a bola acelerar. Porém, o valor de ambas é desprezível se comparado à tração. Por isso, a força resultante da haste sobre a bola é apro-ximadamente 400 N.
d) αω
= = =∆∆t
rad s200
540 2/
132. Gabarito: b
N = FRC = mv2/R = m · ω2 · R = 6 · 4 · π2 · f2 · R
N = 6 · 4 · π2 · (900/60)2 · 0,18 = 972 π2 N
133. Gabarito: e
vP = 108 km/h = 30 m/svC = 90 km/s = 25 m/s
Tempo de encontrosP = s0 + vPtsP = 0 + 30tsC = s0 + vCtsC = 12 + 25tsP = sC
0 + 30t = 12 + 25t5t = 12t = 2,4s
Logo, Pedro anda:vm = ∆s/∆t 30 = ∆s/2,4∆s = 72 m
134. Gabarito: d
O comprimento da circunferência mostrada é:C = 2 ∙ π ∙ RC = 2 ∙ 3 ∙ 0,03C = 0,18 mEm 120 voltas:CT = 0,18 ∙ 120CT = 21,6 m
Logo:1 Informação ⇒ 0,2 x 10–6
X ⇒ 21,6 m
x = 1,08 ∙ 108 informações
135. Gabarito: e
Como se trata de um movimento circular, a força resultante do movimento é a força centrípeta. Para a patinadora da extremidade, tem-se:
FC = F1
m ⋅ ω2 ⋅ 2 ⋅ R = 120m ⋅ ω2 ⋅ R = 60
Observando a patinadora que segura as duas fitas, vê-se que a força resultante que nela atua é dada pela diferen-ça entre as trações, e essa resultante é a força centrípeta. Como as patinadoras giram juntas, elas têm mesma velo-cidade angular.
FC = F2 – F1
m ⋅ ω2 ⋅ R = F2 – F1
60 = F2 – 120F2 = 180 N
136. Gabarito: cComo informado, o período de rotação da Lua em torno da Terra é de 27,3 dias = 655 h = 2 358 000 s. A velocidade angular da Lua é ω = 2π/T. Assim:
ωπ
= = ⋅ −22 358 000
2 66 10 6 2, /rad s
A aceleração centrípeta é calculada por aC = ω2 ⋅ RaC = (2,66 ⋅ 10–6)2 ⋅ 3,8 ⋅ 108
aC = 2,70 ⋅ 10–3 m/s2
137. a) v = ω ∙ R
v = 2 ∙ π ∙ f ∙ R
v = 3 m/s
aCP = v2/R
aCP = 32
2
aCP = 4,5 m/s
b) Em relação ao chão, a velocidade da bola será a soma vetorial entre VT e VR
U2 = VT2 + VR
2
U = 5 m/s
c) U
θ
VT
VR
Considerando o desenho acima:cosθ = VR/U = 4/5 = 0,8O ânguloθ é o arco cujo cosseno é 0,8.
138. Gabarito: a
→P
→T
+
T P F
T PmV
T mgm R
T mR
g
RC− =
− =
− =
= ⋅ +
2
2 2
2 2
2
2
2
ω
ω
170 1ª. Série
139. Gabarito: a
ω = 2π / T = 2 · 3 / 1 800 = 1 / 300
V = ω · R = 1/300 · 67,5 = 0,225 m/s = 22,5 cm/s
Visto que no momento pedido as duas cápsulas têm a mes-ma direção de velocidade, mas sentidos contrários, somam-se as velocidades para descobrir a velocidade relativa:
vR = 45 cm/s
140. Gabarito: e
∆
∆
∆
∆
sB b h
m
sb h
s m
s
A
B
B
B
=+ ⋅
=+
=
=⋅
=⋅
=−
−
( ) ( )2
13 5 102
90
25 10
225
0 5
10 13==
⋅=
= − =
3 102
15
90 40 50
m
s mA B∆ ,
141. Gabarito: e
O gráfico mostra a velocidade instantânea do ônibus em cada instante, porém, entre cada ponto, não é possível infe-rir se o ônibus permaneceu com aceleração constante entre os trechos com velocidade variável ou velocidade constan-te entre os trechos 4 a 10 s.
142. Gabarito: b
Para polias ligadas por uma correia, tem-se:
v1 = v2 ω1 · R1 = ω2 · R2 f1 · R1 = f2 · R2 f1 · 2R = f2 · R f1/ f2 = 1/2Sendo a frequência da polia 2 igual à da 3, pois estão liga-das em um mesmo eixo, pode-se escrever:
f1/ f3 = 1/2
143. Gabarito: d
No primeiro trecho, não há aceleração, portanto a força re-sultante é nula e a bola se mantém em equilíbrio na verti-cal. No trecho t2, o metrô está freando, portanto a bola se deslocará, em relação ao vagão, em sentido contrário ao da aceleração do vagão, ou seja, para a frente. A partir do momento em que o vagão para, a força resultante volta a ser nula e o fio fica novamente na vertical.
144. Gabarito: b
A
Tempo de 1 volta
T = 2πR/V
B
T = 2π3R/2V
T = 3πR/V
O M.M.C entre os tempos é de 12πR/V; logo, eles se encon-trarão novamente quanto a partícula A tiver dado 6 voltas e a partícula B, 4 voltas. A distância percorrida pela par-tícula B será:
d = 4 ∙ 2π ∙ R = 8πR
145. sA = x.t
sB = 50 + 15t
sA = sB
x.t = 50 + 15t
x.t – 15t = 50
t1 = 50 / (x – 15) (1)
Se dobrar a velocidade, o tempo fica 5 vezes menor
t
x
tx
1
1
550
2 15250
2 15
=−
=−
(2)
Igualando (1) e (2)
5015
2502 15x x−
=−
100x – 750 = 250x – 3 750
150x = 3 000
x = 20 m/s
146. Gabarito: d
Para que o satélite fique em órbita é necessário que:
→P
R
h
→v
P = FRC
m gm v
dss=⋅ 2
gv
R h=
+
2
(1)
Sendo a gravidade na altura considerada:
gG M
R hT=
⋅+( )2
(2)
de (1) e (2), tem-se:
171Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
vR h
G M
R hT
2
2+=
⋅+( )
vG M
R hsT=
⋅+
=⋅ ⋅ ⋅
⋅ + ⋅= ⋅
−6 7 10 6 10
6 10 0 72 1060 10
11 24
6 66,
,
vs ≅ 7,7 · 103 m/s ou 7,7 km/s
147. Gabarito: c
P
NNy
Nx
θ
NY = P = m . g
NX = FRc
tgN
N
mvR
mgX
Y
θ = =.
.
2
tgvgR
θ =2
.
tgθ =25
10 500
2
.
tgθ = 0,125
Logo, θ = 7,15°
148. Gabarito: b
a) Incorreta. Quanto maior a distância do planeta ao Sol, maior será o período. Logo Vênus tem menor período.
b) Correta. Ver item anterior.
c) Incorreta. Sendo wT
=2π
, por ter menor período, Vênus
tem maior velocidade angular média.
d) Incorreta. Como VGMR
= , quanto menor o raio, maior
será a velocidade escalar do planeta.
e) Incorreta. Sendo T = 1/f, por ter menor período, Vênus necessariamente terá maior frequência do que a Terra.
Obs.: A questão se equivoca ao colocar o termo “rotação”. O certo seria falar o termo de “translação”.
149. a) Por ser um satélite geoestacionário, o período de trans-
lação é igual a 24 horas.
avRc =
2
Sendo:
vr
Tkm h=
⋅=
⋅ ⋅= ⋅
2 2 4 2 1024
105 104
4π π ,, /
a km hc =⋅⋅
=( , )
,/
105 10
4 2 102 625
4 2
42
b) A energia adicional necessária é justamente a diferença de energia mecânica entre as duas posições.
E EGMm
rGMm
r
E EGMm
r r
E E
2 12 1
2 11 2
2 1
1
2 2
21 1
6 7 10
− = − +
− = ⋅ −
− =⋅ −, 11 24
6 6
2 19
6 10 2002
1
7 10
1
42 10
4 8 10
⋅ ⋅ ⋅⋅
⋅−
⋅
− = ⋅E E J,
150. Gabarito: a
Embora tenham a mesma velocidade angular, o brasileiro percorrerá uma distância maior, por ter um raio de deslo-camento maior.
151. a) Desprezando a força gravitacional entre a Terra e o sa-
télite, temos que a força gravitacional entre o Sol e a Terra é a própria resultante centrípeta:
F F
G M M
RM R
G M
R
G RC
S TT T
TS
=⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
=⋅
22
3
ω
ω
b) ω ω
ωπ
A T
ATT
rad s
=
= =⋅
⋅= ⋅ −2 2 3 14
3 14 102 10
77,
,/
c) FSL1 L1 FTL1
F F F
FG M m
d
G M m
R d
F G mM
d
M
r d
r T L S L
rT S
rT S
= −
=⋅ ⋅
−⋅ ⋅
−( )
= ⋅ ⋅ −−( )
, ,1 1
2 2
2 2
152. Gabarito: c
Calcular a velocidade orbital para uma distância de 4R do centro do planeta:
Fg = FRc
172 1ª. Série
GMm
R
mvR
vGM
Rou v
GMR
16 4
4 4
2
2
2
=
= =
Como o satélite é mantido sempre a uma mesma distância do planeta, a energia potencial gravitacional permanece constante. Logo o trabalho do propulsor será igual à varia-ção da energia cinética do satélite.
τ
τ
τ
=⋅
−⋅
= −
=
m v m v
GMmR
GMmR
GMmR
f i2 2
2 2
8 12
24
153. Gabarito: c
P
90 – θ
θ
θ
NNY
Nx
NY = P
NY = m · g
NX = FRC
NX = (m · v2) / D
NX = m · ω2 · D
tgθ = NX / NY
tgθ = (m · ω2 · D) / (m · g)
ω2 = (tgθ · g) / D
tgθ . gDT = 2π
tgθ . gD
2πT
=
tgθ . gD
ω =
154. Gabarito: b
A força resultante sentida pelas pessoas na estação espe-cial (N) terá que gerar uma aceleração centrípeta de módulo igual ao da aceleração da gravidade:
N
FR = FRC
mamv
Ra g
g R
rad s
=
== ⋅
=
≅
2
2
2 10100
0 3
ω
ω
ω , /
155. Gabarito: e
Nas extremidades, sendo v = 0, a FRc também será zero. Logo, a direção da aceleração será a mesma da força re-sultante, como indicado na figura abaixo:
PPy
Px
T30º
60º 30º
Px =Fr ⇔ T=Py
Px = m . a
m ∙ g ∙ sen 30o = m ∙ a
10 ∙ 0,5 = a
a = 5 m/s2
173Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
MOVIMENTO UNIFORMEMENTE VARIADO
156. Deslocamento do carro A
A
10
V (m/s)
0 5 15
∆xA = A
∆ = =+
xB b
A
( )h2
∆ = =+
=x mA
( )15 10 102
125
V (m/s)
carro A10
05 8
–10carro B
t (s)
∆xA = xA – xiA
xA = ∆xA + xiA
Para um tempo t:
∆xA = A
∆xt t
A =+ − ⋅( )5 10
2
∆xA = 10t – 25
Logo:
xA = 10t – 25 + 0
xA = 10t – 25 (1)
Fazendo o mesmo para o carro B
xB = ∆xB + xiB
∆xB = A
∆xt t
B =+ − ⋅ −( ) ( )8 10
2
xB = – 10t + 43 (2)
De (1) e (2):
xA – xB = 332
10t – 25 – (43 – 10t) = 332
t = 20 s
157. Gabarito: d
I. Correto. A componente Vx é igual em todos os momentos.
II. Correto. Para uma mesma altura, a intensidade da velo-cidade será a mesma.
III. Correto. Na altura máxima a componente vertical é sem-pre zero.
IV. Errado. Na altura máxima o vetor velocidade é igual à sua componente horizontal.
158. Gabarito: c
h h v tgt
hgt
g
g m s
= + +
=
=⋅
=
0 0
2
2
2
2
2
2
543
212
∆
/
159. Gabarito: a
No vácuo, o tempo de queda não depende da forma geomé-trica nem da massa. Portanto é igual para os corpos A e B.
160. Gabarito: e →Vx
Em um lançamento parabólico, a única aceleração que atua é a aceleração da gravidade, e, portanto, é constante. Como não há força resultante atuando na direção horizontal, a ve-locidade escalar na horizontal é sempre constante.
161. Gabarito: d
Por ter uma aceleração gravitacional maior, para uma mes-ma altura, o tempo de queda na Terra é bem menor, pois a pedra alcança uma velocidade maior.
162. Gabarito: a
Calculando, pela área dos dois primeiros trechos, o deslo-camento do piloto:
∆
∆
sB b h
s m
12
12
216 4 12 5
2125
,
,
( )
( ) ,
=+
=+ ⋅
=
Logo, a distância percorrida no último trecho foi de 75 m.
174 1ª. Série
∆sB b h
v
v m s
3 2
7512 5 42
25
=+ ⋅
=+ ⋅
=
( )
( , )
/ou
v = 90 km/h
163. a) v = v0 + at
2 = 0 + a ∙ 10a = 0,2 m/s2
b) As distâncias percorridas podem ser calculadas pelas áreas do gráfico até 50 s.
– Batista:
dB b h
d
d m
B
B
B
=+ ⋅
=+ ⋅
=
( )
( )2
50 30 42
160
– Arnaldo:
db h
d
d m
A
A
A
=⋅
=⋅
=
250 5
2125
c) Vd
tm sm
A= = =∆
12550
2 5, /
164. Gabarito: b
a) Incorreta. Entre 0 e 0,5 min, o movimento é acelerado.
b) Correta, pois a partir desse ponto a velocidade se torna negativa.
c) Incorreta, pois entre 2 e 3 minutos é desacelerado, e entre 0,5 e 2 min a velocidade é constante.
d) Incorreta:
vsts
s m
M =
=
=
∆∆∆
∆
8015120,
e) Incorreta:
2
va
t80
a1
a 80 m / mín
∆=
∆−
=
= −
165. Gabarito: e
Nos gráficos v x t, a área é numericamente igual ao espaço percorrido. Portanto, a distância adicional que seria percor-rida é calculada pela área do trapézio que está associado ao trecho em que a velocidade foi reduzida.
TRAPÉZIO
t (s)
v (m/s)
25
15
0 10 20 30 40 50 60 70 80
A = ∆s = (B + b) · h/2 = (50 + 20) · 10/2
∆s = 350 m
166. Gabarito: e
A área do gráfico v x t identificada a seguir é igual ao des-locamento entre t2 e t3.
t
v
A
4g . t
3g . t
2g . tg . t
t 2t 3t 4t
A = ∆h2,3 = (B + b) · h/2 = (3gt + 2gt) · t/2
6,25 = 5gt2/2 = 25t2
t2 = 0,25
t = 0,5 s
O tempo total de queda será, então, 4t = 2 s. Assim, a altura h é:
hgtTOTAL= = ⋅
22
25 2
h = 20 m
167. Gabarito: d
Sabendo que os corpos são abandonados da mesma altura, tem-se:
hgt
=2
2Igualando h para os dois locais:
g t g t
t t
t
t
t
t
T T L L
T L
L
T
L
T
⋅=
⋅
⋅=
⋅
=
=
2 2
2 2
2
2
2 210
2
2
2
102
5
175Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
g t g t
t t
t
t
t
t
T T L L
T L
L
T
L
T
⋅=
⋅
⋅=
⋅
=
=
2 2
2 2
2
2
2 210
2
2
2
102
5
168. Gabarito: b
60o
30 m
/s
No ponto mais alto da trajetória, a bola só tem a sua com-ponente em x da velocidade. Logo:
vx = v0 ∙ cos 60º
vx = 30 ∙ 0,5
vx = 15 m/s
169. Gabarito: d
∆h v tat
t
t s
= +
= +⋅
=
0
2
2
2
720 010
212,
Como o 1.o corpo caiu em 1,2 s, e são quatro intervalos de tempo entre o primeiro e o quinto corpo, pode-se concluir que os corpos foram lançados em intervalos de tempo de 0,3 s. Sendo assim, quando o 1.o corpo atinge o chão, o 2.o estaria em queda há 0,9 s. Sua velocidade seria então:
v = v0 + a . t
v = 10 . 0,9
v = 9 m/s
170. Gabarito: b
36,9o
20 m
5 mV 0
Tempo até o muro
s = s0 + Vxt1
20 = 0 + v0 . cos 36,9° t1
t1 = 25
0v
Para o tempo t1, a altura alcançada tem que ser no mínimo 5 m.
∆S v tat
v senv
v
v
y= +
= ⋅ ⋅ −
= −⋅
0
2
00
0
2
02
2
5 36 925
1025
2
5 155 625
,
∆s v tat
y= +0
2
2v0
2 = 312,5
v0 = 12,5√2 m/s
171. Gabarito: a
O encontro acontecerá quando a posição no eixo x do pro-jétil for a mesma da bola. Logo,
sP = sB
0 + vPX . t = 46 – 5t
0 + v0P . cos 30° . t = 46 – 5t
20 . 0,9 . t = 11,5 – 5t
t = 0,5 s
Agora pode-se calcular a altura que o projétil subiu e a al-tura que a bola caiu, a soma das duas será a altura total inicial da bola.
Projétil
∆
∆
∆
h v tat
h v sen tat
h
y= −
= ⋅ ⋅ −
= ⋅ ⋅ −⋅
0
2
0
2
2
2
302
20 0 5 0 510 0 5
2
º
, ,( , )
∆h1 = 3,75 m
Bola
∆
∆
h v tat
h
y= −
= +⋅
0
2
2
2
010 0 5
2( , )
∆h2 = 1,25 m
Altura total
h = ∆h1 + ∆h2
h = 3,75 + 1,25
h = 5 m
172. Gabarito: e
s s v tat
s s
at at
t t
tt
= + +
=
=
= ⋅
=
0 0
2
1 2
12
22
1 2
21
2
2
2
2
2
2
176 1ª. Série
s s v tat
s s
at at
t t
tt
= + +
=
=
= ⋅
=
0 0
2
1 2
12
22
1 2
21
2
2
2
2
2
2
173. Calculando em quanto tempo as bolas se encontram.
1
s1 = s0+ v . t
s1 = 10 t (1)
hgt
1
2
2=
h1 = 5t2 (2)
2
s2 = s0 + v · t
s2 = 18,4 – 36t (3)
h v tgt
h tt
y2 0
2
2
2
2
2010
2
= ⋅ +
= + (4)
s1 = s2
10t = 18,4 – 36t
t = 0,4s
Para 0,4s,
1-vx1 = 10 m/svy1 = v0 + atvy1 = 0 + 10 · 0,4vy1 = 4 m/s
2-vx2 = 36 m/svy2 = v0 + atvy2 = 20 + 10 · 0,4vy2 = 24 m/s
Logo, a velocidade relativa em cada uma das direções é:
46 m/s
20 m/s
vrel = v12 + v2
2
vrel = 2516 ou ≅ 50,2 m/s
174. Velocidade de lançamento da flecha
E E
Kx mv
v
v m s
Pel C=
=
⋅ = ⋅=
2 2
2 2
2 2720 0 5 0 05
60
, ,
/
θ
60 m/s
205,2
Em X:s = s0 + v ∙ t205,2 = vX ∙ 3,6vX = 57 m/s
Em Y:vy=v0Y + a ∙ t0= v0Y − 10 ∙ 1,8v0Y = 18 m/s
tgsen
θθθ
= = ≅cos
,
18605760
0 32
175. a) Calculando a distância percorrida na caminhada em
cada sequência, tem-se:
vst
s
s m
M = ⇒
=
=
∆∆∆
∆
2120
240
Com mais o 1 km de caminhada, a distância total per-corrida em cada série é:
d = 1 000 + 240 = 1 240 m
Repetindo a série 8 vezes, tem-se:
∆st = 8 ∙ 1 240 = 9 920 m
∆st = 9 920 km
b) Sendo 10,8 km/h = 3 m/s, tem-se:v2 = v0
2 + 2 · a · Δs
32 = 2 · a · 3
a =1,5 m/s2
176. a) v
st
v m s
M
M
=
=××
=
∆∆12 108 10
15006
2
,/
177Caderno de Atividades / Livro do Professor
Física
b) ∆h v t
at
a
a
= +
=⋅
=
0
2
2
2
2
3 200802
10 m/s
177. Gabarito: b
Nessa situação, a força resultante que atua sobre o carro é a força de atrito, que possui sentido oposto ao do desloca-mento. Aplicando a 2ª Lei de Newton:
FR = m ⋅ a–fAT = m ⋅ a–µ⋅ m ⋅ g = m ⋅ a–a = µ ⋅ ga = –0,4 ⋅ 10
a = –4 m/s2
Conhecendo a aceleração imposta pelo atrito ao veículo, e sabendo que este vai parar, pode-se calcular sua veloci-dade (v = v0) adquirida imediatamente após o impacto por meio da Equação de Torricelli:
v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆S
0 = v2 + 2 ⋅ (–4) ⋅ 12,5
100 = v2
v = 10 m/s
178. Gabarito: e
→N
→Fat
→P
→V
Calculando a desaceleração
v2 = v20 + 2 ∙ a ∙∆s
0 = 52 + 2 ∙ a ∙5
a = – 2,5 m/s
Utilizando o diagrama de forças
N = P
Fat = FR
µC ∙ N = m ∙ a
µC ∙ m ∙ g = m ∙ a
µC = 0,25
179. Gabarito: d
Sabendo que o objeto se movimentou 2 m em 2 s, e consi-derando que inicialmente o corpo estava em repouso, pode-se determinar a aceleração resultante desse corpo:
s = s0 + v0 · t + [(a · t2) / 2]
2 = 0 + 0 + [(a · 22) / 2]
a = 1 m/s2
O enunciado traz a informação de que o corpo fica sujeito às forças peso e empuxo, sofrendo uma queda vertical no interior do líquido.
→E
→P
Aplicando a 2.ª Lei de Newton, e tendo o corpo peso de 5 N:
FR = m ⋅ aP – E = m ⋅ a5 – E = 0,5 ⋅ 1E = 4,5 N
180. Gabarito: a
Calculando a aceleração do copo:
∆s v tat
= +0
2
2
16 00 82
2
,,
= +⋅a
a = 5 m/s2
→N
→Fat
→P
Copo
Da 2.ª Lei de Newton:
Fat = FR
Fat = m ⋅ aFat = 0,4 ⋅ 5Fat = 2 N
181. Gabarito: d
F – FAT = FR
F – FAT = m . a
178 1ª. Série
1. a
F MgM1 =
− µ
V12 = V012 + 2 · a · ∆s
V
F MgM
d12 2=
− µ
2.
aF Mg
M2
22
=− µ
V22 = V02
2 + 2 · a · ∆s
VF Mg
Md1
2 22
2=
− µ
E
E
MV
MV
MF Mg
Md
MF Mg
Md
F MgF M
C
C
1
2
12
22
22
2
22
2 22
42
= =⋅ ⋅ − ⋅
⋅ ⋅ − ⋅=
−−
µ
µµµ gg
182. Gabarito: dVelocidade do bloco após a colisão:QA = QD
Mpvp = (mp + Mb) vp,b
10 · 10–3 · 103 = 2,01 · vp,b
Vp,b = 4,97 m/s
Desaceleração do bloco na rampa− Px = Fr
− Px = m ⋅ a− 20,1 ⋅ sen30° = 2,01 ⋅ aa = − 5 m/s2
A distância D pode ser calculada por meio da Equação de Torricelli:v2 = v0
2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s0 = (4,97)2 – 2 ⋅ 5 ⋅ dd ≅ 2,50 m
183. Gabarito: aSendo o somatório das forças externas que agem no sis-tema igual a zero, há conservação da quantidade de movi-mento. Assim:QA = QD
0 = m ⋅ v – M ⋅ Vc
VC = mv / MConsiderando essa a velocidade inicial do canhão após a colisão, pode-se calcular a desaceleração do sistema, e após, o coeficiente de atrito, por meio da 2.ª Lei de Newton.
v2 = v02 + 2a∆s
0 2
2
2
2
=
−
=
mvM
ad
a
mvM
d
Fat = FR
μ · N = m · a
µmg m
mvM
d=
2
2
µ =
mvMgd
2
2
184. Gabarito: c
Tempo para acontecer o choque
S1 = 0 +10,5t
42 = 10,5t
t = 4 s
Velocidade das bolinhas no momento do choque:
1) v1 = 10,5m/s
2) v2 = v0 + a · t
v2 = 3,75 · 4
v2 = 15 m/s
Há conservação da quantidade de movimento em todas as direções, portanto:
– Eixo horizontal (x)
Q A = QD
m1 · v1 = QD
2 · 10,5 = QD
QDx = 21 kg · m/s
– Eixo vertical (y)
Q A = QD
m2 · v2 = QD
QDy = 3 ⋅ 15
QDy = 45 kg ⋅ m/s
x
y
QDy QD
θ
QDx
senh
h
tgsen h
h
θ
θ
θθθ
=
=
= = =
45
21
45
212 14
cos
cos,