SIMULADÃO: RESOLUÇÃO SIMULADÃO: RESOLUÇÃO CINEMÁTICA RESOLUÇÃO 159. Considerando o formato da pista, ele estará no ponto B indicado na figura:

Transcrição

1 SIMULDÃO: CINEMÁIC lternata e. lternata c. O deslocamento escalar corresponde ao espaço percorrdo s, dado por: s s s s 50 s 8 km posção fnal ESOLUÇÃO posção ncal Consderando o formato da psta, ele estará no ponto ndcado na fgura: 60 m 60 m d 80 m 80 m Do trângulo retângulo temos o deslocamento: d d d d 00 m SIMULDÃO: ESOLUÇÃO dstânca percorrda é dada por: d d d d (60 50) (60 ) d 0 8 d 8 km lternata a. Se 5 m/s, após 60 s o atleta terá percorrdo: s t s 5 60 s 00 m 60 m lternata e. Dados: V H,6 km/h V 0 m/mn V 60 cm/s ESOLUÇÃO 59

2 V H,6 km h, 6, 6 V V I H,0 m/s 0 m 0 m mn 60 s V 0,50 m/s 60 cm 0 60 m, I 0,60 m/s s s ssm: ano-luz 9,0 0 km. Como andrômeda fca a, 0 6 anos-luz da erra, temos: d, 0 6 9,0 0 d km ou d 0 9 km SIMULDÃO: ESOLUÇÃO Logo: V H V V 5 lternata d. Obserando a fgura: m m km 60 (t 6 h 0 mn.) M s t h5mn 6h0mn 60 km 5 mn km 0 (t 7 h 5 mn.) m 60 km 60 m 80 km/h h O snal negato da elocdade ndca momento retrógrado. 6 lternata d. dstânca total estmada é de aproxmadamente: s 500 s km Como t anos: m s t 7 lternata d m,0 km/ano m 7,0 km/h t h 0mn h 0 60 h t 7 6 h Logo: m s t s m t s 8 km 9 lternata e. À elocdade de 70 km/h: d 70 d 0 7 d 9 m À elocdade de 00 km/h: d 00 d 0 0 d 00 m De 9 m para 00 m, o aumento é de, aproxmadamente, 00%. 0 lternata a. Dados: m 800 km/h m s 80 km s t t t h 5mn lternata c t t,85 h h 0,85 (60 mn) plcando a defnção de elocdade escalar méda para o Sr. José: s,6,5, t t Obtemos t,5,6 h 5 mn. Como seu flho Fernão gastou 5 mnutos a menos (5 5 0 mn) para percorrer a mesma dstânca (,5 km), podemos calcular sua elocdade escalar méda: s t,5 0 / 60,5 km/h 8 lternata c. O ano-luz é a dstânca percorrda pela luz em ano na elocdade de,0 0 5 km/s. Mas: ano s ano s Então: das da ano,0 0 7 s s luz t,0 0 5 ano s,0 0 5,0 0 7 s 9,0 0 km lternata e. a) Falsa. O ônbus percorreu 9 km na agem. b) Falsa. No º- trecho da agem, o ônbus gastou 80 mn; o tempo total da agem fo: t t mn (,7 h) Logo, t t. c) Falsa. m s t 9,7 m 5,6 km/h. d) Falsa. O tempo de parada dmnu sua elocdade méda. 60 ESOLUÇÃO

3 e) Verdadera. Se o ônbus não tesse parado, teríamos: t t 00 mn (, h) Então, sua elocdade méda sera: m s t lternata b. 9, m 57,6 km/h No nstante t,0 mn, a partícula estaa em repouso. assados,0 mnutos, a partícula alcança a posção 800 m. Logo: m s ( ) t m 0 s,5 m/s lternata b. ara t,0 h, temos: s k 0 s k 80 s k 60 s k 0 No encontro: 600 m mn s s k 80 k 0 k k 0 km 5 lternata d. Dados: 50 m/s; S 0 50 m 0 m/s; S 0 50 m Condção de encontro: S S S S 0 ts S 0 t S t t 50 0t 00 0 t t 5 s S 50 0t Substtundo em qualquer uma das equações: S 50 50(5) 00 m 6 lternata b. omando os dados do exercíco anteror, temos: S S 50 (50 0t) (50 50 t) t 50 50t 50 0 t 50 t,5 s endo o carro elocdade constante: s t s 80 s t s km 8 km ortanto, o eículo percorreu km. 8 lternata b. 0 m S c c t S c c 5 H 9 lternata b. 5 H V C 5 V H V H 5 H 5 m epresentando esquematcamente: 00 m níco 0 x 0 x fnal S t 0 (5 H H ) t t 00 m Supondo-se 0 a orgem das posções: s t ou x 00 60,6 0 lternata c. 6 x 00 0 s funções horáras são: (6 km/h 0 m) s 0t e s 0t O tempo que lea para passar o cruzamento é: s 0t 50 0t t 5 s H 5 Nesse tempo, o trem percorreu uma dstânca x 00. Logo: x 00 0t x x x 050 m H SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 7 lternata d. 80 km/h 80 km/h 80 km/h lternata d. x 0 0 t m/s ata t 0 0 x 0 0 m. Logo: V mn h 5 V 0 6 mn h 0 V x x 0 t x 0 t ara x 0 m, em: 0 0 t t 50 t 5 s ESOLUÇÃO 6

4 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO a) t 0,5 s 0 0 0,0 0,0 0 m/s t,5 s 0 0 0, 0 0, 0, 0 m/s De 0,5 s a,0 s, o corpo percorre: x 0 0,5 5 m De,0 s a,5 s, o corpo percorre: x 0 0,5 5 m Logo, x m b) m x 0 0 t, 0 0 m 0 t m 0 m/s c) Em t 0, a elocdade é a mesma do nteralo de,0 a,0 s, ou seja, 0 m/s. lternata b. O deslocamento é dado pela área do retângulo: s b h ( ) 0 s 0 m lternata b. 0 a s 0 ( 0) 0 s a s 0 (repouso) s a 8 s após 8 s 0 (repouso) V (m) lternata a. 8 0 m/s 5 m/s t (s) Nos três dagramas apresentados, o deslocamento no nteralo de tempo b é gual a. ssm, as elocdades médas são guas. 6 lternata c. s a at é proporconal ao quadrado do tempo 7 lternata b. aceleração do carro é de: a t mn mn mn 6 km/h por mnuto 8 lternata a. Dados: 0 0 t 5 s s 00 m s s 0 0 t at s s 0 0 t at 00 0 a 8 m/s 9 V t 0 m/s a m/s S s 0 0 t S 0 () t at a 5 t S t ara t 8 s, temos: S (8) 0 lternata b. S 0 0 as 6 a 8 lternata e. 6 6 a a m/s 8 t Da tabela concluímos que o momento é unforme: s t s t Logo: km/mn Dados: t s 0 m/s s 60 m Usando as equações do MUV: 0 at 0 0 a () 0 as 0 0 a 60 () () 0 0 a () 900 (0 a) 0 a a 6 a 0 a 0 6 a 80 a a(6 a 80) 0 a 0 (não coném) 6 a 80 0 a (5) 50 m/s 5 m/s 6 ESOLUÇÃO

5 t 0,5 s (reação) m/s m/s t, s (amarelo) 8 a) Determnando a aceleração no nteralo 0 a s: t 0 0 a 0 6 m/s t s m/s t 0 a) 0 as 0 a 6 m m 0 m 8 a a m/s 8 b) S s 0 0 t at 0 (,7) a (,7) 0, a,6 a a, m/s O tempo utlzado pelo motorsta será de (, 0,5),7 s lternata e. Do enuncado, temos: a m/s 000 m 79, km/h m/s 80 m s at s t s t s 80 t s s t 80 t t t 80 0 t 0 5 lternata a. a t a ,5 m/s 6 lternata a. Do gráfco, obtemos: s (5 0,5) 0 55 m Como ele andou 55 m, ele pára 5 m depos do semáforo. Determnando a aceleração no nteralo s a 8 s: t s m/s a t 8 s 8 m/s 8 t 8 m/s b) Determnando a elocdade méda nos prmeros 0 s: espaço percorrdo de 0 a s S n área m espaço percorrdo de s a 0 s (momento arado) S s 0 0 t S (8) at espaço total percorrdo m a elocdade méda será: V m s t 00 0 (8 ) m 0 m/s 9 No nteralo de 0 a 5 s: s ( 5 0 ) 0 5 m No nteralo de 5 s a 5 s: s 0 ( 0) 50 m Logo, d m 0 a) plcando a fórmula da elocdade méda: V m s t b) 0 (m/s) 6 50 m 80 s m/s SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 7 lternata b. O crescmento de cada planta em um dado nteralo de tempo é representado pela área sob o gráfco. Como a área sob a cura é maor que a área sob a cura, concluímos que atnge uma altura maor que. V (cm/semana) crescmento de crescmento de 0 t 0 t t t (semana) 0 t t 50 t (s) área sob o gráfco é gual ao deslocamento, então: 50 ( t ) 6 50 (60 t) t 6 t 60 t 60 6,5 s ESOLUÇÃO 6

6 a) 0 at 0 0 ax0 b) (m/s) 0 a m/s (m/s) 0 8 lternata e. 0 gs 0 0 (0)s s s 5 m SIMULDÃO: ESOLUÇÃO d 0 0 t (s) 0 0 t (s) dstânca percorrda é gual à área delmtada pela cura e pelo exo t entre 0 e 0 segundos. ortanto, a dstânca d é menor do que d. lternata d. Do gráfco, temos: 0 0, a 0, s 0 m uando t s, 0 (o ponto materal muda de sentdo) a) Falsa, pos 0 e a 0 (retardado) b) Verdadera, pos, 0 e a 0 (acelerado) c) Verdadera, pos, 0 e a 0 (retardado) d) Falsa e) Verdadera V 0 m/s No nteralo de tempo 0 a s, o móel possu aceleração m/s no nteralo de tempo s a s, m/s. a) ara t s, temos: 0 at 0 m/s b) x (m) 0 0 at 0 () m/s d 9 lternata d. omando o solo como referencal: s s 0 g 0 80 t g g 000 cm/s g 0 m/s 50 lternata b. 0 gs s s 0s 00 s 0 m 5 0 Verdadera, pos na altura máxma o corpo o sentdo de momento, sto é, 0. 0 Falsa, pos o momento é unformemente retardado. 0 Verdadera. 08 Falsa, pos a aceleração é constante e gual a g. 6 Verdadera,, pos subda descda (a menos do snal) ao passar pelo mesmo ponto. Logo: (resposta ) 5 altura máxma ocorre quando t 5. Essa altura é dada pela área do trângulo: b h h m 5 lternata a. 0 gs lternata a m/s aceleração de queda é a própra aceleração da gradade. 7 lternata b. 0 t (s) 0 gt m/s 5 lternata d. Os corpos em queda lre sofrem a mesma aceleração (g) ndependente de suas massas. Sendo assm, não há fundamentação físca na propaganda. 5 lternata c. altura máxma atngda pela bola é: 0 gs 0 5 0s s,5 m odemos magnar a bola cando de,5 m. 0 gs 0 0,5 5 5 m/s 6 ESOLUÇÃO

7 55 lternata d. Em queda lre de,0 s, o pára-quedsta percorre uma altura h g t, sto é, h 5 h 5 m, e adqure elocdade gt, ou seja, 0 0 m/s. ssm, terá que percorrer a dstânca restante, de 00 m, com elocdade constante de 0 m/s. ortanto, de h t, concluímos que 00 0 t, logo: t 0 s 56 Dado: h máx,5 m epresentando a stuação para uma bola:,5 m g Sendo o momento arado, podemos escreer: 0 gs 0 0 g H máx 0 0, m/s Determnando o tempo de subda: 0 gt 0 0 g t s t s 0 g t s , 5 s 0 0 Como os tempos de subda e de descda são guas, temos: t total t s t d s 57 lternata e. O objeto tem a mesma elocdade do balão. Logo: s s 0 o t gt t 5t t t 5 0 t 8 t 5 s t s (não sere) 60 lternata c. C d d d d d C D 0 (polígono fechado) 6 lternata a. Fazendo as projeções do etor x, encontramos 7 undades no exo x e undades no exo y. Deemos encontrar etores nos quas as projecções nos exos x e y, quando somadas, apresentem estes resultados. b y b b y a a b y b x 7 undades undades Logo: x a b 6 O passagero sentado na janela do trem, obsera a elocdade relata de queda das gotas, ou seja: el. C epresentando os etores: SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 58 0 gt 0 0t 0t V V s s 0 0 t gt s t s 5t a) O tempo gasto para atngr a elocdade 00 m/s é: 0t 00 0t t 0 s b) s 5t s 5 0 s s 500 m ou,5 km 59 lternata b. 00 m 00 m d d d d d 500 m 6 lternata b. composção de momentos em questão pode ser expressa por: V p/o V el. b y V o/r ESOLUÇÃO 65

8 0/r : elocdade do ônbus em relação à rua p/0 : elocdade do passagero em relação ao ônbus p/ r p/ 0 0/r V p/o V o/r V p/r Como p/0 e, a elocdade do passagero em relação a qualquer ponto da rua será: 6 lternata b. p/r 0/r III Falsa. aceleração da gradade atua em qualquer ponto da trajetóra. IV Verdadera. No ponto mas alto da trajetóra temos y 0 (o corpo nerte o sentdo do momento). 69 lternata c. Na altura máxma y 0: y x x 0 cos 50 cos ,5 5 m/s 70 lternata a. oy o 7 km/h 0 m/s 7 m/s V m/s 0 ox SIMULDÃO: ESOLUÇÃO m/s 65 lternata d. O V b t 5 mn h V s t 8 km/h b C b 8 6 b 00 b 0 km/h V c 6 km/h km 0 7 km/h 0 m/s 0y 0 sen m/s Funções horáras: y 0 0t y 0t 5t Na altura máxma y 0. Logo: 0 0 0t t s Substtundo: y 0 5 y 5 m 7 oy 60 ox ox m/s 66 lternata a. Como a partícula executa momento crcular e unforme, a mesma possu aceleração centrípeta (crcular) e não possu aceleração tangencal (unforme). 67 lternata a. m d m 68 lternata c. d d 5 d 5 m m d t 5 5 m/s III Falsa. No ponto mas alto temos y 0 x. III Verdadera. odemos escreer as componentes retangulares do etor 0 como 0x 0 cos e 0 y 0 sen. 0x 8 cos y 8 sen 60 8 m/s Funções horáras: x t y 6,8 0t y 6,8t 5t 0 Falsa, pos y ,8 0t t 0,68 s 0 Verdadera: 0x m/s 0 Verdadera, pos y 0 m/s m/s 6,8 m/s 08 Falsa. Se y 6,8 0,68 5 (0,08),6,, m. 6 Verdadera Logo: ESOLUÇÃO

9 7 0 m/s 60 y 0 H máx m ortanto, H H máx máx 0 g 0 g g 0 0 g Determnando os componentes retangulares do etor : 0x 0 cos 0 cos 60 5 m/s 0y 0 sen 0 sen 60 5 m/s Determnando a altura máxma atngda: y 0y gs 0 ( 5 ) 0 H máx H máx,75 m aração na altura da bola da altura máxma, até o ponto, será (,75 ) m,75 m y 0y gs y 0 0(,75) y 5 m/s ortanto, a elocdade da bola no ponto, será: x y 5 ( 5 ) 5 5 y 5 m/s ,75 m/s V x 5 m/s V 60 V y 5 m/s omando como referênca para a nclnação dos bocas, o solo, temos: 90 e 0 7 lternata e. Sendo: 0x cos 0 e 0y sen 0 0x cos 0y sen 5 e C 0y cos 60 e 0 y sen 60 III Verdadera. Como a menor elocdade ertcal é a de, ela permanecerá menos tempo no ar. y 0 0 0y yt t 0 y g III Verdadera. x 0x t x g g x C x C ortanto: x x x c. g g g g III Verdadera.Como 0y da reta é a maor, alcançará maor altura. 75 V o 0x 0 cos 0 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 0y 0 sen y 0 sen 0 0 ara a altura máxma: y 0 y 0y gs 0y gh máx H máx Na stuação : H máx 0 g Na stuação : H máx 0 g 0y g V oy Funções: x 0,98 0 t y 0,7 0 t 5t y 0,7 0 0t uando y 0, temos x 7 m. Logo: 7 0,98 0 t 0 0,7 0 t 5t Substtundo: 0 0,7 0 0 V ox t 7 0, , 0, ,5 m/s 0 0,98 0,98 0 0y 0 sen 0 0 0,7 0, , , 98 0 ESOLUÇÃO 67

10 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 76 lternata a. No trecho compreenddo entre o ponto, no qual a moto se destaca da psta, e o ponto, no qual a moto se choca contra a rampa, o momento da moto é balístco. Como a elocdade da moto ao passar pelo ponto é horzontal, o momento é um lançamento horzontal. O lançamento horzontal é a composção de um momento retlíneo unforme, com elocdade 0 m/s na horzontal, com uma queda lre. dotando-se os exos como se ndca na fgura, as equações que permtem determnar as coordenadas da moto em um nstante t são: x 0 t x 0t () y gt y 5t () H C y No ponto as coordenadas x e y são guas, pos o trângulo C é sósceles. Logo, x y 5 D 0t 5t Mas, no nstante em que a moto atnge, t 0. Logo, 0 5t t s. Substtundo-se o alor t s na equação (): D 0 m 77 lternata c. H g x 78 lternata b. III Falsa. O etor ara em dreção e sentdo. III Verdadera. aceleração centrípeta é constante. III Falsa. aceleração e o plano da tragetóra são coplanares. 79 lternata a. elocdade é tangente à trajetóra e no sentdo do momento. 80 lternata d. Dados: 0, m f 0 Hz f 0 8 lternata c. Dados: 0, m 0 0, s f 0 rpm 0 60 r.p.s. Hz f s t 00 0,8t t 0,96 s ou t mn 0, 0, 8 m/s 0,8, 0,8 m/s 8 Vamos decompor para a roda, os momentos: ) de translação ) de rotação o o 000 m D o o o o D o obserador t t s s em que: t tempo de ôo t s tempo de som t queda g C o ara as posções e C da pedra, esquematzadas, compondo agora seus momentos etoralmente e relatamente ao solo, temos: o o C 000 t q 00 0 s 0 t queda t ôo 0 s t s t s t s s s t s 0 s 00 m H t 00 H 0 H 5 m/s ou 8,6 km/h C o o 0 Sendo 0 90 km/h, os possíes alores da elocdade da pedra serão: 0 80 km/h 68 ESOLUÇÃO

11 8 I lternata a. ara a rotação no sentdo ant-horáro, temos: f 0 a cp a cp m/s 00 0 m/s 0 III elocdade no M.C.U. é unforme (constante), arando em dreção e sentdo, em função da aceleração centrípeta, que aponta sempre na dreção do centro da cura. III m f 0 r.p.m 0 oltas 60 seg. a Hz f (,) 5, m/s a a 8 lternata c. 5, 5,5 m/s Na stuação proposta um dos passageros estará m mas próxmo do centro da cura que o outro, ou seja, podemos nterpretar o momento como o de polas assocadas ao mesmo exo, onde. centro V V V V 8 V V V 0,95 V V 8 0 Sendo a elocdade de gual a 6 km/h, ou seja, 0 m/s, temos: V 9,5 m/s e V 0 m/s V V 0,5 m/s 85 lternata e. Dados: 0 m t,0 s s 80 m 0 m ara uma olta completa, teríamos: C Z C 0 0 m 0 m 0 80 s 80 m s Como a elocdade é constante, só teremos aceleração centrípeta. m 86 Dado: 0 cm 0, m Determnando o nº- de pedaladas/segundo (freqüênca). Sendo o momento unforme ( cte): s t f f 0, 8 0, onde 0 f 0,8 m/s pedaladas/segundo Hz 87 Sendo o momento arado, temos: S s 0 0 t V m s t lternata b. at S,5 m/s (0,5) (6) 9 m O projétl descree lnearmente uma dstânca (dâmetro) no mesmo nteralo de tempo em que o corpo dá mea-olta (), ou seja: projétl corpo De () e (), temos: S t S t t t t 89 lternata b. () t () Como, a pola gra mas rapdamente que a pola pos. Como a pola é acoplada à pola na qual a manguera é emelada, teremos. Como é constante e a elocdade da extremdade da manguera é constante, sto é, sobe com momento unforme. 90 lternata b. Dados: oda dantera: f Hz cm oda trasera: 6 cm Nessa stuação, a elocdade escalar das duas rodas é a mesma, ou seja: V V f f f 6 f,5 Hz f 0 0 s SIMULDÃO: ESOLUÇÃO ESOLUÇÃO 69

12 DINÂMIC 96 lternata e. x x 0 0 t at a 9 a) a escala b Da fgura: N x t t a 8 m/s Se m kg: F m a 8 F N N N 97 F a 0? F 0 b) Como c : a b F, a 9 a a m/s 0 at m/s escala c 98 lternata d. odemos consderar a nérca de um corpo como uma forma de medr a sua massa e ce-ersa. SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 9 lternata d. N N F F F F F cos 60 F , 5 F,7 N 9 lternata e. F F F F F F F F m a m F a ou m tg (: ângulo de nclnação). Do gráfco, a reta de maor nclnação (corpo ) ndca o corpo de maor massa (nérca). 99 lternata e. O esforço será menor, pos a aceleração grataconal da Lua corresponde a cerca de erra. 00 F 6 F, F, da encontrada na aceleração tem a mesma dreção e o mesmo sentdo da força resultante. Logo: 9 lternata d. III Da ª- Le de Newton, a aceleração sempre tem a mesma dreção e o mesmo sentdo da força resultante. (V) III F m a F,0,0 F 6,0 N (V) III F F F F F F 6,0,0 95 lternata b. F 0,0 N (V) Obserando a tabela, erfcamos que a elocdade ara de m/s a cada segundo. Logo, a m/s. Como m 0, kg: F m a F 0, F 0,8 N a Corpo : F F, m a Corpo : F, m a F (m m ) a () 0 ( ) a m 0 5 a a s F, F, m a F, N a) F, b) F, Módulo: N Dreção: horzontal Sentdo: da esquerda para a dreta Módulo: N Dreção: horzontal Sentdo: da dreta para a esquerda 70 ESOLUÇÃO

13 0 momento 0 F a a F m a m a m a F (m m m ) a F ( ). F N ensão na barra que une os corpos () e (): F m a F m a () N 0 0 N 0 lternata a. Do gráfco, temos: a 0 t 6 0 m a m a (m/s) /ms 0 m (m m 6m m,5 m m 0 Dados: m e 000 kg 0 m c 500 kg a c 0,5 m/s g 0 m/s 6 a) epresentando as forças sobre a caxa: F a) Como m m, o corpo desce e o sobe, m a 5,5 a 9a 5 5 9a a 0 m a 0 a esolendo o sstema: (5 0a) a a a 0 0a 0 a m/s ortanto, a m/s e a m/s b) 5 9a N 05 g 0 m/s b) s mg a 0,5 m/s 0 0 a 0,5 m/s m a a) 0 gt m a mg 0 0 () 0 m/s m(a g) 0(0,5 0) 60 N SIMULDÃO: ESOLUÇÃO c a c 0,5 m/s F c m c a c F m c g m c a c F ,5 F 5 50 N b)n e c N (m e m c )g N (00 500) N N 06 Vamos calcular a aceleração em cada nteralo de tempo: 0 6s a s a s constante a 0 0,5 m/s 6 s a s a 0,5 m/s ESOLUÇÃO 7

14 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO a (m/s ) 0,5,5 0 a 6 s: m a ,5 0 (0 0,5) 9,5 0 N 6 a s: m a 0 0 N a s: m a 07 lternata d. a m/s 0 6 t (s) (,5) 0 (0,5),5 0 N a m/s 0 g 0 m/s ara o eleador em repouso: 600 N 600 m 0 aparente m a ap m(0 ) m 60 kg ap N Como o mesmo dee ser acelerado com, m/s, deemos orentar a F II para cma, para que dmnua a aceleração do corpo. x F II m a F II x m a F II lternata a. 50, F II N Sabemos que o momento de um corpo deslzando, subndo ou descendo, num plano nclnado sem atrto é do tpo unformemente arado. ortanto, o gráfco da elocdade em função do tempo é uma reta nãoparalela ao exo t. No trecho de descda, o momento é acelerado, e a elocdade é crescente. Na subda, é retardado, e a elocdade é decrescente. No trecho horzontal, o momento é retlíneo unforme. ortanto, desprezando as arações de aceleração nos trechos correspondentes às concordâncas da psta, concluímos que o gráfco que melhor descree a elocdade em função do tempo é o que corresponde à alternata. 0 lternata a. Supondo-se a trajetóra orentada de para com orgem no ponto, tem-se que, nas condções do enuncado do problema: nos trechos e CD, as acelerações escalares da partícula são constantes e de alores absolutos guas: a 8 m/s, sendo posta no trecho e negata no trecho CD; nos trechos C e DE, a aceleração escalar da partícula é nula. p () () 08 lternata a. N F I F II h x 0 x 0 y Na stuação (), temos: 0 0 s s 0 0 t gt h gt t h g II F I x m a F I m a x F I 50, 50 0 sen 0 F I N II Se o bloco deslza para baxo, lre de qualquer força F a g sen a 5 m/s Na stuação (), temos: sen 0 h x h x h x a g sen a g sen 0 a g 7 ESOLUÇÃO

15 s s 0 0 t x F, at h g t 8 h gt t ortanto, a) t t. N f at 60 F F, x C c h g : peso da parte móel x : componente horzontal de y : componente ertcal de N: reação normal do apoo F: força aplcada pela pessoa 0 Ix N I 0 II Iy II y 60 F at : força de atrto dnâmco entre as superfíces b) plcando a ª- Le de Newton e obserando que a elocdade da parte móel é constante, obtemos: F x f at F sen 60 d cos 60 F ,86 0, ,50 F 90 N a) m I kg m II kg b) a m/s I Ix m I a Ix I sen Iy I cos momento m I a Ix 0 sen N lternata b. momento f at 60 F x F, x m a F, p x m a C c m c a () c x x (m m m c )a sen 0 sen 0 a a 0 0 a a m/s ortanto, a F, será: F, m a x F, 0 0,6 N 5 lternata c. I Na mnênca de momento, F f at estátco máxma. Em momento unforme, F f at cnétco. Como f at estátco máxma é maor que f at cnétco, F F. (V) II f at máx. c N 0,0 0 0 f at 60 N (para esquerda) (F) III Nessas condções, o corpo permanece em repouso. (F) IV Se F 60 N, a f at estátco máxma é: f at máx. e N 60 N (V) 6 m() 6,0 kg Dados: m(),0 kg cos 0,8 m(c) 0 kg sen 0,6 5 kg 5 kg f at 0 0 m/s 0 0 m plano lso: s 0 t m/s plano rugoso: F m a f at m a Mas: 0 as 0 0 a 0 a,5 m/s Logo: f at 5,5 f at,5 N 7 aceleração do camnhão é dada pelo gráfco: a c t,5,0 a c m máxma aceleração que a caxa suporta para que não deslze é dada por: f at m a N m a mg m a a g a 0,0 0 a m/s Como a c a, a caxa deslza. SIMULDÃO: ESOLUÇÃO ESOLUÇÃO 7

16 8 lternata c. 0 lternata c. f at momento f at, f at,c f at, F f at, N f at,c N s f atc, C f at,c SIMULDÃO: ESOLUÇÃO : f at m a : m a () f at (m m ) a m g N (m m ) a 0 m g (m m ) a 0 0,5 0 ( ) a a a m/s s s 0 0 t at s 0 0 s m 9 No esquema estão ncadas as forças que agem sobre os corpos. corpo : carrnho: corpo : f at 0, mg N N mg mg N mg C mg f at 0, mg a) plcando a Equação Fundamental da Dnâmca para o carrnho, obtemos: F m c a 0, mg m a a 0,5 m/s b) plcando a Equação Fundamental da Dnâmca para cada um dos corpos que consttuem o sstema, obtemos: No corpo, se a 0: F f at, f at,c 0 F 0 lternata d. f at f at F F F f at N 0,5 0 5 N f at N ( ) 0,5(0 0) 5 N No corpo, se a 0: f at F f at f at 0 F lternata a. F 0 N s forças que agem no corpo são: f at N Como o corpo, de acordo com o enuncado, não ca: f at () Sabendo que o atrto é: N f at () Substtundo () em (), temos: N N m g () plcando-se a equação fundamental para a horzontal: N m a () Substtundo () em () e fazendo as dedas substtuções, m a m g a g a 0 0, a 5 m/s ortanto, a mínma aceleração pedda é: a 5 m/s. lternata c. m 00 g 0, kg F 0, mg m a mg m a 0,8 mg m a a m/s a,0 m/s 7 ESOLUÇÃO

17 F m a m a lternata c. mg ma m(g a) 0,(0 ) 0, 6, N condção para que a elocdade de cada uma das esferas seja constante é que a força peso seja equlbrada pela resstênca do ar. F () e F () KV m g () e KV m g () Ddndo-se a expressão () pela expressão (): KV KV mg m g Como m m : V V V V 5 Se houer area entre as rodas e o pso, as rodas jogarão a area para trás. O deslocamento do automóel para frente ocorre porque as rodas ao empurrarem o chão para trás, sofrem a reação do chão que exerce uma força de atrto para frente. ortanto, a força de atrto produz o deslocamento do carro. 6 lternata c. f at f at 7 x 0 N m y f at m ara que o homem não escorregue, deemos ter (no mínmo): F at x N mg sen mg cos mg sen sen cos tg 0, tg O pso que dee ser usado é o que apresenta 0,, ou seja, o pso que é o de menor custo. 8 lternata e. epresentando as forças no corpo quando ele sobe: Como o momento é retlíneo e unforme F 0. sen 7 7 sen 7 f at F 50 0,6 f at 70 f at 0 N f at N F 70 N cos 7 Marcando agora as forças no corpo quando ele é empurrado para baxo: N f at SIMULDÃO: ESOLUÇÃO F at N sen 7 F cos 7 y x plano f at 7 Estando também em M..U., F 0. solo solo dstânca entre duas gotas sucessas no plano horzontal é cada ez menor, ndcando que o carro estaa sendo freado. dstânca constante no plano nclnado ndca que a elocdade do móel era constante, ou seja: x f at 0 x f at ortanto, haa uma força de oposção ao momento na descda do plano. sen 7 F f at 50 0,6 F 0 F 0 N 9 lternata c. m g 76,0 760 N x m g sen ,5 x 500 N f at m g cos 0 0, ,86 f at 58 Como x f at, o bloco m sobe o plano acelerando. ESOLUÇÃO 75

18 0 lternata a. uando se suspende em um corpo de massa, kg, o bloco está na mnênca de momento para cma. Nessa stuação, temos o segunte esquema de forças: mg sen Do equlíbro, temos: N f at máx fat máx mg sen fat máx 0 0 0,6, 0 fat máx 7 N a mg cos uando suspendemos a massa em, para que o bloco fque na mnênca de momento para baxo, temos o segunte esquema de forças: a) b) Ela descreerá um MU. trajetóra pedra tem elocdade tangencal ao rao da crcunferênca. 5 a) O prego gra em torno do exo com elocdade angular f 0,5 0,0 0,5 m rad/s e rao gual a ntensdade da força pedda é gual à ntensdade da componente centrípeta da resultante agente no prego: F C m p r 0,00 6 0,5 F 0,5 N SIMULDÃO: ESOLUÇÃO N f máx at mg sen mg cos Do equlíbro, temos: mg sen fat máx m ,6 7 m,0 kg lternata c. Da stuação II: F kx 9 k( ) k 9 N/cm Da stuação III: F kx 9 ( ) 8 N 0,5 m 0,50 0,0 m b) ara que as forças horzontas agentes no rotor se equlbrem: m p r M 0 M 0 m p Logo M 0 0,00 0,5 0,0 r M 0 0,07 kg c) ara que duas forças se equlbrem, deem ser colneares. ssm, o ponto D 0, o centro de rotação e a posção do prego deem estar alnhados. lternata a. força elástca é sempre de resttução, ou seja: C D O C D O F c g 6 lternata a. lternata b. Como o corpo executa momento crcular com elocdade constante, temos: a Dados: 00 m F cp F cp m mg g 00 0,6 m/s 76 ESOLUÇÃO

19 7 lternata e. centro da cura N r c Supondo-se a cura plana e numa superfíce horzontal: c C r N C r elocdade máxma permtda na cura pode ser calculada por: m máx r Então: N máx N mg e N atrto máxmo gr, 5 Como o automóel entra na cura com elocdade m s 0 m, ele derrapa. ortanto: s afrmação I: falsa; afrmações II, III e IV: corretas. 8 lternata e. F e m kx m ( a f ) kx m f k 0,0 0 k,8 0 5 N/m 9 De acordo com o enuncado: N stuação F cp N F N Substtundo os alores: N 95 N esolendo o sstema: N 59 N e 60 N stuação N F 95 N F cp N s equações pertnentes ao estudo do momento são: c m a C m r c m a C m r (ponto apresenta uma altura menor que ) Conclu-se então que: afrmação I está ncorreta, pos a resultante no ponto é ertcal e para cma afrmação II está correta, pos, se, então c c. afrmação III está correta, pos, se a c é para baxo, então N. lternata e. Nas duas stuações, a massa e consequentemente o peso são os mesmos. Já a tração no fo dependerá da segunte relação: F F cp F cp m mg, sendo m, g e constantes, a tração dependerá da elocdade. e g H g erra L g SIMULDÃO: ESOLUÇÃO mg g g 6 m/s 0 lternata e. Na fgura estão assnalados as forças que agem no corpo nos pontos em questão, bem como a sua resultante centrípeta (cuja dreção é radal e cujo sentdo é para o centro da cura descrta). L L hp. g H g g terra g hp. g g ESOLUÇÃO 77

20 lternata c. Como o período é dado por g, o pêndulo e o pêndulo D possuem o mesmo período; logo, a mesma freqüênca. lternata c. III Verdadera, pos a aceleração exste e é constante, porque a força resultante é de 0 N, gerando uma aceleração de F ma 0 a a 5 m/s. IV Verdadera, pos o trabalho total pode ser encontrado pela soma dos trabalhos parcas, ou seja: total F0 F fat0 total 80 0 (80) 0 J SIMULDÃO: ESOLUÇÃO Em das quentes há dlatação do fo do pêndulo (L quente L fro ). 5 0 Verdadera, pos k. 0 Falsa, pos é nersamente proporconal a g. 0 Verdadera, pos k k L g g k L g 08 Verdadera, pos não depende da ampltude. 6 Falsa, pos f f 0, Hz. 5 Verdadera, pos s. Logo: lternata a. s forças só podem realzar trabalho quando possuem componentes na dreção do deslocamento. Segundo o enuncado, o deslocamento é horzontal. Logo, tanto quanto N não realzarão trabalho nesse caso, já que são forças ertcas e, portanto, perpendculares do deslocamento d 50 lternata e. 0 at 50 0 a 0 s 0 t a m/s at s 0 0 s 50 m F s mas 5 lternata b. V 0 g h 0 0h h 9 0 m p m g h p 0 5 lternata a. p m g h p 0 0 p 600 J 5 lternata e J F t m g sen 9 0 p 9 J 0 7 lternata d. elocdade é constante: s s 0 t s t s 0,5 0 5 m Fd J 8 lternata a. tração no fo é sempre perpendcular ao deslocamento da partícula ao longo de sua trajetóra. ssm, o trabalho total será sempre nulo. sen 6 0,6 0 F ,6 F 00 N F F d F J 5 a) epresentando a stuação: 9 lternata d. 0 cm I Falsa, pos o trabalho realzado pela força F, pode ser calculado pela área abaxo da cura, ou seja: ara um deslocamento de 0 a m: n área 0 80 J II Verdadera, pos da mesma forma podemos calcular o trabalho da força de atrto: n área 0 80 J força que atua no sstema é a força-peso: 0 cm F (m balde m água ) g 00 (m m ) 0 78 ESOLUÇÃO

21 b) 0 0,5 m m 9,5 kg Determnando a constante elástca da mola: F kx 00 k 0, k 500 N/m Determnando o trabalho realzado: k x 55 lternata e. ucuruí p (0,) Sobradnho p 050 Itapu p , 57 km MW,0 km MW 0,0 km MW 0 J 58 lternata c. aceleração do carro é dada pelo gráfco com o coefcente angular da reta. a 0 0 t 0 0 a m/s elocdade méda nesse nteralo de tempo é de m 0 F m 0 0 m/s Logo, a potênca méda nesse nteralo é dado por: m F m m m a m m lternata d. m W Ilha Soltera p Furnas p 50 0,,0 km MW km MW O maor prejuízo ambental (p) corresponde, portanto, à usna de Sobradnho. 56 lternata c. odemos determnar o trabalho realzado em qualquer um dos testes atraés da expressão: m g h I mgh J t W II mgh J 0 t W III mgh ,5 0 5 J, 5 0 t 0 5,5 0 W IV mgh J 0 t 0 57 (c). 5,58 m/s,6 0, W km h (c). Há transformação de energa químca, proenente dos almentos, em energa cnétca e térmca. (c). água funcona como líqudo refrgerante do sstema. (c). 800 t 7, J 6 05 kj d m 0 m 6 m 6 0 kg 0 t t 0 t 00 W 0, kw mgh t 60 Dados: m 800 kg t mn 60 s odemos determnar o trabalho realzado calculando a área sob a cura. n área 60 J Determnando a potênca desenolda: t 6 lternata b W m g h t t lternata e. Dados: taxa,0,0 m s 60 W kg s Determnando a força aplcada: F m a m t,0 m/s F,0 N onde: m kg t, 0 s e odemos escreer a potênca da segunte forma: F V 8 W SIMULDÃO: ESOLUÇÃO ESOLUÇÃO 79

22 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 6 lternata a. Dados: total 800 J dssp. 00 J t 0 s odemos determnar o trabalho útl a partr da segunte relação: total útl dssp. 800 útl 00 útl 600 J Determnando o rendmento: útl total % 6 Dados: L 5 m Determnando a altura: 75 degraus 0 h 7,5 m a) Determnando o trabalho da força-peso: mgh , J b) Determnando a potênca: t W c) Determnando o rendmento: útl total 5 m 0 65 lternata a % quema do combustíel ocorre no motor representado pelo dagrama abaxo: total 7 kw fração dsspada de energa é: dsspada total h 56, 8 0, 8 7 dsspada 56,8 kw útl, kw ortanto 80% da energa são dsspados. 66 lternata c. MOO DE COMUSÃO Na fgura estão ndcados o consumo de O que ocorrera se o joem se lmtasse a andar () e o consumo de O que realmente ocorreu (). Área assnalada: ( ) h área assnalada representa o excesso de consumo de O. 9 Excesso de consumo de O : 0 Como cada ltro corresponde a 0 kj, obtemos a quantdade de energa utlzada a mas: 00 kj. 67 a) Dedo ao fato de as folhas parecerem predomnantemente erdes quando lumnadas pela luz do Sol, dfundem o erde e absorem as outras cores. ssm, a faxa de freqüênca do espectro da luz solar de menor absorção de energa está entre 5, 0 a 6, 0 Hz. b) Como 0% da radação ncdente, 00 W/m, é aproetada na fotossíntese e a área da folha exposta ao sol é de 50 0 m, temos: 00 W m W 50 0 m Em 0 mnutos, a energa absorda será: S t S 0 (60) S 600 J 68 Consderando-se a trajetóra retlínea: a) aceleração () do cclsta logo após ele dexar de pedalar pode ser obtda pelo gráfco., 5 5 t 0,5 m/s b) força de resstênca horzontal total F, logo após o cclsta parar de pedalar, concde com a resultante das forças atuantes. plcando-se o rncípo Fundamental da Dnâmca: F m 90 0,5 F,5 N c) Durante o nteralo de tempo (/h 800 s) no qual a elocdade é constante, temos: ) s t m ) resultante é nula (rncípo da Inérca). F F F s, F 0,5 kj Do enuncado, a efcênca () do organsmo do cclsta é: Consumo de O (/mn) t (mnuto) F F E E 0, 5, 5 0 h E 900 kj 80 ESOLUÇÃO

23 69 Em cada segundo, a potênca fornecda pela queda d água ( f ) é dada por: f 6 mgh W, e a potênca recebda pela turbna ( r ) t t será: r kw W. Logo, a potênca dsspada ( d ) será: d f r W. Esta perda corresponde a 0% da energa recebda. O que pode ser calculado atraés de uma regra de três smples:. 0 9 W 00%. 0 8 W d d 0% Substtundo-se () em () e fazendo-se as respectas substtuções algébrcas: m C g m g m g (m m m C ) a 5, , 5 0 ( 5 5,5) a a m/s Utlzando-se a equação de orrcell entre os pontos X e Y: y x a s y 0,5 0,5 y,5 Como a elocdade escalar em todos os corpos é a mesma, E C m y,5 E C,5 J 70 lternata a. Dados: m m c c Comparando a energa cnétca dos dos corpos: E c m E c m c ( c ) m c c E cc m c c Estabelecendo a razão: 7 lternata b. E E c cc ssnalando as forças na fgura: N mc c mc c 7 lternata e. Durante o deslocamento s, o trabalho da força F pode ser calculado nas formas: F F s cos 0 F F t 0 0 F mgh F N níel de referênca N 0 Então: F mgt/. s t F 0 h t aração da energa potencal grataconal do sstema fo: 0 E p E f p E p E p mgh mgt/. ortanto, as afrmações I, II e III estão corretas. SIMULDÃO: ESOLUÇÃO X Y s t 0,5 m C C níel de referênca N 0 F 0 h t plcando o prncípo fundamental para os três corpos e somando-se as equações: C m C a m a m a C (m m m C ) a m C g m g N (m m m C ) a () Como a aceleração do corpo é horzontal, y 0 N m g () 7 lternata c. m F d m 0 F 0,5 F N F 0 N m ESOLUÇÃO 8

24 7 lternata a. prmera força é, a cada nstante, perpendcular à elocdade lnear da partícula. ortanto, também é perpendcular ao deslocamento da mesma, o que sgnfca que o trabalho desta força sobre a partícula é nulo. ssm, durante esses prmeros m de trajetóra, a energa cnétca não se altera. segunda força realza um trabalho de 00 J sobre a partícula pelo.e.c: E c 00 E cf 50 E cf 50 J Já a afrmação está ncorreta, pos a soma das energas cnétca e potencal, contnua a ser chamada de energa mecânca. O que ocorre é que para aldar o rncípo de Conseração se faz necessáro nclur na soma das energas a parcela dsspada pelas forças dsspatas referdas no enuncado. 78 lternata b. ( 0) SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 75 lternata c. potênca é dada por: 0t t Como temos a potênca aráel, o é numercamente gual a área do gráfco de t. (kw) 5 ara t s t 0 ot 0 0 t (s) 5 0t 50 kw e 0 50 kw J Como m 500 kg e, supondo 0 0, temos: 0t E c E f t c 0t m t 0 m/s Na altura máxma 0, logo: E M E p ssm: E M E M E C E M 0,5 0 E E 5 J 79 E M E M E E E C Mg h Mg h M m E g(h h ) 0 (0 5) 80 Dados: V 0 00 V 0 m/s h h 0 m/s h f h 76 lternata c. 0 m/s Se desprezarmos o efeto do ar, a energa mecânca se consera e a pedra retorna à posção de partda com a mesma energa cnétca e V V. Se consderarmos o efeto do ar, a energa mecânca é parcalmente dsspada e a pedra retorna à posção de partda com energa cnétca menor que a de lançamento e V V. Corretas: II e III 77 lternata c. afrmação está correta, pos parte da energa mecânca do sstema se conerteu em energa térmca, que se perde para fora do sstema. elo prncípo de conseração: E M E M E c E p E c E p m g h m(0) m g h 0 h 00 5h 5h 00 h 0 m 8 lternata d. E total J E total mgh 5 0, 0 h h,5 m 8 lternata a. Se c 0, então E cc 0. Como E pc m g H c, este é o alor da energa mecânca no ponto C. or outro lado, a energa mecânca no ponto é dada por 0 0 E M E c E p E M m g H. 8 ESOLUÇÃO

25 Mas H H c. ortanto, E M E Mc, o que sgnfca que o sstema não é conserato. ssm, a afrmação (II) é falsa, enquanto que a (I) é erdadera. força não conserata desse sstema é o atrto entre a esfera e a superfíce. Como, pelo enuncado, essa é uma superfíce regular, o atrto é sempre o mesmo em toda a superfíce. Logo, de a também exste uma dmnução da energa mecânca total do sstema, o que torna a alternata (III) falsa. 8 lternata e. ara atngr a calçada mas eleada, o garoto deerá ter, no mínmo, na calçada mas baxa, uma energa mecânca de: E M mgh, sendo h o desníel entre as duas calçadas. E M ,5 50 J Como na calçada mas baxa o garoto tem uma energa mecânca de 00 J, anda lhe sobrarão 50 J de energa cnétca ao atngr a calçada mas alta. 8 lternata d. E c E cf E p m 0,5 00 E cf mgh 5 E cf 0 E cf 5 J 85 lternata c. E cf 0,5 0 o atngr a atmosfera, o meteorto dmnu sua alttude em relação ao solo. Logo, p dmnu dedo ao aumento de c. Mas o atrto transforma parte de c em t, produzndo o brlho sto do solo. C e C t 87 lternata a. energa consera-se em todos os processos (rncípo da Conseração da Energa). 88 lternata d. O momento do bloco do bate-estaca pode ser dddo nos seguntes trechos: subda do bloco, na qual a potênca da força exercda no bloco ale: Epot t () queda do bloco, na qual há transformação de energa potencal grataconal em cnétca. O choque do bloco com a estaca, no qual há dsspação de energa. energa cnétca se transforma em outras formas de energa, prncpalmente térmca. Logo: I Certa. II Errada. energa é dsspada, não desaparece. III Certa. asta obserar a expressão (). 89 lternata b. Na posção, temos m g N 90 lternata b. E M E p m g h E M E p m g h E M 00 0 E M E M 00 J E d E M E M E d J E M J SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 86 lternata d. 0 0 E p E c E p E c E dsspada 9 a) elo prncípo da conseração da energa: 0 0 E M E M E pc E cc E p E c m g h m E dsspada E dsspada E dsspada J 0 m/s b) Supondo a elocdade do corpo 0 m/s quando do choque contra a barrera, temos: 0 E c E cfnal E c m 90 (0 ) J F d F,5 F 000 N ou F 000 N ESOLUÇÃO 8

26 9 Dados: m/s h 0,6 m m/s g 0 m/s m 0, kg a) E M E c E p E M m m g h b) E Mo E M, onde o ponto representa o níco do trecho plano da fgura. m g h o m g h o m /s E c 500 J SIMULDÃO: ESOLUÇÃO E M 0, 0, 0 0,6 E M,6 J E M E c E p E M E M 0, 0,9 J m Como E M E M, o sstema não é conserato e perdeu energa para o exteror na forma de calor gerado pelo atrto entre o bloco e a superfíce. b) fat E M E M 0,9,6 fat 0,7 J c) fatc E cc 0,9 J fatc F at d fatc m g d 0,5 0,9 0, 0 0,9 9 a) no ponto x m temos: E p J e E c J (eƒõncado). E M E p E c E M J b) no ponto x 7 m temos: E p 6 J E M E p E c 6 E c E c 8 J c) fat E c E cg E c fat 8 J Mas fat F at x F at fat x F at 9 a) arte cura: ,6 N De a, o ponto fnal da regão plana, o bloco perde energa cnétca dedo ao trabalho da força de atrto f at. fat g m d E c E c g m d d 0 m m( ) 0, (00 ) E c 50 J De a C, o ponto mas alto do lado dreto de, temos: E M E Mc h c h c 9 m c) cada passagem pelo plano, o bloco dmnu em m sua altura máxma nas partes curas. Como a altura ncal era de 0 m, serão necessáras 0 passagens pelo plano para o bloco parar defntamente. 95 lternata b. E M E M E c E p 0, 0 0 x 0, m 0 cm x m kx N N : reação normal de apoo : peso do bloco 96 lternata c. oda energa potencal elástca será conertda em cnétca, logo: arte plana: f at N f at : força de atrto entre o bloco e a superfíce. E pe E c kx m 0 ( x0 ) m energa empregada para parar o corpo será: fat f at d E c m f at d m 0 m 0 d d,0 m 8 ESOLUÇÃO

27 97 lternata e. No ponto, temos: 0 E M 6 J (conseração) E p 0 J E pe 0 E outra 0 E c E M E p E c J E pe E pg kx mgh, k 00 N/m 98 lternata a. m 0,5 kg x 5 0 m 50 cm 0,5 m k( 6 0 ) b) E Mc 6 J; E Mc E cc c 6 c 6 m/s c) fat E c (m M) c c m c c ( m M) fat 6 J c m c 6 m/s elo prncípo de conseração, temos E M E M m E pelást. E p E c K 50 cm O alor mínmo de elocdade em para que o corpo complete a olta ocorre quando F cp. m mín em : mg mín g 0 0,5 5 kx m g h m mín k (0,5) 0,5 0 0,5 k 0 5 k 00 kg/s 0,5 5 Mas fat (m M)gL. Logo: lternata c. m 0, 0, 5 0 kg m/s 0 kg m/s m V 90 km/h 5 m/s m 00 g 0, kg 0 0 lternata d. Do gráfco s t 5 ( ) 5 5 m/s 9 m 0 0 kg 0 lternata d. m/s m s SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 99 a) No ponto, temos: Conseração de Energa: E M0 E MF E pg mgh 0 0 J E pe kx 00 (0,) 6 J E c0 E pe m 0 k x 0 k m x E c 0 E outra 0 0 m 0 0 m k m x E M J 0 m k x ESOLUÇÃO 85

28 0 lternata a. E (E mec ) (E mec ) ( 0 0) E mgh mgh E 6, J h 5 h 5 (plano de referênca) Momento antes do choque: (E p E c ) (E p E c ) c mgh 0 0 m C gh 0 m/s (elocdade medatamente antes do choque). E M E M m mg g quantdade de momento () do corpo no ponto tem ntensdade: m g Momento depos do choque: (E p E c ) D (E p E c ) 0 m mgh 0 gh 6,0 m/s (elocdade medatamente após o choque). SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 0 lternata a. Dados: m 0, kg m/s F 600 N I F t m( 0 ) 05 lternata b. t m F ( 0) t 0, ,0 s I, pelo eorema do Impulso. Mas I n Área sob o gráfco de F(t). ( 0 0) ( 00 0) 500 kg m/s 06 a) dmtndo-se nesta solução que: º-) a energa mecânca perdda (E) seja, na erdade, a energa mecânca dsspada; º-) a aração da quantdade de momento pedda () seja durante o choque. 0 ortanto, a aração da quantdade de momento é: m m Orentando-se um exo como o ndcado na fgura, m m 0, 6 0, (0), kg m/s b) resultante méda durante o choque é: m t F m F m t F m, 0,05 t 07 lternata b. 0, 0 66 N Consdere as seguntes nformações a respeto de um corpo de massa m, no nstante em que sua elocdade é e está sob ação de uma resultante. º-) potênca da resultante, supondo-se que e tenham a mesma dreção e sentdo, ale: () º-) ntensdade da quantdade de momento do corpo é: 0 m m () C D D º) De acordo com o eorema do Impulso, lembrandose que o corpo parte do repouso: t m t () 86 ESOLUÇÃO

29 Substtundo-se () e () em (), em: t m 5 m m t m 500 kg 08 lternata d. f 0 ( m m) V m 0 5 m V 0 m V 50 0, m/s 09 lternata b antes depos Cálculo de : 0 E c m( ) ( ) m/s Como o choque é perfetamente elástco, temos: f m m m m 0 E cf E c m ( ) m ( ) f M H H M c c (M H M c ) V 70 0 (70 0) V V 0 00, m/s 0 lternata c. Supondo-se o sstema solado na dreção horzontal: m massa do menno m m 0 m massa do carrnho Como m 60 m, temos: m (60 m ) () 0 m 6 kg lternata c. m m ( ) ( ) 0 ( ) ( ) Substtundo em, temos: ( ),5 m/s Seja 0 a elocdde com que o martelo atnge a estaca. níel de referênca h,00 m M 70,0 kg m 0,0 kg 0 M s 0,500 m SIMULDÃO: ESOLUÇÃO f M c c (M c M a ) V V V Mc ( M m ) c lternata b. fnal ncal a c 0, 0,0 m/s m p V (m p m c ) 0 V m p m m V p c km/h E m E m Mgh M 0 gh m/s Seja a elocdade do sstema martelo mas estaca, logo após o choque: f (m M) M 0 (0 70) 70 0, 0 m/s ESOLUÇÃO 87

30 Seja F a força méda de resstênca à penetração da estaca; logo: F momento F (m M)a (m m)g F (m M)a F (m M) (g a) aceleração do conjunto é dada por: f as 0 (, 0 ) a 0,5 0 9,6 a a 9,6 m/s a) O pêndulo atnge a esfera com elocdade gual a: E M E M E p E c mgh m 0 0,5 0 m/s pós o choque, como a esfera e o pêndulo têm a mesma massa eles trocam de elocdade antes e 0 esfera pêndulo depos e 0 m/s esfera p 0 pêndulo SIMULDÃO: ESOLUÇÃO Da equação, temos: F (0 70)(0 9,6) F 960 N 5 lternata c..c..m: f M 0 m V m 0 m V.C.E: E c E cf 0 V ( m) 0 m V Substtundo-se em, concluímos que: V V lternata e. elo gráfco: V 0. Logo: m/s m/s m/s m/s 0 V. Na colsão, consera-se a quantdade de momento do sstema: m m m m m () m () m () m () b) Na compressão máxma da mola, toda energa cnétca da esfera transforma-se em energa potencal elástca da mola. Logo: E c E pel m e kx 0, ( ) 0 9 x 9 x m 8 lternata d. x O momento ncal do núcleo é zero. ortanto, pela conseração do momento lnear, o momento total dessas três partículas produzdas dee ser nulo. alternata correta é, pos, no nstante fnal, aquela que anula a resultante entre e 9 lternata e.. Como são os dos caxotes dêntcos e as colsões perfetamente elástcas, ocorre troca de elocdades entre os caxotes. lém dsso, como o choque entre o caxote e a parede é frontal e perfetamente elástco, o caxote possu a mesma elocdade, em módulo, após a colsão. ortanto, a seqüênca das colsões ocorrdas é: parede 0 V 0 m m m m 5m m 7 Do enuncado, temos: parede 0 V 0 M M 0,5 m parede parede 0 V 0 0 V 0 88 ESOLUÇÃO

31 0 lternata e. ª- Le de Kepler dz que o rao etor arre áreas guas em tempos guas. uando o planeta está longe do Sol, um pequeno deslocamento na elpse corresponde a um setor de grande área. or outro lado, quando o planeta se aproxma do Sol, para arrer a mesma área ele necessta percorrer uma dstânca maor na elpse, no mesmo nteralo de tempo. Ou seja, a elocdade do planeta é maor nos pontos da órbta mas próxmos do Sol (0) Verdadera, graças à Le das Áreas de Kepler (ª- Le). (0) Verdadera, pos segundo a ª- Le de Kepler, os períodos dependem apenas das dstâncas dos planetas ao Sol; os períodos aumentam conforme a dstânca aumenta. (0) Falsa. Como dto acma, os períodos ndependem das massas. (08) Verdadera. ara cada um deles, mudam as excentrcdades das elpses, e os sem-exos maores. (6) Falsa. Os momentos de rotação e translação são ndependentes. () Falsa. pesar de muto pequena, exste uma excentrcdade na órbta terrestre. Dados: a k a k a Fazendo 5 5 ka ka a 9 5 das das lternata e. atual 7, das Futuro,5 atual Futuro atual Futuro atual 5 a a 9 a ª- Le de Kepler ( Futuro ) 7,,5 Futuro 7, Futuro 75, 9, 75 50,5 das (,5) lternata e. Sendo F g G M m d a força com que a erra atra um corpo de massa m a uma dstânca d de seu centro, temos: G M m Fe r (,05 ) F G M m r 0,9 (,05) 5 lternata e. Stuação ncal: F Stuação fnal: F F GM 8d F 6 lternata b. M M g g GM ; g GM ( ) G M M d GM F d G M M GM F ( d) d 8 F G ( M ) g GM ( ) g GM g g. Se g 0 m/s, então g 5 m/s. 7 lternata b. g g 9 ; h? g g GM s GM s g () GMs () ( h) Substtundo a expressão () em (): g 9 g ( h) h h 8 0 h h h 9 6 h h (h 0) SIMULDÃO: ESOLUÇÃO ESOLUÇÃO 89

32 8 lternata b. g x G M x x g x G m ( 5 ) Logo: x mg x 50, 60 N 9 lternata d. g x G m 5 g x 5 g g x, m/s aceleração da gradade depende da dstânca do corpo ao centro do planeta. Como no equador esta dstânca é maor, a aceleração da gradade é menor, ocorrendo o nerso nos pólos terrestres. Como m g N E. massa, por sua ez, permanece naráel (m N m E ). ara a erra: G M m ara a Lua: G M L m m L m Substtundo M 8 M L, temos: M L M L L L L G M G M L 8 ML L M 9 a) Da tabela, percebemos que a razão entre e D para qualquer planeta ale. Então, para o planeta X temos: D x x D x x D x 5 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 0 lternata d. Esta sensação de mponderabldade ocorre toda ez que os corpos sofrem a mesma aceleração, cando na mesma dreção e sentdo. a) erra míssl Um corpo em órbta crcular está sob a ação exclusa de seu peso: c m a c m g g g 0 6, m/s b) s t t s Obserando-se apenas uma olta: 6, lternata c s O período orbtal ndepende da massa de satélte; depende apenas da altura da órbta. Como ambos os satéltes apresentam órbtas de mesma altura, seus períodos deem ser guas. Dado: m 8 m L Nos dos casos, cabe a gualdade F gra. F cp G M m m D x (5 ) D x 5 5 D x U.. b) Supondo as órbtas pratcamente crculares, as elocdades orbtas médas são dadas por: x Dx x D x x Dx D 5 5 x 5 D x 5 U.. D U.. x 5 a a 5 a) Como a aceleração da gradade na superfíce de um planeta esférco de massa M e rao pode ser calculada pela expressão: g G M ara Marte e erra teremos, respectamente: g M G M M M () e g G M () Ddndo-se a expressão () pela expressão (): g g M 0, G M M ortanto: 0,5 g g M M 0, G M M M M b) O alcance horzontal de um corpo lançado oblquamente com elocdade 0 é dado pela expressão L 0 sen. g M 90 ESOLUÇÃO

33 No caso da erra: L sen. ESÁIC 7 lternata c. Como M F d, quanto maor a dstânca da força em relação ao prego, maor é o momento, logo, de todas é a força C. 8 lternata c. 0 Na stuação ncal M Fd, ddndo-se a dstânca por, o módulo da força tem que dobrar para M não se alterar. g No caso de Marte: L M sen 0 sen L. 0, g 0, 0 g M Logo: L M 00 0, L M 50 m c) No caso da erra, quando o alcance for máxmo ( 5 ), teremos: 0 L sen ( 5 ) g Logo m/s 0 ou 00 0 Nestas condções, o tempo t M da bola em Marte será: t M 0 sen 0 sen 5 g 0, g M 0 0 M 5 5 s s 6 a) Verdadera. resultante é centrípeta, e prooca a aceleração centrípeta necessára para manter a Lua sobre a órbta. b) Verdadera. s lnhas de campo grataconal são drgdas para o centro da erra; logo, todas as lnhas de campo são perpendculares à trajetóra do satélte. c) Falsa. O trabalho realzado numa órbta crcular é nulo, pos não há aração na dstânca entre o satélte e a erra. d) Verdadera. O moto é a força de atração gra taconal entre os corpos. 9 lternata e. M F,O 60 F 0, 60 F 00 N 0 a) M F.O F d sen 60 M F,O ,86 M F,O,8 Nm M F,O F d sen 5 M F,O ,70 M F,O 5 Nm Como M F,O M F,O, o poste tende a grar no sentdo horáro. b) M F,O F d sen 5 M F,O 0 9 0,70 M,O 0 M F,O M F,O 0 F 6 0, F 6,6 N Da fgura, temos: 0, m C F d 0,5 m 0,5 0, d 0,5 0,09 d d 0,6 d 0, m M F,D F cd 0 0, 6 Nm M F,O 89 Nm Não consegurá remoer o parafuso, pos 6 Nm é menor que 8 Nm. M F M F M F 0 F l F l F l M resultante F F 600 F 700 N F F F F 0,9 m, m F n F F F F n F n N M F, M F, M F, M F, F d F 0 F 0,9 F, d d d 0,87 m F N a 0,87 m à dreta do ponto. D d SIMULDÃO: ESOLUÇÃO ESOLUÇÃO 9

34 SIMULDÃO: ESOLUÇÃO Dados: m m 00 kg; m m 50 kg em X: x, x, x, x y, y, y, y X G m x m x m x m x m m m m X G X G em Y: 00( ) 50( ) 00() 50() Y G m y m y m y m y m m m m Y G 00( ) 50() 00() 50( ) Y G Logo, as coordenadas do centro de gradade (centro de massa) são: G, lternata d. força tensora em X é a resultante das forças elástcas, conforme o dagrama abaxo: F el x x F el 9 Como a força elástca depende da elongação, quanto mas estcado o elástco, mas o alor de F el. ssm a correção mas efcente corresponde às posções e 6. F F F F dn 0 60 N N N 0 Fel 50 N 7 s forças atuantes no ponto são: 5 6N Como o ponto está em equlíbro, a resultante dee ser nula: 5 rângulo retângulo e sósceles: 6 N 6 N representação correta dessas forças, em escala, é: 5 a) Os dagramas apresentados pelos dos estudantes estão errados. N N b) O estudante errou na representação de estudante, de 8 lternata a.. Consderando os ângulos enoldos na fgura e a marcação de forças no objeto, temos: e o 6 lternata d. epresentando as forças que agem em cada um dos corpos e no dnamômetro, temos: Fazendo a decomposção da força de tração, obtemos: Da condção de equlíbro do corpo: F dn Como o sstema ntero se encontra em repouso, para cada um dos corpos dee aler a condção: F 0 sen sen sen sen tração será máxma se o ângulo for mínmo. Como 90, a tração máxma corresponde ao caso em que for máxmo que, entre as fguras propostas, é: 60 e 0. 9 ESOLUÇÃO

35 9 lternata a. 5 lternata a. Estabelecdo o equlíbro: m m f at N C C 5 x m m m F 0 96 N Marcando-se as forças em M: c sen 5 F C 0 96 N c cos 5 mg 0 mg M mg N 980 N F 0 F at 96 N Sabemos, então, que lternata d. tg60 60 y 60 x 50 lternata c. epresentando as forças: x x 0,5 m y cos 60 N 5 m m M 0 N 8 N N N 50 N 5 lternata c. 0 cm 0 cm 0 cm 0 N SIMULDÃO: ESOLUÇÃO 5 lternata c. x O F F M 0 M M 80 N M 0 0 x 0, 0, q 0,6 M M M cos M F 0 sen F x 0, 50 0, 00 0,6 x 0, 0 60 x N 0, M 55 lternata d. Eleando ambas as equações ao quadrado e somando, temos: cos sen M F (cos sen ) M F x N N 0 cm 00 N 00 N 0 N M F N M 0 ( x ) 0, N 0,6 0, ESOLUÇÃO 9

36 No alor máxmo de x, a barra começa a grar em torno da haste ; logo, N 0. (00 x ) 0, 0 0, , x 6 00 x 96 0, x 0 N m x kg 59 lternata e. O fato ocorre com o menno à dreta de. N N m m x M 56 lternata d. 0,5 m 0,50 m Na mnênca da rotação, N 0. M 0 N 0 N 5 M x x x m M 0 0,75 0,5 0 0,5 0,75 0 N 60 lternata b. f at N SIMULDÃO: ESOLUÇÃO F 0 57 lternata c. N M N b 0 b x x F 0 0 x F x 0 F 0 F 5 0x F 5 Se a barra está na mnênca de escorregar, as forças de atrto terão ntensdades dadas por: 5 Fat N () e fat N () ara que a resultante das forças seja nula, deem ter: N Fat () e N fat () ara que o momento resultante, em relação ao ponto seja nulo deemos ter: N fat L sen 5 N L cos 5 L fat N (5) De () e (): N N f at cos 5 ortanto, F 5 N. 58 lternata e. De () e (): N N N N ( ) N (I) F F x 0 y De () e (5): N N O G b ( ) N ( ) N M 0 0 b 0,5 y 0 0 0,5 0 sen N ( ) (II) N Comparando (I) e (II): ( ) 9 ESOLUÇÃO