Resolucoes de Casa 2015 Apostila 1 (1)

8/16/2019 Resolucoes de Casa 2015 Apostila 1 (1)

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Manual de

Resoluções

Anual 2015Prof Renato Brito


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Físi ca

V e s t C u r s o s - A melhor preparação Online para MEDICINA do Brasil - www.vestcursos.com.br

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Aula 1 - Questão 7 – resolução alternativaDeslocando, convenientemente, o vetor b, prontamente determinamos o

vetor soma a graficamente. o seu módulo, como se pode verificar na

figura abaixo, vale s = 5 + 5 = 10 cm

5 cm5 cm

12 cm 12 cm

12 cm 12 cm

b

5 cm

12 cm

5 cm

5 cm

a

S

12 cm

5 cm

b

para achar o vetor d

= a

– b

, encare essa operação de subtração

como uma operação de soma : d

= a

– b

= a

+ ( – b

).

Prontinho, para o prof Renato Brito determinar o módulo de d

, basta

achar a resultante (+) entre os vetores a

e ( – b

) assim:

5 cm 5 cm

12 cm 12 cm

12 cm 12 cm

5 cm

12 cm

5 cm

5 cm a

d

12 cm

5 cm

b

-

deslocando, convenientemente, o vetor a

, e invertendo a flecha do

vetor b

, a fim de encontrar o vetor – b

, prontamente determinamos o

diferença d

= a

+ ( – b

) graficamente. o seu módulo, como se

pode verificar na figura acima, vale :

d = 12 + 12 = 24 cm

Aula 1 - Questão 11 – resolução7

a) 10 U

3 U

4 U

10 U

10 U.cos

10 U.sen

10 U

8U

6U10 U

3 U

4 U

= 3 U4 U

=

3 U

4 U =

5 U

pitágoras

8U

6U

cos = 0,8sen = 0,6

Decompondo o 10U

10 U20 U

1 U10 U

10 U

10 U.cos

10 U.sen

10 U

8U

6U

20 U 20 U.cos

20 U.sen

20 U 16 U

12U

10 U20 U

1 U10 U

=1 U

10 U

8U

6U

16 U

12U

=5 U

12 U

=

13Upitágoras

cos = 0,8sen = 0,6

Decompondo o 10U

cos = 0,8sen = 0,6

Decompondo o 20U

b)

Aula 1 - Questão 13 - resoluçãoA expressão abaixo calcula o módulo da soma S entre dois vetores a e b

que formam um ângulo qualquer entre si

S2 = a2 + b2 + 2.a.b.cos

Segundo a questão, S = 13, a = 8, b = 7 , = ?

132 = 82 + 72 + 2 x 8 x 7.cos

169 – 64 – 49 = 112. cos

56 = 112. cos cos = 0,5 = 60

Aula 1 - Questão 14 - resolução

a

) b (

) a (

d

a

3

4

d

|d | =5

pitágoras

a)

-b

-b

a

b

-b

a

-b

d

Contando quadradinhos vemos que : |d| = 6

b)


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Física


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a) a = 2i + 2j, b = 5i 2j

d = a b = 2i + 2j (5i 2j) = 3i + 4j

| d | = 2 23 4 = 5

b) a = +4i + 3j, b = 2i + 3jd = a b = +4i + 3j (2i + 3j) = 6i + 0j

| d | = 2 26 0 = 6

Aula 1 - Questão 16 – resolução

cmV

=B A

BB A A

m m

V.mV.m

=24

)1.j6.i2.( 5.J) 3.i.(4

cmV

=6

2.j 12.i 20.j i.12 =

6

18.j i.24

cmV

= ( 4.i + 3.j ) m/s | cmV

| = 22 34 = 5 m/s


62 6 X2

0

62 6 X2

0

68 X2

0

X2 6 8 graficamente, vem:

6

82x

letra A - resolução:

pitágoras:

(2x)2 = (8)2 + (6)2

2x = 10

x = 5

4

4

X2

64

letra B- resolução:

4X2

64

4X2

64

X2

68

graficamente, vem:

8

62x

pitágoras:(2x)2 = (8)2 + (6)2

2x = 10

x = 5

60o

60o

letra C- resolução:

30o

6

8X2

6

8X2

6

6120o

8X2

6

6

8X2

30o6

30o

30o

30o

30o 30o

6

8

X2

8

62x

pitágoras:

(2x)2 = (8)2 + (6)2

2 x = 10

x = 5


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Físi ca


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AULA 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU


a) sim, o corpo está em equilíbrio visto que, segundo o enunciado, ele

está se deslocando em MRU e, conforme você leu na evolução das idéias

do Aristóteles ao Galileu, o MRU é um dos dois possíveis estados deequilíbrio, chamado de equilíbrio dinâmico, isto é, equilíbrio com

velocidade.

b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio, as forças devem se cancelar

ao longo de cada eixol

N

Pcos P.Sen

Fat

Portanto Fat = P.sen = 40 x 0,5 = 20 N.

Não ache que o corpo estará parado pelo fato de P.sen = Fat . Lembre-

se que, se a resultante das forças sobre o corpo é nula, ele pode estar

parado ou em MRU.

Lógico que, para essa caixa começar a andar, inicialmente, P.sen foi

maior que o Fat, mas agora que ela estah em MRU, certamente tem-seP.sen = Fat. Do contrário, se P.sen > Fat, a sua velocidade estaria

aumentando, o que não é verdade no movimento em questão (MRU).


a) Aristóteles ignora a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato

com as mãos da pessoa, ela deixa de ir para frente, deixando de

acompanhar o movimento horizontal do barco, ficando, portanto, para trás,

visto que nenhuma força a empurra mais pra frente. Entretanto, a pedra

vai para baixo, visto que ela é puxada pra baixo pela força peso P. Para

Aristóteles, o movimento numa direção so ocorre na presença de força

naquela direção. Portanto, a pedra deixa de ir pra frente, deixa de

acompanhar o movimento horizontal do navio, ela simplesmente cai na

vertical, portanto, segundo aristóteles, a pedra cairá atrás do mastro.

b) Galileu conhece a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato

com as mãos, a sua velocidade horizontal Vx permanece constante ( a

pedra acompanha o barco horizontalmente, por inércia) devido à ausência

de forças horizontais Fx. Entretanto, superposto a esse MRU pra frente

haverá o movimento de queda livre vertical, devido à ação da força peso

P, que propiciará à pedra uma velocidade Vy crescente. O movimento

global da pedra será a composição, a superposição de dois movimentos

simples: um MRU horizontal (por inércia) e uma queda livre vertical. Omovimento observado na natureza, de fato, ocorre dessa forma.

Para um observador na margem do rio vendo o barco passar e a pedra

cair, esse movimento resultante é parabólico, como mostra a trajetória

azul na figura acima.

Para quem está no interior da embarcação, barco e pedra se movem

em MRU para frente e, portanto, o MRU não é percebido, apenas a queda

livre é notada. Assim, para quem está no barco, a pedra descreverá um

movimento de queda vertical, como mostra a trajetória vermelha acima.

Navio e pedra se movem para frente enquanto a pedra despenca em

queda livre. Para qualquer observador, entretanto, a pedra cai no pédo mastro.

c) conceito de Inércia


Se as caixas se movem em MRU em relação à Terra, a resultante das

forças que agem em qualquer uma das caixas é nula. Ambas as caixas

têm a mesma velocidade V constante em relação à terra, portanto estão

em repouso entre si.

A

B

A está parado em

relação a B

v

A

B

A

B

v

Qual caixa tende a ultrapassar a outra ? resp: nenhuma. Não há

tendência de escorregamento relativo, portanto não há atrito horizontal

agindo na fronteira entre as caixas. O atrito só aparece quando ele é

requisitado para tentar impedir alguma tendência de escorregamento

relativo entre superfícies.

Adicionalmente, se houvesse atrito, ele causaria aceleração (a ou )

e as caixas não estariam em MRU, contradizendo o enunciado.

Ambas as caixas prosseguem em MRU por inércia, na ausência de forças

horizontais empurrando uma ou outra.

Para o garoto sobre a caixa A, a caixa B está simplesmente parada sobre

A, e não há nenhuma tendência de escorregamento de uma em relação à

outra e, por isso, mesmo que as superfícies das caixas sejam rugosas, a

força de atrito não estará presente, visto que a força de atrito so age

quando há alguma tendência de escorregamento entre duas superfícies

em contato mútuo.Somente o peso e a normal atuam na caixa B. Somente haveria atrito

entre as caixas no caso em que elas se movessem aceleradas. Fique


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Física


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tranquilo. O prof Renato Brito falará tudo sobre atrito no capítulo 5. Take it

easy !


a) incompatível - força resultante apontando para a direita f r causando

aceleração para a esquerda a. absurdo.b) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na

mesma direção e sentido

c) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na

mesma direção e sentido

d) compatível - f r = 0 , nada impede que o corpo esteja em mru.

e) incompatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o

móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se

movendo para a direita v, contradizendo a descrição dada.

f) compatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o

móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se

movendo para a direita v, de acordo com a descrição dada.


Num sistema desse tipo, a caixa mais pesada tem aceleração para baixo

(é para onde ela gostaria de ir) e a mais leve. para cima. Entretanto, como

nesse problema as duas caixas têm massas iguais, percebe-se que

nenhuma delas terá aceleração alguma. As caixas estão em equilíbrio, o

que permite ao prof Renato Brito distinguir três possibilidades:

I) as caixas estão paradas em repouso (equilíbrio estático)

II) a caixa A está descendo e a caixa B subindo, ambas em MRU

(equilíbrio dinâmico)III) a caixa B está descendo e a caixa A subindo, ambas em MRU

(equilíbrio dinâmico)

A tração T no fio satisfaz a relação T = m.g em qualquer uma dessas

situações, afinal, se a caixa está em equilíbrio, a resultante das forças

sobre ela deve ser nula, independente dela estar parada ou em MRU.

Assim, vejamos cada uma das opções oferecidas na questão:

a) os blocos estão necessariamente em repouso;

Falsa, eles podem estar em MRU.

b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o peso

dele;

Se ele estiver subindo, certamente estará subindo em MRU, em

equilíbrio, por inércia e, portanto, a tração será igual ao peso dele.

c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na mesma

altura;

Não há nenhuma razão para isso ocorrer. Os blocos ficam lado a lado

em repouso com qualquer desnível entre eles, visto que têm massas

iguais.

d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer instante;

verdadeiro

e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante não nula.

Falso, sua aceleração é necessariamente nula, visto que os blocos têmmassas são iguais.

Aula 2 - Questão 24 - resoluçãoNesse problema, o bloco A é mais pesado que B. Nesse caso, as leis deNewton garantem que o bloco A tem aceleração para baixo (tendência demovimento) e o bloco B tem aceleração para cima, mas essas leis nadaafirmam sobre o sentido do movimento do blocos, isto é, sobre avelocidade deles.

T1

A B

T1

2mg

mg

a

a

T1

A B

T1

2mg

mg

FRA

FRB

No bloco A: 2m.g > T1 FRA = 2m.g – T1

No bloco B: T1 > m.gFRB = T1 – m.g

Se o bloco A tem aceleração para baixo, ele pode estar descendo

acelerado ou subindo retardado, ou até mesmo pode estarmomentaneamente em repouso, caso ele pare a fim de inverter o sentidodo movimento, como mostra a figura a seguir.Em qualquer desses casos, a aceleração do bloco A aponta para baixo, aforça resultante sobre ele aponta para baixo e, portanto, o seu peso 2.mgé maior que a tração T1 (2m.g > T1 ).

T1

A B

T1

2mg

mg

a

a

V

V

A descendo e B subindo

em movimento acelerado

2mg > T1 > mg

T1

A B

T1

2mgmg

a

a

V

V

A subindo e B descendo

em movimento retardado

2mg > T1 > mg

Assim, como os blocos têm massasdiferentes, eles sempre terãoaceleração e, portanto, nuncaestarão em equilíbrio, conformeexplicado pelo prof Renato Brito emsala.

Resposta correta – letra E

T1

A B

T1

2mgmg

a

a

V = 0

A e B momentaneamente em

repouso no instante da

inversão do sentido do

movimento

V = 0

2mg > T1 > mg

Aula 2 - Cinemática - Questão 1 - resoluçãoV = d /t = 9 m / (1,5 s) = 6 m/s difícil, né ? affff

Aula 2 - Cinemática - Questão 2 - resoluçãoSegundo o sistema métrico decimal: 1m3 1000 litros, portanto1200 litros 1,2 m3 . O prof Renato Brito admitirá que o tanque estejainicialmente vazio. Após 1 minuto, o volume V de água no seu interiorserá:


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Físi ca


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5m

4mH

5m

4m

recipiente

inicialmente

vazio

recipiente com

1,2m3 de água

1 minuto

depois....

V = a x b x c 1,2 m3 = 5m x 4m x H H = 0,06 m = 60mm

O nível da água sobe 60 mm a cada 60 segundos, ou seja, sobe 1 mm acada 1 segundo portanto V = 1 mm/s

Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 3 - resoluçãoQual o volume de água que evapora em 2h ?Resposta: V = 2m x 1m x 3.103 m = 6.103 m3 em 2hEsse volume corresponde a qual massa de água ?

M = d . V = 3 3 33

kg10 6 10 m 6kg em 2h

m

Isso corresponde a 6 kg de água em 120 min, ou seja, 0,05 kg de água acada 1 minuto.

Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 4 - resoluçãoSe os trens se movem com velocidades 60 km/h e 40 km/h em sentidosopostos. Qual a velocidade relativa entre eles ? Ora, eles se aproximammutuamente com uma velocidade 60 + 40 = 100 km/h. Assim, se adistância incial entre eles vale 500 km, eles vão se encontrar apóst = d / V = 500 / 100 = 5 h de viagem.Durante essas 5h de viagem, a abelha está percorrendo 70 km a cada1 hora, portanto, ela percorrerá 5 x 70 = 350 km em 5h de viagem. Vocênão estava pensando em calcular pedacinho por pedacinho, estava ?

Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 5 – resoluçãoO sapo se move ao longo do solo (direção horizontal, eixo x) enquanto alagartixa se move ao longo da vertical (eixo y). A figura abaixo mostra aconfiguração inicial (t = 0) do sistema sapo + lagartixa.

Sapo

16 cm/sLagartixa

10 cm/s

200 cm

Instante t = 0

Y

O sapo se move com velocidade 16 cm/s, portanto, após 5 s eleterá percorrido uma distância horizontal 16 5 = 80 cm para aesquerda, portanto estará a uma distância 200 80 = 120 cm daparede vertical (veja a próxima figura). A lagartixa, por sua vez,durante esses 5 segs, percorrerá 10 cm/s 5 s = 50 cm para cimana vertical, como mostra a próxima figura.

Sapo

80 cm

50 cm

120 cm

LagartixaInstante t = 5 s

D

x

Y

Assim, no instante t = 5 s, qual a distância D entre o sapo e a lagartixa ?A figura acima mostra que essa distância é dada simplesmente peloteorema de Pitágoras no triângulo retângulo:

2 2D 120 50 130cm 1,3 m

Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 6 - resolução

Observando atentamente, você perceberá que a distância entre 2 picos decontração é de 2 cm. Ora, mas quanto tempo o papel milimetrado demorapara percorrer 2 cm = 20 mm ?

d 20mmt 0,8 s

v 25mm/ s

Assim, vemos que o coração está dando uma contração a cada 0,8 s,portanto, nesse ritmo, ele dará quantas contrações a cada 60 segs ?Iiiisso, regra de 3 ! Vamos lá ?

1 contração 0,8 sX contrações 60 s X = 75 contrações por minuto

Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 7 - resoluçãoImagine que os carros A e B (respectivamente o primeiro e o último

colocado) se movem em MCU com velocidades tais que VA > VB.Segundo o enunciado, após o tempo que os carros levam para dar 10voltas na pista, o carro A coloca UMA VOLTA de vantagem sobre o carroB. Isso indica que no dobro desse tempo (ou seja, após 20 voltas na pista),ele terá o dobro da vantagem, ou seja, colocará DUAS voltas de vantagemsobre o carro B. Assim, após o triplo desse tempo (após 30 voltas napista), ele terá colocado TRÊS voltas de vantagens sobre o carro B.Resposta: letra C

Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 8 - resolução

d = distânciaSinal 1 tem velocidade maior v1 = 7500 m/s portanto demoramenos tempo, demora apenas t1 = t.Sinal 2 tem velocidade menor v2 = 4500 m/s portanto demora maistempo, demora apenas t2 = t + 20.Mas a distancia percorrida é sempre a mesma, portanto, usandotrianglinho mágico vem:d = v1.t1 = v2.t2 7500t = 4500.(t+20)7500t 4500t = 90000 t = 30 sAssim d = v1.t1 = 7500×30 = 225.000m = 225 km.Se preferir, pode escrever:d = v2.t2 = 4500×(t+20) = 4500×(30+20) = 225.000m = 225 km.

Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 9 - resoluçãoTAB + TBC + TCD = 8 horas

x x x8

60 45 36 x = 120 km

Assim, a distância total ABCD vale 3X = 360 km. Como a velocidademédia prevista era de 80 km/h, o tempo previsto para essa viagemcompleta então era de:

d 360kmt 4,5 h

v 80km / h

O tempo de viagem previsto era de 4,5 h mas a viagem foi realizada em8h, ou seja, a carga chegou com um atraso de 8h 4,5 h = 3,5 h.Letra C

Aula 2 - Questão 10- resoluçãoComo não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varialineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemoscalcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades.Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média:

km/h24

h3

10

km80

3h h3

1

km80

km/h20

km60

km/h60

km20

km60 km20

TT

DD

totalT

totalD Vm

21

21

Essa é a velocidade média do carro no percurso.


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Física


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Aula 2 - Questão 11- resoluçãoComo não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varialineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemoscalcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades.Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média:Digamos que a 1ª metade da distância percorrida valha x, a 2ª metade dadistância percorrida valha x e, portanto, a distância total valha 2x. Assim,

vem:1 2

1 2

D DD total x x 2x 600Vm 75km/h

x x 10x 6xT total T T 8

60 100 600

Aula 2 - Questão 19 - resoluçãoO avião parte do repouso e sua velocidade aumenta uniformemente de0 m/s a 100 m/s em 20 segs. Você diria que essa velocidade estáaumentando de quanto em quanto, a cada 1 seg ? Sim, aumentando de5 m/s em 5 m/s a cada 1 seg, portanto sua aceleração vale a = 5 m/s2.Qual a distancia percorrida por ele durante esses 20 segs ?

Podemos fazer pelo gráfico:

N b h 100 20

D área 1000 m2 2

Também podemos usar a expressão doMuv:

V(m/s)

t(s)00

100

20

s = Vo.t + a.t2 / 2 = 0 + 5.(20)2 / 2 = 1000 m = 1 km

Aula 2 - Questão 21 - resoluçãoNo gráfico S x t, a inclinação em cada instante está relacionada com avelocidade do móvel naquele instante. Observado a figura abaixo, vemosque, no instante t * , os gráficos do móveis têm a mesma inclinação( = ) e, portanto, A e B têm velocidades iguais naquele instante.

t (s)

X A

B

t1

t3

t2 t

*

Aula 2 - Questão 22 - resoluçãoVocê chegará facilmente à resposta se usar o mesmo raciocínio daquestão 4 de classe – método da gravata – solução geométrica.

Aula 2 - Questão 32 - resoluçãoDo gráfico V x t da queda livre na gravidade g = 10 m/s 2, a velocidadeaumenta de 10 em 10 m/s a cada 1 seg

V(m/s)

1 2 3 4 5 6

10

20

t(s)

x

3x

5x

7x

9x

11x

Assim, a área de 1 triângulo x vale x = 10 x 1 / 2 = 5 m.

Assim, das proporções de Galileu, vem:

1º segundo de queda cai x = 5 m

2º segundo de queda cai 3x = 15 m




6º segundo de queda cai 11x = 55 mOps ! O 6º segundo vai do instante t = 5s ao instante t = 6s.

Ou seja, o corpo caiu durante 6 s !!!!!

Qual a altura caída em 6 segs ??? H = g.t2 / 2 = 10.(6)2 / 2 = 180 m

Aula 2 - Questão 33 - resoluçãoDo gráfico V x t, se a aceleração vale a = 4 m/s2, a velocidade aumenta de4 em 4 m/s a cada 1 seg, ou seja: 0 m/s, 4 m/s, 8 m/s...... etc

V(m/s)

1 2 3 4

4

8

t(s)x

3x

5x

7x

Assim, a área de 1 triângulo x vale: x = 4 x 1 / 2 = 2 m.

Assim, das proporções de Galileu, vem:1º segundo de movimento percorre 1x = 2 m2º segundo de movimento percorre 3x = 6 m3º segundo de movimento percorre 5x = 10 m4º segundo de movimento percorre 7x = 14 m

Aula 2 - Questão 34 - resoluçãoO tempo (t1) decorrido entre duas balas consecutivas é o mesmo tempo(t2) que o disco leva para girar 1 volta completa.Mas qual o tempo decorrido entre duas balas consecutivas ?Ora, 30 balas a cada 60 segs significa 1 bala a cada 2 segs.A cada 2 segs uma bala atravessa o disco, portanto, a cada 2 segs o discodá uma volta completa. Ou seja, o disco está girando num ritmo de 1 voltaa cada 2 segs, portanto (1 volta) / ( 2 segs ), ou seja, 0,5 voltas/seg ou0,5 Hz.

Aula 2 - Questão 35 - resoluçãoO tempo (t1) que a bala demora para percorrer uma distância d1 igual aodiâmetro (d1 = 2R) do disco é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para

girar meia volta, ou seja, sofrer um deslocamento angular = rad.Assim, temos:

11 2

d deslocamento angular 2R radt t

V velocidade angular V

2RV

Aula 2 - Questão 36 - resoluçãoEssa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. Adiferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite arotação de uma roda, nessa questão, é o próprio chão.V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f 1.R1 = 2..f 2.R2

f 1.R1 = f 2.R2 240 pedaladas

.3R f .R

60s

f 2 = 2 Hz

Aula 2 - Questão 37 - resoluçãoEssa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. Adiferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a


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Físi ca


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rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas,sem que haja escorregamento.V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f 1.R1 = 2..f 2.R2

f 1.R1 = f 2.R2 2 21 voltas 1 voltas

8 f 5 f 40s 25 seg

22

1 segs25f volta

Aula 2 - Questão 38 - resoluçãoEssa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. Adiferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite arotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas,sem que haja escorregamento.V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f 1.R1 = 2..f 2.R2

f 1.R1 = f 2.R2 2 2 voltas 1 voltas

3 4 f 60 f s 5 seg

22

1 segs5

f volta

Aula 2 - Questão 40 - resoluçãoLegenda1 = coroa2 = catraca3 = roda

3 3 3 2 1 1 2 2

2 3

1 311 3 1

2 2

21 3

1 2

2

v R , com e R R

v R

R RRv R 2. .f

R R

R R 45 rotações 8.10v 2. .f 2 3 0,4

R 60s3.10

v 4,8 m/ s

Aula 2 - Questão 41- resoluçãoSegundo o enunciado, devemos ter V = .R = constante.Como a leitura das trilhas ocorre do centro para a periferia, a cabeçaleitora lê primeiro os raios R menores e vai gradativamente se afastandodo centro do disco, lendo trilhas de raios cada vez maiores. Assim, R vaiaumentando, mas como V = .R = constante = 1,3 m/s , se R aumenta,então vai diminuindo. Como o período vale = 2. / , se diminui, aumenta.


Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 6 segs / 2 = 3 segsHmax = 10.(3)2 / 2 = 45 m

Tsub = Voy / g = Vo.sen / g 3 = Vo.(sen 30º) / 10 Vo = 60 m/s


Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 8 segs / 2 = 4 segs

Hmax = 10.(4)2 / 2 = 80 m

A = Vx . t Vôo 240 = Vx . 8 Vx = 30 m/s

Tsub = Voy / g 4 = Voy / 10 Voy = 40 m/s

(Vo)² = (Vx)² + (Voy)² Vo = 50 m/s


A = Vx . t Vôo = 30 x 4 = 120 m

Vx = Vo.cos 30 = Vo. cos 60o Vo = 60 m/s


Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida

45 = (10).t 2 / 2 t = tsub = tdescida = 3 s

Tvôo = tsub + tdescida = 3 + 3 = 6 s

A = Vx . t Vôo = 5 x 6 = 30 m


Decompondo as velocidades iniciais de lançamento, percebemos que

VoyA = VoyB . Isso implica que, na vertical, ambos os projéteis partem

com a mesma velocidade inicial Vy e sofrem exatamente a mesma

aceleração a = g durante todo o movimento. Assim, os movimentos

verticais de A e B serão exatamente idênticos, implicando que eles terão

o mesmo tsubida, o mesmo tvôo e atingirão a mesma altura máxima Hmax.

Como o alcance é dado por A = Vx. tvôo e, sendo VxB = 3.VxA (como

podemos notar decompondo as velocidades iniciais) e tvôo B = tvôo A ,

portanto teremos AB = 3.AA. Portanto, devemos assinalar como errada aalternativa E.


No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo , assim:

H = g.t 2 / 2 45 = 10.t 2 / 2 t vôo = 3 s

Para se obter um alcance de, pelo menos 900 m, devemos ter:

A = Vx . t Vôo 900 = Vo . 3 Vo = 300 m/s


No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo .

Assim, como as bolas partem de alturas H iguais, passarão o mesmo

tempo no ar ( t vôo A = t vôo B ).

Como VxB = 3.VxA, é fácil ver que o alcance horizontal da bola B será

três vezes maior que o alcance horizontal da bola A (A = Vx . t Vôo)

Aula 2 - Questão 50 – resoluçãoa) O maior valor possível para o seno de qualquer ângulo vale 1, que

ocorre quando esse ângulo vale 90º, afinal, sen90o = 1. Assim, paraque sen(2) seja máximo, devemos ter 2 = 90º, portanto, = 45º.

b) Amax =2oV

gsen(2), para = 45º

Amax =2oV

gsen(90º) =

2oV

g×1 =

2oV

g

c) A questão está pedindo o valor de Hmax =

2 2oV sen.g 2

para =45º ,

portanto, vamos calcular:

Hmax =

2 2 22 2o o oV V Vsen ( 2 / 2). .g 2 g 2 4g


Essa questão requer que lembremos das fórmulas de lançamento de

projéteis (infelizmente) :Hmax =

2

sen.

g

V 22o (eq1)


11/45

Física


425

A =g

V2o sen(2) =g

V2o .2.sen().cos() (eq2)

A/2

Hmax

Do triângulo retângulo da figura acima, podemos escrever:

2

A

maxHtg (eq3)

Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem:

2

tg

cos.2

sen

cos.sen.g

V

2

sen.g

V

2

A

maxHtg

2o

22

o

tg

tg2

2

1

tg

tg

Aula 2 - Questão 52 – resoluçãoA altura H mostrada na figura pode ser determinada a partir da expressãoabaixo:

H

1,70 m

A

B

C

D

2 2 2 2ooV sen 200 (1/ 2)H . . 500m , visto que sen30 =1/2

g 2 10 2

Outra maneira de calcular essa altura H na figura seria, primeiro,calculando o tempo de subida de A para B usando a cinemática somentena vertical:

Vy V oy g.t 0 Vo.sen30 g.t 0 200.(0,5) 10.t

t 10s

Em seguida, calculamos H na figura usando:

2 2g.t 10.(10)H 500m

2 2

Na questão da Unifor, a altura maxima desejada é a altura TOTAL emrelação ao chão, e vale, portanto:

Htotal = H + 1,70 = 500 + 1,7 = 501,70 m


Nessa questão, faremos uso da expressão do alcance horizontal já

utilizada na questão 45. A condição de máximo alcance é obtida

considerando = 45o. Lembrando que 108 km/h = 30 m/s, vem:

Amax =2oV

gsen(2) =

230

10sen(90o) =

900

10x 1 = 90 m

Aula 2 – O Conceito de Força

Aula 2 - Questão 4 – Página 74 - resolução

A única força que age na bola, durante o seu vôo (desprezando a

resistência do ar) é a força peso, resultado da atração entre a massa da

Terra e a massa da bola.

Lembre-se de que velocidade não é força ! A força que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só atua

na bola enquanto as mãos estão em contato com a bola. Como diria o

prof Renato Brito, as mãos do jogador não vão junto com a bola

durante o seu vôo !

Aula 2 - Questão 5 Pág 74 – resolução (resposta correta – letra D)

Como o prof Renato Brito costuma dizer, POR DEFINIÇÃO, o

dinamômetro é, meramente, um medidor de tração T no fio.

A força que o homem aplica na corda é a própria tração T. A força que

a corda aplica à caixa (e vice-versa) também se chama tração T.

Segundo o enunciado, a tração T marcada no dinamômetro

permanece constante.

Segundo o enunciado, o coeficiente de atrito cinético, bem como o Fat

cinético, têm intensidades variáveis .

A seguir, o prof Renato Brito analisará cada alternativa :

a) a força resultante que atua no objeto é constante.

A força resultante é F R = T – fat, sendo T constante e Fat variável,

portanto, F R é variável.

b) o objeto está deslocando-se com velocidade constante;

Com base no enunciado, nada se pode afirmar sobre isso.

c) o valor da força de atrito entre o objeto e a superfície é dado pela leitura

do dinamômetro.O dinamômetro mede a tração T no fio, por definição.

d) a força que a pessoa aplica no objeto é constante;

Sim, visto que essa força é a tração T constante registrada pelo

dinamômetro.

e) a força de atrito entre o objeto e a superfície é constante.

Não, ela é variável, visto que o coeficiente de atrito cinético entre o solo

e o objeto é variável.

Aula 2 - Questão 18 - resoluçãoQual o ritmo com que a velocidade horizontal da caixa aumenta ?De acordo com a tabela, a velocidade da caixa aumenta V = 10 m/s a

cada t = 2s, o que dá uma taxa de variação:a = V/t = 10 / 2 = 5 m/s2 .

Mas qual a força horizontal culpada pelo aparecimento dessa aceleração

horizontal (veja figura adiante) ?

Ora, certamente é a força FX , que causa uma aceleração a de acordo

com a 2ª Lei de Newton:

FX = m. a F.cos = m . a F . 0,5 = 10 x 5 F = 100 N

FX

FYN

P

Como a caixa não apresenta aceleração na vertical, a força resultante navertical deve ser nula. Assim, o prof Renato Brito pode escrever :


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Físi ca


426

N + FY = P N + F.sen = PN + 100 x 0,86 = 100 N = 14 newtons

Aula 2 - Questão 20 - resoluçãoA caixa B é a mais pesada e acelera ladeira abaixo (figura 2), ao contrárioda caixa A, que acelera ladeira acima (figura 1). Assim, podemos escrever

a lei de Newton para caixa e resolver o sistema.

P A. s e n

T a

Figura 1

(caixa A – figura 1)T – PA .sen = mA . aT – 50 .( 0,6 ) = 5 . aT – 30 = 5 . a

P B. s e n

T a

figura 2

(caixa B – figura 2)PB .sen – T = mB . a150.(0,6) – T = 15.a90 – T = 15.a

Somando membro a membro,vem:90 – 30 = 20.a a = 3 m/s2 Substituindo, vem:T – 30 = 5 . aT – 30 = 5 x 3T = 45 N

Aula 2 - Questão 21 - resoluçãoFR = M.a M.g – T = M.aFR = M.a T + M.g.sen = M.aResolvendo-se o sistema de equações acima, determina-se a tração T ea aceleração a.

Aula 2 - Questão 24 - resoluçãoCASO 1- MOLA ELONGADA: Na figura 1, a mola encontra-se elongada,

portanto está puxando tudo a sua volta. Por exemplo, ela puxa o teto da

caixa para baixo k.x e puxa a bola preta para cima k.x. Portanto,

sobre a bola agem duas forças k.x e m.g .

Dependendo da deformação x da mola, a resultante sobre a bola na figura

1 pode ser prá cima (k.x > m.g), prá baixo (k.x < m.g) ou até

momentaneamente nula, no lapso instante em que ocorrer k.x = m.g.

Assim, não há temos como concluir para onde aponta a aceleração da

bola da figura 1. A caixa, entretanto, está sempre em equilíbrio e, assim,

podemos escrever N1 = k.x + M.g [eq-1] e, portanto, N1 > M.g na

figura 1. A balança registrará um valor N1 maior que o peso M.g da caixanesse caso.

m.g

k.x

k.x

k.x

k.x

N1

M.g

molaelongada

Figura 1

N1

CASO 2- MOLA COMPRIMIDA:

Já na figura 2 a mola encontra-se comprimida. Assim, essa mola está

empurrando tudo a sua volta. Por exemplo, ela empurra o teto da caixa

para cima k.x e empurra a bola preta para baixo k.x. Portanto, sobre

a bola agem duas forças k.x e m.g prá baixo e, inevitavelmente,

essa bola está acelerada para baixo FR a2 . Assim, essa bola tanto

pode estar descendo v acelerada a2 , como pode estar subindo v

retardada a2 . Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 2

está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever N2 + k.x = M.g

N2 = M.g – k.x N2 < M.g [eq-2].

A balança registrará um valor N2 menor que o peso M.g da caixa nesse

caso.

m.g

k.x k.x

k.x

k.x

M.g

m o l a c o m p r i m i d a

Figura 2

a2

N2

N2

CASO 3- MOLA MOMENTANEAMENTE RELAXADA:

A figura 3 mostra o exato instante em que a mola atinge o seu

comprimento natural, isto é, o exato instante em que sua deformação é

momentaneamente nula x = 0.

Essa situação ocorre uma única vez durante a subida da bola e outra vez

na descida. Nesse lapso instante, a mola não exerce força elástica

alguma (x = 0, k.x = 0). Sobre a bola, portanto, só agirá a força peso

m.g, portanto a bola certamente está acelerada para baixo. Uma vez

mais, existem duas possibilidades para o movimento da bola nesse

instante: essa bola tanto pode estar descendo v acelerada a3 , como

pode estar subindo v retardada a3 .

m.g

M.g

m o l a r e l a x a d a ( x = 0 )

N3

N3

a3

Figura 3 Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 3 está em equilíbrioe, portanto, podemos escrever N3 = M.g [eq-3]. Nesse lapso instante,a balança portanto registrará um valor N3 igual ao peso M.g da caixa.


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Física


427

Agora, vejamos as opções dessa questão - A respeito da marcação dabalança, pode-se afirmar que:a) sempre acusará um peso maior que M.g

falsa, a normal da caixa pode ser maior ou menor que M.g, dependendodo estado da mola.

b) quando a esfera pára na altura máxima, a balança acusará um peso

maior que M.gfalsa, pois nesse caso teremos mola comprimida (figura 2) e, segundo(eq-2), teremos N 2 < M.g, ou seja, a balança marcará um valor menorque o peso M.g da caixa.

c) quando a esfera sobe em movimento acelerado, a balança acusará umpeso menor que M.gfalsa, pois esfera subindo acelerada requer v, a, o que só podeocorrer na esfera da figura 1, no caso em que tivermos k.x > m.g.

Assim, se a bola estiver subindo acelerada, a mola só pode estarelongada (figura 1) e, nesse caso, segundo [eq-1] teremos N 1 > M.g,isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g dacaixa.

d) quando a esfera passa pela posição em que a mola encontra-se no seucomprimento natural, a balança acusará um peso M.gVerdadeiro. Isso ocorre na figura 3.

e) quando a esfera passa pela sua posição de equilíbrio, a balançaacusará um peso M.gfalsa. Para a esfera estar momentaneamente em equilíbrio, a resultantedas forças que agem sobre a esfera deve ser nula e isso só tem comoacontecer na figura 1, no caso em que k.x = m.g. Assim, quando aesfera estiver momentaneamente em equilíbrio, a mola estará elongada(figura 1) e, segundo [eq-1], teremos N 1 > M.g , isto é, a balançaestará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.

Aula 2 - Questão 26 - resoluçãoF2 F1X = m.aF2 F1.cos60o = m.a30 40.(0,5) = 2.aa = 5 m/s2

Aula 2 - Questão 27 - resoluçãoF1 f = MA.a41 f = 8.a (eq1)

f F2 = MB.af 13 = 6.a (eq2)

somando eq1 e eq2, membro a membro, vem:41 13 = 14.a a = 2 m/s²f 13 = 6.af 13 = 6.(2)

f = 25 N

AULA 3 – Estudo do Atrito

Aula 3 - Questão 3 - resoluçãoO enunciado da questão garante que o sistema encontra-se em equilíbrio.Assim, podemos escrever:

Equilíbrio da caixa A: T1 = PA = 50N

Equilíbrio da caixa C: T2 = PC = 40N

B

C A

P A

T1 T2

T2

PC

T1

Assim, sendo T1 > T2 , a caixa B tende a escorregar prá esquerda emrelação ao piso. Como o enunciado garante que a caixa B também estáem equilíbrio, certamente há uma Fat agindo nela impedindo esseescorregamento:

B

C A

P A

T1 T2

T2

PC

T1

tendência de escorregamento

Assim, para o equilíbrio da caixa C, o prof Renato Brito pode escrever :T1 = T2 + Fat 50 = 40 + Fat Fat = 10 N

B

C A

P A

T1 T2

T2

PC

Fat

T1

B

C A

50N

50N 40N

40N

40N

10N50N


A caixa B tende a escorregar prá cima ou prá baixo ? Para responder isso,

devemos analisar quem é maior, M.g ou M.g.sen ? Ora, sabemos que

o seno de qualquer ângulo agudo está sempre na faixa

0 < sen < 1, portanto, M.g > M.g.sen.Assim , a caixa B tende a escorregar ladeira acima e, portanto, recebe um

Fat ladeira abaixo, como mostra a figura acima. Como o enunciado

garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever:


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Físi ca


428

B

A M.g.sen

M.g

TT

t e n d ê n c i a d e

e s c o r r e g a m e n t o

Equilíbrio do corpo A : T = M.gEquilíbrio do corpo B : T = Fat + M.g.sen e N = M.gcos

B

A M.g.sen

M.g

TT

M.g.cos

N

Fat

Como a questão pede o menor coeficiente de atrito que permite que o

sistema ainda esteja em equilíbrio, isso indica que o sistema encontra-se

na iminência de escorregar e, portanto, podemos usar a “condição de

iminência” para o corpo B:

Condição de iminência de escorregar: Fat = Fatmax = .N

Substituindo, podemos facilmente determinar o coeficiente de atrito :

T = Fat + M.g.sen M.g = .N + M.g.sen

M.g = .M.g.cos + M.g.sen

M.g – M.g.sen = .Mg.cos M.g.( 1 – sen ) = .Mg.cos

= 1 sencos

Aula 3 - Questão 10 - resoluçãoa) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portantotemos: 2.mg = T1 e T1 = Fat Fat = T1 = 2.mg além deN = 3.mg

A

B

2.mg

T1

T1Fat

3.mg

N

Figura 1

b) A expressão Fat = E .N é a chamada de condição de iminência e só

é válida se a caixa estiver na iminência de escorregar. O enunciado

informa apenas que a caixa está em equilíbrio, podendo estar ou não na

iminência de escorregar. Portanto, não há como se determinar o valor do

E com os dados que dispomos. Nessas condições, só podemos garantir

que Fat E .N.

c) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto

temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat Fat = T1 = 2.mg além de

N = 3.mg

A

B

2.mg

T1

T1Fat

3.mg

N

Figura 1

Como o Fat estático é capaz de “segurar” uma força 2mg, certamente eleserá capaz de segurar 1,5m.g , 1.m.g, 0,5.m.g .... etcNão temos como saber se Fat consegue segurar mais que 2.m.g, visto quenão conhecemos o E. Assim, garantimos até agora apenas umFatmax = 2.m.g.

A

B

2.mg

T1= 2mg

Fat

3.mg

N

C

T1= 2mg

tendência de escorregar

T2

T2

PcFigura 2

A caixa C mais pesada que se pode pendurar de forma que ainda sepossa garantir que a caixa A não escorregará (figura 2) está relacionadacom o maior valor que o Fat consegue atingir nessa questão, até agora,

2m.g.Como queremos uma caixa C mais pesada possível, a caixa A tenderá aescorregar para a esquerda (figura 2) e, portanto, o Fat sobre elaapontará para a direita . O maior Pc possível é aquele que levar Fatao seu maior valor que se pode garantir (Fat = 2m.g), assim (figura 3):T1 + Fat = T2 2.mg + 2.mg = T2 T2 = 4.m.gmas T2 = Pc 4.m.g = mC .g mC = 4.m

A

B

2.mg

T1= 2mg

C

T1= 2mgFat = 2.m.g

T2= 4mg

T2= 4mg

Pc = 4mg

Figura 3


a) Determinando Fat max:

Fat max = E . N = E . PA = 0,5 x 80 = 40 N

Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas nointervalo 0 Fat 40 N.

Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse emequilíbrio ? Condições de equilíbrio estático:

PB = T = Fat 20 = T = Fat Fat = 20 N.


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Física


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A

B

PB

TFat

P A

N

T

Conclusão: Como Fat segura até 40 N, ela certamente será capaz desegurar 20N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e,assim, teremos: PB = T = Fat = 20N

b) ) Determinando Fat max:Fat max = E . N = E . PA = 0,8 x 20 = 16 NAssim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas nointervalo 0 Fat 16 N.Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse emequilíbrio ?Condições de equilíbrio estático: PB = T = Fat 80 = T = Fat

Fat = 80 N.

Conclusão: Como Fat só segura até 16 N, Fat não será capaz desegurar os 80 N que seriam necessários para garantir o equilíbrio dosistema, portanto, o sistema não está em equilíbrio. Ambas as caixasestão aceleradas e teremos PB > T > Fat.O Fat será cinético e valerá: Fat = Fat c = C .N = 0,4 x 20 = 8 NPrecisamos aplicar a lei de Newton a cada bloco e determinar a tração T ea aceleração do sistema. Para o bloco B, podemos escrever:PB – T = mB . a 80 – T = 8.aPara o bloco A, podemos escrever: T – Fat = mA . A T – 8 = 2.aSomando as equações membro a membro, vem:80 – 8 = 10.a a = 7,2 m/s2 .Substituindo em qualquer equação vem T – 8 = 2.a

T – 8 = 2 x (7,2) T = 22,4 N

Aula 3 – Questão 14 – resoluçãoa) O coeficiente de atrito E estático é definido pelo quociente entre a

força de atrito máxima (Fatmax = 40 N) e a normal N (N = P = M.g =50N), assim temos: E = Fatmax / N = 40 / 50 = 0,8. Alternativa falsa;

b) O coeficiente de atrito C cinético é definido pelo quociente entre ovalor cinético da força de atrito (Fatcin = 30 N) e a normal N (N = P =M.g = 50N), assim temos: C = Fatcin / N = 30 / 50 = 0,6.

Alternativa falsa; c) Estando o bloco em repouso, ele só começará a escorregar para uma

força solicitante F > Fatmax, isto é, Fat > 40 N. Alternativa falsa; d) Esse mito é falso. Para entender o porquê, note que, se o bloco

estiver em repouso e aplicamos sobre ele os seguintes valorescrescentes de força solicitadora F = 10N, F= 20N, F = 30 N, o bloco nãose moverá e a força de atrito sobre ele, em cada caso, terá o mesmomódulo da força solicitadora Fat = 10N, Fat 20N e Fat = 30 N a fim demantê-lo parado. Vemos que a força de atrito agindo no corpoaumentou gradativamente nesse episódio ( Fat = 10N, 20N, 30N )embora a normal N que age no corpo seja CONSTANTE, o que nosmostra que a força de atrito agindo no corpo não é diretamenteproporcional N.Esse fato só ocorre em duas situações muito particulares: (1) se ocorpo já estiver escorregando (atrito cinético Fatcin =C.N) ou (2) seestiver na iminência de escorregar (Fat = Fatmax =E.N).

Alternativa falsa; e) Se o bloco estiver escorregando (Fat cinético Fatcin = 30N) sob ação de

uma força solicitante F = 20 N, ele estará escorregando em movimentoretardado (Fatcin > F). Independente de ser acelerado ou retardado, ofato de o corpo estar escorregando garante que a força de atritoassumiu o seu valor cinético Fatcin = 30N. Alternativa correta.

Aula 3 - Questão 15 - resoluçãoResolução da Letra A:Análise do escorregamento ou não da caixa (figura 1):Passo 1) Fat max = . N = . PA = 0,8 x 600 = 480 NAssim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas nointervalo 0 Fat 480 N.Passo 2) Qual valor de Fat seria necessário para o sistema permanecesse

em equilíbrio (figura 1) ?PB = T = Fat 200 = T = Fat Fat = 200 N.

A

B

PB

TFat

P A

N

T

A

B

PB

TFat

P A

N

T

F

Figura 1 Figura 2

Conclusão: Como Fat segura até 480 N, ela certamente será capaz de

segurar 200N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e,assim, teremos: PB = T = Fat = 200N

Resolução da Letra B:Devido à presença do peso B (figura 2), é mais fácil fazer a caixa A semover para a direita. O menor valor de F, que deixará a caixa A naiminência de escorregar, levará o Fat ao seu valor estático máximoFat = Fat max = 480 N.Da condição de equilíbrio + iminência, o prof Renato Brito pode escrever:F + T = Fat com T = PB = 200 NF + 200 = 480 F = 280 N.Pronto ! Uma força F = 280 N coloca a caixa na iminência de escorregar.Qualquer força F >280N moveria essa caixa para a direita.

A

B

=200N

TFat

T

F = 280 N

PB

=200N

=200N=480N

Aula 3 - Questão 16 - resoluçãoNa vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrionessa direção. Assim, podemos escrever:

FX

FYN

P

Fat

N + FY = P N + F.sen = P N + 160 x 0,6 = 400N = 304 newtonsFat Max = E.N = 0,5 x 304 = 152 NFx = F.cos = 160 x 0,8 = 128 NSendo 128 < 152 (Fx < Fatmax), a caixa não escorregará !Ela permanecerá em repouso permanente (equilíbrio) a = 0. Nesse caso,teremos apenas Fat = Fx = 128 N

Aula 3 - Questão 17 - resoluçãoNa vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrionessa direção. Assim, podemos escrever:

N + FY = P N + F.sen = P N + 200 x 0,6 = 400N = 280 newtonsFat Max = E.N = 0,5 x 280 = 140 NFx = F.cos = 200 x 0,8 = 160 N


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Físi ca


430

Sendo 160 > 140 (Fx > Fatmax), a caixa escorregará sim !

FX

FYN

P

a

Fat

Fat = Fat cinético = C . N = 0,5 x 280 = 140 newtonsA lei de Newton na horizontal permite escrever:FR = ( FX – Fat ) = m.a F.cos – Fat = m.a 200 x 0,8 – 140 = 40.a a = 0,5 m/s2

Aula 3 - Questão 19 - resoluçãoAnálise preliminar:Enquanto o corpo se move para a direita v em movimento retardadoa, a força de atrito Fat é a responsável pela aceleração da caixa.Assim, a 2ª lei de Newton permite escrever:FR = m.a Fat cin = m . a . N = m.a.m.g = m.a a = .g [eq-1]

A cinemática desse MUV permite escrever :V = Vo – a.T 0 = Vo – 2..g.T T =

g..2

Vo

[eq-2]

N

P

V

Fat

a

A expressão eq-2 nos mostra quais fatores influenciam o tempo T que acaixa leva até parar nesse episódio. Note que esse tempo de frenagemindepende da massa da caixa.Resolução da questão:a) Aplicando a função horária da velocidade do MUV, vem:V = Vo – a.T 0 = 20 – a.( 5 ) a = 4 m/s2 b) A 2ª lei de Newton permite escrever:FR = m.a Fat cin = m . a . N = m.a .m.g = m.a a = .g 4 = x 10 = 0,4

Conselho do prof Renato Brito: Não tente memorizar expressões comoeq-1 e eq-2, visto que elas tem validade restrita. Procure entender osprincípios utilizados para chegar até elas, e seja capaz de reproduzir oraciocínio quando lhe for útil.


O solo aplica sobre a caixa uma força de atrito Fat = 30 N para a

esquerda e uma normal N = 40 newtons para cima. Assim, a força total

que o solo aplica sobre a caixa é a resultante desse 30 N com esse 40 N

que, por Pitágoras, vai dar 50 N ! Pegadinha, né ?

Aula 3 - Questão 27 - resoluçãoConforme aprendemos em sala de aula (veja suas anotações do caderno,questão 8 de classe, página 90), a distância que esse móvel percorre atéparar, é dada por:

2oVD

2. .g

No 1º caso, quando freia sem ABS, travando as rodas e, portanto,derrapando na pista fazendo uso do cinético, a distância Dcin percorridaentão é dada por:

2o

cincin

VD

2. .g

(eq1)

No 2º caso, quando freia com ABS, no limite mas sem travar as rodas,portanto fazendo uso do estático, a distância De percorrida então é dadapor:

2o

ee

VD

2. .g

(eq2)

Dividindo eq1 por eq2, membro a membro, obtemos:

cin ee cin cin

e cin

DDe D

D

De (0,4) = 6 (0,3) De = 4,5 m

Aula 3 - Questão 28 - resoluçãoO teorema de Pitágoras permite determinar a hipotenusa desse triângulo.Efetuando os cálculos, encontramos hipotenusa = 25m.Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético,

cujo valor é constante, dado por Fat cin = .N , onde é o coeficiente deatrito cinético.Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante nadireção do movimento com a aceleração que ela causa:FR = m.a (P.sen – Fat ) = m.a m.g.sen – .N = m.am.g.sen – .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:m.g.sen – . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:a = g.sen – .g.cos

15 m

20 m

N

P.cos

Fat

a

P.sen

sen = 15 / 25 = 3 / 5 = 0,6 cos = 20 / 25 = 4 / 5 = 0,8Substituindo, vem: a = g.sen – .g.cos a = 10 x 0,6 – (0,5).10.(0,8) a = 6 – 4 a = 2 m/s2 A caixa desce, a partir do repouso, em MRUV, com aceleraçãoa = 2 m/s2 percorrendo uma distância S = 25 m. Isso permitedeterminar quanto tempo ela gasta para percorrer essa distância:S = Vo .t + a.t2 / 2 25 = 0 + 2.t2 / 2 t = 5 s


Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético,

cujo valor é constante, dado por Fat cin = .N , onde é o coeficiente deatrito cinético.Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante nadireção do movimento com a aceleração que ela causa:FR = m.a (P.sen + Fat ) = m.a m.g.sen + .N = m.am.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:m.g.sen + . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:a = g.sen + .g.cos

N

P.cos

Fat a

P.sen

V


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Física


431

Aplicando a equação de Torricelli no movimento retardado da

subida, temos:

V2 = Vo2 2.a.D, com V = 0 e a = a = g.sen + .g.cos

02 = Vo2 2.( g.sen + .g.cos).D

D =

2

oV

2g.(sen cos )


N

P.cos

a

P.sen

V

1º caso: Inicialmente sem atrito:

Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, vem:

FR = m.a m.g.sen = m.a a = g.sen

2º caso: Agora com atrito, aplicando a 2ª lei de Newton na direção da

rampa, vem:

N

P.cos

Fat

a

P.sen

FR = m.a’ m.g.sen Fat = m.a’

m.g.sen .m.g.cos = m.a’

g.sen .g.cos = a’

Conforme solicitado no enunciado, temos: a' = a / 2

a = 2.a’ g.sen = 2.(g.sen .g.cos)

sen = 2.sen 2.cos

sen = 2..cos = tg / 2

para = 45o, vem: = 0,5

Aula 3 – Questão 31 – resolução

Durante a subida: Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a

força resultante na direção do movimento com a aceleração que ela causa:

FR = m.a (P.sen + Fat ) = m.a m.g.sen + .N = m.a

m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:

m.g.sen + . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:

a = g.sen + .g.cos

N

P.cos

Fat a

P.sen

V

Durante a descida: Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa,vem:

N

P.cos

Fat

a

P.sen

FR = m.a’ m.g.sen Fat = m.a’

m.g.sen .m.g.cos = m.a’ g.sen .g.cos = a’

Vemos claramente que a > a’ , portanto o gráfico correto da aceleraçãoem função do tempo será o II . Lembrando que, no gráfico V x t, aaceleração está relacionada à inclinação , o gráfico correto da velocidadeserá o IV.

Aula 3 - Questão 35 - resoluçãoDecompondo a força F, podemos determinar suas componentes:FX = F.sen = 50 x 0,6 = 30 N

FY = F.cos = 50 x 0,8 = 40 NP = m.g = 20 NEita ! Se FY > P, a caixa tende a escorregar prá cima ! Portanto,receberá da parede um Fat para baixo conforme a figura acima.Análise do escorregamento da caixa:Passo 1:Fat max = E. N = E . FX = 0,5 x 30 = 15 N, ou seja: 0 Fat 15N

Passo 2: Condição de equilíbrio vertical da caixa:Fat + P = FY Fat + 20 = 40 Fat = 20N.

FX

NN

Fat

P Fat

P

F Y

FX

F Y

Conclusão: Como o Fat necessário para que a caixa fique em equilíbrio

(Fat = 20N) está fora do intervalo de valores possível para o Fat nas

condições dessa questão ( 0 Fat 15N), a caixa vai escorregar (acelerar)

para cima inevitavelmente. Assim, o Fat será cinético e seu valor serádado por:

Fat cin = C .N = C .FX = 0,4 x 30 = 12N Fat = Fat cin = 12N

Com que aceleração o bloco vai escorregar para cima ? Determinemos

através da 2ª lei de Newton:

FR = m.a (FY – P – Fat ) = m.a (40 – 20 – 12) = 2.a

a = 4 m/s2 .

Aula 3 - Questão 39 - resoluçãoSeguindo o mesmo raciocínio da questão 13 de classe, o aluno concluiráque:A condição para a caixa A não escorregar é:

a A . g a 0,35 x 10 a 3,5 m/s2

, onde a é aaceleração do caminhão.A condição para a caixa B não escorregar é:a B . g a 0,30 x 10 a 3,0 m/s2 , onde a é aaceleração do caminhão.


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Físi ca


434

Aula 4 – Questão 22 – resoluçãoApenas a tração T e o peso P agem sobre a bolinha do pendulo. Usandoo par de eixos padrão (tangencial e radial), decompomos a força peso Pem suas componentes:

C

P . c o

s

T

P P.

s e n

C

B

( T - P . c o s

)

( P. s e n

)

Em seguida, identificamos a componente tangencial (FTg = P.sen) daforça resultante FR e a componente centrípeta (FTg = T P.cos) daforça resultante FR.

Finalmente, encontramos a força resultante agindo na bolinha:

C

B

( T - P . c o s

)

( P. s e n

)

FR ( T - P . c o s

)

Se a força resultante FR aponta na direção horizontal, o trianguloretângulo nos permite escrever:

2

2 2

cateto oposto T P.costg

cateto adjacente P.sen

sen T P.cos P.sen T P.cos

cos P.sen cos

P.cos P.sen P.1T P.sec

cos cos cos

Aula 4 - Questão 23 - resoluçãoA figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agemnum pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par deeixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-se fora do par de eixos (no caso o peso P).

A 2a

lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever:Fctp = FIN – FOUT = m. actpFctp = T – PY = m. actp , com PY = P.cos

Fctp = T – P.cos = m.R

V 2

Entretanto, na posição B da oscilação (figura 2), ele encontra-semomentamente em repouso (V = 0, actp = 0), o que permite escrever:

T

P

PyPx

T

P.cos

P. s e

n

V = 0

actp = 0

figura 1 figura 2

Fctp = T – P.cos = m.2

V

R = m. 0

R

02

T = P.cos

Ou seja, no extremo da oscilação, a tração T e a componente P.cos momentaneamente se cancelam (figura 2).Naquele instante, a força resultante agindo sobre o pêndulo seráapenas a componente P.sen. Assim, no extremo da oscilação, a 2ªlei de Newton permite escrever:FR = m.a m.g.sen = m.a a = g.sen Naquele instante, a aceleração resultante do pêndulo será totalmentetangencial e terá módulo a = g.sen .

Aula 4 - Questão 24 - resoluçãoNa situação inicial de equilíbrio, temos:T2X = T1 e T2Y = T2.cos = P T2 = P / cos (eq1)

T1 T2

P

Quando o fio é rompido, a tração no fio 1 se anula (pois o fio foi cortado) eo pêndulo não estará mais em equilíbrio, passando a valer as equaçõesda Dinâmica do pêndulo simples:

T2'P.cos

P.sen

FRctp = Fin Fout = T2’ P.cos = m.v2 / REntretanto, como o fio acabou de ser rompido, teremos ainda v = 0,portanto:T2’ P.cos = m.v2 / R = 0 T2’ = P.cos (eq2)

Dividindo eq1 por eq2, temos: 222

2

P

T 1cossec

T ' P. cos cos

Aula 4 - Questão 29 - resoluçãoPara a bolinha sobre a mesa, usamos a idéia do esquema de forças dafigura 70, página 104, afinal, seu movimento trata-se de um MCU num

plano horizontal:Na vertical, temos:N = m.g (eq1)Na direção radial, temos:FR ctp = Fin Fout = m.v² / R

T 0 = m.v² / RT = m.v² / R (eq2)

Adicionalmente, como a caixa pendurada encontra-se em equilíbrio,temos:T = M.g (eq3)A partir de eq2 e eq3, chega-se à resposta do problema.


Como a moeda não apresenta aceleração vertical, ela está em equilíbrio

na vertical, podemos escrever: N = P = M.g [eq-1]


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Física


435

Na direção radial ou centrípeta, a dinâmica do movimento curvilíneo nos

permite escrever a 2a Lei de Newton:

FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R)

Fat – 0 = M. (2 . R) Fat = M. (2 . R) [eq-2]

N

Fat

P

Lembrando que a força de atrito estática “não é a mulher -maravilha”, elatrabalha dentro de um limite, podemos escrever:Fat Fat max Fat . N [eq-3]A condição para que as equações 1 e 2 sejam satisfeitas, dentro doslimites impostos pela equação 3, é encontrada, substituindo-se 1 e 2em 3:

Fat . N M. (2 . R) . M.g 2 . R . g,

como todos os números são positivos, podemos simplesmente isolar :

R

g.

0,1 10

0,25

2 rad/s max = 2 rad/s

Aula 4 - Questão 31 - resoluçãoDurante o movimento de cada bloquinho, a força de atrito radial produz aaceleração centrípeta (actp) necessária para a execução do movimentocircular. Enquanto os três bloquinhos giram solidários ao disco, semescorregar, eles compartilham da mesma velocidade angular do disco,mesmo período e mesma frequência.

A B C

x

2x3x

N

PFat

Assim, aplicando a 2ª lei de Newton na direção radial para um bloquinhoqualquer, temos:FRctp = m. actp Fat = m.2.R (eq1) Equilíbrio vertical: N = P N = m.g (eq2) Admitindo iminência de escorregar: Fat = Fat max = .N (eq3) De eq1, eq2 e eq3, temos:

Fat = m.2.R.N = m.2.R

.m.g = m.2.R max =.g

R (eq4)

A relação eq4 informa a velocidade angular crítica acima da qual o blocoescorregará. Como vemos, a massa de cada bloquinho não influencianessa velocidade angular crítica. Calculando essa velocidade angularcrítica para cada um dos blocos A, B e C, com os valores fornecidos,temos:

max-A =.g

R=

0,30. g

x

max-B =.g

R=

0,50.(g)

2x=

0,25. g

x

max-C =.g

R=

1,20.(g)

3x=

0,40. g

x

Vemos que as velocidades angulares críticas dos blocos seguem a ordemmax-B < max-A < max-C.

Assim, quando o disco vai girando com velocidade angular , todos osblocos A, B e C giram juntos com o disco, compartilhando dessa mesmavelocidade angular . Entretanto, a velocidade angular do sistema vaiaumentando e, cedo ou tarde, atingirá a velocidade angular crítica dobloco B, que escorregará nesse momento (B é o primeiro a escorregar).Em seguida, a velocidade angular do disco continua aumentando até quea velocidade angular crítica do bloco A será atingida, levando A a

escorregar. Finalmente, a velocidade angular do sistema continuaaumentando até atingir a velocidade angular crítica do bloco C, queescorregará por último.


Apenas duas forças agem no carro: a normal N e o peso P, visto que o

enunciado afirma que a curva está sendo traçada sem a ajuda da força de

atrito, graças à inclinação da pista.

A resultante centrípeta é dada por:

FR ctp = Fin – Fout = ( Nx – 0) = N.sen = m.(V2 / R) [eq-1]

Na direção vertical, podemos escrever: Ny = N.cos = m.g [eq-2]

Com V = 180 km/h = 50 m/s e R = 820m

Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:

g.R

Vtan

2

=10820

502

=8200

2500= 0,304

N

P

Consultando a tabela trigonométrica fornecida na questão, vemos quetan17 = 0,306 e, portanto, = 17.

Aula 4 - Questão 40 - resoluçãoAnalogamente à questão anterior, vem:

g.R

Vtan

2

2

o Vtan30R.g

2 23 V 1,7 Vv 40 m/ s

3 282 10 3 2820


Ver demonstração na página 104, figura 73Aula 4 - Questão 45 - resoluçãoApenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P.No caso do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1] Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2] Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:tan = 2 . R / g [eq-3]

T.cos

P

T.sen

eixo ctp

O triângulo retângulo permite determinar a tan:


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436

Tan = R / H [eq-4] Das relações 3 e 4, podemos escrever:tan = 2 . R / g = R / H , cancelando R , vem:2 . H = g = constante ( g não muda, concorda?)Assim, podemos dizer que:antes2 . Hantes = depois2 . Hdepois = g = constante

(6)2

. 1 = (3)2

. Hdepois Hdepois = 4 m

R

L H


M

T

m.g

T

M.g

N

Fat

M

T . c

o s

m.g

M.g

N

Fat

T.sen

T.cos

T.sen

ctp

Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso

do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:

FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1]

Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2]

A caixa sobre a mesa está em equilíbrio e na iminência de escorregar.

Assim, podemos escrever:

Condição de equilíbrio da caixa: Vertical: T.sen + N = M.g [eq-3]

Condição de equilíbrio da caixa: Horizontal: T.cos = Fat [eq-4]

Condição de iminência: Fat = Fatmax: Fat = .N [eq-5]

Note que a tração T que age na caixa é a mesma tração T que age no

pêndulo, visto que se trata do mesmo fio ideal.

Substituindo 1 em 3, vem: T.sen + N = M.g

m.(2.R) + N = M.g N = M.g – m.(2.R) [eq-6]

Substituindo [eq-6], [eq-2] e [eq-4] na relação [eq-5], vem:

Fat = .N

T.cos = .N

T.cos = . ( M.g – m.2.R )

m.g = .( M.g – m.2.R) =

R..mg.M

g.m

2

=20

20

5,0.22104,2

1022

= 1

= 1

Aula 4 - Questão 51 - resolução2

2

2 2

2

2

actp .R 640.g

(2 .f ) .R 640 10

4 .f . (0,1) 6400

4 10.f . (0,1) 64004 f 6400 f 40Hz

f = 40 voltas/seg = 40 x 60 RPM = 2400 RPM

Aula 4 - Questão 52 - resoluçãoA 2ª Lei de Newton na direção centrípeta nos permite escrever:FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R), com = 2..fFel = k.x = M. (2..f)2.Rk.x = 4.M.2.(f)2.R, com R = Lo + xNessa questão, o enunciado diz que o raio da trajetoria não muda, o queimplica que a deformação x da mola permanence invariável. Assim, deacordo com o resultado encontrado acima, vemos que a constant elasticda mola é diretamente proporcional a (f)2:

2 2

o4M. .( f ) .(L x)kx

Portanto se a frequencia f do movimento duplica sem que o raio datrajetoria seja alterada (deformação x da mola constante), só se aconstante elastica k da mola quadruplicar. Assim, k2 = 4.k1.

REFERENCIAIS NÃO INERCIAIS

Aula 4 - Questão 5 – Referenciais não inerciaisa) seja s o comprimento dessa hipotenusa. Da geometria, podemosescrever:

h 2,7sen 0,6 0,6 s 4,5m

s s

b) dentro desse elevador, a gravidade resultante valerá:g’ = g+a = 10 + 5 = 15 m/s2.

Na colocação de forças nesse bloquinho, a normal N cancela com oP’.cos e sobrará apenas a componente P’.sen ladeira abaixo, queserá a responsável pela aceleração a’ do bloco ladeira abaixo, em relaçãoao elevador. Aplicando a 2ª lei de Newton ao bloco, teremos:

FR = m.a’ P’.sen = m.a’ m.g’.sen = m.a’

m.(g+a).sen = m.a’ a’ = (g+a).sen = 15×(0,6) = 9 m/s2

c) Teremos um MUV ladeira abaixo, portanto escrevemos:s = Vo’.t + a’.t2 / 24,5 = 0 + 9.t2 / 2t = 1 s

AULA 5 – Trabalho e Energia


O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo comenergias cinéticas iguais. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza,é maior que a massa do carro.

Ecin Caminhão = Ecin Carro M .v2

2 = V

2M.

2 Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que avelocidade do caminhão. Afirmativa I é verdadeira.


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Física


437

O trabalho realizado para frear cada móvel é a variação da Ecin que cadaum sofre durante a frenagem. Como no início ambos têm a mesma energiacinética (segundo o enunciado) e, ao final, ambos terão Ecin nula (vãoparar), é fácil perceber que o trabalho que se realiza para parar qualquerum desses dois móveis será exatamente o mesmo = Ecin F – Ecin i.Afirmativa II é falsa.

Os trabalhos realizados serão os mesmos em cada caso:

A = FA . DA = B = FB . DB

Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso(FA = FB), eles certamente irão requerer deslocamentos iguais ( DA = DB).Afirmativa III é falsa

Se essas respostas vão um pouco contra a sua intuição física, isso ocorre

porque você (sem querer) está imaginando situações do dia-a-dia, carros e

caminhões andando com velocidades iguais, em vez de energias cinéticas

iguais, como foi proposto no problema. Se as velocidades fossem iguais,

certamente a Ecin do caminhão seria bem maior que a do carro, o trabalho

para frear o caminhão seria bem maior e a distância percorrida pelo

caminhão até parar também seria maior. O charme dessa questão,

portanto, é exatamente ela ter proposto que as suas energias cinéticas éque são inicialmente iguais, a fim de avaliar os seus conhecimentos

conceituais.

Aula 5 - Questão 2 - resoluçãoTN = 0TFAT = 0 + ( –Fat. b)TP = 0TF = F. (a + b)Pelo princípio do trabalho total, temos:total = TN + TFAT + TP + TF = Ecin = EcinF – Ecini

–Fat . b + F. (a + b) = 0 – 0Fat = F .(a + b) / b = F . ( a/b + 1)

Aula 5 - Questão 3 - resoluçãoTN = 0TFAT = TFAT1 + TFAT2 = (1.m.g.d1) + (2.m.g.d2)TP = 0Pelo princípio do trabalho total, temos:total = TN + TFAT + TP = Ecin = EcinF – Ecini0 1.m.g.d1 2.m.g.d2 + 0 = 0 m.vo2/2

Cancelando a massa e multiplicando membro a membro por 2, vem2.1.g.d1 + 2.2.g.d2 = vo2 2.(0,3).10.1 + 2.(0,25).10.2 = 16 = vo2 vo = 4 m/s

Aula 5 - Questão 5 - resoluçãoPelo princípio do trabalho total, podemos escrever:

T total = Ecin F – Ecin i –F.D = 0 – m.V2/ 2 F.D = m. V2 / 2A questão afirma que quando a bala é atirada com velocidade V1, ela

penetra D1 :2

V.mD.F

21

1

Por outro lado, quando a bala é atirada com velocidade V 2, ela

penetra D2. :2

V.mD.F

2

22

Note que a força F é a mesma em casa episódio, conforme o enunciado.Dividindo uma equação pela outra, vem:

V

V

D

D

22

21

2

1 2

2

1

2

1

V

V

D

D

2

2 600

400

D

cm10

9

4

D

cm10

2

D2 = 22,5 cm


F(N)

X(m)

-2

1 4

6

+

-0

F = 2x - 2

Calcularemos os trabalhos no intervalo [0m, 4m]. A posição inicial é

x = 0 m, a posição final é x = 4m.

Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i

O trabalho da força F no intervalo [0m, 4m] é calculado pela área sob o

gráfico. A área inferior é tomada como negativa (força contrária ao eixo X)

e a área superior é tomada como positiva (força a favor do eixo X ).

Assim: TF =

b h B H

2 2 =

2

)14(6

2

12

= –1 + 9 = +8 J

Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i

0 + 0 + 8 = (0,8).V2 / 2 – (0,8).42 / 2 V = 6 m/s

Aula 5 - Questão 8 - resoluçãoCalcularemos todos os trabalhos entre os pontos inicial e final. Note quetemos Vinicial = 0 e Vfinal = 0.Tpeso = Tpeso-vert + Tpeso-hor = +(m.g).h + 0 ,

(pela trajetória alternativa)Tnormal = 0 , = 90 com a trajetória original em cada ponto dopercurso.

h

d

minício

finaltrajetóriaoriginal

trajetóriaalternativa

Note que a rampa é lisa, só há Fat no trecho horizontalFat = u.N = u.m.gTfat = T fat rampa + Tfat-hor = 0 – Fat.d = –Fat. d = –u.m.g.dT total = TP + T fat + TN = Ecin F – Ecin i+m.g.H – u.m.g.d + 0 = 0 – 0 d = H / u


Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0

Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H

Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:

TFNC = Emec F – Emec i T fat + Tnormal = 0 – M.g.H

–u.mg.D + 0 = 0 – M.g.H D = h / u = 5 / 0,2

D = 25 m , mas o que essa distância D significa ?A caixa percorreu 25 m em trechos com atrito, ou seja, 25 m no trechohorizontal. Assim ela andou 10 m AE, mais 10 m EA , mais 5 mAC, parando no ponto C, percorrendo um total de 25 m na presençado atrito. Note que as paredes são lisas, não têm atrito, não consomemEmec, somente o trecho horizontal dissipa Emec em calor. A caixa párano ponto C.

Aula 5 - Questão 10 - resoluçãoTFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e final é o pontoD.Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0


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Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + M.v2 / 2O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas notrecho horizontal, visto que a rampa é lisa:T fat = – fat.d = (u.N).d = –u.M.g.dAplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:TFNC = Emec F – Emec iTfat + Tnormal = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 )

–u.Mg.d + 0 = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 )u.Mg.d = M.g.H + M.v 2 / 2u.g.d = g.H + v2 / 20,1 x 10 x d = 10 x 7 + ( 2)2 / 2 d = 70 + 2 d = 72 m

Aula 5 - Questão 11 - resolução início

final

xH =

TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e o ponto final éonde a caixa finalmente pára a prá voltar, a uma altura h do solo, comomostra a figura acima. Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + M.g.(x) Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + 0 = M.g.HO trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas notrecho horizontal, visto que as rampas são lisas:T fat = –fat.d = u.(N).d = –u.M.g.d, onde d = BC = 5mAplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:TFNC = Emec F – Emec iT fat + Tnormal = M.g.x – M.g.H

–u.Mg.d + 0 = M.g.x – M.g.H –u.d + 0 = x – H – 0,4 x 5 = x – 3 –2 = x – 3 x = 1m

Aula 5 - Questão 14 - resolução Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força querealiza trabalho é a força peso (a normal N é não-conservativa, mas nãorealiza trabalho nesse episódio). Assim, podemos escrever:EpotA + EcinA = Epot c + Ecin c = Epot d + Ecin dM.g.H + 0 = M.g.h + M.(Vc)2 / 2 = 0 + M.(Vd)2 / 2g.H + 0 = g.h + (Vc)2 / 2 = 0 + (Vd)2 / 210 x H = 10 xh + (10)2 / 2 = 0 + (20)2 / 210 H = 10h + 50 = 0 + 200h = 15m , H = 20 m


1 2

Vo

Vo

H1H2

g g . s e n

Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força querealiza trabalho é a força peso. Para calcular a altura máxima atingida porcada bola, vemos que cada uma delas parte com a mesma velocidade

inicial Vo e ambas param ao atingir a altura máxima. Assim, pelaconservação de energia, podemos escrever:

Emec i = Emec f 2

V.M 2o = M.g.H H =g.2

V2o .

Vemos que essa altura máxima atingida só depende da velocidade inicialVo e da gravidade g. Essa é a altura máxima atingida tanto pela bola 1como pela bola 2, visto que ambos têm a mesma velocidade inicial Vo.

H1 = H2 =g.2

V2o .

As bolas partem com a mesma velocidade inicial Vo e vão ser retardadasaté parar. Qual delas vai levar mais tempo para ser retardada até parar?Logicamente, aquela que for retardada de forma mais suave, com menoraceleração, vai demorar mais tempo até parar.

A bola 1 é retardada com aceleração a1 = gM

g.M

M

FR , ao passo que

a bola 2 é retardada com aceleração a2 tal que:

a2 =

sen.gM

sen.g.M

M

FR .

Vemos que a bola 2 é retardada mais suavemente, mais lentamente,visto que g.sen < g. Isso sugere que ela vai demorar mais tempo atéparar.Imagine, para facilitar, a1 = g = 10 m/s2 e a2 = g.sen = 5 m/s2 (sópara exemplificar).

Se as duas bolas são lançadas com Vo = 30 m/s, qual delas levará maistempo prá parar ( v = 0) ?

Bola 1 ( Vo = 30 m/s diminuindo de 10 em 10 m/s a cada 1 seg)V (m/s) 30 20 10 0 (parou !)T(s) 0s 1s 2s 3s

Bola 2 ( Vo = 30 m/s mas diminuindo apenas de 5 em 5 m/s a cada1 seg)

V (m/s) 30 25 20 15 10 5 0 (parou !)T(s) 0s 1s 2s 3s 4s 5s 6s

Logicamente, a bola 2 levará mais tempo prá parar, por isso ela chegará láem cima depois da 1 ter chegado lá. Em suma, as bolas atingem a mesma

altura máxima, mas não chegam lá ao mesmo tempo. A bola 1 chega láantes. A bola 2 chega lá depois. Mas ambas atingem a mesma alturamáxima, como se pode perceber facilmente pela conservação de energia.

Aula 5 - Questão 17 - resolução Um projétil é lançado com velocidade inicial Vo (o ângulo não interessa)do alto de um prédio de altura H. Com que velocidade ele chegará aosolo ?Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f

M.g.H +2

V.M 2o = 0 +2

V.M 2

, a massa cancela

g.H +2

V2o = 0 +

2

V2

V = 2o2.g.H (V )

Agora, conhecendo Vo , g e H facilmente determinamos a velocidadefinal V.O ângulo não é necessário aos cálculos, visto que energia não temdireção !O cálculo feito acima é o mesmo para as bolas A, B ou C !Elas chegam ao solo com a mesma velocidade final V determinada pelaequação acima, como pode ser facilmente percebido pela conservação deEmec (não é incrível ?!! ) ..E o tempo de vôo ? O tempo que a pedra leva para atingir o solo édeterminado exclusivamente pelo movimento vertical da bola : A bola A tem VY inicial para cima . A bola B não tem Vy inicial (apenas VX ) . A bola C tem Vy inicial para baixo .Em outras palavras, olhando apenas o movimento vertical delas, a bola A

foi impulsionada para cima , a bola B foi abandonada a partir dorepouso e a bola C foi impulsionada para baixo ,todas simultaneamente ( ao mesmo tempo) !!!!Qual delas chegará ao solo primeiro ?Resposta: Logicamente, a que foi lançada para baixo (bola C)!


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Física


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Qual delas demorará mais tempo para chegar ao solo ?Resposta: Logicamente, a bola que foi impulsionada para cima (bola A),visto que ela primeiro irá subir , para depois descer.Assim, TA > TB > TC !!!!!!!


P

M

início final Vx

H H

Já sei ! Você quer saber porque não pode ser a letra B, certo ? Vamos ver como a letra B VIOLA A CONSERVAÇÃO DE ENERGIA :Veja a figura acima. No início, a bola teria Epot = M.g.H e Ecin = 0 (partedo repouso).

No final, a bola teria a mesma Epot = M.g.H e teria Ecin =2

V.M 2X

Assim, teríamos:Emec final = M.g.H + M.(Vx)2 / 2 > Emec inicial = M.g.H + 0

Ela teria mais Emec ao final que no início, como pode isso, já que a únicaforça que realiza trabalho é a força peso e ela ehconservativa !!!!!!!! ??????No vértice do movimento parabólico, a bola terá que ter V X , isso éinevitável. Para ela pode ter esse VX sem violar a conservação deenergia, ela terá uma altura menor que antes no vértice da parábola, elaperderá um pouco de Epot para ter direito a essa Ecin final, portanto, aresposta correta é a letra D mesmo.


a) Como = 60, temos que L.cos = L.cos60 = L / 2, como mostra afigura a seguir.Pela conservação de energia, temos:Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B

M.g.H + 0 = 0 +2

V.M 2B , com H = L/2

M.g.L / 2 + 0 = 0 +2

V.M 2B VB = L.g

H

L

2

L2

b) Para achar a tração no ponto B, temos que:

T – P =R

V.M 2B , com R = L e VB = L.g

T – M.g =L

)L.g.(M T = 2.M.g

c) Olhe a figura ao lado. Quando a bola passa pelo ponto B, a forçaresultante que age na bola vale FR = Fin Fout = T – P, correto ?

Essa força resultante aponta para o centro , ela é centrípeta, portanto,causa uma aceleração radial centrípeta para cima actp.Você está vendo alguma força sobre o eixo tangencial na posição B dafigura ? Não, portanto, sem forças tangenciais, não há aceleraçãotangencial. Assim, a única aceleração da bola, ao passar pelo ponto B éa actp, ela é a aceleração resultante e é dada por:

P

T eixotangencial

eixo

centrípeto

aR = actp =R

V2B , com R = L e VB = L.g

aR = actp =L

)L.g( = g , radial, apontando para cima

Lembre-se, para calcular acelerações, investigue primeiro as forças !


L

L H = L

2L

a) Pela figura anterior, vemos que cos =2

1

L2

L = 60

Temos um pêndulo simples oscilando, portanto, na direção radial, no ponto

A, podemos escrever:TA – P.cos =

R

V.M 2 A , entretanto, nos extremos da oscilação a

velocidade do pêndulo é momentaneamente nula VA = 0, assim:

TA – P.cos =R

V.M 2 A

TA –M.g.cos60 =R

)0.(M 2 = 0

TA = M.g.co

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