018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01\\Carol05/01 FÍSICA 1 Volume RESOLUÇÕES - EXERCITANDO EM CASA AULA 11 01. B Da equação da altura percorrida na queda livre, temos: 1 h = t 1 h1 = 10 h1 = 0 m 1 h = 10 1,6 h = 1,8 m Portanto, o nível da áua elevou-se em: h = 0 1,8 h = 7, m 06. E 1 a Solução: De acordo com a Rera de Galileo, em qualquer Movimento Uniformemente Variado (MUV), a partir do repouso, em intervalos de tempo iuais e consecutivos ( 1 n t,δδmovimento, as distâncias percorridas são: d; 3 d; 5 d; 7 d;...; ( n 1) d, sendo d, numericamente, iual à metade da aceleração. A fiura ilustra a situação. Δ, a partir do início do 0. A Dado: v = 0 m s; h = 15m; = 10 m s. Aplicando a equação de Torricelli: v = v0 + h v0 = v h 0 10 15 = 100 v0 = 10 m s. 03. E A distância percorrida em queda livre é dada por: t h = 04. C Loo, 10 m / s,5 s h = h = 31,5 m Já a velocidade é dada por: v = v0 + t v = 0 + 10 m / s,5 s v = 5 m / s h 54 h = t = = = 1 m/s. t 3 05. C Dados: v 0 = 0; v = 7 km/h = 0 m/s; = 10 m/s. Aplicando as equações da queda livre: v = t 0 = 10 t t = s. h = t h = 5( ) h = 0 m. Dessa fiura: 6,5 5 d = 6,5 d = d = 1,5 m. 5 h = 16 d h = 16 1, 5 h = 0 m. a Solução Analisando a fiura, se o intervalo de tempo Δt entre duas posições consecutivas quaisquer é o mesmo, então: t = t; t 3 = 3 t e t 3 = 4 t. Aplicando a função horária do espaço para a queda livre até cada um desses instantes: 1 1 S = t S = ( 10) t S = 5 t. S = 5 t S = 5( t ) S = 0 t S3 = 5 t 3 S3 = 5( 3 t ) S3 = 45 t S3 S = 5 t 6,5 = 5 t t = 0, 5. Aplicando a mesma expressão para toda a queda: h= 5 t 4 h= 5( 4 t ) h = 80 t = 80( 0,5 ) h = 0 m. 07. A A posição em função do tempo de um objeto em lançamento vertical varia quadraticamente, indicando o ráfico de uma parábola, sendo o movimento de subida retardado e a descida acelerado. O movimento é retilíneo uniformemente retardado na subida até a altura máxima atinida pelo objeto e a descida passa a ser acelerada sendo em ambos os trechos a aceleração iual a ravidade.
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 08. A V = V 0 h 0 = 0 10 h 0h = 400 h = 0 m No entanto ele perdeu 15% de eneria mecânica devido às forças dissipativas, ou seja, ele irá subir 15% a menos do modelo ideal que não possui forças dissipativas. h = 0 0, 85 h = 17 m 09. B Como, em relação à mesma horizontal, o tempo de subida é iual ao de descida, o tempo total de movimento é 4 seundos; então o tempo de descida, em queda livre, é seundos. Aplicando as equações da queda livre: v = t = 10( ) v = 0 m/s. 10 h = t = ( ) h = 0 m. 10. D Calculando o tempo de queda: 1 h 7, h = t q tq = = = 1,44 10 tq = 1, s. A fiura mostra os cinco corpos e o tempo (t) de movimento de cada um deles. A velocidade do o corpo é: v = v0 + t v = 0 = 10 0,9 v = 9 m/s. 0. D No enunciado é dito que se trata de um lançamento horizontal. Como neste tipo de lançamento a componente vertical da velocidade inicial é nula e o tempo de queda é dado por t q = h Podemos dizer que a o tempo de queda não depende da velocidade inicial. Desta forma, os tempos de queda das quatro bolas são iuais. t1 = t = t3 = t4 03. C Primeiramente, calcula-se a velocidade horizontal da pedra no instante do lançamento, usando-se a expressão da aceleração centrípeta (radial) do movimento circular uniforme: v ac = v = R ac v = 0,80 m 370 m / s v = 17, m / s R Essa velocidade horizontal é constante, pois não há atrito, portanto podemos calcular o tempo para a pedra se deslocar 10 m na horizontal, sendo este tempo o mesmo para a pedra cair da altura h. x 10 m t = t = t = 0,58 s v 17, m / s Usando a equação da altura em função do tempo para o movimento de queda livre na direção vertical, temos: t 0,58 s h= h= 10m/s h= 1,69m 04. A Como o avião bombardeiro tem velocidade horizontal constante, as bombas que são abandonadas têm essa mesma velocidade horizontal, por isso estão sempre abaixo dele. No referencial do outro avião que seue trajetória paralela à do bombardeiro, o movimento das bombas corresponde a uma queda livre, uma vez que a resistência do ar pode ser desprezada. A fiura mostra as trajetórias parabólicas das bombas B 1, B, B 3 e B 4 abandonadas, respectivamente, dos pontos P 1, P, P 3 e P 4 no referencial em repouso sobre a superfície da Terra. AULA 1 01. B No lançamento horizontal, o tempo de queda independe da velocidade inicial, sendo iual ao tempo de queda livre. Assim: h 1,8 h = t t = = t = 0,6 s. 10
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 05. A O movimento do puma se joando para pear a presa é um lançamento horizontal. Desta forma, pode-se dizer que o tempo de movimento é iual ao tempo de queda. Como a velocidade inicial no eixo vertical ( v ) é nula, temos que: o y a t S = So + vo t+ y 10 t 1,8 = t = 0,36 t = 0,6 s Assim, o deslocamento horizontal do puma é de: S = v t x S = 5 0,6 S= 3m Em posse desse deslocamento, é fácil notar que a resposta é a alternativa (A). 06. E Calculando o tempo de queda no alcance horizontal (A): 1 h h = tq = tq = A = v0 tq h 5 A = v0 = 8 10 A = 8 m. (t q) e substituindo 07. E O movimento na vertical é uniformemente variado: 1 1 S = V 0.t+ at 740 = 3,7t t = 0s O movimento na horizontal é uniforme: S = V. t = 30 0 = 600 m 08. D Como a esfera caiu de 0,80 m podemos calcular o tempo de queda. S = S0 + v0.t + t / 0,80 = 0 + 0 + 10t / 0,80 = 5t 0,16 = t t = 0,4 s Este também é o tempo de avanço da bolinha. Como na horizontal não existem forças durante a queda, na horizontal o movimento é uniforme. S,80 v = = = 7 m/ s t 0,4 09. D O tempo de queda do saco de areia será: h = t / 500 = 10.t / t = 100 t = 10 s Isto sinifica que o saco deve ser abandonado 10 s antes do avião sobrevoar do alvo. Como o avião está a 144 km/h ou 40 m/s, o saco deverá ser abandonado a 40.10 = 400 m antes do alvo. 10. C O que importa é a velocidade inicial de ambos os corpos (é verdade que, para imprimir ao corpo de maior massa a mesma eneria, devido ao fato de a inércia ser maior; isso, no entanto, não interfere na cinemática da questão, e pode causar, vez por outra, aluma confusão em análise mais afoita). Se as velocidades iniciais são iuais e os lançamentos são simultâneos, os corpos, chearão ao solo no mesmo instante e suas trajetórias, por estarmos desprezando a resistência do ar, serão paralelas. A alternativa correta, portanto, é a letra C. AULA 13 01. C O míssil AX100 é lançado simultaneamente com o projétil. Loo: V = V sen30 (1) 0y (AX100) 0 (AX100) V = V () 0p 0y (AX100) Substituindo (1) em (), temos: V0 = V0 sen30 p (AX100) 1 V0 = 800 V p 0 = 400 m s p 0. D 43, V 0 3,6 S = senθ S = sen90 10 S = 14,4 m S 14 m 03. D Sabendo que no ponto mais alto da trajetória (ponto de altura máxima) a componente vertical da velocidade é nula, pode-se calcular o tempo de descida do projétil. t S = hmáx = vo + y 10 t 8,45 = t = 1,3 s Como o tempo de descida é o mesmo da subida, então temos que o tempo total do movimento é o dobro da descida. Analisando somente o movimento na horizontal, podemos analisá-lo como um movimento retilíneo uniforme (MRU). Assim, S = vx tt S = 9,6 S = 3,4 m
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 04. C Sabendo que na posição da altura máxima a componente vertical da velocidade é zero, utilizando a equação de Torricelli, podemos dizer que: vy = voy + a S oy oy oy oy 0= v H v = 10 5 v = 100 v 05. D = 10 m s máx Note que a aceleração neste movimento é em módulo iual a aceleração da ravidade. Porém, a =, devido a aceleração da ravidade, no movimento analisado, está contra o movimento. Sabendo que o ânulo de lançamento da bola é de 30ºC, podemos encontrar a velocidade inicial da bola. v = v sen 30 oy o ( ) voy 10 vo = = sen 30 1 vo = 0 m s 07. A Lançamento oblíquo No eixo vertical y, a equação da posição com o tempo é dada por: y = y0 + v0y t t Substituindo-se os valores fornecidos e sabendo que y0 = 0 10,4 + 0,4 = 0+ v0y v0y = = 11, m/s Como o ânulo de lançamento é de 45, v0y = v0x Então a distância horizontal x é dada por: x = x0 + v0x t Fazendo as substituições, tem-se: x = 0 + 11, x =,4 m Correspondendo, portanto a alternativa (A). 08. B Dados: θ= 30 ; v0 = 00m/s;h0 = 1,7m; = 10m/s. 1 a Solução: Decompondo a velocidade inicial nas direções horizontal e vertical: 3 v0x = v0cosθ= 00cos30 = 00 v0x = 100 3 m/s. 1 v0y = v0 sen θ= 00 sen30 = 00 v0x = 100 m/s. Vy = Vsen60 Vy = 0 0, 8 Vy = 16 m s V = V t 0 = 16 10t t = 1, 6 s y 0y A bola demora 1,6 s pra subir e 1,6 s pra descer. Loo, o tempo total será: tt = ts + td tt = 1,6 + 1,6 = 3, s S= S0 + Vt 0 S = V0 t S = 10 3, S = 3 m x 06. B As equações dessas componentes são: vx = constante reta horizontal ráfico II. vy = v0y t reta decrescente ráfico V. Sabemos que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula (v y = 0). Aplicando a equação de Torricelli, nessa direção, vem: v = v ( H h ) 0 = 100 0( H 1, 7 ) y oy 0 10.000 H 1, 7 = 0 H = 500 + 1, 7 H = 501, 7 m. a Solução: No ponto mais alto, a componente vertical da velocidade é nula, portanto v = v x = v 0x. Pela conservação da Eneria Mecânica: mv0 mv + mh x 0 = + mh 00 ( 100 3 ) + 10( 1,7) = + 10 H 5.017 0.000 + 17 15.000 = 10 H H = 10 H = 501, 7 m.
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 09. A Dados: v0 = 10 m / s; θ= 53, 1 ; senθ= 0,8; cosθ= 0,6; h = 16, 8 m. Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme fiura, temos: y 0 = h = 16,8 m. Calculando as componentes da velocidade inicial: v0x = v0 cos θ= 10 0,6 v0x = 6 m/s. v0y = v0 senθ= 100,8 v0y = 8m/s. Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atine o solo y = 0, vem: y = y 0 + V 0y.t.t²/ 0 = 16,8 + 8t 5t² = 8 4 ( 5) 16, 8 = 400 8 ± 400 t = ( 5) t 1 = -1,s (não satisfaz) t =,8s 10. E Primeiro vamos calcular a distância do trecho AB: Vamos analisar o eixo x 1 S = S0 + V0yt + at 1 H = 0 + V0 senθ t + ( ) t 1 H = V0 senθ t t No final do trecho AB, a altura máxima atinida será 0. 1 0 = V0 senθ t t 1 0 = (V0 senθ t) t Para a solução ser iual a zero só existe duas possibilidades t = 0 (que é o caso inicial) ou então: 1 V0 senθ t = 0 V0 senθ t = (i) Aora vamos ver o deslocamento no eixo x 1 S = S0 + V0xt + at 1 S = 0+ V0xt+ 0 t S = V t 0x S = V0 cos θ t (ii) (i) em (ii) V0 senθ S = V0 cosθ V S = 0 cosθ senθ V S = 0 cosθ senθ V S = 0 sen( θ) S na verdade é o trecho AB. Aora vamos calcular o trecho BC: S = V t 0x S = V0 cosθ t Onde S' é o trecho BC. O trecho AC é iual ao trecho AB + BC, loo o trecho AC é iual a: V S 0 AC = sen( θ ) + V0 cos θ t AULA 14 01. D Justificando as proposições incorretas: (A) Incorreta. A resistência do ar não é desprezível, impedindo a queda livre. (B) Incorreta. Atuam no paraquedista o peso e a resistência do ar. (C) Incorreta. O movimento é acelerado no início da queda. (D) Correta. (E) Incorreta. De acordo com o Princípio da Inércia, se o movimento é retilíneo e uniforme a resultante das forças sobre o corpo é nula. 0. A Se o bloco não acelera, é porque a resultante das forças sobre ele é nula. Ou seja, a força de atrito e a força aplicada pelo estudante têm a mesma intensidade: R = F 03. C Inércia é a resistência natural que um corpo oferece quando se tenta alterar seu estado de movimento ou de repouso. A medida da Inércia de um corpo é sua massa. Peso é a força que o campo ravitacional local aplica no corpo.
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 04. E (A) Falsa. No ponto mais alto do lançamento oblíquo ainda resta a componente horizontal da velocidade inicial, desconsiderando-se os atritos; (B) Falsa. Como o corpo do Senhor fantástico é elástico; ele armazena eneria potencial elástica; (C) Falsa. O período de oscilação de um pêndulo depende diretamente da raiz quadrada do seu comprimento; (D) Falsa. Quanto maior a densidade do líquido maior é o empuxo e menor é a força para sustentar o corpo submerso; (E) Verdadeira. 05. E Na situação mencionada na questão, as forças atuantes sobre a menina são a peso e a força de tração na corda, portanto a alternativa correta é a da letra (E). 06. A A força normal tem sempre direção perpendicular à superfície de apoio, no sentido de evitar a penetração do corpo na superfície, o que não se verifica apenas na situação III. 07. E Ação e reação são forças de mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos, porém, não se equilibram, pois não atuam no mesmo corpo. 08. B Quando o automóvel colide com o caminhão a força que um exerce sobre o outro (força de impacto) tem a mesma intensidade, mesma direção e sentidos opostos. F A: força que automóvel exerce no caminhão F C: força que caminhão exerce no automóvel F A = F C F A = M C a C e F C = m A a A Loo, M C a C = m A a A como M C = 5m A 5m A a C = m A a A a A = 5a C Assim, a desaceleração do automóvel é cinco vezes maior que a do caminhão. Portanto, a alternativa correta é a B. 09. B Da lei de Hooke: 400 K 1 = K1 = 800 N/m 0,5 F 300 F = K x K = K = K = 1.000 N/m x 0,3 600 K 3 = K1 = 750 N/m 0,8 K > K1 > k3 10. E Pela seunda Lei de Newton: Fe P = m a Fe P = 0 Fe = P ke x = m k e (H h) = m m H h= ke m h= H ke m h= + H ke Como as molas estão em paralelo, então: ke = k + k ke = 100 Loo: 0,5 10 h = + 0, 1 100 h = 0,07 m h = 7 cm AULA 15 01. A Como a caixa superior se move junto com a caixa inferior, não há aceleração diferente entre elas e podemos considerar como sendo um corpo único. E pela a Lei de Newton: F = m. a F = ( k + 1 k). m/s F = 6 N 0. D Nos dois casos a aceleração tem mesmo módulo: F = ( m1 + m) a F = ( m1 + 3m1 ) a F F = 4 m1 a a =. 4m Calculando as forças de contato: F 3F F1 = m a F1 = 3m 1 F 1 =. 4m1 4 F F F1 = m1 a F1 = m 1 F 1 =. 4m1 4 1
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 03. D Do diarama abaixo, determinamos a força resultante para cada corpo: Para o corpo 1: T1 = P1 + T Para o corpo : T = P Então, T1 = P1 + P T1 = 60 + 40 T1 = 100 N T = 40 N T Loo, a razão 1 será: T T1 100 5 = = T 40 04. A Questão mal elaborada, seuindo o aspecto da física. O único ponto da física que pode ser levado em consideração é que o peso tende a air no meio do corpo. Assim, no joelho de uma pessoa normal, o peso da pessoa está aindo exatamente no meio do joelho, no ponto B. No joelho de uma pessoa com Geno valo, o joelho escorreou para dentro, porém o peso da pessoa ainda está concentrado no centro. Desta forma, acaba existindo uma sobrecara no ponto A, que está localizado mais para o centro. De forma análoa, o Geno varo, existe uma sobrecara no ponto C, que está localizada mais no centro do corpo. 05. C Dados: v0 = 0; v = 108 km/h = 30 m/s; t = 10s. Considerando o corpo B: F = m a F = 6 5 = 30N 07. E Como a locomotiva e os vaões movem-se em conjunto, eles desenvolvem a mesma aceleração, no caso m/s². No último vaão há apenas a ação da força de tração do vaão sobre ele. 08. C Fr = T = ma Se o peso do vaão é.10^4 sabemos que sua massa será 000k. Com isso, teremos: T = 000 x = 4000N ou 4kN. (I) Lei de Newton para o sistema (A+B): F = (m A + m B)a F = (40 + 100) 0,5 F = 70 N (II) Lei de Newton para o carrinho B: T = m B a T = 100. 0,5 T = 50 N Loo, a resposta é o item C. 09. B Observando o diarama de corpo livre para o sistema de corpos: Como o movimento é reto, o módulo da aceleração é iual ao módulo da aceleração escalar: v 30 a = = a = 3 m/s. t 10 Aplicando o princípio fundamental da dinâmica: F = ma = 100 3 F = 3.600N. res 06. B Considerando o conjunto: F = m a 50 = (4 + 6) a a = 5m s res Aplicando a seunda Lei de Newton sobre o pacote: FR = m a T m = m a T = m + a T = 100 k 10 + 0,5 m / s T = 1050 N
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 10. C Nas Fiuras X e Y a força F apresenta componentes vertical e horizontal. Como o movimento é retilíneo, as forças verticais estão equilibradas. Assim, analisando cada uma das fiuras: Fiura X: N = P + F y N > P Fiura Y: N + F y = P N < P Fiura Z: N = P AULA 16 01. C Quando a pessoa anda, ela aplica no solo uma força de atrito horizontal para trás. Pelo Princípio da Ação- -Reação, o solo aplica nos pés da pessoa uma reação, para frente (no sentido do movimento), paralela ao solo. 0. A Quando o carro não é provido de freios ABS, até um determinado valor de pressão no pedal, a força de atrito é crescente até atinir o valor máximo (f atmáx); a partir desse valor de pressão, as rodas travam e a força de atrito passa a ser cinética (f atcin), constante. Como o coeficiente de atrito cinético é menor que o estático, a força de atrito cinética é menor que a força de atrito estático máxima. Para o carro com freios ABS, no limite de travar, quando a força de atrito atine o valor máximo (f atmáx), as rodas são liberadas, diminuindo lieiramente o valor da força de atrito, que novamente aumenta até o limite de travar e, assim, sucessivamente, mesmo que aumente a pressão nos pedais. 03. A 1 a Solução: Do ráfico, calculamos o módulo da aceleração: v 0 5 a = = a = 0,5 m/s. t 10 0 A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito: Fat = R µ m = m a a 0,5 µ= = = 0,05 10 a Solução: Do ráfico, calculamos o deslocamento: 5 10 S = " área" = = 5 m. A resultante das forças sobre o corpo é a força de atrito. Pelo teorema da eneria cinética: mv mv W = W F = 0 at S µ m S = 0 Fat R v0 5 1 µ= = = S 10 5 0 µ= 5 10. 04. C As componentes da força (F) que a esteira exerce na caixa são a Normal (N) e a de atrito (F at ), conforme mostra a fiura a seuir. 05. C Diarama de corpo livre: Aplicando-se a seunda lei de Newton: F res F Fat = m af µ N= m a = m a Como o deslocamento é horizontal, o módulo da força normal é iual ao peso, devido à inexistência de forças extras na vertical. F µ P = m af µ m = m a Isolando o coeficiente de atrito cinético e substituindo os valores fornecidos, ficamos com: F m a 600N 10k m s µ= µ= µ= 0,3 m 10 k 10 m s µ= 5 10.
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 06. A A fiura ilustra a situação descrita. Para o equilíbrio estático, temos: F = N Fat = P Pela definição da força de atrito: Fat = µ e N Fat = µ e F Fat = P Fat = m Na vertical: N + F y = P N = P - Fsen 53º N = 0 0,8 F Na horizontal: Na eminência de movimento, a componente horizontal (F x ) atine a mesma intensidade da força de atrito estática máxima. F = F Fcos53 =µ N x at e 0,6F = 0,5 0 0,8F 5 0,6F + 0,F = 5 F = 0,8 F = 6, 5N. 07. D Aceleração do sistema: F F = ( mb + mp) a a = (I) mb + mp Para o bloco, devemos ter: F F= ma at B µ em B F= ma B (II) Substituindo (I) em (II) e inserindo os valores dados, obtemos: F 1F 0, 3 1 10 F = 1 36 F = 1 + 3 15 15F + 1F 36 = 7F = 36 15 15 F = 0 N Então: m µ e F = m F = µ e Assim: k 10 m / s F = F = 40 N 0,5 10. A Como numa tubulação normal, a força de atrito entre o fluido (sanue) e as paredes da tubulação (vasos sanuíneos) provoca perda de cara ao lono do percurso. AULA 17 01. C T = mc a Pb T = mb a P b = (mb + m c) a mb = (mb + m c) a mb 5 10 a = a = a 9,6 m s (mb + m c) 5, 0. B Como a massa do bloco A é maior que a massa do bloco B, a tendência do sistema de blocos é irar no sentido anti-horário, ou em outras palavras, o bloco A descer e o bloco B subir. Desta forma, temos que: 08. D Para haver movimento, a resultante das forças ativas deve ter intensidade maior que a da força de atrito estática máxima. 09. D De acordo com o diarama de corpo livre abaixo representado: Analisando os blocos separadamente, temos que no bloco A só existe duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco A e a tração do fio. Assim, FR = ma a = PA T ma = 10 ma 7 8 ma = 7 ma = 9 k
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 Analoamente, no bloco B temos duas forças atuando, sendo elas o peso do bloco e a tração do fio. Assim, FR = mb a = T PB mb = 7 10 mb 1 mb = 7 mb = 6 k Assim, a diferença entre as massas dos blocos será de: ma mb = 9 6 = 3 k 03. D De acordo com as forças que atuam nas direções de possíveis movimentos, apresentadas no diarama de corpo livre abaixo, e utilizando o Princípio Fundamental da Dinâmica: 05. B Usando o Princípio Fundamental da Dinâmica (ª Lei de Newton): FR = m a Iualando as duas equações e isolando a força normal, temos: P N= m a N= m a N= 70k 10m/s m/s = 560N NH P = ma NH P = 0 NH = P P T+ T F = m + m a B a A B Considerações: - Como o sistema permanece em equilíbrio estático, a aceleração é iual a zero; - Os módulos das trações nos corpos são iuais e com sinais contrários. PB PB T + T Fa = 0 = Fa Substituindo o peso do corpo B pelo produto de sua massa, pela aceleração da ravidade: Fa = mb N1 Pcosθ= ma N1 Pcosθ= 0 N1 = Pcosθ Como P > Pcosθ NH > N1 06. D Do diarama de forças abaixo: Substituindo os valores, temos, finalmente: Fa = 1 k 10 m s Fa = 10 N 04. A A fiura abaixo ilustra a situação física: Para o corpo A, temos: PA sen θ Fat T = 0 Como o diarama de corpo livre nos mostra, a força resultante à pessoa é: FR = P N Mas a força de atrito é dada por: Fat =µ PA cosθ PA ( senθ µ cosθ ) = T ( 1)
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 Na roldana que seura o corpo B, temos a relação entre as trações das duas cordas: T1 = T O equilíbrio de forças para o corpo B é dado por: PB 00 N PB = T1 PB = T T = T = T = 100N Substituindo na equação (1), resulta: T PA = senθ µ cosθ 100 N 100 N PA = = PA = 500 N 0,6 0,5 0,8 0, ( ) Nota-se que o primeiro dispositivo é o que exie do operário força de menor intensidade. 09. D A polia diminui pela metade a força necessária a ser aplicada. Pela fiura, como há duas polias dividindo a força necessária, a força aplicada pela corda diretamente na árvore deve ser dobrada duas vezes em relação à força aplicada pelo homem: 07. D As fiuras mostram as forças aindo no alpinista A na direção da tendência de escorreamento (x) e direção perpendicular à superfície de apoio (y). No alpinista B, as forças são verticais e horizontais. F = 1000 F = 4000 N Como os dois estão em repouso, e considerando que o alpinista B esteja na iminência de escorrear, temos: T+ Fat = P A xa A NA = PyA T = Fat B B NB = PB Fat = P B x - F A at F A at = P B A sen60 µ N A Fat B = PA sen 60 µ PA cos60 Fat B = 1.000 0,87 0,1 1.000 0,5 = 870 50 Fat B = 80 N. 08. A Num mesmo fio, a tração tem a mesma intensidade em todos os pontos. Quando há uma polia móvel, a intensidade da tração fica dividida por dois. A fiura ilustra as situações. 10. D A fiura mostra as forças e as componentes das forças que aem em cada bloco, considerando que em cada plano inclinado o fio esteja paralelo à superfície. Calculando as intensidades dessas forças: PA = ma = 10 10 = 100N PAx = PA sen53 = 100 0, 8 = 80N Bloco A PAy = PA cos53 = 100 0,6 = 60N NA = PAy = 60N fa = µ NA = 0, 60 = 1N PB = mb = 30 10 = 300N PBx = PB sen37 = 300 0,6 = 180N Bloco B PBy = PB cos37 = 300 0, 8 = 40N N B = PBy = 40N fb = µ NA =0, 40 = 48N Como PBx > P Ax, o bloco A tende a subir e o bloco B tende a descer. As forças de atrito têm sentido oposto ao da tendência de escorreamento. Como PBx > ( PAx + fb + f A ), o corpo A acelera para cima e o corpo B acelera para baixo.
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica ao sistema, calcula-se o módulo da aceleração. PBx PAx fa fb = ( ma + mb ) 180 48 1 80 = 40a 40 = 40a a = 1 m s. No bloco A: T P f = m a T = 10( 1) + 80 + 1 Ax A A T = 10N T = 0, 10kN. AULA 18 01. C A velocidade mínima ocorre quando a força normal atuante na moto for nula, sendo a resultante centrípeta o próprio peso. Assim: mv Rcent = P = m R v = R = 3, 6 10 = 6 m/s (C) Falsa A aceleração tanencial é iual a zero, pois a única aceleração é a centrípeta no MCU. (D) Falsa A aceleração total do bloco é iual à centrípeta que é v ac = = = 10 m / s. R 0,4 (E) Falsa Ao cortar o fio, o bloco sai pela tanente da curva devido à inércia de movimento. (alinhar item) 05. E A força resultante no movimento circular é iual à força centrípeta: FR = FC (1) v = 1,6 km/h. 0. C Em uma trajetória plana, N= P A força normal é iual à força peso exercida pelo carro. Já na situação proposta na questão, no ponto mais alto a força normal tem que ser menor que o peso. Isto se deve ao fato que a força resultante deve, necessariamente, apontar para o centro da trajetória, visto que se trata de um movimento circular e esta resultante é a força centrípeta. 03. D Se for admitido que a força que o tablado exerce sobre a criança seja somente a força de atrito, o esquema de forças correto seria o da alternativa (D), conforme fiura ao lado. 04. B Avaliação das alternativas: (A) Falsa A força normal não é nula, pois o bloco está apoiado sobre ela. (B) Verdadeira No movimento circular uniforme a força resultante é a força centrípeta, então: m v Fr = Fc Fr = R 0,5 k ( m / s) Fr = 0,4 m Fr = 5N No ponto mais baixo da trajetória do pêndulo, a força resultante é: F = T P () R Sendo a força centrípeta dada por: FC m v R = (3) Substituindo () e (3) na equação (1): m v T P = R m v T = + P R Resolvendo com os valores numéricos: 0,00 k m / s T= + 0,00k 10m/s 0, 10 m T = 1,0 N 06. B A normal, que ae como resultante centrípeta, no pé de uma pessoa tem a mesma intensidade de seu peso na Terra. N = Rcent = P m ω R = m 10 1 ω= = = r 100 10 ω= 0,3 rad/s. 07. C Observando o diarama de corpo livre do corpo e decompondo a tração na corda nas suas componentes ortoonais, temos:
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 T1 = m ω R T1 = m ω R = 10 T = m ω R + m ω R T = 3 m ω R T1 3 3 = T = T1 = ( 10) T 3 T = 180 N. Nota-se que: m Ty = P T cosθ= m T = cos θ A resultante centrípeta F c é a componente horizontal da tração T x Tx = T sen θ= Fc m Tx = sen θ= Fc cosθ 4k 10 m / s Tx = Fc = 0,6 Tx = Fc = 30N 0,8 08. C Observação: O termo tensão tem a dimensão de força/área, a mesma de pressão. Se o enunciado está se referindo apenas à força suportada pela barra, o termo correto é tração. Dados: m = 0,5 k; r 1 = L = 1 m; r 3 = 3 L = 3 m; F 3 = 13,5 N. Considerando que o referido plano seja horizontal, na partícula 3, a tração na barra ae como resultante centrípeta. Sendo a velocidade anular a mesma para as três esferas, temos: F3 13,5 RC3 = F3 = m ω r 3 ω= = = m r3 0,5 3 9 ω= 3 rad/s. v1 = ω r1 = 3 1 v1 = 3 m/s. 09. E A fita F 1 impede que a arota da circunferência externa saia pela tanente, enquanto que a fita F impede que as duas arotas saiam pela tanente. Sendo T 1 e T as intensidades das trações nas fitas F 1 e F, respectivamente, sendo T 1 = 10 N, temos: 10. B Dados: v = 16 km/h = 60 m/s; m = 6 k; r = 7 m. A força que o piloto deve exercer sobre o conjunto cabeça-capacete é a resultante centrípeta. R C = mv r = 6(60) 3.600 7 1 = R C = 300 N. Para que um corpo tenha esse mesmo peso, quando sujeito à ravidade terrestre, sua massa deve ser: m = P = 300 10 m = 30 k. AULA 19 01. D Ao levantar a tocha o corredor exerce um trabalho nulo. W = F d cosθ W = F3 d cos90 W= F3 d0 W= 0 0. C Dados: 3 3 L = 1 mm = 10 m; m = 50 = 50 10 k; 3 4 h = 10% L = 0,1 10 m = 10 m; = 10 m/s. O trabalho realizado pela força tensora exercida pela fibra é iual ao anho de eneria potencial. 3 4 W F = m h = 50 10 10 10 5 W F = 5 10 J. 03. B W = Fdcos α 1 800 = 00dcos0 1 800 d = d = 9m. 00 04. D O trabalho da força de atrito é dado por: W = f Scos α, sendo α o ânulo entre a força e a velocidade. No caso, α= 180. Então: W = f S cos180 W = f S (Trabalho neativo) 05. D O trabalho de uma força τ é dado pelo produto da força F, pelo deslocamento x. τ= F x Neste caso, temos uma situação especial, pois a aceleração varia linearmente com o deslocamento do móvel. Sendo assim, a força sobre este móvel
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 também varia de acordo com a seunda Lei de Newton, sendo o mais apropriado, neste caso, tomar a força média através da aceleração média a m : ( 0 + 0) m / s am = am = 10 m / s Loo, a força média F m será: Fm = m am Fm = 5k 10m/s Fm = 50N 09. B 0 W 1 = (Fsen30 )xd= 10x0,5x4= 0J Numericamente W área == A fiura abaixo mostra o cálculo da área. Finalmente, o trabalho entre o deslocamento solicitado, será: τ= Fm x τ= 50 N 10 m τ= 500 J 06. E Em módulo, o trabalho da força de atrito ( W Fat ) deve ser iual ao valor enerético. W 3 Fat 714 10 W Fat = Fat S S = = Fat 50 3 S = 14,8 10 m S 14,3 km. 07. D Dados: F = 00 N; m = 0 k; µ c = 0,; = 10 m / s. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica: F Fat = ma F µ m= ma 00 0, 0 10 = 0 a 160 a = = 8 m/s. 0 Calculando a velocidade final: v = v0 + a t = 0 + 8( 10 ) v = 80 m/s. Pelo Teorema da Eneria Cinética: mv mv 0 0( 80) W res = Wres = 0 Wres = 10( 6.400 ) Wres = 64.000 J. 08. B Apenas forças (ou componentes) paralelas ao deslocamento realizam trabalho. Assim: Fiura X: WX = Fh d Fiura Y: WY = Fh d F > F h WX = WY < W Z. Fiura Z: WZ = F d W = 6 + 7 + 8 + 6 = 7J W = W1 + W = 0 + 7 = 47J 10. D Dados: F = 30 N; S = 800 m. O trabalho (W) de uma força constante ( F ) é dado pela expressão: W = F Scosα. Como a força é paralela ao F deslocamento, α = 0, cos α = 1. Então: W = 30 (800) = 4.000 J = 4 kj. F AULA 0 01. D Considerando o sentido positivo na vertical para cima, substituindo os dados na equação e explicitando a velocidade vertical inicial, ficamos com: t 1, 1 h = h0 + v0y t + 3, 05 = 1, 4 + v0y 1, 1 10 v0y = 7ms 0. B I. Incorreta. O uso de rodas não anula a força de atrito com o solo. Entre o solo e as rodas não há atrito de escorreamento, mas há atrito de rolamento. II. Incorreta. Além da força aplicada pela pessoa há também o peso e a força de contato com o solo, cujas componentes são a normal e o atrito. III. Incorreta. Se a força aplicada pela pessoa é horizontal, a força de reação normal do piso sobre a eladeira tem a mesma intensidade do peso, com ou sem rodas, pois a eladeira está em equilíbrio na direção vertical. IV. Correta. De acordo com o Princípio da Ação- -Reação, a eladeira exerce sobre a pessoa uma força oposta e de iual intensidade, a F. V. Correta. Se a eladeira se movimenta com velocidade constante, ela está em equilíbrio dinâmico, pois está em movimento retilíneo e uniforme.
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 03. C Riorosamente, não temos par ação-reação em nenhuma das opções. As forças de ação-reação são da mesma interação, têm mesma direção, mesma intensidade e sentidos opostos. As interações realizadas pelo bloco e os respectivos pares de forças de ação-reação eradas, conforme ilustra a fiura, são: Bloco-Aente externo: F ext e F' ext. Bloco-Terra: P e P'. Bloco-Superfície: F sup e F' sup. 06. D Basta aplicar o Princípio Fundamental da Dinâmica aos dois casos. I. Sem atrito: m 30 m = ( m + M) a 1 a 1 = = a 1 = 3 m/s. m + M 10 II. Com atrito: m F = m+ M a m µ M = m+ M a at m µ M 30 70 7 a = = a = 1 m/s. m + M 10 07. D (A) Falsa. De acordo com o diarama de forças abaixo: T T Faplic = 350N= T= 1400N 4 4 Notemos que a Normal não é uma força, mas apenas uma componente da força que a superfície troca com o bloco. Caso não houvesse atrito, a força trocada com a superfície seria apenas a Normal, aí sim teríamos a força de compressão e a Normal formando um par ação- -reação. 04. C Após comprimir-se a mola, ao abandonar o sistema, o bloco B é acelerado pela força de atrito estática entre ele e o bloco A, que é a resultante das forças sobre B. Na iminência de B escorrear, essa força de atrito estática atine intensidade máxima. Assim: Fres = Fat mb a = µ e N máx B e B e m a = µ m a = µ I E o conjunto é acelerado pela força elástica, já que não há atrito com o solo. Então: ( ma + mb) µ e kx = ( ma + mb) a x = k ( 3 + 1) 0, 4 10 x = x = 0, 1 m x = 10cm. 160 05. A Supondo que essa força seja a resultante e que seja aplicada na mesma direção do movimento, aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica, vem: F = ma res v v0 0 Fres = m = 30.000 t 60 Fres = 10.000 N. (B) Falsa. Primeiramente, é preciso testar se o sistema se move. Para isso, a tração na corda sobre o bloco deve ser maior que a força de atrito estático ( > at. est. ) at.est. e e at.est. (se move!) T F. F = µ N= µ m F = 0,3 400k 10m/s F = 100N at.est. Para calcular a aceleração precisamos do atrito cinético. Fat.cin. = µ c N= µ c m Fat.cin. = 0,5 400 k 10 m / s Fat.cin. = 1000 N Então, sobre o bloco, a força resultante é: FR = T Fat FR = 1400 N 1000 N FR = 400 N E a aceleração, pela seunda Lei de Newton: FR 400 N a= a= a= 1m/s m 400 k (C) Falsa. Sobre o bloco atuam quatro forças: peso, tração, força de atrito e a força normal. (D) Verdadeira. Ver item (0). (E) Falsa. A força mínima para a movimentação do bloco é tal que iuale a tração no bloco com a força de atrito estático, isto é, 100N, como visto no item [0]. Para isso, a força aplicada deve ser iual à quarta parte desse valor. 100 N Fmín. = = 300 N 4
018/APOSTILAS/VOL/RESOLUÇÃO CN - FIS 1 - VOL 0/Renata-04/01 08. D Dados: F = 00N; m = 0k; m = 6k; µ= 0,1; 1 = 10 m/s ; cos37 = 0, 87. 10. C O ráfico que deve ser considerado para a resolução da questão é este apresentado a seuir. A fiura mostra as forças ou componentes de forças relevantes para a resolução da questão. A) Falso. Se a resultante é constante nesse intervalo, o movimento é uniformemente variado. Na fiura: Fx = Fcos30 = 00( 0, 87 ) Fx = 174N. Fy = F sen30 = 00( 0, 5 ) Fy = 100N. N1 + Fy = m1 N1 + 100 = 0( 10 ) N1 = 100N. A1 = µ N1 = 0, 1( 100 ) A1 = 10N. Px = msen60 = 60( 0, 87 ) Px = 5, N. Py = mcos60 = 60( 0, 5 ) Py = 30N. N = P y N = 30N. A = µ N = 0, 1( 30) A = 3N. Aplicando o Princípio Fundamental em cada um dos corpos: Corpo 1 : Fx T A1 = m1a Corpo : T Px A = ma F A A P = m + m a x 1 x 1 ( 1) ( ) 108,8 174 10 5, 3 = 6a a = 6 a = 4,18 m/s. Voltando em ( : ) T P A = m a x T = 6 4,18 + 5, + 3 + B) Falso. O trabalho (W) realizado sobre a partícula é numericamente iual à área destacada no ráfico, correspondente a esse intervalo. C) Correto. O trabalho realizado sobre a partícula de x = 0 m até x = 10,0 m é dado pela área destacada no ráfico. T = 80, 3 N. 09. B No movimento circular uniforme, a velocidade tem o módulo constante, mas direção e sentido estão mudando devido à existência de força resultante centrípeta perpendicular ao vetor velocidade e ao vetor deslocamento. Sendo assim, o trabalho da força resultante será nulo, pois quando a força é perpendicular ao deslocamento esta força não realiza trabalho. Falso. Como a resultante das forças atuantes é não nula, o movimento o movimento não pode ser uniforme.