Fisica_700questoes_Resolucoes

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200 Questes de Vestibular

u Resoluo das 700 questes de vestibular1. nestrelas 400 bilhes de estrelas 400 109 estrelas 0,05 n nplanetas 0,05%nestrelas n ----------- 400 109 100 2 5 10 n -------------------- 4 102 109 n 20 107 10 2 n 2 108 planetas Resposta: alternativa c. 2. A rea do muro : A 2,0 140 A 280 m2 Como cada galo cobre 16 m2, o nmero de gales necessrios para cobrir o muro : 280 n --------- n 17,5 gales 16 Como o volume de cada galo de 3,6 L, o volume total de tinta : V 17,5 3,6 V 63 L Resposta: alternativa e. 3. Basta dividir a espessura do livro pelo nmero de pginas, em mm, para obter a espessura e de cada pgina: 4,0 cm 40 mm e ---------------- e ---------------- e 0,05 mm 800 800 Resposta: alternativa b. 4. Para que o nmero no tenha unidades, isto , seja um nmero puro, preciso que ambos os termos da relao, ou razo, tenham a mesma unidade. Logo, podemos escrever: 6 10 1 60 cm 60 cm -------------- ----------------- ----------------- 6 104 10 5 1 km 10 5 cm Resposta: alternativa e. 5. Como A BC2D2, temos: m [A] kg m2 s2 [A] kg ------ m [A] N m s2 [A] J N Resposta: alternativa e. 6. Da definio de potncia P e trabalho , temos: [ ] [F]L MLT 2 L P --------- P --------- P ------------------- P ML2T3 T T T Resposta: alternativa d. 7. a) F ma [F] [m][a] [F] kg m s2 1 N 1 kg 1 m 1s2 1 L 2 1 1 b) EC ---- mv 2 EC ---- M5 ---- 6 EC ---- ML 2 T 2 2 T 2 2 MLnT(n p) ML2T2 n 2 n p 2 p 4

9. Na figura esto indicados o consumo de O2 que ocorreria se o jovem se limitasse a andar (A) e o consumo de O2 que realmente ocorreu (B).Consumo de O2 (L/min) B 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A h

t (min)

Se fizermos o produto da unidade da ordenada pela unidade da abscissa, obtemos a rea sob a curva dessa figura: L A 5 --------- min6 a [L] min Logo, a rea sob a curva, nesse caso, d o volume de oxignio consumido. O volume de oxignio consumido acima do habitual representado pela rea sombreada. Logo, o volume de oxignio consumido em excesso : (A B)h (11 9)1 V O2 Vsombreado V O2 --------------------- V O2 ----------------------- 2 2 V O2 10 L Sabendo que 1 L de O2 por minuto fornece 20 kJ/min, o consumo de 10 L de oxignio a mais corresponde a 10 20 kJ 200 kJ de energia a mais. Resposta: alternativa c. = 10. Todos os atletas fizeram o mesmo deslocamento, d AB, cujo mdulo igual ao comprimento do segmento AB, no mesmo = intervalo de tempo t. Logo, o vetor velocidade mdia, v=AB, dado por definio pela razo: d = AB v=AB --------t foi o mesmo para todos os atletas. Resposta: alternativa c.

11. Para que o mdulo de v== seja constante, a acelerao a== no deve apresentar componente na = direo de v=. Assim, o nico caso possvel dentre as alternativas o da figura ao lado. Resposta: alternativa c. 12. a)a= P Escala 1N 1N R= b=

a= P v=

Da figura, R 3 N. = b) Como c = R :c= a= P Escala 1N 1N

8. A alternativa b est correta desde que se suponha ser possvel fixar um referencial no professor e que o professor possa ser considerado um corpo rgido. Resposta: alternativa b.

b= R= c=

b=

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Manual do Professor

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e 100 m 13. vm --------- vm --------------- vm 10,21 m/s t 9,79s Resposta: alternativa a. e (8 10 2 2 10 2 ) m 14. vm --------- vm ------------------------------------------------ t (6 2)min 600 m vm --------------- vm 2,5 m/s 240s Resposta: alternativa b. e 20 m 15. vm --------- vm ------------ vm 2,5 m/s t 8s Resposta: alternativa e. 16. Escrevendo a funo da posio do movimento, temos: x x0 vt em que x0 20 m e v o coeficiente angular da reta: x2 x1 10 20 v ------------------ v -------------------- v 2,0 m/s t2 t 50 Ento, x 20 2,0t. Para x 30 m, vem: 30 20 2t t 25s Resposta: alternativa d. 17. Se o automvel dispe de 1,5min 90s e j se passaram 10s ao chegar rua Pero Vaz de Caminha, resta para todo o percurso o tempo: t 90 10 80s O espao percorrido, obtido da figura, : x 250 300 250 800 m Logo, a sua velocidade constante deve ser: x v --------- v 10 m/s v 36 km/h t 18. De acordo com a figura, o menor deslocamento ao longo das linhas pontilhadas entre A e B aquele marcado em dourado no desenho:220 m A 160 m 160 m 150 m d

e e 570 v --------- t --------- t --------- t 570s t v 1 570 t --------- t 9,5min 60 Resposta: alternativa b. 19. Se cada quadro tem 1,0 cm de comprimento e o projetor gira com uma velocidade de 20 quadros por segundo, a velocidade da fita : v 20 1,0 cm/s v 20 cm/s v 0,20 m/s Se a fita tem 18 m de comprimento, para um espao percorrido e 18 m, o tempo ser: e e 18 v --------- t --------- t ----------- t 90s t v 0,20 80 t ------- t 1,5min 60 Resposta: alternativa a. 20. Em um grfico da posio em funo do tempo de um ponto material x t a inclinao da reta tangente em cada ponto da curva o mdulo da velocidade desse ponto material. Imaginando (ou traando) a reta tangente curva nos pontos dados nas alternativas, a nica correta a alternativa d. Num pequeno intervalo em torno do tempo 20min a inclinao dessa reta tende a aumentar, o que significa que a velocidade da pessoa est aumentando. Resposta: alternativa d. 21. Seguindo a descrio dada, o grfico que melhor representa o movimento o seguinte:X (m) (P) 3 (Q) 2 (R) 1 Tempo 0fica em P volta de PaQ (v < 0) fica em Q vai de QaR (v > 0) fica [volta lentamente a P] em R (v > 0)

Resposta: alternativa b. 22. Nesses intervalos, temos em mdulo v 3 m/s. Sendo t 1,5s a acelerao, em mdulo, :

B 120 m

v 3 a --------- a -------- a 2 m/s2 t 1,5sT 570 m

Resposta: alternativa b. 23. A distncia total no intervalo A e C a rea sob a curva do grfico v t. Veja a figura:v (m/s) 3 t (s) 1,5 6,0 1,5

270 m

Inicialmente calculamos d. Do Teorema de Pitgoras, no tringulo sombreado, temos: d2 1602 1202 d 200 m O espao percorrido total , portanto: e 200 150 200 e 570 m Sendo v 3,6 km/h 1,0 m/s, da definio de velocidade escalar, temos:

2

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Como a figura um trapzio, temos: (9,0 6,0)3,0 x -------------------------------- x 22,50 m 2,0 Resposta: alternativa d. 24. O grfico mostra que o trem A tem velocidade constante e o trem B tem velocidade varivel. Logo, se A tem velocidade constante e no nula, a sua acelerao nula, enquanto B tem acelerao ao longo de todo o percurso, o que torna erradas as alternativas a, b e d. O mdulo da velocidade de A a inclinao da reta do seu grfico, enquanto o da velocidade de B a inclinao da tangente tg curva do seu grfico em cada instante t. Isso mostra que a alternativa c est errada, mas que a alternativa e possvel. Veja a figura:x tg B t t tB A

28. O crescimento de cada planta em um dado intervalo de tempo representado pela rea sob a curva. Pode-se concluir da observao dos grficos que a rea sob a curva B maior que a rea sob a curva A, o que nos permite concluir que B atinge uma altura maior que A.v (cm/semana) B A t0 t1 t2 crescimento de B crescimento de A t (semana)

Resposta: alternativa b. 29. Sabemos que o movimento de um corpo deslizando, subindo ou descendo, num plano inclinado sem atrito do tipo uniformemente variado. Portanto, o grfico da velocidade em funo do tempo uma reta no-paralela ao eixo t. No trecho de descida, a acelerao atua no sentido da velocidade. A velocidade crescente. Na subida, a acelerao atua no sentido oposto velocidade. A velocidade decrescente. No trecho horizontal, a acelerao nula, o movimento retilneo uniforme. Portanto, desprezando as variaes de acelerao nos trechos correspondentes s concordncias da pista, conclumos que o grfico que melhor descreve a velocidade em funo do tempo o que corresponde alternativa a. Resposta: alternativa a. 30. Representando o movimento desses mveis num mesmo referencial, temos:v0 0 = vM 0 vM 14 m/s ac= ac 2,0 m/s2

Resposta: alternativa e. 25. A partir do instante t 8s o mvel A tem velocidade constante dada pela inclinao da reta que passa por (8s, 0 m) e (9s, 7 m), que : 70 v --------------- v 7 m/s 98 Observao: O mvel A tem um movimento misto. De 0 a 2s uma reta que nos permite concluir que o mvel tem acelerao nula e velocidade constante negativa. De 2 a 8s tem um movimento variado (nem o enunciado nem a curva nos permite afirmar que esse trecho uma parbola) e de 8s em diante o grfico volta a ser uma reta; portanto, a acelerao nula, de novo, e a velocidade, positiva, tem mdulo 7 m/s. Resposta: alternativa d. 26. v0 0 v 360 km/h 100 m/s t 25s Da definio de acelerao, temos: v v0 100 0 v a --------- a ---------------- a -------------------- a 4,0 m/s2 t 25 t 27. v0 72 km/h 20 m/s t 2,5s v 54 km/h 15 m/s Veja a figura:v0 20 m/s t 2,5 s v 15 m/s

carro

moto

A funo da posio do movimento do carro (MRUV) : 1 1 xc x 0 v 0 t ---- at 2 xc ---- 2t2 xc t2 (I) 2 2 A funo da posio do movimento da moto (MRU) :0 0 0

xM x 0 vt xM 14t

(II)

Como h um nico referencial para ambos os movimentos, no encontro, xc xM. De (I) e (II), temos: t2 14t t2 14t 0 t(t 14) 0 t 0 e t 14s Essa equao tem duas solues, t 0 (eles esto juntos na sada) e t 14s, onde eles se encontram novamente. Essa soluo mostra que a alternativa b correta. A outra alternativa correta a f. No grfico III a reta paralela pode representar o grfico v t da moto e a reta inclinada que passa pela origem representa o grfico v t do carro. As demais alternativas esto erradas. Logo: a) F b) V c) F d) F e) F f) V

Da definio de acelerao, temos: v v0 15 20 v a --------- a ---------------- a -------------------- a 2,0 m/s2 t 2,5 t Resposta: alternativa c.

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Manual do Professor

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31.A vA = vA = x tE

b) Neste caso, o automvel dever percorrer os 30 m em 2,2s.v (m/s) v 12 vB = x 0 0,5

B

A1 t (s) 2,2

A soluo deste problema anloga anterior: Funo da posio para o automvel A (MRU): xA x0 vAt xA vAt0 0

Analogamente ao item anterior, temos: x A x 30 m v 12 v 12 [ ------------------ ]1,7 12 0,5 30 [ ------------------ ]1,7 24 2 2 v 16 m/s Para que o automvel atinja essa velocidade, temos: v v0 v 16 12 a --------- a ----------------- a --------------------- t t0 t 2,2 0,5 a 2,4 m/s2 33. Representando o movimento do paraquedista no referencial da figura, no intervalo de t 0 a t 1,0s, temos um movimento de queda livre, cuja funo da posio y : 1 y y0 v0t ---- gt 2 2 Da figura, temos: 1 y1 305 ---- 10 1 y1 300 m 2 A funo da posio : v v0 gt v1 10 1 v1 10 m/s Com essa velocidade ele percorre o trecho seguinte, y 300 m, em mdulo, com velocidade constante, v 10 m/s, em mdulo. Podemos ento escrever: y y v --------- t --------- t t v 300 --------- t 30s 10t (s) y1 v1= () g =

(I)

Funo da posio para o automvel B (MRUV): 1 1 xB x 0 v 0B t ---- a B t 2 xB ---- a B t 2 (II) 2 2 A funo da velocidade para o automvel B : vB v 0B aBt vB aBt (III)

Como h um s referencial para ambos os automveis, o encontro, correspondente ao instante tE, xA xB, de (I) e (II), temos: 2v A 1 2 vAtE ---- a B t E aB ---------tE 2 (IV)

No instante t em que vA vB, de (III) e (IV), temos: 2v A tE vA aBt vA ---------- t t -----tE 2 Resposta: alternativa d. 32. a) Neste caso, a mnima acelerao constante aquela para a qual o carro para ao chegar ao semforo. Antes da freagem, no entanto, o carro permanece com velocidade constante durante 0,5s, tempo de reao do motorista. Representando esses dados num grfico velocidade tempo, temos:v (m/s) 12 A 0 0,5 t

= t v1=

A rea sob a curva, A, igual ao deslocamento. Logo: x A x 30 m 0,5 t [ ------------------ ]12 30 t 4,5s 2 Para que a velocidade passe de v0 12 m/s a v 0 do instante t 0,5s ao instante t 4,5s, temos: v v0 v 0 12 a --------- a ----------------- a ----------------------- t t0 t 4,5 0,5 a 3 m/s2

Observao: Neste caso poderia ser mais fcil inverter a orientao do referencial. No o fizemos para manter a abordagem apresentada no estudo de queda livre. Resposta: alternativa d. 34. Representando esquematicamente o movimento, temos:

() g = v0

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Da equao de Torricelli, temos:2 2 v2 v 0 2a(y y0) 0 v 0 2(10)(1,25 0) 2 v 0 25 v0 5 m/s (velocidade inicial do jogador)

instante inicial est na posio 0 (zero). No instante t 0,7s a lmpada encontra o piso do elevador, ou seja, ambos esto na mesma posio. Veja a figura que estabelece tambm o referencial:v0= v0 2,5 m/s lmpada g= t 0,7s t0 0 v= v 2,5 m/s lmpada quebrada

O tempo que o jogador permanece no ar corresponde ao tempo em que ele toca de novo o solo, ou seja, o valor de t para o qual y 0. Da funo da posio (ordenada), temos: 1 y y0 v0t ---- gt 2 0 0 5t 5t2 t 1s 2 Resposta: alternativa a. 35. Representando o movimento no referencial adotado, temos:

t0 H

1 kg () g =

Como a velocidade do piso, v 2,5 m/s, constante, a funo da posio do piso do elevador (MRU), na direo y, pode ser escrita na forma: y y0 vt ypiso 2,5t (I) Lembrando que a velocidade inicial da lmpada v0 2,5 m/s a velocidade do elevador (ela estava fixada nele) e que o seu movimento equivale a um lanamento vertical, temos: 1 y y0 v0t ---- gt 2 ylamp H 2,5t 5,0t2 (II) 2 Como o referencial nico para os dois movimentos, podemos afirmar que: ypiso ylamp t 0,7s Logo, de (I) e (II), temos: 2,5t H 2,5t 5,0 0,72 H 5 0,72 H 2,45 m Note que a rigor essa no a distncia do teto ao piso, mas da lmpada ao piso. Resposta: alternativa d. 38. Para Jlia a moeda cai em linha reta, pois ela e a moeda tm a mesma velocidade, como um piloto v um objeto caindo do seu avio. Para Toms, que est em repouso em relao a Jlia, a moeda lanada horizontalmente para a frente. Ele observa uma trajetria parablica, como um objeto abandonado horizontalmente de um avio. Resposta: alternativa c. 39. No havendo resistncia do ar, o componente horizontal da velocidade permanece constante e igual velocidade do avio, pois o objeto estava no avio. Logo, tinha a mesma velocidade do avio. Portanto, enquanto o avio mantiver a mesma velocidade, o objeto permanece embaixo do avio, at atingir o solo. Veja a figura:avio = vavio v constante v constante

0

I) Da funo da velocidade, temos: v v0 gt v 0 10 3 v 30 m/s (o sinal negativo indica que a velocidade dirigida para baixo) 1 II) y y0 v0t ---- gt 2 y 80 5t2 2 Portanto, as afirmaes I e II esto corretas. Resposta: alternativa c. 36. Inicialmente vamos calcular o tempo de queda da laranja. Veja o esquema e o referencial adotado:

() g = t

Da funo da posio, o instante t em que a laranja atinge o leito do rio, y 0, : 1 y y0 v0t ---- gt 2 0 20 5t2 t2 4 t 2,0s 2 Como a canoa tem velocidade constante, para que a laranja caia dentro dela preciso que a canoa esteja a uma distncia mxima, x, da vertical que passa pela laranja no instante em que esta solta, dada por: x vt x 3,0 2,0 x 6,0 m Qualquer distncia maior que essa, a laranja atinge o rio antes da chegada da canoa. Resposta: alternativa b. 37. Podemos supor que este um problema de encontro de dois mveis: a lmpada que cai da posio inicial H, em queda livre, no instante t 0, e se encontra com o piso do elevador, que no

Resposta: alternativa e.

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Manual do Professor

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40.

sua velocidade inicial, v = 0x , constante quando a resistncia do ar desprezvel.v (constante) v (constante)

Logo, em mdulo, temos:

v0 v Hmx y 0y v Hmx v0 cos 60 v Hmx -----2 Resposta: alternativa a.

Para uma pessoa colocada em um referencial fixo na terra, alm da velocidade vertical do lanamento no carrinho, a bola tem tambm a velocidade horizontal do prprio carrinho, adquirindo o movimento resultante que equivale a um lanamento oblquo. Se a resistncia do ar for desprezvel, a bolinha cai novamente dentro do carrinho, pois ambos tm a mesma velocidade horizontal. Resposta: alternativa d. 41.v bola

44. O lanamento oblquo pode ser estudado pela composio em dois movimentos: na direo x, MRU (vx constante 0); na direo y, MRUV (vy v 0y gt). I) Falsa, no ponto mais alto, vx 0. II) Verdadeira ( v 0x v0 cos e v 0y v0 sen ). III) Falsa, em todo o movimento, g= constante e diferente de zero.

v bola = vbarco vbarco

IV) Verdadeira (v v 0x ). Resposta: alternativa c. 45. A fora horizontal F = no altera o componente vertical do movimento do corpo B. Em outras palavras, ambos os movimentos, de A e B, so descritos pelas mesmas funes em relao direo y. Logo, a altura mxima atingida (c) e o tempo para atingir novamente o solo (a), que dependem apenas da direo vertical do movimento, so os mesmos para ambos os corpos. Veja a figura:y v0= vo=x

Como a velocidade horizontal da bola e a do barco so as mesmas, e desprezando a resistncia do ar, a bola cai ao p do mastro. Resposta: alternativa b. 42. O projtil atingir a altura mxima quando o componente v==y for nulo. Veja o esquema e o referencial na figura:y vx= v0= y v0= 30 v0= x Hmx () g = x

vo= y A

P=

g=

x

corpo A

y v0= vo=x

O mdulo do componente v 0= y :

F = constante P = FR= g= a= aR=

v 0y vy sen 30 v 0y 25 m/s Da funo da velocidade na direo y em relao ao tempo, temos: vy v 0y gt 0 25 10t t 2,5s Resposta: alternativa d.= vH= vhorizontal v0= x mx

vo= y B

x

corpo B

43.

O mesmo no ocorre em relao direo horizontal. Como a figura mostra, a fora F = fornece ao corpo B uma acelerao horizontal, a=, que aumenta a velocidade horizontal v 0= x de B (em

v0=

A, como sabemos, ela constante). Por isso, alteram-se o alcance horizontal, a velocidade ao atingir o solo e a acelerao do corpo B. Logo, as alternativas b, d e e esto erradas.

y

Resposta: alternativas a e c.60 v0= x

Na altura mxima o componente vertical da velocidade nulo. A velocidade do projtil ser igual ao componente horizontal da

46. a) Para construir os grficos H(t), h(t) e h(t), precisamos escrever as respectivas funes das posies em relao ao tempo. Para isso vamos inicialmente estabelecer um referencial nico para o movimento da bolinha e do elevador em relao ao piso trreo. Veja a figura:

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H

() g = = ve= vb=

47. A energia E medida em joules, cuja definio 1 J 1 N m. O newton, N, a unidade de fora, cuja definio (Segunda Lei m de Newton) 1 N 1 kg ------ . s2 Logo: m m2 1 J 1 kg ------ m 1 J 1 kg -----s2 s2 Substituindo na expresso dada temos: m2 E mc2 J kg c2 kg ------ kg c2 s2 m , ou seja, c uma velocidade. Logo, c ----s Resposta: alternativa d. 48. I) Falso, pois o peso a fora de interao gravitacional entre um planeta (Terra) e um corpo, em decorrncia da massa de cada um. II) Verdadeiro, pois massa uma propriedade do corpo e peso a interao entre corpos. III) Verdadeiro, pois P mg, ou seja, o peso proporcional massa. Resposta: alternativa e. 49. Aplicando a Segunda Lei de Newton a cada partcula, temos: FR m1 a1 m2 m1a1 m2a2 a1 -------- a 2 m1 FR m2 a2 Resposta: alternativa c. 50. a) b) c) d) e) f) Falsa, a acelerao de queda livre independe da massa. Falsa, so foras aplicadas em corpos diferentes. Verdadeira. Verdadeira. Verdadeira. Falsa, pois a inrcia est relacionada ausncia de foras.

piso trreo referencial

ve= 0

movimento da bolinha movimento do elevador

Como o elevador tem velocidade constante, seu movimento retilneo uniforme e a funo da posio x x0 vt. Fazendo x H, x0 0 (a origem est no piso) e sendo v ve 5,0 m/s, temos: H 5,0t (I) Como a bolinha lanada do elevador que est em movimento, a sua velocidade inicial, como mostra a figura, v0= v e= v b= , sendo v e= a velocidade do elevador e v b= a velocidade da bolinha. Alm disso, o movimento da bolinha um lanamento 1 vertical, cuja funo da posio y y0 v0t ---- gt 2 . Fa2 zendo y h, y 0 0, o mdulo de v0 5,0 10 15 m/s e sendo g 10 m/s2, temos: h 15t 5t2 (II) Sendo H 5,0t a funo da posio do movimento do elevador em relao ao piso e h 15t 5t2 a funo da posio da bolinha em relao ao piso, pode-se afirmar que a funo da posio da bolinha em relao ao elevador h(t) obtida pela diferena entre as funes h(t) e H(t). Logo, temos: h(t) h(t) H(t) h (15t 5t2) (5,0t) h 10t 5t2 (III) Para construir os grficos H(t), h(t) e h(t), basta atribuir valores a t e obter os respectivos valores de H, h e h. Veja a tabela e os grficos abaixo: t (s) 0 0,5 1,0 1,5 2,0 H 5t (m) h 15t 5t2 (m) h 10t 5t2 (m) 0 0 0 2,5 6,25 3,75 5,0 10 5 7,5 11,25 3,75 10 10 0

51. Todas as alternativas so corretas. Em I no h qualquer experimento que possa distinguir um corpo em MRU de um corpo parado. Em II e III surgiriam nas pessoas as foras fictcias descritas, devido inrcia. A acelerao de um sistema num sentido implica o aparecimento, nos corpos vinculados a esse sistema, de uma acelerao inercial, em sentido oposto. Resposta: alternativa e. 52. Para que a locomotiva puxe os vages para a frente ela empurra = o solo (estrada) para trs, por atrito, com a fora f a . E o atri= to exerce sobre a locomotiva uma fora f a igual e de sentido oposto, portanto, para a frente. essa fora, descontada das foras de resistncia que ocorrem na prpria locomotiva (resistncia do ar, atritos nos eixos, atrito de rolamento nas rodas, = etc.), que d origem fora F v que a locomotiva aplica nos vages, para a frente. Veja a figura:(aplicada aos vages pela locomotiva) (fora de atrito (reao) que atua na locomotiva, para a frente)

H, h, h (m) h(t) H(t) h(t)

15 10 5 t (s) 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5

F= v fa= F=(aplicada pelo solo aos vages)

fa= fa=

Observe que no instante t 2,0s a bolinha atinge o piso do elevador, por isso, de acordo com o enunciado, no continuamos os demais grficos. b) O instante em que a bolinha atinge a altura mxima em relao ao piso do elevador (t 1,0s) est indicado em cinza.

v

v

Resposta: alternativa b.

(aplicada no solo) (aplicada pelos vages locomotiva)

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Manual do Professor

173 vmx 50 km/h R 55 m 0,055 km

53.

60 km/h

57.

A 2 kg

FA=

a=

B 6 kg

FB=

mtotal 1296 kg Para que ele atinja o incio do redutor com a velocidade permitida, v 50 km/h, preciso que ele reduza a velocidade inicial, v0 60 km/h, para o valor permitido no deslocamento x 55 m 0,055 km. Logo, da equao de Torricelli, temos:2 v2 v 0 2ax 502 602 2a(0,055)

Sendo a 2,0 m/s2 e considerando todo o conjunto como um s sistema, da Segunda Lei de Newton, obtemos o mdulo da resultante das foras que atuam em B: FB (mA mB)a FB (2 6)2 FB 16 N Isolando A, obtemos o mdulo da resultante das foras que atuam em A: FA mAa FA 2 2 FA 4 N Resposta: alternativa a. 58.F=

2 500 3 600 a ---------------------------------- a 10 000 km/h2 0,11 Transformando em m/s2, temos: km 10 000 -------h 10 000(1 000)m a ---------------------------- a ----------------------------------- (3 600s) 2 h 10 10 7 m a ------------------------------- a ------------- m/s 2 12,96 12,96 10 6 s 2 Supondo que a reduo da velocidade se deva exclusivamente fora de atrito, fa, da Segunda Lei de Newton, FR ma, sendo FR fa, em mdulo, vem: 10 12 960 fa ma fa 1296 ------------- fa ---------------- fa 1000 N 12,96 12,96 Resposta: alternativa d. 54. Comparando a funo dada com a funo da posio do MRUV, temos: x 2 2t 4t2 1 x x0 v0t ---- at 2 2 Portanto, a acelerao do corpo : 1 ---- a 4 a 8 m/s2 2 Da Segunda Lei de Newton, temos: FR ma FR 4 8 FR 32 N Resposta: alternativa e. 55. A figura representa o grfico da fora (N) em funo da aceleraA figura o de trs corpos. Admitindo que essas foras sejam as resulo de trs corpos. tantes que atuam sobre o corpo, pode-se afirmar que o coeficiensobre o corpo, pode-se afirmar que o coeficitantes ente angular de cada reta aamassa de cada corpo. Como a reta te angular de cada reta massa de cada corpo. relacionada ao corpo 1 tem maior coeficiente angular, a massa relacionada ao corpo 1 tem maior coeficiente angular, do corpo 1 maior e, portanto, oocorpo 1 1 tem a maior inrcia. do corpo 1 maior e, portanto, corpo tem a maior inrcia. Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa d. 56.10 kg v0 0 0 F= x F= v 2 m/s

P=

P := fora que a Terra exerce sobre o livro F := fora que a mo exerce sobre o livro Como so exercidas por corpos diferentes, no so foras de ao e reao.

Resposta: alternativa e. 59. As foras atuantes em cada corpo esto esquematizadas a seguir:= NB a= T= PB= T= A PA= mAg =

B

a=

A partir do grfico, a acelerao do sistema : v v0 24 0 a ---------------- a ------------------ a 4 m/s2 t t0 60 Aplicando a Segunda Lei de Newton ao sistema considerado como um s conjunto, temos: PA (mA mB)a PA mAa mB a mA 10 mA 4 m 4 1,5m mBA 410 6mA 44mBmB mB 6mA A 4mB mB 1,5mA m Resposta: alternativa a. 60. Aplicando a Segunda Lei de Newton s duas situaes e considerando os trs blocos em conjunto, temos: F (mA mB mC)a 12 (4 2 6)a a 1 m/s2 Considerando cada situao com seus blocos isolados, aplicando a Segunda Lei de Newton a cada um e indicando os valores dos mdulos das foras, temos: 1asituao: 1 situao:a 1 m/s2 12 N 4 kg A 8N a 1 m/s2 8 N 2 kg 6 N B 6N a 1 m/s2 6 kg C

Da equao de Torricelli, temos:2 v2 v 0 2ax 4 0 2a 1 a 2 m/s2

Da Segunda Lei de Newton, vem: FR ma FR 10 2 FR 20 N Resposta: alternativa d.

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2 a situao:a 1 m/s2 12 N 6 kg C 6N a 1 m/s2 6 N 2 kg 4 N B 4N a 1 m/s 4 kg A2

Essas figuras permitem concluir que a nica alternativa correta a a, o mdulo da resultante sobre o bloco B o mesmo nas duas situaes. Resposta: alternativa a. 61.A = PA B = PB PB 20 N a= = NA a=

b) Se o elo do meio tem massa m 0,10 kg e sobe com acelerao a 3,0 m/s2, como todo o conjunto, da Segunda Lei de Newton podemos concluir que a fora resultante que atua sobre ele : Felo meloa Felo 0,10 3,0 Felo 0,30 N c) Isolando o elo de baixo, como mostra = a figura 2, da Segunda Lei de Newton, temos: a= F P ma em que F a fora que o elo do meio faz sobre o de baixo e P o peso do = elo de baixo. Logo: Figura 2 F mg ma F mg ma F 0,10 10 0,10 3,0 F 1,3 N 65.

m1

c1 T1= () P1= = P2 () T1= (+) T2= m2

Considerando o sistema da figura um s conjunto, da Segunda Lei de Newton, temos: PB (mA mB)a 20 (mA 2)4 mA 3 kg Resposta: alternativa b. 62. a) Da funo da velocidade aplicada ao grfico, obtemos: v v0 at 0 30 3T T 10s b)= FR a=

() T2= m3

P3=

a) Verdadeira A resultante das foras externas ao sistema (ver figura) P3 P2 P1 FR. Se m3 m2 m1, FR 0, ento a acelerao do conjunto nula. b) Falsa A resultante das foras que atua em m2 P2 T2 T1 0. Se T1 T2, P2 0, o que um absurdo, nesse caso. c) Falsa Se m3 m2 2m1, da Segunda Lei de Newton, teramos: P3 P2 P1 (m1 m2 m3)a (m 3 m 2 m 1 ) g 2m 1

Da Segunda Lei de Newton, temos: FR ma FR 1000 (3) FR 3 000 N 63. Isolando o bloco B e aplicando a Segunda Lei de Newton, temos: T PB mBa T mBg mBa T 3,0 10 3,0 2,0 T 36 N Resposta: alternativa d. 64. a) Da Segunda Lei de Newton, aplicada ao conjunto de elos (figura 1), temos: F P 3ma Sendo P 3mg, temos: P 3 0,10 10 P 3,0 N Logo, o mdulo da fora F = : F 3,0 3 0,10 3,0 F 3,9 NB () PB= F= T=

(m 1 m 2 m 3 )a (2m1 m1)g (m1 2m1)a 2m 1

m1 g m1 a a g d) Verdadeira A inverso de m2 e m3 no muda as foras externas ao sistema, P 2 e P =3 . Logo, no altera a sua acelerao. = ma, P =2 e P =3 . Logo, no altera a sua acelerao. e) Falsa Da Segunda Lei de Newton aplicada ao bloco m3, temos: P3 T2 m3a m3g T2 m3a T2 m3g m3a T2 m3(g a) (I) Aplicando a Segunda Lei de Newton ao bloco M2, temos: P2 T2 T1 m2a m2g m3(g a) T1 m2a T1 m2g m2a m3(g a) T1 m2(g a) T 3 m2(g a) (m2 m m1 (g a) T1 m3(g a) 3)(gT1 a)(m2(II) m3)(g a) (II) De (I) e (II) pode-se concluir que T1 T2, sempre. Logo, as alternativas corretas so a e d.

a= () P = Figura 1

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66. a) Obtendo os valores da acelerao a partir do grfico, temos: De 0 a 6s: v 30 a --------- a1 --------------- a1 0,5 m/s2 t 6 De 6s a 12s: a2 0 (velocidade constante) De 12s a 14s: 03 a3 --------------- a3 1,5 m/s2 2a (m/s2) 0,5 t (s) 0 6 12 14

Da definio de acelerao mdia, temos: v v0 5 55 v am --------- am ---------------- am ------------------ t 2 t am 25 m/s2 b) Da Segunda Lei de Newton aplicada ao referencial adotado, sendo am 25 m/s2, em mdulo, temos:() Fm=

() am =

1,5

b) De acordo com o referencial adotado (deduzido pelo grfico), temos: De 0 a 6s:() T1=

P=

P Fm m(am) Sendo m 80 kg, P 800 N, ento: 800 Fm 80(25) Fm 800 2 000 Fm 2 800 N

a1= P=

68. a)() g =

a 0,5 m/s2 P T1 ma T1 P ma T1 104 10 104 0,5 T1 104(10 0,5) T1 9,5 104 N De 6s a 12s: a2 0 P T2 m 0 P T2 T2 10 104 N De 12s a 14s: a3 1,5 m/s2 (em mdulo)= () T3

() v =

Da funo da velocidade em queda livre, temos: v v0 gt v 0 10 2 v 20 m/s b) Da Segunda Lei de Newton aplicada ao referencial da figura, temos:T= a= homem () P =

() a3= P=

FR ma T P ma T ma P T 120 0,5 120 10 T 1260 N

m( a P T3 m(a3) T3 P ma3 T3 10 104 3 3 104 T 10 N 103 1010 1,5 T10 11,5 1,5 4 T3 11,5 104 N 3 10 67. a) Nos primeiros 2s de movimento, temos: 69. a) Adotando-se a origem do referencial no ponto de partida, a funo da posio do MRUV :() am =

0

penhasco

v0=

1 y y0 v0t ---- at 2 2 1 30 ---- a 102 2 a 0,60 m/s2

alpinista corda t 10s y 30 m

v=

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Observando-se o esquema de foras atuantes no alpinista:corda = = corda a=

71. O esquema da figura representa o instante em que o carro da frente freia bruscamente. Vamos fixar a origem do referencial no carro de trs:0 B A () fa= (136 km/h) (90 km/h) d () aA = xA

fa=

Admitindo-se que o carro da frente (A) freia devido ao atrito dos pneus com o solo, da Segunda Lei de Newton, temos:P=

De acordo com o referencial adotado, da Segunda Lei de Newton, temos: P T ma 750 T 75 0,6 T 705 N b) Sim. Desde que o movimento de descida seja acelerado, a resultante atua para baixo; consequentemente, a trao ser menor que o peso. Note que o alpinista no se prende corda, ele desliza por ela. Em outras palavras, o que prende o alpinista corda a fora de atrito. Veja a figura direita onde a corda considerada isoladamente. Note que o alpinista exerce uma fora de atrito f a= para baixo sobre a corda para que ela exera uma fora T = sobre o alpinista. = 70. Inicialmente sob a ao da fora F 1 o bloco est em repouso, =2, graas apenas fora de atrito f a= . Veja sem a ao da fora F a figura:= F1 fa=

FR ma fa maA mg ma A (I) aA g aA 0,6 10 aA 6 m/s2 Podemos determinar a distncia percorrida pelo carro A at parar pela equao de Torricelli. Basta fazer vA 0:2 2 v A v 0 2aA(xA xB) 0 252 2(6)(xA d)

625 xA d --------- xA d 52 m (II) 12 O carro B, de trs, tem dois movimentos. O primeiro, retilneo uniforme, durante o tempo de reao, de 0,1s. Aplicando a funo da posio do MRU ao carro B, temos: xB x0 vBt xB 35 0,1 xB 3,5 m Essa posio a posio inicial x 0B do movimento seguinte do carro de trs, freando. Como o coeficiente de atrito entre os pneus e o solo o mesmo nos dois carros, e a acelerao de freamento, como vimos em (I), s depende do coeficiente de atrito e do g = da gravidade, podemos concluir que o carro B tem a mesma acelerao de freamento que o carro A. Logo, aB 6 m/s2. Aplicando agora a equao de Torricelli para vB 0, lembrando que x 0B 3,5 m, podemos determinar a distncia por ele percorrida at parar:2 2 v B v 0B 2aB(x xB) 0 352 2(6)(xB 3,5) 1 269 0 1225 12xB 42 xB ------------- xB 106 m (III) 12 De (II) e (III) podemos concluir que para que B no se choque com A preciso que: xB xA d 106 52 d d 54 m

Da Segunda Lei de Newton podemos concluir que: = Se outra fora F 2 de mdulo 2 N for aplicada ao bloco, no sentido da fora de atrito teremos a seguinte situao:F1= = () F2=

FR ma F1 fa 0 F1 fa fa 10 N

Resposta: alternativa c. 72.N= a= fa= P=

= claro que se antes da fora F 1 no deslocava o bloco, agora, = = com o acrscimo de F 2 no mesmo sentido de f a , fora de atrito, o deslocamento continua a no ocorrer, ou seja, a fora resultante continua a ser nula. interessante, neste caso, determinar o novo valor da fora de atrito. Da Segunda Lei de Newton, temos: FR ma F1 f a F2 0 10 f a 2 0 f a 8 N

Nesse caso, a fora resultante que atua sobre o caixote e d a ele a acelerao a== a fora de atrito esttico, f a= , cujo valor : fa N Como N P mg, temos: fa mg (I) Da Segunda Lei de Newton, aplicada ao caixote, temos: FR ma fa ma (II)

Note que, como vimos, o valor da fora de atrito esttico varivel at que atinja seu valor mximo. Enquanto no atinge esse valor, a fora de atrito esttico tem o valor necessrio para impedir o deslocamento do corpo. Resposta: alternativa a.

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De (II) e (I), temos: a 2 ma mg ---- ------- 0,2 g 10 Logo, o coeficiente de atrito mnimo para que o caixote no deslize 0,2. Resposta: alternativa e. 73. a)a= () T = N= I PI= T= II PII= a=

c) FR Px FR P sen FR 60 10 sen 30 FR 300 N d) Se levarmos em conta o atrito, o corpo chegar base do plano com uma velocidade menor que a obtida no item a, pois a fora resultante seria menor, ou seja: FR Px fa Como a massa a mesma, para uma fora resultante menor teremos uma acelerao menor e, em consequncia, a velocidade do conjunto ao final da duna tambm ser menor. 75. Para que a velocidade seja constante a acelerao deve ser nula. Da Segunda Lei de Newton, temos: Px= P=

fa=

FR ma Px fa 0 Px fa Mas: fa N fa Py Logo: Px Py mg sen mg cos tg Resposta: alternativa c. 76.Px= fa= H 12 m 4m

b) Se o corpo II desce com acelerao a 4 m/s2, da Segunda Lei de Newton aplicada a esse corpo e admitindo g 10 m/s2, temos: PII T mIIa mIIg T mIIa 3 10 T 3 4 T 18 N 74. Veja a figura:N= x v= = FR 30 B P= 40 m A

a) Desprezando o atrito e aplicando a Segunda Lei de Newton, temos: FR ma (I) Mas, nesse caso: FR Px FR mg sen 30 (II) Logo, de (I) e (II), temos: ma mg sen 30 a g sen 30 a 5,0 m/s2 A velocidade ao final da rampa, aplicando a equao de Torricelli, :2 v2 v 0 2a(x x0) v2 0 2 5,0(40 0) 2 400 v 20 m/s ou v 72 km/h v b) S h duas foras atuando sobre o conjunto, o peso P = e a reao normal da duna, N=. Veja a figura:

Como vimos no problema anterior, o coeficiente de atrito esttico mnimo para que uma pessoa no escorregue tg . Nessa rampa esse valor : 4 tg ------- 0,33 12 Portanto, os pisos 1 e 2 so inviveis porque a pessoa vai escorregar. O piso 4 tem um coeficiente de atrito que garante que a pessoa no escorregue. Como esse piso mais barato que os pisos 5 e 6, desnecessariamente mais seguros, deve ser o escolhido. 77. Se a distncia entre as gotas era constante no plano horizontal, isso significa que o carro percorria distncias iguais em intervalos de tempo iguais. Em outras palavras, no plano inclinado a velocidade do carro constante. Para que isso fosse possvel, o carro devia estar freando, pois, livremente, num plano inclinado, ele deveria acelerar. Se no plano horizontal a distncia entre as gotas diminua gradativamente, conclui-se que em intervalos de tempo iguais os deslocamentos so cada vez menores, ou seja, o carro continuou freando. Conclui-se, portanto, que o carro vinha freando desde o trecho no plano inclinado. Resposta: alternativa c. 78. Nesse caso, a frequncia mdia f em Hz o nmero de pulsaes que o corao d em 1s. Logo: 6 480 000 pulsaes 6 480 000 pulsaes f ---------------------------------------------- f ---------------------------------------------- 1 dia 86 400s f 75 Hz Resposta: alternativa c.

N=

P=

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79. A velocidade angular a razo entre o ngulo descrito e o tempo gasto t em descrev-lo. E, como o ngulo no depende do raio, a velocidade angular tambm no depende do raio. Resposta: alternativa a. 80. Conjunto 1:

O

t

Conjunto 2:rD 10 cm rA 4 cm rC 8 cm

83. a) Se o comprimento da circunferncia externa da roda 2 m e ela percorreu 6 000 m, o nmero de rotao n : 6 000 n -------------- n 3 000 rotaes 2 b) Se ele percorre essa distncia e 6000 m com velocidade de 18 km/h (5 m/s), o tempo gasto t dado por: e e 6 000 v --------- t --------- t -------------- t 1200s t v 5 Logo, a roda da bicicleta d 3 000 rotaes em 1200s; portanto, a sua frequncia : 3 000 f ------------- f 25 Hz 1 200 84. a) Pode-se concluir do grfico que o intervalo de tempo necessrio para que esse ponto realize uma volta completa 0,1s. Logo, o perodo do movimento T 0,1s e a velocidade angular () do ponto dada por: 2 2 -------- -------T 0,1 Para 3,1, obtemos 62 rad/s. b) Simbolizando o deslocamento na direo vertical por y, o componente vertical da velocidade mdia do ponto em relay o ao cho v my --------- . Para uma volta completa, o t deslocamento y do ponto nulo. Assim, em uma volta completa, v my 0. c) Se a roda d uma volta completa, sem escorregar ou deformar, o deslocamento horizontal x igual ao comprimento da circunferncia da borda da roda. Logo, o componente horizontal da velocidade mdia do ponto em relao ao cho : x 2r v mx --------- v mx ---------t t Sendo r 0,3 m, t 0,1s e 3,1, temos: 2 0,3 v mx ------------------- v mx 19 m/s 0,1 85. a) O raio da rbita fatdica r 2,1 105 ps. Como 1 p 0,30 m, obtemos: obtemos: Como 1 p 0,30 m, r 2,1 105 ps r 2,1 105(0,30 m) r 6,3 104 m b) De acordo com o enunciado, a velocidade linear (v) da sonda inversamente proporcional ao raio (r) da rbita. Assim, sendo k uma constante, podemos escrever: k v ---- vr k r Logo, o produto da velocidade linear (v) pelo raio (r) constante. Sendo v1 e r1 a velocidade e o raio na rbita fatdica e v2 e r2 na rbita segura, temos: r2 v1 v1 2,1 10 5 v1r1 v2r2 ------ ------ ------ ----------------------- r1 v2 v2 0,63 10 5 v1 ------ 3,3 v2 86. Num movimento circular e uniforme, a fora resultante F = atua na direo radial dirigida para o centro. Como a velocidade v = sempre tangente trajetria, no sentido do movimento, e a acelera-

rB 6 cm

Ao se realizar o acoplamento entre os dois conjuntos, para os pontos de contato com a correia: r2 v1 v2 2r 1 f 1 2r 2 f 2 r1f1 r2f2 f1 ------ f 2 r1 Para uma dada frequncia do conjunto 2, o conjunto 1 ter a r2 maior frequncia quando ------ assumir maior valor, que corresr1 ponde situao do alto, direita. Assim, devemos ter r1 rA 4 cm e r2 rD 10 cm: 10 f1 ------- 4 800 f1 12 000 rpm f1 200 Hz 4 Resposta: alternativa b. xx (I). 81. Como a velocidade do carro constante, vvc --------(I). docarro constante, c tt Para uma volta completa, a velocidade de um ponto na borda do pneu : 2r vp ---------- (II) T Supondo que o pneu no se deforme ou derrape, a velocidade do carro igual velocidade de um ponto na borda do pneu. Logo, de (I) e (II), temos: 0,52 2 ----------x 2r 483,6 2 --------- ---------- ------------- -------------------------- T 0,2s t T 60 T Resposta: alternativa b. 82. O ponteiro dos segundos de comprimento rs 7 mm d uma volta a cada perodo Ts 60s; portanto, a velocidade vs de um ponto na sua extremidade : 2r s 2 7 vs ------------ vs ---------------- (I) Ts 60 O ponteiro dos minutos, de comprimento rm 5 mm, d uma volta completa a cada perodo Tm 3 600s; portanto, a velocidade vm de um ponto na sua extremidade : 2r m 2 5 vm ------------- vm ---------------- (II) Tm 3 600 vs De (I) e (II) obtemos a razo ------- : vm 2 7 ---------------vs vs 60 ------- -------------------- ------- 84 vm 2 5 vm ---------------3 600 Resposta: alternativa d.

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o a = tem sempre a mesma direo e sentido da fora resultante, teremos :

Sendo P 50 N, da Segunda Lei de Newton aplicada a um referencial externo, fixo na Terra, temos: 50 g N P ma N 50 ------- ---- N 75 N (leitura g 2 da balana) Resposta: alternativa c. 90. O peso de Chiquinho, medido em repouso, exercido pela Terra, P 600 N. Logo, sua massa : P m ---- m 60 kg g g No elevador que sobe com acelerao ------- 1,0 m/s2, temos: 10

F=

a=

P

Resposta: alternativa d. 87.v= a=

v=

N=

g= 10

I) Falso, pois a direo e o sentido do vetor se alteram. v2 II) Verdadeiro. O mdulo de a== ------ ; como o mdulo de v== r constante e r o raio da circunferncia, o mdulo de a== constante. III) Falso, pois a direo do vetor acelerao perpendicular direo do vetor velocidade (verdadeiro) mas no perpendicular ao plano da trajetria. Resposta: alternativa b. 88.

Da Segunda Lei de Newton, aplicada a um referencial externo, fixo na Terra, temos: N P ma N 600 60 1 N 660 N (marcao da balana) Resposta: alternativa d. 91. Se o movimento circular uniforme no h variao do mdulo do vetor velocidade, mas a direo e o sentido do vetor variam. Para que isso seja possvel a resultante nica deve ser perpendicular velocidade em cada ponto e, portanto, dirigida para o centro, para um referencial inercial, externo. Resposta: alternativa c. 92. Para que o automvel faa a curva com velocidade de mdulo constante preciso que sobre ele atue uma fora resultante centrpeta dirigida para o centro M da curva. Resposta: alternativa c. 93. Veja a figura:a= v= 60 ac =

() P =

N= 1 2 3 4 5 () P =

() a =

M

F=

Aplicando a Segunda Lei de Newton, para um referencial externo, fixo na Terra, a fora N= que o bloco 3 exerce sobre o bloco 2, representada no centro de gravidade dos blocos 1 e 2, onde atua o peso P = desses blocos : N P 2m(a) Mas P 2mg (peso dos blocos 1 e 2). Ento: N 2mg 2ma N 2mg 2ma N 2m(g a) Resposta: alternativa d. 89.N= g= 10

a=

Determinando o componente centrpeto da acelerao, obtemos: ac a cos 60 ac 32 0,5 ac 16 m/s2 O mdulo da velocidade v = em cada instante pode ser calculado pela relao entre a acelerao centrpeta e a velocidade de um v2 MCU, ac ------ , pois num intervalo de tempo de um instante r (infinitamente pequeno) o movimento pode ser assim considerado. Logo: v2 ac ------ v a c r v r Resposta: alternativa b. 16 1 v 4,0 m/s

() P =

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94. Para um observador externo s h duas foras atuando sobre o corpo, T (trao) e P (peso), que admitem sobre o corpo, T == (trao) e P== (peso), que admitem uma resultante centrpeta, F c== . uma resultante centrpeta, F c.

T= Fc= P=

Quando o carro faz a curva para a esquerda, as pessoas tendem, por inrcia, a se manterem na trajetria em que estavam. Por isso, em relao ao carro, exercem contra a porta uma fora fictcia, centrfuga, F = cf , para a direita do carro, para fora da curva.

95. a) Como a velocidade angular constante, o movimento circular e uniforme. Logo: v r v 0,2 40 v 8 m/s 0) figura: b) Veja a figura:

Resposta: alternativa d.

E a porta da direita exerce sobre voc uma fora de reao, cen= trpeta, Fcp , para a esquerda do carro, para o centro da curva.

N=

Fcf=

98. a) Verdadeira, pois, se no houver resultante, no h curva. O movimento retilneo uniforme. b) Falsa, pois contradiz a anterior. c) Verdadeira, pois no MCU a resultante centrpeta tem sempre a mesma direo do raio. d) Verdadeira F= Da figura, temos: P P tg ------ FR --------------- P= tg 45 FR 100 000 FR ------------------- FR 100 000 N 1 e) VerdadeiraFR= P=

Para um referencial localizado na nave, atua sobre o astroPara um referencial localizado na nave (veja captulo 13, = tpico umaatua sobre o astronauta uma com que ele compri= nauta 4), fora centrfuga F cf que faz fora centrfuga F cf que faz com que ele comprima o cho da astronave. A fora ma o cho da astronave. A fora normal N exercida pelo piso normal N= exercida pelo piso a fora de reao a essa fora a fora de reao a essa fora centrfuga. Em mdulo, teMas Fcf macf e centrfuga. Em mdulo, temos N Fcf. 2 macf e acf mos N Fcf. Mas Fcf r (igual aceleraacf 2r (igual acelerao centrpeta mas de sentido oposo centrpeta mas de sentido oposto), temos: to), temos: N m 2r N 80 0,22 40 N 128 N N m2r N 80 0,22 40 N 128 N 96. Para que um corpo execute um MCU preciso que a fora resultante seja centrpeta, embora as foras componentes no precisem ser centrpetas, necessariamente. Num pndulo cnico, por = exemplo, a resultante centrpeta mas a trao T = e o peso P , foras que atuam sobre o pndulo, no so centrpetas. Logo, as afirmaes II e III esto corretas.

Fc r mv 2 100 000 1 000 Fc ----------- v -------- v ------------------------------------ m r 10 000 v 100 m/s 360 km/h f) Falsa, pois, como vimos no item d, FR depende da tangente do ngulo de inclinao, , das asas em relao ao plano horizontal. 99. (1) grandeza escalar (1) medida em joules (2) possui mdulo, direo e sentido (2) medida com dinammetro Resposta: alternativa a. 100. m 4 000 kg v 20 m/s 0,40 g 10 m/s2fa= N=

T= FR= P=

P=

a) Para o caminho parar em 50 m, temos:2 v2 v 0 2ax 0 400 2a 50 a 4 m/s2

Resposta: alternativa e. 97. Veja a figura:trajetria do carro = Fcp = Fcf

c) bloco E Cbloco bloco E Cf E Ci

Se ele deve parar em menos de 50 m, podemos afirmar que, em mdulo, a 4 m/s2. Mas, como vimos na questo 72, o valor de para que o caixote no escorregue neste caso : a 4 ---- ------- 0,4 g 10 Como 0,4, pode-se concluir que o bloco escorrega. (V) b) A fora vertical exercida pela carroceria em mdulo N P ou N 40 000 N. (V) 1 bloco 0 ---- 4 000 202 bloco 8 105 J (F) 2

O

15

Manual do Professor

181

d)fa=

A fora resultante exercida pela carroceria sobre o bloco a fora de atrito, que atua horizontalmente para trs. (F) Para que o caminho faa Para que o caminho faa a curva e o bloco no escorregue preciso que a fora de atrito seja capaz de fornecer aafora centrfornecer fora cenpeta necessria. Logo, em trpeta necessria. Logo, mdulo, Fa aF=. Fc. em mdulo, F c

Mas: P mg P 10 60 10 P 6 000 N Logo, F 6 000 N. Se a velocidade constante, a potncia pode ser dada por y Fv, em que v --------- . t Sendo y 15 m e t 18s, temos: y 15 Fv F --------- 6 000 ------- t 18 5 000 W 5 kW Resposta: alternativa b. 103. Para que libere uma energia igual da bomba atmica de Nagasaki, ao atingir a Terra a energia cintica desse fragmento de cometa, de massa m 5 106 kg, deve ser mv 2 EC 4 1013 J. Logo, sendo EC ---------- , temos: 2 5 10 6 v 2 4 1013 --------------------- v 4 103 m/s 2 Resposta: alternativa a. 104. Do grfico, pode-se estabelecer a funo entre a potncia e a velocidade. Lembrando que a expresso da funo linear y mx n e, neste caso, y , n 0 e 125 0 m -------------------- m 12,5 kW/s (coeficiente angular da reta), 10 0 obtemos 12,5t. Logo, para t 4s, temos: 12,5 4 50 kW Como o produto t igual ao trabalho realizado sobre um corpo [ -------- ], podemos cont

e)fa=

Mas: f a N f a mg mv 2 F c ----------- (II) r (I)

De (I) e (II), temos: mv 2 ----------- mg v rg r v 225 10 0,4 v 30 m/s 101.

(V)

F=

v=

() P =

a) A menor potncia possvel para o motor corresponde menor fora possvel por ele exercida quando F P, em mdulo. Logo: F mg F 4 000 N Sendo a potncia em velocidade constante dada por Fv, para a velocidade 1,0 m/s, ideal, temos: 4 000 1,0 4 000 W b) Se o equipamento sobe y 15 m com velocidade constante de v 1 m/s, o tempo necessrio : y 15 t --------- t ------- t 1s v 1 Observao: Nesses casos, supe-se que, num intervalo de tempo muito pequeno, F P, para que a carga comece a subir at atingir a velocidade constante de 1 m/s, quando a fora passa a igualar-se ao peso. Por isso, esses resultados so aproximados. Os valores reais seriam ligeiramente maiores. 102. Veja a figura: Da Segunda Lei de Newton, sendo a= 0 (v = constante), temos, em mdulo: FP0FPF=

125

50

t (s) cluir que a rea sob a cur0 10 4 va desse grfico, t, igual ao trabalho no intervalo correspondente em kJ, resultado do produto de kW s. Logo, o trabalho da fora resultante realizado no intervalo de 0 a 4s (veja a figura):

50 4 FR --------------- FR 100 kJ FR 100 000 J 2 Como FR EC, sendo m 500 kg a massa do corpo e supondo v0 0, temos: mv 2 FR EC FR EC E C0 100 000 ---------- 2 500v 2 -------------- 100 000 v 20 m/s 2

() P =

Resposta: alternativa c.

16

182


105. Podemos escrever essas unidades na forma: m 1 m kg -------- kg ------ m ---- s3 s 2 x s2

F

1 ------t

m O produto kg ------ o produto massa acelerao; portanto, s2 representa o mdulo de uma fora F, que multiplicada por um deslocamento representa um trabalho , que, por sua vez, dividido pelo tempo, t, expressa uma potncia, . Resposta: alternativa c. 106. Na figura esto representaN= das esquematicamente as foras que atuam no atleta durante a corrida. = = Fresistncia Fmuscular Embora a energia cintica no varie, o atleta realiza trabalho para vencer o trabalho da resultante das foras de resistncia ao movimento. Em ouP= tras palavras, a fora resultante nula e, por isso, a energia cintica no varia, mas o trabalho realizado pelo atleta, utilizando sua fora muscular, no nulo. Resposta: alternativa d. 107.1m 1,0 g dx= P= dy=

109. Para y h a energia cintica zero (o corpo abandonado do repouso). Para y 0 ela mxima, igual energia potencial gravitacional. O grfico deveria ser: Resposta: alternativa d.

mgh

Ec

y 0 h

110. Se no houver perda, a perda de perda a energia potencial EP corresponde descida da altura h, cujo valor : EP mgh h 4 m EP 5,0 10 4 EP 200 J (I) Veja a figura. Seria igual energia cintica, EC, ao final desse percurso. Mas a velocidade ao final do percurso v 6 m/s. Logo: 1 1 EC ---- mv 2 EC ---- 5,0 62 EC 90 J 2 2

v0 0 EP

EP v 6,0 m/s

(II)

Portanto, houve uma perda de energia E, dada por: E EC EP E 90 200 E 110 J Resposta: alternativa a. 111. Pelo Princpio da Conservao da Energia Mecnica, se o corpo perde uma quantidade E de energia potencial, ele deve ganhar a mesma quantidade E de energia cintica. Como ele cai em queda livre, a partir do repouso, essa quantidade igual energia cintica que ele tem. Logo, podemos concluir que: 1 2E E ---- mv 2 m ------2 v2 Resposta: alternativa b. 112. Resolvendo a questo a partir do Princpio da Conservao da Energia, temos: I) Quando o chaveiro cai com veA locidade v: v0 00

d=

P=

2m

No plano horizontal o peso P= perpendicular ao deslocamento. Logo, o trabalho do peso nulo, Px 0. Ao abandonar o plano horizontal, o trabalho do peso pode ser calculado pelo produto: Py Pdy Sendo dy 1,0 m e P 1,0 103 10 1,0 102 N, temos: Py 1,0 1,0 102

Py 1,0 10 J2

E MA E MB E CA E PA E CB E PB 1 mgh ---- mv 2 2 v2 2gh v2 2g -----h0 0

Logo, o trabalho do peso em toda a trajetria : P Px Py P 0 1,0 102 P 1,0 102 J Resposta: alternativa a. 108. Basta determinar a razo entre as energias cinticas de cada corpo: 1 2 1 20 2 E CA ---- mv A E CA ---- m [ -------- ] [ ----- ] ----- A -------2 2 3,6 1 2 1 30 2 E CB ---- mv B E CB ---- m [ -------- ] [ ----- ] ----- B -------2 2 3,6 1 400 ---- m -------------------------2 E EA 2 3,6 4 ------- ----------------------------------- ------- -------------------------------------------A-----------EB EB 9 1 m 900 ------------------------2 ----2 3,6 Resposta: alternativa b.

h B v=

(I)

situao 1 A v0 0

II) Quando cai com velocidade 2v: E MA E MB E CA E PA E CB E PB mgH 1 ---- m (2v)2 2gH 2 4v 2 4v2 2g --------- (II) H0

H B 2v = situao 2

17

Manual do Professor

183

Igualando (I) e (II), temos: v 4v ------ --------- H 4h h H2 2

Resposta: alternativa c. 113. Como no h atrito entre o bloco II e o plano inclinado e os dois blocos so lanados com a mesma velocidade, podemos concluir que ambos tm a mesma energia cintica inicial. Logo, como no h perdas por atrito, eles devem adquirir a mesma energia potencial gravitacional e, portanto, a mesma altura final, pois tm a mesma massa. Logo, H1 H2. Em relao ao tempo, verificamos que o bloco I tem acelerao (g) maior que o bloco II (g sen ). Como as velocidades inicial e final de ambos os blocos so as mesmas, da definio de v acelerao, a --------- , podemos escrever: t v para o bloco I: t1 --------- ; g v para o bloco II: t2 --------------------- . g sen Como g g sen , ento t1 t2. Resposta: alternativa b. 114. No ponto de altura mxima a energia cintica mnima e a energia potencial gravitacional mxima. Resposta: alternativa a. 115. Veja a figura:x vt N= nvel de referncia 30

b) Verdadeiro, pois essa a expresso do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento. c) Falso, pois a velocidade orbital de um planeta no constante. De acordo com a Lei das reas, ela deve ser maior nos trechos onde ele est mais perto do Sol e menor quando est mais longe. Logo, a energia cintica do planeta no constante. d) Falso Veja a figura:

cama elstica

v0

h

No ponto mais baixo da cama elstica a energia cintica nula, mas a pessoa tem, alm da energia potencial elstica devida cama, a energia potencial gravitacional em relao ao solo, devida altura h. Logo, apenas parte da energia mecnica da pessoa potencial elstica. 117. Se no houvesse perdas a energia mecnica em B seria igual energia mecnica em A. Mas como esse sistema dissipativo, a energia mecnica em B ser menor do que a energia mecnica em A, ou seja, menor que 400 J. Resposta: alternativa e. 118. a) Veja a figura:A 0,20 m h vt 2 B

F=

30

Px=

120 P=

Durante o deslocamento x, o trabalho da fora F = pode ser calculado a partir da definio: F Fx cos 0 F Fvt (I) (a fora atua na direo e sentido do deslocamento x) Se a velocidade constante, a acelerao nula e, pela Segunda Lei de Newton, temos, em mdulo: 1 F Px F mg sen 30 F mg ---2 Logo, no deslocamento x vt o trabalho da fora F : t (II) F Fx F mgv -------2 A variao da energia potencial gravitacional do sistema foi: t EP E Pf E Pi EP mgh EP mgv -------- (III) 2 Portanto, as afirmaes I, II e III esto corretas. Resposta: alternativa e. 116. a) Verdadeiro, pois a energia que um corpo adquire pode ser medida pelo trabalho realizado sobre ele.

Do Princpio da Conservao da Energia Mecnica aplicado aos pontos A e B, sendo dados m 6,0 kg, v0 0, x 0,20 m e k 150 N/m, temos:0 0 1 1 E CA E PelA E CB E PelB ---- kx 2 ---- mv 2 2 2 kx 2 150(0,2) 2 v2 -------- v2 --------------------- m 6 15 10 1 4 10 2 v2 ------------------------------------------ v2 1,0 v 1,0 m/s 6

b) A acelerao mdia adquirida pelo bloco durante o tempo de contato com a mola : v v0 1,0 0 v am --------- am ---------------- am ------------------- t 0,3 t am 3,3 m/s2 Logo, da Segunda Lei de Newton, podemos determinar a fora mdia: Fm mam Fm 6 3,3 Fm 20 N

18

184


119. a)t0 P= 30 m

A v0 0 Px= B t 2s v= 30

trabalho do atrito. Logo, a energia mecnica na base da rampa B : g(mHA mL) E M0 E MA a E M0 mgHA mgL E M0 B B B

(I)

Mas a energia mecnica em HB, ponto mais alto que o bloco atinge na rampa B, E MB , igual a E M0 , pois nessa rampaB

tambm no h atrito. Como em HB o corpo para, a energia pra, mecnica nesse ponto a energia potencial gravitacional a essa altura. Logo: E MB E Pg E MB mgHB (II)B

Como o sistema da figura no tem atrito, da Segunda Lei de Newton, temos: FR ma Px ma ma mg sen a g sen a 10 sen 30 a 5 m/s2 A velocidade 2s depois do incio do movimento ser: v v0 at v 0 5 2 v 10 m/s e, portanto, a energia cintica, nesse instante (no ponto B), : 1 1 E CB ---- mv 2 E CB ---- 2 102 E CB 100 J 2 2 b) Pelo Princpio da Conservao de Energia, para um nvel de referncia no cho, podemos determinar a energia potencial gravitacional no instante t 2s, correspondente a um ponto B, supondo que o corpo foi abandonado em A: E MA E MB E CA E PA E CB E PB Como E CB 100 J, temos: 0 mghA 100 E PB E PB mghA 100 E PB 2 10 30 100 E PB 500 J 120. a) Como no h atrito, enquanto o corpo desce a rampa, a energia mecnica se conserva, o que vlido tanto na Terra como em Marte. Temos, ento: 1 2 E Mi E Mf mgHA ---- mv A vA 2gH A A A 2 em que g a acelerao da gravidade na Terra (gT) ou em Marte (gM), o que nos permite determinar a razo Ra: v ATerra Ra ------------- Ra v AMarte 2g T H A gT ---------------- Ra ---------------- 2g M H A gT ------3

De (I) e (II), temos: mgH B g(mH A mL) HB HA L Note que HB no depende nem da massa do bloco nem da acelerao da gravidade do planeta, ou seja, a altura HB ser sempre a mesma, quaisquer que sejam essa massa e esse H BTerra planeta. Logo, a razo Rc -------------- ser sempre igual a 1. H BMarte 121. a)0,5 m C1 A teto fio fio C2 B

0,2 m

() g =

5,0 m

h1

h2

solo

nvel de referncia (NR)

gT Rb ---------- Rb 3 gT ------3 c) Ao atingir a base da rampa B a energia mecnica do bloco, E M0 , ser a energia mecnica que ele tinha ao atingir aB

Ra 3 b) As energias mecnicas dissipadas W no trecho horizontal equivalem ao trabalho realizado pelo atrito, a, nesse trecho. Sendo fa N, N P e d L, da definio de trabalho, temos: a fad cos a mg cos 180 a mg Esse resultado vlido tanto na Terra como em Marte. Podemos ento calcular Rb: aTerra W Terra mg T L Rb --------------- Rb ------------- Rb ------------------------ aMarte W Marte mg M L

C1: centro de massa do bloco A C2: centro de massa do bloco B h1 5,0 0,5 h1 5,5 m (altura do centro de massa do bloco A) h2 5,0 0,2 h2 5,2 m (altura do centro de massa do bloco B) Como os blocos esto em repouso, a energia mecnica de cada bloco corresponde energia potencial gravitacional de cada sistema bloco Terra. Logo: E MA mAgh1 E MA 5 10 5,5 E MA 275 J E MB mBgh2 E MB 50 10 5,2 E MB 2 600 J b) Desprezando a resistncia do ar, os dois blocos atingem o solo com a mesma velocidade, pois ambos caem da mesma altura y0 5,0 m em relao s suas bases (ou em relao aos seus centros de massa). Da equao de Torricelli, para 2 a queda livre, v2 v 0 2g(y y0), em que y 0 e y0 5,0 m, temos: v2 2 10(0 5,0) v2 2 10 5,0 v 10 m/s c) O tempo de queda de cada bloco o mesmo e pode ser 1 calculado pela funo da posio, y y0 v0t ---- gt 2 : 2 0 5,0 5t2 t 1,0s

base da rampa A, E MA , subtrada da energia dissipada pelo

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Manual do Professor

185

122. a) Pelo Princpio da Conservao da Energia, temos: E MC E MA E Cc E Pg E CA E Pg 1 2 E Pg E CA mghC ---- mv A vA 2gH C 2 vA 20 m/s b) O trabalho realizado pela barreira, bb,, igual variao da energia cintica do tren com o esquim ECte , que atinge E a barreira com velocidade vA 20 m/s. Temos, ento: 1 2 b E Cte b E Cte E Cte b 0 ---- mv A 0 2 A 1 90 202 18 000 J (I) b ---b 2 = O trabalho da fora mdia F m exercida pela barreira, calculado pela definio, para um deslocamento d 1,5 m : b Fmd cos 180 b Fm 1,5 (II) Logo, de (I) e (II), temos: Fm 1,5 18 000 Fm 12 000 NC A

0

0

Aplicando a Segunda Lei de Newton ao ponto mais baixo da trajetria circular obtemos: v2 T = P = ma=C T P m ---L em que o raio da circunferncia e o comprimento do fio L. v2 Logo, o valor da trao T m[ ---- g]. L Do Princpio da Conservao da Energia pode-se concluir que a energia cintica mxima no ponto mais baixo da trajetria, pois nesse ponto a energia potencial gravitacional mnima. Logo, nesse ponto a velocidade mxima. Como a trao depende da velocidade, a trao nesse ponto tambm ser mxima, ou seja, a trao mxima para 0. O nico grfico que contempla essa concluso o da alternativa a. Resposta: alternativa a. volume 25 000 L 125. vazo ----------------- vazo -------------------tempo 1s 25 000 kg Para a gua podemos escrever ---------------------- . 1s Logo:vazo

123. Na figura esto assinaladas as foras que agem no corpo nos pontos em questo, e a resultante centrpeta (cuja direo radial e cujo sentido para o centro da curva descrita), cujas radial e cujo sentido para o centro da curva descrita), cujas expresses em mdulo so dadas abaixo: expresses em mdulo so dadas abaixo:centro da curva = PB N=B B FC= A A r N=A = PA2 A

= FCB r

EP mgh -------- ----------- 25 000 10 80 2 107 W t t 20 106 W 20 MW Supondo desprezvel a velocidade inicial da gua, pode-se admitir, pelo Princpio da Conservao da Energia Mecnica, que a energia cintica da gua E Cgua ao atingir o nvel mais baixo igual energia potencial gravitacional E Pg , no ponto mais alH

v F CA ma CA F CA m ------r 2 vB F CB ma CB F CB m ------r Mas, do Princpio da Conservao da Energia, podemos concluir que vA vB, pois, considerando A como nvel de referncia, o corpo em B tem energia potencial gravitacional e energia cintica e em A ele s tem energia cintica. Conclui-se ento que: a afirmao I est incorreta, pois a resultante no ponto A vertical e para cima; a afirmao II est correta, pois, se vA vB, ento F CA F CB ; a afirmao III est correta, pois, se F CB para baixo, ento PB NB. Resposta: alternativa e. 124. L

to, para cada intervalo de tempo t. Temos, portanto: E Pg E Cgua mgh H ------------ ---------- T ----------t t t m Sendo -------- 20 000 L/s e h 80 m, temos: t T 25 000 10 80 T 20 106 W T 20 MW 126. a) Para cada unidade da usina a gua cai de uma altura H 130 m. Podemos resolver esse exerccio seguindo um raciocnio anlogo ao problema anterior: E Pg E Cgua E Cgua mgh H ------------ ---------- ------------ ----------t t t t (I)

O primeiro termo d a potncia total T que a gua comum nica turbina enquanto a razo -------- pode ser obtida pela t vazo da tubulao (700 m3/s), lembrando que 1 m3 de gua tem 1 000 kg. Temos, ento, de (I): T 700 103 10 130 T 9,1 108 W Como o rendimento de 77%, a potncia til obtida de cada turbina : u 0,77 9,1 108 u 7,0 108 W As 18 turbinas fornecem ento uma potncia til total de: ut 18 7 108 ut 1,3 1010 W

T=

= aC

P=

20

186


b) A energia fornecida pela usina, por dia : ET Tt ET 1,26 10 24 ET 3 10 Wh10 11

1) Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento: mA p=0 p= mBvB mAvA -------- v B m A v A 2 vB vA ------ vB 2vA (I) 2 2) A energia mecnica dissipada no choque, Em, pode ser obtida da diferena: EM EM E M0 EM EC E C0 EM 1 1 2 2 ---- m A v A ---- m B v B 2 2

Logo, o nmero de cidades como Campinas que podem ter suas necessidades supridas pela usina : 3 10 11 n ------------------ n 50 6 10 9 127.

d=

P= L

mA Sendo mB -------- e, de (I), temos: 2 mA 1 1 1 2 2 EM ---- m A v A ---- -------- (2v A ) 2 EM ---- m A v A 2 2 2 2 Conclui-se que:

Da definio de trabalho, podemos escrever P Pd cos . P Ph P 20 10 3 P 600 J Resposta: alternativa a. 128. O trabalho realizado pela esteira fornecer a cada gro de areia, inicialmente em repouso, uma energia cintica correspondente velocidade da esteira. 1 1 2 esteira Egro de areia esteira ---- mgv 2 ---- mgv 0 2 20

Mas d cos h. Logo:

a descrio do choque est correta, no contradiz o Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento. Logo, a afirmao I est incorreta. a afirmao II est correta, pois a energia mecnica dissipa1 2 da ---- m A v A . 2 a afirmao III est incorreta, pois no existe dissipao de quantidade de movimento. Resposta: alternativa b. 131. Veja a figura, que representa a situao:m1 20 000 kg v1= 1 v1 12 m/s v = m2 10 000 kg 2 v2 0

(I)

em que mg a massa de cada gro e v a velocidade da esteira. Para um intervalo de tempo t, caem n gros de areia sob a esteira. Se dividirmos ambos os termos da expresso (I) por esse intervalo de tempo, temos: esteira nmg 1 --------------- ---- ----------- v 2 t t 2 O primeiro termo a potncia com que trabalha a esteira, o nmg termo ----------- a taxa de massa de areia que cai sobre a esteira, t 3,0 kg/s e v 4,0 m/s a velocidade da esteira. Obtemos, ento: 1 ---- 3,0 4,02 24 W 2 Resposta: alternativa d. Resposta: alternativa d. 129. A variao da quantidade de movimento da bolinha nos choques frontais : Como a altura inicial de lanamento a mesma, v==0 (velocidade no instante antes da coliso) tambm . Consequentemente, a maior variao da quantidade de movimento se dar quanto maior for v== (velocidade imediatamente aps a coliso). Tal fato ocorrer quando a altura atingida pela bolinha for maior. Resposta: alternativa b. 130. A coliso constitui um sistema isolado, mas no um sistema conservativo. Apresentamos, assim, as seguintes relaes: p= p= p=0 p= mv= mv=0

1

2

p 0= p= m1v1 (m1 m2)v 20 000 12 (20 000 10 000)v v 8,0 m/s (v1, no enunciado da questo) Na situao 2, teremos:m2 10 000 kg v2= 2 v2 12 m/s v = m1 20 000 kg 1 v0

Pelo Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos:

2

1

p 0= p= 10 000 12 (10 000 20 000)v v 4,0 m/s (v2, no enunciado da questo) Resposta: alternativa d.

21

Manual do Professor

187

132. Veja o esquema:

Observao: O enunciado no deixa claro em relao a que O enunciado no deixa claro em relao a que referencial a sonda se move com velocidade de 20 m/s.m/s. isso a sonda se move com velocidade de 20 Por Por adotamos todas as as velocidades em relaoao referencial isso adotamos todas velocidades em relao ao inercial, para o qual a sonda est, de incio, em repouso. de incio, em repouso. Resposta: alternativa b.=

m1

m2

139. a) Supondo que o sistema (canho bala) inicialmente esteja em repouso e que seja isolado na direo horizontal, p= p=0. Sendo mb a massa da bala, mc a massa do canho e adotando como positivo o sentido da velocidade da bala, vb, temos: mbvb mcvc 0 300vc 15 60 0 vc 3 m/s b) Se o canho se afasta para trs com velocidade vc 3,0 m/s e a bala vai para a frente com velocidade vb 60 m/s, a velocidade de recuo do canho em relao bala a diferena entre as duas velocidades. Veja a figura:vc 3 m/s vb 60 m/s

Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos: p=antes p=depois m1v1 m2v2 pdepois 4 104 1 3 104 0,5 pdepois pdepois 5,5 104 kg m/s Resposta: alternativa c. 133. Analogamente aos exerccios anteriores, temos: p=0 p= m1v1 m 2 v 2 (m1 m2)v 2,0 10 (2,0 3,0)v 20 5,0v v 4,0 m/s Resposta: alternativa c. 134. Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos p=0 p=. Adotando como positivo o sentido da velocidade v==, temos: m1v1 m2v2 p 0,10 5,0 0,20 3,0 p p 0,10 kg m/s ou, em mdulo, p 0,10 kg m/s Resposta: alternativa e. 135. Como a chuva cai verticalmente, ela no altera a quantidade de movimento do sistema na direo horizontal. Portanto, do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, na direo horizontal, temos: p=0 p= mcaixotevcaixote (mcaixote mgua)v 2,0 0,40 (2,0 2,0)v 0,80 4,0v v 0,20 m/s Resposta: alternativa c. 136. Analogamente ao exerccio anterior, temos: p=antes p=depois Mv (M m)v 4 1 (4 1)v v 0,8 m/s Resposta: alternativa b. 137. Pelo Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, pantes pdepois. Aplicado ao esquema da figura, adotando-se como positivo o sentido para a direita, temos: Mv1 mv2 (M m)v 5,0 1,0 1,0 8,0 (5,0 1,0)v 5,0 8,0 6,0v 3,0 6,0v v 0,50 m/s Portanto, o peixe maior ter a velocidade de 0,50 m/s, orientada para a esquerda. Resposta: alternativa a. 138. Sendo mg a massa dos gases ejetados com velocidade vg 5 000 m/s e ms 1 000 kg a massa da sonda, com velocidade vs 20 m/s, do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, podemos escrever p==0 p==. Como, antes de ser ligado o propulsor, a sonda estava em repouso, p0 0. Adotando como positivo o sentido da velocidade dos gases, temos: 0 mgvg msvs msvs mgvg 1000 20 mg 5 000 20 000 mg ---------------- mg 4,0 kg 5 0000

vbc 60 (3) vbc 63 m/s c) EC E C EC

Mas: EC 0 (energia cintica do sistema antes do disparo) 1 1 2 E C ---- m c v c2 ---- m b v b E C 28 350 J (energia 2 2 cintica do sistema depois do disparo) Portanto, a variao da energia cintica do disparo EC 28 350 J. 140. a) Em A e B temos: E Pg mgh E Pg 2 10 1 E Pg 20 J A energia potencial elstica em A : 1 1 E Pel ---- kx 2 E Pel ---- 3 200(0,1)2 E Pel 16 J 2 2 e em B nula (no h mola). A energia cintica em A nula (v 0), em B igual energia potencial elstica em A, pois no h perdas por atrito nem transformao da energia cintica em potencial. Se no h perdas, pois no h atrito, no h outra forma de energia a considerar. E Pg (J) A B 20 20 E Pel (J) 16 0 EC (J) 0 16 Outra 0 0 Etotal (J) 36 36

b) Pelo Princpio da Conservao da Energia Mecnica, temos, entre os pontos B e C: E MB E MC E PB E CB E PC E CC 20 16 1 1 ---- mv 2 36 ---- 2v 2 v 6 m/s 2 2 Esta a velocidade com que o bloco de massa m atinge o bloco maior, de massa M.0

22

188


c)vf 0

v0 D L fa= C

143. Pelo grfico podemos concluir que os carrinhos moviam-se como indica o esquema abaixo:M antes do choque 2 v2 4 m/s v2= v2= v1= 1 v1 2 m/s 2 v 1 m/s 2 1 v 3 m/s 1 v1=

m

Inicialmente determinamos a velocidade inicial do conjunto de blocos depois da coliso em C. Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos p p0. Sendo V a velocidade do bloco M, temos: MV mv (M m)v0 4 0 2 6 (4 2)v0 12 6v0 v0 2 m/s A energia cintica inicial do conjunto : 1 2 1 E C0 ---- mv 0 E C0 ---- 6 2 2 E C0 12 J (I) 2 2 O trabalho da fora de atrito no trecho CD , portanto: Da definio de trabalho, temos: fa EC fa 0 12 fa 12 J

depois do choque

Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos p=0 p=. De acordo com o referencial adotado, temos: m2v2 m1v1 m 2 v 2 m 1 v 1 m2 4 m1 2 m2 1 m1 3 3m2 5m1 m 4 m1 2 m m12 3 3m2 5m1 2 1

Resposta: alternativa e. 144. Veja a figura:p0= () v = () p= v0=

120 (II) De (I) e (II), temos: 120 12 0,10

(m M)g 2,0 fa 6 10 2 fa

fa faL cos 180 fa fa 2,0 fa

antes

depois

141. a) Na parte horizontal dos trilhos, a quantidade de movimento do sistema formado pelos dois carrinhos se conserva durante a coliso: p=antes p=depois 4m 2,5 m 0 5mv 10m 5mv v 2,0 m/s b)v 0 (4m m) B H

(4m m) A

v=

Do Princpio da Conservao da Energia Mecnica, temos: E MA E MB E CA E PA 1 ---- (4m m)v 2 2 H 0,2 m0

E CB

0

A quantidade de movimento inicial da esfera , em mdulo, p0 mv0. Sendo v0 36 km/h 10 m/s, m 0,2 kg e adotando o referencial da figura, temos: p0 0,2 10 p0 2,0 kg m/s Depois do choque elstico a velocidade tem o mesmo mdulo (a energia cintica se conserva). Logo, de acordo com o referencial da figura, o mdulo e o sinal da quantidade de movimento sero: p mv p 2,0 10 p 2,0 kg m/s Como os vetores tm o mesmo sentido, pode-se fazer a diferena vetorial algebricamente, respeitando os sinais do referencial adotado. Temos, ento: p p p0 p 2,0 2,0 p 4,0 kg m/s Observao: O sinal indica que a variao p tem sentido oposto ao sentido positivo do referencial. Resposta: alternativa e. 145. Antes da coliso, temos: m v0= 4m

E PB

v2 (4m m)gH H ------- 2g

142. a) Falso Fd cos ; o trabalho depende do deslocamento e do ngulo . b) Falso, pois EC uma grandeza escalar. c) Verdadeiro, pois a fora a mesma na subida e na descida, mas o sentido do deslocamento invertido na descida. d) Verdadeiro obrip= mv=; os mdulos sero iguais, mas os vetores no o seiguais mas os gatoriamente. ro, obrigatoriamente. e) Falso, pois p= mv=. f) Verdadeiro, pelo Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento.

v0

A energia cintica antes da coliso : 1 2 1 2 EC ---- mv 0 Ki ---- mv 0 2 2 Depois da coliso obtemos: m v 0 0 4m v=

23

Manual do Professor

189

Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos: v0 p=antes p=depois mv 0 4mv v -----4 Logo, a energia cintica do sistema passa a ser: v0 2 1 2 1 2 1 E C ---- 4m[ ------ ] E C ---- mv 0 Kf ---- mv 0 4 8 8 2 Kf A razo ------ , ento: Ki 1 2 ---- mv 0 Kf Kf 8 ------ ---------------- ------ 0,25 Ki 1 mv 2 Ki ---- 0 2 Resposta: alternativa b. 146. a) Falso Do Princpio da Conservao da Energia Mecnica aplicado esfera A, no trecho AB, temos: E Pg E CAA

b) Como a coliso frontal, perfeitamente elstica e entre corpos de mesma massa, podemos concluir, analogamente concluir, aos exerccios anteriores, que, a cada choque, um dos corpos pra eetransfere sua velocidade para o outro. Porpara transfere sua velocidade para o outro. Portanto, desprezando-seintervalo de tempo da coliso, no tanto, desprezando-se o o intervalo de tempo da coliso, noinstante = 2s (1 coliso)caixa C pra e o e o bloco B instante t1 t1 2s (1 coliso) a a caixa C para bloco B adadquire velocidade vB = 0,15 m/s. quire velocidade vB 0,15 m/s. Isso significa que as quantidades de movimento da caixa e do bloco so alternadas. Isto , quando a caixa tem vc 0,15 m/s, o bloco tem vb 0 e, quando a caixa tem vc 0, o bloco tem vb 0,15 m/s, ou seja, quando a quantidade do movimento da caixa pc mcvc 20 0,15 3,0 kg m/s, a do bloco pb 0 e vice-versa. Como essa permuta ocorre a partir do instante t 2s, graficamente, obtemos:pc (kg m/s) 3 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

0

E Pg

0B

t (s)

E CB

1 2 mgL ---- mv A 2

vA

2gL vA

2 10 0,8 vA 4 m/spb (kg m/s) 3 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

b) Falso, ver item anterior. c) Verdadeiro, ver item anterior. d) Verdadeiro, pois esse o conceito de coliso elstica ou perfeitamente elstica. e) Verdadeiro Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos: p=0 p= mv A mv A mv B vA v A v B (I) Da condio de choque perfeitamente elstico, vB vA -------------------- 1, temos: vA vB v B v A vA (II)

t (s)

Como a situao ideal, a energia total E do sistema constante e igual energia cintica da caixa ou do bloco. Podemos determin-la calculando, por exemplo, a energia cintica inicial da caixa: 1 1 2 E ---- m C v 0 E ---- 20(0,15)2 E 0,225 J 2 2 Graficamente, obtemos:E (J) 0,225 0 10 20

De (I) e (II), obtemos: v B vA v B 4 m/s f) Verdadeiro, pois, se v B 4 m/s, obtemos tambm v A 0.

g) Falso, pois contradiz a afirmao anterior. 147. a) A situao descrita representada na figura:C v1= x (cm) 15 0 15 75

t (s)

148. a)

t1 2s

B

Como v==1 constante, pode-se notar da figura que, entre duas colises sucessivas, qualquer ponto do bloco B efetua um deslocamento x 60 cm, logo, temos: x 60 v1 --------- t ------- t 4s t 15

A

B v= B

0,20 m

Desprezando a resistncia do ar, pelo Princpio da Conservao da Energia, podemos calcular vB logo aps o choque:

24

1900 0 E Pb E CB E Pb mgh B B B


E MB E MB E CB

1 2 ---- mv B vB 2 VB 2,0 m/s

2gh B vB

2 10 0,2

Pelo Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, temos: 0 p0 p m1v1 m 2 v 2 m 1 v 1 m 2 v 2 2 5 2v 1 3v 2 2v 1 3v 2 10

(I)

Do Princpio da Conservao da Quantidade de Movimento, aplicado ao choque entre A e B, temos p=0 p=. Sendo m a massa das esferas (idnticas), v=0= A a velocidade de A antes do choque, v 0B 0 (velocidade de B antes do choque) e vB 2,0 m/s a velocidade de B depois do choque, temos, em mdulo: mv 0A mv 0B mv A mv B v 0A vA 2,00

Se o choque elstico, o coeficiente de restituio 1, logo, podemos escrever: v2 v1 ------------------- 1 v 2 v 1 v1 v2 v 2 v 1 5 (II) v1 v2 De (I) e (II), temos: v 2 4 m/s e v 1 1 m/s

(I)

Se o choque perfeitamente elstico, o coeficiente de resvB vA tituio ---------------------- 1, portanto, temos: v 0A v 0B vB vA v 0A v 0B 2,0 vA v 0A 0 2,0 vA v 0A (II) De (I) e (II), temos: v 0A 2,0 m/s e vA 0 Isso significa que logo aps o o choque esfera A pra e a e a significa que logo aps choque a a esfera A para esfera B sobe, com velocidade inicial vB B2,02,0 m/s, igual esfera B sobe, com velocidade inicial v = m/s, igual velocidade dede A. velocidade A. b) Na volta, como no h perda de energia, a esfera B B chocacomo no h perda de energia, a esfera choca-se se novamente comeA mesma situao se repete: logo,aps novamente com A a e a mesma situao se repete: logo, aps o choque, a esferapara e a esfera AAvolta em sentido o choque, a esfera B B pra e a esfera volta em oposto ao inicial na mesma direo, com a a mesma velocioposto ao inicial na mesma direo, com mesma velocidade dada esfera B. dade esfera B. 149.A

Aplicando agora o Princpio da Conservao da Energia a C1 no trecho de B a C, temos: 0 1 E MB E MC E CB E Pg E CC E Pg ----- mv 2 ---- 2 B C 2 1 1 1 ----- mv C mgh C ----- 42 ----- v C 10 0,35 ---- 2 ------- 2 2 2 2 2 v C 9 vC 3,0 m/s Resposta: alternativa e. 150. Se o choque perfeitamente elstico, a energia cintica da bola permanece constante; logo, a velocidade e tambm a quantidade de movimento do corpo permanecero constantes, em mdulo. Podemos ento escrever: p p0 p mv p 0,8 kg m/s Pelo Teorema do Impulso: p= I ==FR p= I ==FR p= p=0

( p= p= (p=0), que por sua vez obtida na figura:p0= = IFR 60 p= 60 60 p0=

A diferena I ==FR p= p=0 pode ser obtida da soma I ==FR

1,25 m C1 v1= B C2

C 0,35 m

Como o tringulo equiltero, temos: I FR p p0 I FR 0,8 N s Assim: FRt 0,8 FR 0,08 0,8 FR 10 N Observao: O valor obtido refere-se intensidade mdia da = fora de contato F R durante o choque. Resposta: alternativa e. 151. a) Verdadeiro, pois faz parte do carter universal da Lei. b) Falso, pois a constante, G, tambm universal. c) Falso, pois a atrao da gravidade no tem limite. As distncias muito grandes podem ser desprezveis, mas este no o caso. d) Falso, pois como os valores de g=== so diferentes no Plo e no Polo Equador, a massa do peso de 1 N diferente no Plo e no Polo Equador. Logo, o nmero de gros de arroz tambm deve ser diferente. e) Falso, pois o peso depende de g=== e g=== depende do local. Logo, o peso de um corpo depende do local onde ele se encontra. Resposta: alternativa a.

Sendo o sistema conservativo, a velocidade do corpo C1, antes da coliso com C2 em B, pode ser determinada pelo Princpio da Conservao da Energia: E MA E MB E CA E Pg E CB E PgA

0

0B

m1ghA

1 1 2 2 ---- m 1 v 1 m 1 g 1,25 ---- m 1 v 1 v1 5 m/s 2 2 No choque, junto ao ponto B, temos a situao descrita na figura: C1 antes v1= C2 v2 0

v1 5 m/s C1 v1= C2 v2=

depois

25

152. Sol 1 UA Terra

158.

I) Verdadeira, pois em A, pela Lei das reas, a velocidade do planeta mxima. II) Verdadeira. Podemos chegar a essa concluso a partir, tambm, da Lei das reas e do Princpio da Conservao da Energia Mecnica. Da Lei das reas conclumos que em A a velocidade mxima; portanto, a energia cintica mxima. Em B, pela mesma lei, conclumos que a velocidade mnima; logo, a energia cintica mnima. Como a energia mecnica se conserva, onde a energia cintica mxima, a energia potencial gravitacional do sistema Sol-planeta mnima (no ponto A) e, onde a energia cintica mnima, a energia potencial gravitacional desse sistema mxima (no ponto B). III) Falsa, pois esse um sistema conservativo em que a energia mecnica constante. Resposta: alternativa b.

Sol

1,5 UA

Marte

Terra

1 UA

x

Sol

1,5 UA

Marte

159. Veja a figura:F m F1 m d F m 2d F1 m

x2 = 12 + 1,52 x2 = 1 + 2,25 x2 = 3,25 x 1,8 UA Resposta: alternativa b. 153. A acelerao no depende da velocidade inicial, apenas da interao Terra-corpo. Resposta: alternativa a. 154. A nica fora que atua sobre o projtil, desprezando-se a resistncia do ar, a fora peso, P.

F = G

Mm d2 mm d2 mm mm F1 = G 2 (2d2 ) 4d

Na 1 situao, da Lei da Gravitao Universal, temos: F = G

P Resposta: alternativa c. 155. Na interao gravitacional, a intensidade das foras de atrao entre os corpos a mesma. A intensidade da fora que a Terra exerce sobre o satlite igual intensidade da fora que o satlite exerce sobre a Terra. Como o comprimento do vetor proporcional intensidade da fora, a alternativa correta a c, onde ambos os vetores tm o mesmo comprimento. Resposta: alternativa c. 156.Fcp Jpiter

Na 2 situao, temos: F1 = G Logo:

mm G 2 F d F =4F = F = 1 4 F1 G mm F1 4d2

Resposta: alternativa d. 160. Pela Lei da Gravitao Universal o mdulo das foras de atrao entre os corpos sempre igual, em qualquer instante. Supondo que no instante da coliso o mdulo dessas foras seja F, temos: FB, A A Logo: m A aA = mBaB 2mB aA = mBaB aB = 2aA aA = aB 2 FA, B B F = m A aA F = mBaB

A fora que mantm o satlite em rbita em torno de Jpiter a fora centrpeta, que aponta para o planeta Jpiter. Resposta: alternativa b.

157. Da Segunda Lei de Kepler, o segmento de reta traado do Sol a qualquer planeta descreve reas iguais em intervalos de tempo iguais, podemos afirmar que A1 = A2 = A3. Resposta: alternativa c.

Observao: O mdulo das foras aumenta medida que os corpos se aproximam ( inversamente proporcional ao quadrado da distncia), mas, em cada instante, o mdulo da fora que A exerce em B sempre igual ao mdulo da fora que B exerce em A. Resposta: alternativa b.

26

192


161.

m P0= h 1,6 106 m m R 6,4 10 m6

r

Dividindo (I) por (II) obtemos: M T M Sol G ------------------2 F Sat F Sat RT --------- ------------------------------- --------- 1 FT FT M T M Sol G ------------------2 RT Resposta: alternativa c. 164. a) Verdadeiro O componente que Fx= efetivamente arranca o prego da parede F x= F = cos . Veja a F= figura. b) Falso = O componente F x depende do cos . Como cos 30 0,87 e cos 60 0,50, pode-se concluir que F = aplicado na direo em que 30 mais eficiente do que na direo em que 60. c) Falso O trabalho para arrancar o prego sempre o mesmo, produto da fora de atrito entre o prego e a parede pelo deslocamento do prego. Se a fora for aplicada na direo do deslocamento, o mdulo da fora menor, mas o trabalho o mesmo, basta lembrar a definio de trabalho: F Fd cos .2,0 m

= Psup.

Terra

Sendo P o mdulo do peso do satlite da Lei da Gravitao Universal, podemos escrever: Mm P G ---------r2 em que M a massa da Terra, m a massa do satlite e r a distncia do centro da Terra ao satlite. Sejam P0 o peso do satlite em rbita e Psup. o peso do satlite na superfcie. Da figura, podemos escrever: GMm Psup. ------------R2 GMm P0 -------------------(R h) 2 Fazendo-se a razo entre os pesos: GMm -------------------P0 P0 (R h) 2 P 0 R2 ---------- ------------------------------------------- --------- --------P sup. P sup. (R h) 2 P sup. GMm -------------R2 6 2 P0 (6,4 10 ) -------------------------- --------- 0,64 P sup. (8,0 10 6 ) 2 O peso do satlite na rbita 64% do seu peso na superfcie. Resposta: alternativa d. 162. A figura representa o movimento da estao MIR em torno da Terra: r R h r 6 106 0,4 106 r 6,4 106 m Como o movimento circular e uniforme: P FC mg maC g v2 (7,8 10 3 ) 2 ------ g -------------------------- r 6,4 10 6 2 g 9,5 m/s Resposta: alternativa d.Terra Mir v= P= R r h

165. Vista de cima a situao pode ser esquematizada na figura abaixo:dobradia D F2= F1=

0,10 m

= O momento da fora F 2 exercida pelo homem : D D D M F2 F2 0,10 M F2 80 0,10 M F2 8,0 N m = O momento da fora F 1 exercida pelo menino : D D D M F1 F1 2,0 M F1 5,0 2,0 M F1 10 N m Logo, o momento resultante ser: M F M F1 M F2 M F 10 8,0 M F 2 N m Isso significa que a porta gira no sentido do momento do menino, ou seja, no sentido de ser aberta. Resposta: alternativa a. 166. Da Segunda Condio de Equilbrio M F 0, escolhendo o ponto O no apoio da gangorra, sendo g o mdulo da acelerao da gravidade, temos:2,5 m 1,5 m N= 2,5 m 2,0 mO D D D D D

163. Da Lei da Gravitao Universal, o mdulo das foras gravitacionais entre o Sol e Saturno (FSat) e entre o Sol e a Terra (FT) so, respectivamente: 100M T M Sol M Sat M Sol FSat G --------------------- FSat G -------------------------- R Sat (10R T ) 2 M T M Sol FSat G ------------------- (I) 2 RT M T M Sol FT G ------------------- (II) 2 RT54g

36g

27g xg

54g 2,5 36g 1,5 N O 27g xg 2,5 0 x 54 kg Resposta: alternativa d.

27

Manual do Professor

193

167. As foras atuantes e suas medidas so:T2= T1= 30 cm 50 cm 40 cm P=

b)

= NA P= 9m x

N=B

6m

M

Representando as foras num sistema de eixos ortogonais:y T1= T2= x

P=

e como o sistema est em equilbrio, temos: F x 0 T1 cos T2 cos 0 T1 T2 T (I) F y 0 T1 sen T2 cos P 0 De (I), temos: P 2T sen P T ---------------------2 sen 30 Sendo P 30 N e sen -------- 0,60 (figura acima), temos: ------50 30 T ---------------- T 25 N 2 0,6 Resposta: alternativa e. 168. O centro de gravidade est num eixo de simetria do corpo, dividindo-o em duas partes de mesmo peso. Logo, os pesos das partes I e II so iguais. Resposta: alternativa a. 169. a) Veja a figura:= NA A 9m 6m M= N=B B 3m 6m C

Se o menino vai de B a C, o mdulo da reao em A diminui, porque o momento do peso M= do menino em relao ao apoio B aumenta e tem o mesmo sentido que o momento de N= A (horrio). Se NA diminui, NB aumenta, pois ambos somados equilibram o peso da viga e do menino. A situao-limite ocorre quando NA 0. A partir da, se o menino avanar a viga vira. Nesse caso, de (I) podemos concluir que: NB P M NB 200 400 NB 600 N Podemos calcular a posio x em que isso ocorre pela segunda condio de equilbrio: M F 0 M NAA A

M P M NB M M 0

A

B

A

0 P 6 NB 9 Mx 0 200 6 600 9 4 200 400x 0 x ------------- x 10,5 m 400 Logo, a partir dessa posio, se o menino prosseguir, a viga vai virar em torno de B. 170. Nesse caso, podemos determinar os momentos de cada fora utilizando diretamente as distncias das correspondentes linhas de ao ao ponto C. Veja a figura:F1= C d1 F3= 0,20 m d3 0,20 m d2 0,10 m F2=

= Como o momento da fora resultante F R igual soma dos momentos dos componentes, em relao a qualquer ponto, podemos escrever: M FR M F1 M F2 M F3 M FR F1d1 F2d2 F3d3 M FR 10 0,20 20 0,20 20 0,10 M FR 2,0 4,0 2,0 M FR 0 Resposta: alternativa a. 171. Da segunda condio de equilbrio, M 0 0. 1 verificao: mx 2 m x g 1 m 1 g 2 -------- ------- (I) 1 m1C C C C C C C C

P=

Como o sistema est em equilbrio, a resultante nula. Logo, F =y 0. Portanto: NA NB P M 0 (I) Sendo NA 200 N (reao em A); P 200 N (peso da viga) e M 400 N (peso do menino), temos: 200 NB 200 400 0 NB 400 N

28

194


2 verificao: m2 2 m 2 g 1 m x g 2 -------- ------- (II) mx 1 Igualando-se as equaes (I) e (II), obtemos: mx m2 -------- -------- m x2 m1m2 mx m 1 m 2 m1 mx Resposta: alternativa c. 172. a) Estando o sistema em equilbrio, temos M F 0. Esco= lhendo O no ponto de aplicao da fora C , temos:O

na direo y: N F sen mg 0 N F sen mg N mg F sen (III) De (II) e (III), temos: F cos mg F sen --------------------- C cos mg F[sen -------------- ] C F mg -------- [ C sen cos ] C C mg F ------------------------------------------- C sen cos (IV)

F= d

O C= a P=

De (IV), substituindo em (III), obtemos: C mg sen N mg -------------------------------------------- C sen cos mg cos N --------------------------------------------- C sen cos (V)

Sendo P mg, vem: P 2,0 10 P 20 N Ento: M C M F M P 0 0 Fd Pa 0 F 0,04 20 0,3 F 150 N b) Da primeira condio de equilbrio, podemos escrever: F y 0 F C P 0 C F P C 150 20 C 130 N 173.m F=O O O

Observao: Foram consideradas corretas pela banca examinadora as expresses III, IV ou V. 174. Supondo os asterides de mesma densidade, d, a razo entre a asteroides massa, mi, do asteride imaginrio, mostrado no filme, e a masasteroide sa, mr, do asteride real, igual razo entre os seus volumes. asteroide asterides Supondo ainda que os asteroides sejam aproxi

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