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comenta a) As forças atuantes sobre o dispositivo são: a força peso e a reação normal de apoio. Diagrama de forças: b) De acordo com o gráfico do problema, temos que: De 0 a 0,5s, o movimento da plataforma é retrógrado (v y < 0) e retardado (a y e v y possuem sinais diferentes). De 0,5s a 1,0s, o movimento da plataforma é progressivo (v y > 0) e retardado (a y e v y possuem sinais diferentes). Logo, temos que: De 0 a 0,5s velocidade para baixo e aceleração para cima: F N P = m. a y F N m. g = m. a y F N = m(a y + g). F N corresponde ao peso aparente do dispositivo da questão, tendo o seu valor máximo quando o módulo da aceleração nessa situação de movimento for máximo. Ou seja, para a = 19,6m/s 2, o peso aparente do dispositivo é máximo. Isso ocorre no instante t = 0. 3
c) Note que: De 0,5s a 1,0s velocidade para cima e aceleração para baixo. Do mesmo modo, F N corresponde ao peso aparente do dispositivo da questão, de modo que: P F N = m. a y (em módulo) F N = mg m. a y F N = m. (g a y ) Quando os módulos de e de são iguais, o peso aparente do dispositivo se torna nulo. Desse modo, temos, pelo gráfico: a y = 19,6 39,2. t Para a y = 10m/s 2, temos: 10 = 19,6 39,2t 39,2t = 29,6 t = 0,76s O peso é nulo no instante t = 0,76s. Nesse instante, o módulo da aceleração do dispositivo é dada por: 0 = 5. (10 a y ) a y = 10m/s 2 a y = 10m/s 2 Em módulo Escalarmente d) Caso seja esquecida de efetuar a colagem, a partir do instante 0,76s, o dispositivo voará da plataforma. 4
comenta Do problema, temos que: M Ti = 1,85 M L M S = 95. M T M L = 0,0123 M T d LT = 2,4. 10 5 milhas d s, Ti = 7,6. 10 5 milhas Determinando a razão exigida, temos que: A força de Saturno sobre Titã é 17,5 vezes maior do que a força da Terra sobre a Lua. 5
comenta Como se trata de um gráfico da força versus o tempo, temos que: Obs.: O tempo no gráfico está em milisegundos (ms). 6
Logo, o impulso sofrido pela partícula será dado por: comenta O problema afirma que a energia mecânica total da partícula vale 12J (soma da energia cinética com a energia potencial). a) Qualquer ponto de retorno ocorre quando a energia potencial for igual a 12J, ou seja, energia cinética nula. Observando o gráfico, nota-se que os pontos de retorno valem x = 0,75m e x = 7m. 7
b) A velocidade máxima da partícula ocorre quando a energia potencial for nula. Isso ocorre nos pontos x = 1m e x = 4m. c) De 0,75s a 1s, uma força atua na partícula de modo que a mesma tenha um movimento acelerado. De 1s a 2s, uma força provoca uma desaceleração no movimento da partícula, ocasionando uma redução na sua velocidade. De 2s a 4s, a força faz com que a partícula tenha novamente um movimento acelerado, até atingir a sua velocidade máxima. De 4s a 7s, a força faz com que a partícula sofra novamente uma desaceleração, parando no instante t = 7s. Obs.: Para t < 0,75s e t > 7s, temos uma região proibida para o estudo do movimento clássico da partícula, pois a energia potencial possui um valor maior que a energia mecânica da partícula. 8
comenta a) Força de atrito estático máxima F at = µ e. N. (I) Da figura do problema, temos que: F y + P = N F. senθ + P = N (II) F x = F at F at = F. cosθ (III) Substituindo (II) e (III) em (I), temos que: F. cosθ = µ e. (F. senθ + P) F. cosθ = µ e. F. senθ + µ e. P F. (cosθ µ e. senθ) = µ e. P F = b) Substituindo a resposta do item (a) na equação (II), temos que: N = F. senθ + P N = N = 9
comenta Considere o lançamento: Sabendo que V x = constante, quando o projétil estiver a uma altura h, teremos: O tempo entre os pontos de altura h será: O alcance entre os pontos analisados será dado por: Substituindo: Como o alcance é máximo, α = 45, logo: 10
comenta Considere a colisão unidimensional: Como a colisão é perfeitamente elástica, temos: e = 1 e = V Raf = V Rap V 1f + V 2f = V 1i + V 2i V 1f + V 2f = 30m/s Da conservação da quantidade de movimento: Resolvendo o sistema: 11
Logo, o móvel de massa m 1 terá uma velocidade de 16m/s para a esquerda, enquanto que o móvel de massa m 2 terá uma velocidade de 14m/s para a direita. comenta Cada satélite está submetido a duas forças de origem gravitacional: uma força em virtude do planeta de massa M e outra força devido ao outro satélite de massa m. Logo, temos que: 12
Note que a força resultante no planeta é nula, pois logo o mesmo não executa movimento orbital. Escolhendo qualquer um dos satélites, por exemplo, o satélite (1), temos que: Como o movimento é uma órbita circular, a força resultante obtida atua como centrípeta, logo: Período do movimento orbital de cada satélite. 13
comenta Para que o bloco fique em repouso sobre a cunha, o sistema deve possuir a mesma aceleração a, de modo que: F R = (M + m). a F = (M + m). a a = Para a situação de valor mínimo da força, temos, analisando apenas o bloco de massa m: P. senθ = ƒat N. senθ + P. senθ. cosθ P. cosθ. senθ ƒat. cosθ = m. a 14
N. senθ ƒat. cosθ = m. a P. cosθ. senθ µ. N. cosθ = m. a P. cosθ. senθ µ. P. cosθ. cosθ = m. a g. senθ. cosθ µ. g. cos 2 θ = a g. (senθ. cosθ µ. cos 2 θ) = valor mínimo. Para a situação de valor máximo da força, temos, analisando apenas o bloco de massa m: valor máximo. 15
comenta Considerando o polo (ponto de rotação) no meio da gangorra, além de chamar o peso do gato que está mais próximo da tigela de e o peso do outro gato de, temos: P T = m T. g = 2. 10 P T = 20N. P 1 = m 1. g = 4. 10 P 1 = 40N. P 2 = m 2. g = 5. 10 P 2 = 50N. * Para a condição de equilíbrio, temos que: P T. 2 + P 1. d = P 2. 2 40 + 40. d = 100 40d = 60 d = 1,5m 16
comenta a) Tratando-se de uma associação de molas em paralelo, temos que: F el módulo da força elástica originada por cada mola. 17
A força resultante sobre o bloco é dada por: F R = F el + F el k. x = k. x + k. x ( x) b) Utilizando a conservação da energia mecânica, temos que: sistema com apenas uma mola. sistema com as duas molas: 18
comenta a) Analisando o trecho 1 2: T 1 = 100 C = 373K Utilizando a Primeira Lei da Termodinâmica para o trecho em questão, temos: Logo, para a transformação isobárica do gás monoatômico em questão, temos que: Como se trata de um gráfico P x V, a área sob o trecho 1 2 é numericamente igual ao trabalho τ 1,2. Logo: Logo, a quantidade de calor procurada é dada por: 19
b) Sabendo que e que o trecho 2 3 descreve uma transformação isocórica, temos que: comenta a) Da relação entre o tamanho do objeto, e da imagem, temos: 20
Da Lei dos pontos conjugados, temos: b) Para o novo tamanho da imagem: Da Lei dos pontos conjugados: Portanto, o fotógrafo deve andar: x = P P 1 x = (46,7 11,7)m x = 35m 21
comenta Note que a parte submersa é um tronco de cone de altura (H h). Logo, temos que: Por semelhança de triângulos, temos que: Determinando o volume submerso: V subm. = V total V emerso. 22
Como a força peso equilibra o empuxo, temos que: 23
comenta a) Sabendo que o calor fornecido, por um lado, será o mesmo recebido pelo outro, temos: Q 1 + Q 2 = 0 Q 1 = Q 2 N 1. (T F T 1i ) = N 2 (T F T 2i ) Observando que existe apenas transferência de calor, a temperatura final será a mesma. T F = A energia total será dada por: b) Para A: 24
c) Para B: comenta Do problema, temos que: 25
α + 55 + 90 = 180 α = 35 α = β β = 35 γ + 15 = 180 γ = 165 β + γ + ω + 90 = 360 35 + 165 + ω + 90 = 360 ω = 70 De acordo com a lei da reflexão regular, temos que: ω + θ = 90 70 + θ = 90 θ = 20 26
ANOTAÇÕES: 27
ANOTAÇÕES: Pat / Rev: Tati/DS 28