20100447 TXT P369 384 - arealeditores.pt(III) movimento rectilíneo variado; (IV) movimento circular uniforme; (V) movimento rectilíneo uniforme. 4. C 5. E 6. B 7. C 8. B 9. C 10

AEPTF12-24

SOLUÇÕES

1.1. CINEMÁTICA E DINÂMICA DA PARTÍCULA EM MOVIMENTO A MAIS DO QUE UMA DIMENSÃO

1. (A) V; (B) F; (C) F; (D) F; (E) F; (F) V.2. (A) movimento curvilíneo retardado;

(B) movimento circular uniforme;(C) movimento rectilíneo acelerado;(D) movimento curvilíneo acelerado;(E) movimento rectilíneo retardado.

3. (I) movimento circular uniformemente variado;(II) movimento curvilíneo acelerado;(III) movimento rectilíneo variado;(IV) movimento circular uniforme;(V) movimento rectilíneo uniforme.

4. C 5. E 6. B7. C 8. B 9. C10. B 11. C 12. E

13.1. A trajectória é uma parábola, cuja equação é:

y = .

13.2. O movimento do barco é uma composição demovimentos: rectilíneo e uniforme na direcçãodo eixo dos xx e uniformemente acelerado nadirecção do eixo dos yy.

13.3. C. = 4 (m s–2). A resultante das forças fazvariar a velocidade.

14.1. = 3 + 2 (m)

= – 6 cos 30º + 6 sin 30º ±

± = – 5 + 3 (m)

14.2. = ± = –4 + 0,5 (m s–1)

15.1. at = a cos 53º § at = 6 m s–2

an = a cos 37º § an = 8 m s–2

15.2. = 6 + 8 (m s–2)15.3. Movimento circular acelerado.15.4. Ft = m at § Ft = 3,60 * 102 N;

Fn = m an § Fn = 4,80 * 102 N

16.1. v = 1,85 + 6 t = 13,85 m s–1

w = = 1,385 rad s–1 § = – 1,385 (rad s–1)

16.2. at = ± at = 6 m s–2; an = 19 m s–2;

logo, = 6 + 19 (m s–2)

16.3. q = q0 + w0 t + a t2 ±

± Dq = 0,185 * 2,0 + * 0,6 * (2,0)2 ±

± Dq = 1,57 rad

16.4. vx = v cos 90º ± vx = 0 m s–1;vy = v sin 90º ± vy = v = 13,9 m s–1

17.1. w = ± w = 8 – 2,0 t ± = 4,0 (rad s–1)

17.2. = ± = – 2,0 (rad s–2)

17.3. w = 0 ± 0 = 8 – 2,0 t ± t = 4,0 s17.4. q0 = 4,0 rad; q4 = 20 rad; Dq = q4 – q0 = 16 rad

n = ± n = = 2,5 voltas

17.5. at = a r ± at = – 2,0 m s–2; an = 16 m s–2;a = 16 m s–2

18.1. 18.1.1. Para t = 5,0 s: w = 17 rad s–1

v = w r ± v = 8,5 m s–1

18.1.2. = ± = 3,0 (rad s–2)

18.1.3. at = a r ± at = 1,5 m s–2

an = w2 r ± an = 1,44 * 102 m s–2

18.2. Dq = w0 t + a t2 ± Dq = 47,5 rad

n = ± n = 7,6 voltas

19.1. F, F, V, V, F.

19.2. 19.2.1. fA = = 1,0 Hz;

vA = vB ± wA rA = wB rB ±± 2p fA rA = 2p fB rB ± fB = 2,0 Hz

19.2.2. vA = wA rA § vA = 2p * 1 * 0,20 §v = 1,26 m s–1

20.1. Igual.20.2. B.

21.1. v = 25 km h–1 = 7,0 m s–1

v = w r ± w = 17,5 rad s–1

21.2. w0 = 0; w = w0 + a t ± 30 a = 17,5 §§ a = 0,58 rad s–2

21.3. at = a r ± at = 0,23 m s–2

21.4. Dq = w0 t + a t2 ±

± Dq = 0 + (0,58) (30)2 ± Dq = 2,6 * 102 rad

n = = 41,6 voltas

22.1. t = 78 minutos = 4680 s

wi = 2p fi, com fi = = 10 Hz;

wf = 2p ff; ff = = 3,3 Hz

wf = wi + a t § 2p ff = 2p fi + a Dt ±± a = – 9 * 10–3 rad s–2

22.2. v = wi r ± 1,30 = 62,8 r ± r = 0,02 m = 2 cm

200 rotações

60 minutos

600 rotações

60 minutos

Dq2p

12

12

60 rotações

60 s

Dq2p

12

e»za»dw»dt

a»

166,28

Dq2p

e»za»dw»dt

a»

e»zw»dqdt

12

12

e»ne»ta»

dvdt

e»zw»vr

e»ne»ta»

e»ye»xv»mDr»Dt

v»m

e»ye»xr»B

e»ye»xr»B

e»ye»xr»A

e»ya»m

(x – 1)2

2

EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 023 a 028

UNIDADE 1 | 1. MECÂNICA DA PARTÍCULA

SOLUÇÕES

PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12

370

© A

REA

L ED

ITO

RES

1.2. MOVIMENTOS SOB A ACÇÃO DE UMA FORÇARESULTANTE CONSTANTE

1. C 2. D

3.1. x(30º) = ; sin 120º = sin 60º ± x = x’

x’(60º) =

3.2. hmáx(30º) = = hmáx(60º) = 3 hmáx(30º)

hmáx(60º) = =

4. (A) V(B) F(C) V (D) V(E) V(F) F

5. E 6. E 7. C8. C 9. C 10. B11. E 12. A 13. C14. B 15. C 16. D17. E 18. A 19. B20. C

21.1.±

3,05 = 1,80 + 6,0 t – * 10 t2 ±t = 0,93 s

±

± x = 8 * 0,93 ± x = 7,4 m

21.2. vy = v0y – gt ± 0 = 6 – 10 tsub ±tsub = 0,6 s

ymáx = y0 + v0y tsub – g t2sub ±

± ymáx = 1,80 + 6 * 0,6 – 5 * 0,36 ±

± ymáx = 3,60 m21.3. = v0x + (v0y – g t) ± = 8 – 3,3 (m s–1)

22.1. A única força que actua no projéctil é a forçagravítica, cuja componentte horizontal é nula.De acordo com a 2.ª Lei de Newton, a compo-nente horizontal da aceleração do projéctil énula, pelo que a componente horizontal da velo-cidade é constante.

22.2. No ponto mais alto da trajectória, a componentevertical da velocidade atinge o valor mínimo;

, pelo que a energia cinética também émínima.

Cálculo de v0x:EcQ = m v2

0x ± 10 = * 0,5 v20x ± v2

0x = 6,3 m s–1

Cálculo de v0:v0x = v0 cos 30º ± v0 = ± v0 = 7,2 m s–1

= v0 cos 30º + v0 sin 30º (m s–1)v0 sin 30º = 7,2 * 0,5 = 3,6 m s–1

= 6,3 + 3,6 (m s–1)

22.3. EmP = EmQ ±

± m g hP + m v02 = m g hQ + m v2

0x ±

± 20 * 10,0 + 7,22 = 20 hQ + 6,32 ±± hQ = 10,6 m

23.1. an = g cos q ± 8 = 10 cos q ±± cos q = 0,8 ± q = 37ºO ângulo entre e é a = 90 – q ± a = 53º

23.2. vx = v sin 53º ± vx = 10 * 0,8 ± vx = 8 m s–1

v0 = vx = 8 m s–1

23.3. vy = v cos a ± vy = 10 cos 53º ± vy = 6 m s–1

= – g t6 = 10 t ± t = 0,6 s

24.1.

tvoo = = = 4 s

24.2. v0 cos q = = 15 m s–1

tg q = = = 1,33 ± q = 53º

24.3. = v0 cos q + v0 sin q ±± = 15 + 20 (m s–1)e»ye»xv»0

e»ye»xv»0

2015

v0 sin qv0 cos q

604a

bc

2 * 2010

2 v0 sin qg

60 = v0 cos q tvoo

20 =v2

0 sin2 q2 g

± v0 sin q = 20 m s–1;

abc

e»yv»y

g»v»

12

12

e»ye»xv»0

e»ye»xv»0

6,3

0,87

12

12

v»= v»0x

e»ye»xv»e»ye»xv»

12

5x = v0x t

v0x = v0 cos 37º ± v0x = 8 m s–1

12

5y = y0 + v0y t -

12

g t2

v0y = v0 sin 37º ± v0y = 6 m s–1

3 v20

8 g

v20 sin2 60º

2 g

v20

8 g

v20 sin2 30º

2 g

v20 sin 120º

g

v20 sin 60º

g


SOLUÇÕES

PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES

371

© A

REA

L ED

ITO

RES

25.

26.1. x = v0x t ± 20 = v0x * 4 ± v0x = 5 m s–1

tsub = ± v0y = 2 * 10 ± v0y = 20 m s–1

tg q = ± tg q = = 4 ± q = 76º

26.2. = v0x + (v0y – g t) ±

± = 5 + (20 – 10 * 4) ±

± = 5 – 20 (m s–1)

26.3. ymáx = ± ymáx = = 20 m

27.1. Não, porque o alcance depende da inclinação da

mangueira; x =

27.2. x = ± 5 = ± v0 = 7,6 m s–1

28.1. Verdadeira; tvoo(1) = tvoo(2) ±

± = = 3,0 s

28.2. ±

± x1 – x2 = 3,3 * 10 m

28.3.

P2 (22 m; 11 m)

28.4. = v01 cos 30º + (v01 sin 30º – g t) ±± = 26 – 15 (m s–1)

29.1. y = y0 – v0 cos 60º t – g t2 ±

± 5 t2 + 5 t – 40 = 0 ± t = 2,4 s

29.2. = v0 sin 60º + (– v0 cos 60º – g t) ±± = 9 – 29 (m s–1)

29.3. x = v0 sin 60º t = 10 * 0,87 * 2,4 = 2,1 * 10 m

30.1. Ecmín = m v20x ± 4,05 = * 0,1 * v2

0x ±

± 8,1 = 0,1 v20x ± v0x = 9 m s–1

v0x = v0 sin 37º ± 9 = v0 * 0,6 ± v0 = 15 m s–1

30.2.

x = v0x t ± x = 9 * 3,5 = 31,5 m

30.3.

30.4. tg q = = ± tg q = 0,39 ± q = 22º

31.1. x = v0 cos q t ± 6 = 12 t ± t = 0,5 svy = v0y – g t ± 5 = v0y – 10 * 0,5 ±± v0y = 10 m s–1;

= 12 + 10 (m s–1)

tg q = = = 0,83 ± q = 40º

31.2. tsubida = = = 1,0 s; ymáx = = = 5 m

31.3. an = ± g = ± r 9 1,4 * 10 m

31.4.

± 5 t2 – 10 t + 3,75 = 0 ±

± t =

32.1. x = v0x t ± 60 = 30 cos 30º t ± 2,3 s

y = v0y t – g t2 ±

± y = 30 sin 30º * 2,3 – 5 * 2,32 ±

± y = 8 m § h = 8 m

32.2. y = v0y t – g t2 ±

± 50 = v0 sin 30º * 2,3 – 5 * 2,32 ±

± v0 = 66 m s–1

33.1. a) v0y = v0 sin 60º ± v0y = 27 * 0,87 = 23,5 m s–1

vy = v0y – g ts ± 0 = 23,5 – 10 ts ± 2,35 s

ymáx = y0 + v0y ts – g t2s ±

± ymáx = 23,5 * 2,35 – * 10 * 2,352

ymáx = 27,5 m

b)

± x1 = 13,5 * 4,7 = 63 my1 = 0,00 m

c)

± = 13,5 – 26,5 (m s–1)

33.2. a) ± sendo q2 < q1 ±

± sin q2 < sin q1; logo: tsub (B2) < tsub (B1)B2 atingiu a altura máxima num menor inter-valo de tempo.

tsub(2) =v0 sin q2

g

tsub(1) =v0 sin q1

g

e»ye»xv»

5x1 = v0x tvoo

v0x = v0 cos 60º ± v0x = 27 * 0,5 = 13,5 m s-1

tvoo = 2 ts ± tvoo = 4,7 s

12

12

12

12

0,5 s 1na subida21,5 s 1na descida2

5 y = y0 + v0y t -12

g t2

3,75 = 10 t - 12* 10 * t2 ±

122

rv2

0x

r

10020

v20y

2 g 1010

v0y

g

1012

v0y

v0x

e»ye»xv»0

923

vx

vy

12

12

e»ye»xv»B

e»ye»xv»B

12

e»ye»xv»e»ye»xv»

5x1 = 30 * cos 30º * 3,0 = 78,3 m

x2 = 15 œ2 * cos 45º * 3,0 = 45 m

2 * 15œ2 * sin 45º

102 * 30 * sin 30º

10

v20 sin 120

10

v20 sin 2q

g

v20 sin 2q

g

202

20

v20y

2 g

e»ye»xv»

e»ye»xv»

e»ye»xv»

205

v0y

v0x

v0y

g

5 tvoo =2 v0y

g±20 =

2 v0y

10±v0y = 100 m s–1

ymáx =v2

0y

2 g±ymáx =

1002

2 * 10= 5 * 102 m

SOLUÇÕES


372

5 x2 = v02 cos q2 ts = 15 œ2 * œ2

2* 1,5 = 22,5 m

y2 = v02sin q2ts-5 t2s =15œ2* œ2

2*1,5-5*1,52=11m

5y = y0+v0y t-

12

g t2±0 = 20+12 t-5 t2 ±t = 3,5 s

v0y = v0 cos 37º ±v0y = 15 * 0,8 = 12 m s–1

5v»= v0x e»x + 1v0y - g t2 e»y

vy = v0y - g t = v0 sin 60º - 10 * 5,0± vy =– 26,5 m s–1

5v»= vx e»x + vy e»y ± v»= 9 e»x - 23 e»y (m s–1) vy = v0y - g t ±vy = 12 - 10 * 3,5 ±vy = – 23 m s–1

© A

REA

L ED

ITO

RES

b) Sendo: q2 < q1 ± tvoo (B2) < tvoo (B1); o alvo A2

foi atingido primeiro.

34.1. a)

±

± m v20A + m g h = m v2

B ±

± 6,02 + 2 * 10 * h = 10,02 ± h = 3,2 m

b) WAÆB( ) = – DEp ± DEp = – m g h ±

± DEp = – 0,200 * 10 * 3,2 = – 6,4 J ±± WAÆB( ) = 6,4 JouAplicando a Lei do Trabalho-Energia ou davariação da energia cinética:WAÆB( ) = DEc

DEc = m v2B – m v2

0A

±

WAÆB( ) = * 0,200 * (10,02 – 6,02) = 6,4 J

34.2. Falsa. Aplica-se a Lei da Conservação da EnergiaMecânica ao movimento de queda na vertical.

EmA = EmB ± m g h = m v2B ±

±

Entre as posições A e P:EmA = EmP ± m g h = m v2

P + m g ±

± v2P = 2 g h – g h ± vP =

34.3. O projéctil A: Eminicial = Emfinal ±

± Emfinal = * 0,200 * 10,02 ± Emfinal = 10 J

O projéctil B: Em0 = EmQ ± m v20 = m v2

Q ±

± Em0 = * 0,200 * 6,02 ± Em0 = 3,6 J

ou Durante o movimento, a Emec mantém-se paracada um dos projécteis. Na posição de lança-mento, em relação ao solo, o projéctil A possui

energia cinética e energia potencial gravítica; oprojéctil B possui, apenas, energia cinética igualà do projéctil A.

35.1.

± 0 = 1,0 – * 10 * t2queda ± tqueda = 0,45 s

Substituindo o valor de tqueda em (1):

1,6 = v0 * 0,45 ± v0 = ± v0 = 3,6 m s–1

35.2.

± = 3,6 – 4,5 (m s–1)

35.3.

± 0 = 1,0 +3,6 * 0,5 tvoo – 5 t2voo ± t = 0,66 s

x = 3,6 cos 30º * 0,66 ± x = 2,1 m; a atleta cai-ria mais longe.

1.3. MOVIMENTOS DE CORPOS SUJEITOS ALIGAÇÕES

1. A 2. C 3. D4. E 5. C 6. C7. B 8. C 9. D10. D 11. D 12. B13. D 14. D 15. C 16. E 17. C 18. C19. C 20. B 21. E22. C 23. D 24. C25. B 26. E 27. A28. D 29. C 30. B31. B 32. A 33. A34. B 35. E 36. C37. A 38. B 39. D40. D 41. E 42. D43. A 44. A

45.1.

±

45.2. v = w r ± v = r ± v = 1,0 * 10 m s–12 p2 p

m w2 r = m g ± r = g = 10 m

r = ’ sin 45º ± ’ = 100,7

= 1,4 * 10 m

T sin 45º = m v2

r= m w2 r

T cos 45º = m g

abc


5x = 3,6 cos 30º t

y = 1,0 + 3,6 sin 30º t - 5 t2 ±

x = v0x t

y = y0 + v0y t -12

g t2

±abc

e»ye»xv»

5v»= vx e»x + vy e»y

vx = v0x = 3,6 m s–1

vy = – g t ±vy = – 10 * 0,45 = – 4,5 m s–1

1,6

0,45

12

x = v0 t (1)

y = y0 -12

g t2 (2) ±

abc

12

12

12

12

œg h

h2

12

vB = œ2 g h

12

12F»g

12

12

F»g

F»g

F»g

12

12

EmA = EmB

EmA = 12

m v20A + m g h

EmB =12

m v2B

addbddc

SOLUÇÕES


373

© A

REA

L ED

ITO

RES

45.3. Ty = T cos 45º = m g ± T = = 5 * 102 N

46.1. TA = Pn ± TA = m g cos q

TB cos q = m g ± TB =

TB > TA

46.2.

Em = Ep + Ec ±EmB > EmA

47.1. P cos q – RB = Fc ± P cos q = ; RB = 0;

v2B = g r cos q (1)

EmA = EmB ± m g r = m g hB + m2B;

hB = r cos q; v2B = 2 g r – 2 g r cos q (2)

Igualando 1 e 2,obtém-se:cos q = 0,67 ±q = 48º

47.2. ac = = = g cos q = 6,7 m s–2

47.3. a2 = a2t + a2

c ± a2t = g2 – a2

c ± at = 7,4 m s–2

ouat = g sin q± at = 10 * sin 48º ± at = 7,4 m s–2

48.1. q = 90º + a; cos a = sin q

R – P cos a = ± R = m g cos a + m w2 r (1)

EmA = EmD ± m g r = m v2D + m g hD;

hD = r – r cos a; v2D = 2 g r cos a ±

± w2 r = 2 g cos a (2)

De 1 e 2 obtém-se: R = m g cos a + 2 m g cos a= 3 m g cos a = 3 m g sin qA força exercida pelo corpo sobre a superfície ésimétrica de R.

48.2. w = =

49.1. TC – P = Fc ± 2 P – P = ±

± v2C = g r = g ’

EmA = EmC ± m g hA = m v2C ±

hA = ’ – ’ cos q

± 2 g (’ – ’ cos q) = g ’±

± cos q = 0,5 ± q = 60º

49.2. Pt = P sin 30º ± at = g sin 30º = 5 m s–2

EmC = EmB ±

± m v2C = m v2

B + m g (’ – ’ cos 30º) ±

± v2B = 37 (m s–1)2

anB = = = 7,4 m s–2

49.3. TB = P cos 30º + Fc(B) ±± TB = 218 + 25 * 7,4 = 4,0 * 102 N

50.1.

v2B = 2 * 10 * 4,00 ± v2

B = 80 ± vB = 8,9 m s–1

50.2. ± RB – P = ±

±RB = 50 *10 + ± = 1,5 *103 (N)

51.1. an = ± v2B = 16 * 1,0 ± v2

B = 16 (m s–1)2

EmA = EmB ± m g hA = m g hB + m v2B ±

± 20 = 20 hB + 16 ± hB = 0,2 m

hB = ’ – ’ cos q ± 0,2 = 1,0 – cos q ±± cos q = 0,8 ± q = 37º

Pt = m at § m g sin 37º = m at ±± at = 10 * 0,6 ± at = 6 m s–2

51.2. TB – P cos q = Fc ±± TB = 50 * 10–3 * 10 * 0,8 + 50 * 10–3 * 16 ±± TB = 1,2 N

52. RA – P = Fc ± 2 RB – P = Fc

P – RB = FC ± RB = P – Fc

2 (P – Fc) = P + Fc ± P = 3 Fc ±

m g = ± v2 = 200 (m s–1)2

v = 14 m s–1

3 m v2

r

12

v2B

r

e»yR»B50 * 80

4,00

m v2B

rR»B + P»= F»C

5EmA = EmB ±m g h = 1

2 m v2

B ± v2B = 2 g r

h = r = 4,00 m

375

vB2

r

12

12

12

abc

m vC2

r

Œ2 g sin qrŒ2 g cos a

r

12

abc

m vD2

r

g r cos qr

v2B

r

12

m v2B

r

EpA = EpB

EcA = 0 (posição extrema)

EcB =12

m v2B

adbdc

m g

cos q5Ty = TB cos qTy = m g

3500,7

SOLUÇÕES


374

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L ED

ITO

RES

53.1.

53.2. Sim, v é independente da massa do carro.

54.1. ± RnA – P = ±

± RnA = m g +

± P – RnB = FC ±

± RnB = m g –

54.2. ±

55. ±

± v = 150 m s–1 § v = 5,4 * 102 km h–1

56.1.

56.2. EmA = EmE ± m v2A = m g hE + m v2

E ±

± * 40 = 15,5 + v2E ± v2

E = 9 (m s–1)2

RE = – m g cos 37º ± RE = 1,45 * 10 N

56.3.

57.1.

57.2. Para aumentar a força centrípeta. Assim, aumen-ta a aceleração centrípeta e, para o mesmo raio,maior será a velocidade.

57.3. v = = 6,25 (m s–1);

tg 10º = = ± r = = 2,2 * 10 m

57.4. Maior velocidade. Se r diminuir e q aumentar,aumenta Fc, logo aumenta v.

58. ± Rn sin 15º = Fc ±

± Rn sin 15º = ; Rn cos 15º = m g ±

± tg 15º = ± 0,27 = ± v2 = 675 ±

± v = 26 m s–1

O carro descreve a curva porque o valor da veloci-dade, 25 m s–1, é inferior ao valor máximo permiti-do pelas condições do enunciado (26 m s–1).

59.1.

A resultante das forças que actuam na esfera é aforça centrípeta.

5Fc = m w2 r

w = 2 p f± 5Fc = m 4 p2 f 2 r

Fc = 4 p2 f 2 m r

5 ^ F»x = F»centrípeta

^ F»y = 0» ± 5Tx = Fc

Ty = P

v2

2500

Fc

P

m v2

r

5Rnx = Fc

Rny = P

(6,25)2

10 * 0,18v2

g rFc

P

1500 m(4 * 60) s

v»= – 2,4 e»x - 3,8 e»y (m s–1)

m v2E

r

12

12

12

12

5vmín = œg’ r

v2 = g’ r ± v2 = 90 * 250

g’ = 9 g = 90 m s–2

m = 71,5 kg

v = 1,45 m s–1

abc5 720 = m g + m v2

30

710 = m g – m v2

30

m v2

r

^ F»B = F»C

m v2

r

m v2

r^ F»A = F»C

5v2A = 5 g r ± vA = œ5 g r

—

5EmA = EmC ±

12

m v2A = m g * 2 r + 1

2 m g r ±

VCmín = œg r

5v»= – v0x e»x + (– v0y - g t) e»y = (– 3 * 0,8) e»x - (3 * 0,6 + 2) e»y

v0x = v0 cos 37º

v0y = v0 sin 37º

SOLUÇÕES


375

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ITO

RES

59.2.

± T = 4 p2 f2 m ’

59.3. ±

± ±

± f = ± f =

59.4. ± ±

± f = 0,56 voltas

n.º de voltas: n = 0,56 * 3,6 § n = 2 voltas

60.1. a) – tensão do fio – peso do corpo

b) ±

A resultante das forças é a componente Pt

Pt = P sin 45ºPt = m g sin 45º ± Pt = 0,300 * 10 * 0,71Pt = 2,13 N

60.2. a) EmA = EmC ± m g hA = m v2C + m g hC ±

± 2 g hA = v2C + 2 g hC (1)

hC = ’ – ’ cos 37º ± hC = 0,60 (1 – 0,8) ±± hC = 0,12 mhA = 0,174 m

De 1: 2 * 10 * 0,174 = v2C + 20 * 0,12 ±

± vC = 1,04 m s–1

b) Quando se corta o fio, o corpo comporta-secomo um projéctil que é lançado obliqua-mente para cima.Expressão da velocidade de lançamento, :

=

= v0x + v0y ±± = 1,04 cos 37º + 1,04 sin 37º ±± = 0,83 + 0,62 (m s–1)

y = y0 + v0yt – g t2

y = 2,0 + 0,62 * 0,4 – * 10 * 0,42 ±± y = 1,45 m

61.1. – tensão do fio

– peso

± Tz = P

T > P

61.2.

– é perpendicular ao plano da rotação (xOy)e tem o sentido positivo porque a rotação faz--se no sentido anti-horário.

61.3.

61.4. A tensão realiza trabalho nulo, porque é, emcada instante, perpendicular ao deslocamento.

61.5. O ângulo a, o valor da velocidade v e o raio datrajectória diminuem ao longo do tempo, se aresistência do ar for significativa.

62.1. No ponto A, a aceleração tem, apenas, compo-nente normal.

an = sendo desprezável o atrito, há conser-

vação de energia mecânica.

5 Em(A) = Ec(A) =12

m v2A

3,2 = 12* 0,4 * v2

A ± v2A =

6,4

0,4= 16 (m s–1)2

v2A

eb

T sin a = m w2 ’ sin aT = m w2 ’T = 0,200 * 7,92 * 0,80

T = 9,9 N ) 10 N5

Ty = Fcentrípeta

Ty = T sin aFcentrípeta = m w2 r

r = ’ sin a

w»

5w = 2 p

T±w =

2 * 3,14

0,80= 7,9 rad s–1

T = 0,80 s; w» = 7,9 e»z (rad s–1)

^ F»y = F»c

^ F»z = 0»addbddc

P»T»

12

12

e»ye»xv»0

e»ye»xv»0

e»ye»xv»0

v»Cv»0

v»0

12

^ F»t = P»t

^ F»n = 0» ± P»n + T»= 0»

P»T»

f = 12 * 3,14

* Œ 100,8

f = 12p

Œg

h

Œg

h1

2 pŒ g

4 p2 h

5 tg q = 4 p2 f2 rg

rh= 4 p2 f2 r

g5

T sin qT cos q

= 4 p2 f 2 m rm g

tg q = rh

5Tx = Fc ± T sin q = 4 p2 f2 m r

Ty = m g ± T cos q = m g

5Tx = Fc

r = ’ sin q± 5T sin q = 4 p2 f 2 m r

T sin q = 4 p2 f 2 m ’ sin q

SOLUÇÕES


376

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RES

SOLUÇÕES


377

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RES

an = ± an = 32 m s–2 ± = 32 (m s–2)

62.2. é a reacção normal exercida pela calha sobreo corpo B; tem a direcção do raio.A componente tangencial da resultante das for-ças é Pt = m g sin q.

cos q = = 0,9 ± q = 25º

sin 25º = 0,42

Pt = 0,400 * 10 * 0,42 ±

± Pt = 1,7 N

62.3. a)

b) ± RnA – P =

RnA = P + ±

± RnA = 0,400 * 10 + ±± RnA = 16,8 N

Sabendo que RnC = RnA ±

± RnC = * 16,8 ± RnC = 1,4 N

Cálculo do módulo da resultante das forças que

actuam sobre o corpo na posição C:

± – Fc = – P + RnC ±

± Fc = P – RnC ± Fc = 0,400 * 10 – 1,4 ±

± Fc = 2,6 N

63.1. Para calcular o trabalho realizado pela força deatrito, aplica-se a lei do trabalho energia.

DEc = m (v2Q – v2

P)

± W = * 2,0 * (11,02 – 12,02) = – 23 J

63.2. No ponto S, a reacção da calha sobre o corpo é aforça centrípeta.

Rns = (1)

Cálculo de v2s:

Aplica-se a Lei da Conservação de EnergiaMecânica aos pontos Q e S:

EmQ = EmS ± m v2Q = m v2

S + m g h ±

* 11,02 = v2S + 10 * 1,5 ± v2

S = 91 (m s–1)2

Substituindo valores em (1):

RnS = ± RnS = 1,2 * 102 N

63.3. Para passar em T, o corpo tem de possuir umavelocidade mínima que corresponde à condiçãode .

Cálculo de vT mínima:

P = FcT ± m g = ± v2T = gr ±

± vT = = = 3,9 m s–1

Cálculo de vT:EmQ = EmT ± m v2

Q = m v2T + m g hT ±

± 121 = v2T + 2 * 10 * 3,0

v2T = 61 ± vT = 7,8 m s–1

Como vT > (vT)mín, o corpo atinge o ponto T.

64.1. – força de atrito

– peso

– reacção normal exercida pela parede sobre a pessoa

64.2. ±

(1)

(2)5 ^ F»x = F»c ± Rn = Fc § Rn =m v2

r

^ F»y = 0» ± Fa = P § meRn = m g

F»a + P»+ R»n = F»c

R»n

P»

F»a

12

12

œ10 * 1,5œg r

m v2T

r

R»nT = 0»

2,0 * 91

1,5

12

12

12

12

m v2s

r

12F»a

125DEc = WF»a + WP» + WR»n

WP» = WR»n = 0»

e»ne»ne»nF»c = P»+ R»nC

112

112

0,400 * 16

0,50

m v2A

r

e»n

m v2A

re»ne»n^ F»A = F»centrípeta (A)

4550

R»n

e»na»n16

0,50

Substituindo (1) em (2), obtém-se:

= m g ± v = ±

± v = = 14 m s–1

Cálculo da frequência:

v = w r ± v = 2 p f r ± f = ±

± f = ± f 9 0,37 Hz

Em cada minuto, efectuará 0,37 * 60 9 22 voltas.

65.1. – tensão do fio que liga os corpos A e B

– força de atrito entre A e C

= – ; | | = | |

Os corpos A e B têm a mesma aceleração porque estão ligados por um fio.

65.2.Fa = mC RnC = mC mC g0,20 * mC g = mC aC ± aC = 2,0 m s–2

±

2,00 – 0,20 = (0,400 + 0,200) a ± a = 3,0 m s–2

65.3. PB – TB = mB a ± TB = 2,0 – 0,2 * 3 ± TB = 1,4 N

65.4. ±

± PB = 2,0 mA + 2,0 mB + 2,0 mC ±± mB g = 2,0 * 0,400 + 2,0 mB + 2,0 * 0,100 ±± 8 mB = 1,0 ± mB = 0,125 kg

66.1.

– força que A exerce sobre B

– força que B exerce sobre A

– força de atrito entre o corpo A e o planoinclinado

– força de atrito entre o corpo B e o planoinclinado

Componentes cartesianas das forças:PAx = PA sin 37º = 20 * 0,6 = 12 NRnA = PA cos 37º = 20 * 0,8 = 16 NPBx = PB sin 37º = 100 * 0,6 = 60 NRnB = PB cos 37º = 100 * 0,8 = 80 NFaA = mC RnA = 0,3 * 16 = 4,8 NFaB = mC RnB = 0,1 * 80 = 8 N

66.2. 12 + FB,A – 4,8 = 2 * 4,9 ± FBA = 2,6 N

67.1. ±

±

TB = Fa,B + Fa solo ± TB = 0,5 m g + 1,5 m g ±± TB = 2,0 m gTB = TC = T

±

De (2): 2,0 m g cos q = m g ± cos q = ±± q = 60º

67.2. De (1): 2,0 m g sin 60º = F ±

± F = 2,0 m g ±

± F = 1,7 m g

œ3

2

12

(1)

(2)5T sin q = F

T cos q = m g^ F»C = 0»

^ F»B = 0»

TA = 0,5 m g

FaA = 0,5 m g

5TA = FaA ± TA = me RnA

RnA = PA = 2 m g = 0,25 * 2 m g^ F»A = 0»

559,2 = 12 a ± a = 4,9 m s–2

F»B,A = – F»A,B (par acção–reacção)

5PAx + FB,A - FaA = mA a

PBx - FA,B - FaB = mB a± 512 + FB,A - 4,8 = 2 a

60 - FA,B - 8 = 10 a

F»a,B

F»a,A

F»B,A

F»A,B

5 ^ F»= (mA + mB + mC) a»

a = 2,0 m s–2

5TA + Fa’ = mA aA

PB + TB = mB aB

PB - Fa = (mA + mB) a5

T»A + F»a’ = mA a»A

P»B + T»B = mB a»B

PB - Fa = (mA + mB) a

F»a = mC a»C

T»BT»AF»a’F»a

F»a

T»A

142 * 3,14 * 6,0

v2 p r

Œ10 * 6,0

0,30

Œg rme

me m v2

r

SOLUÇÕES


378

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5TB = FaB + Fa solo

RnB = (mA + mB) g = 6 m g

F»aB = – F»a,A (par acção–reacção)Fa solo = me RnB ± Fa solo = 0,25 * 6 m g = 1,5 m g

68.1. – peso

– reacção normal

Rn > Pn

68.2.

–

– = ±

± = – 0,95 J

68.3. ±

± P – Rn = ±

Rn = 1,0 – ±

± Rn = 0,8 N

68.4. Se não houvesse atrito, EmA = EmD, sendo hA = hD

e vA = vD = 4,8 m s–1.

± P – RnD = FcD ±

± RnD = P – FcD ± Rn = 1,0 – ±

± Rn = – 0,15 NEsta solução é impossível, uma vez que o valorde Rn não pode ser negativo.

69.1. – peso do corpo – força exterior aplicada

– reacção normal – força de atrito

69.2. Como o corpo está em equilíbrio, a resultantedas forças que actuam no corpo é nula.

± Fx = Px + Fa (1);

± Py + Fy = Rn

Fx = F cos a; Fy = F sin a; Px = P sin a; Py = P cos aFa = me Rn ± Fa = me (Py + Fy)Fa = me (P cos a + F sin a)

Substituindo em (1), obtém-se:F cos a = P sin a + me Rn ±

± F cos a = P sin a + me (P cos a + F sin a) ±

± F(cos a – me sin a) = m g (sin a + me cos a) ±

± F =

69.3. Suprimindo a força , o corpo desliza ao longodo plano inclinado com movimento uniforme-mente acelerado.

Aplica-se a 2.a Lei de Newton:

± Px – Fa = m a

Fa = mc Rn ± Fa = mc m g cos 37º±

m g sin 37º – mc m g cos 37º = m a10 * 0,6 – 0,20 * 10 * 0,8 = a ± a = 4,4 m s–2

Cálculo do valor da velocidade do corpo, quan-do atinge B: v2 = v2

0 + 2 a Dx (2)

Dx = ; = ± = ±

± = 10 m

Substituindo valores em (2):v2 = 0 + 2 * 4,4 * 10 ± v2 = 88 ± v = 9,4 m s–1

70.1. an = = = 4,0 m s–2 ± = 4,0 (m s–2)

(1)

Substituindo em (1):m g sin 37º – mC * (Fg cos 37º + m an) = m at ±± 12 – 4,8 = 2,0 at ± at = 3,6 (m s–2)

= at + an ± = 3,6 + 4,0 (m s–2)

70.2. Emec A = Ep(A) = m g hA ± Emec A = 20 * 1 = 20 J

Emec C = Ep(C) + Ec(C) ±

± ±

± Emec C = 20 * 0,20 + * 2,0 * 2,02 = 8 J

DEmec = Emec C – Emec A ± DEmec = 8 – 20 = – 12 J

12

Emec C = m g hC +12

m v2C

hC = r - r cos 37º = 1,0 - 0,8 = 0,20 m

e»ne»ta»Ce»ne»ta»C

e»t

5—

Rn = P cos 37º + m an

5P»t + F»a = m a»t

Fa = mC Rn; R»n + P»n = m a»n ±

e»na»n

2,02

1,0

v2C

r

AB

6,0

0,6AB

ACsin 37º

ABAB

^ F»x = m a»

F»

m g (sin a + me cos a)cos a – me sin a

^ F»y = 0»

^ F»x = 0»

F»aR»n

F»P»

0,1 * 4,82

2,0

R»nD + P»= F»CD

0,1 * 2,02

2,00

m v2D

r

5 P»+ R»n = F»c

Fc =m v2

D

r

WC"D1»Fa2 =12* 0,1 * (2,02 - 4,82)

12

m v2D - 1

2 m v2

A1m g hA + 12

m v2A2

WC"D1»Fa2 = 1m g hD + 12

m v2D2

5WC"D1»Fa2 = DEm; WC"D1»Fa2 = EmD - EmC

EmC = EmA

R»n

P»

SOLUÇÕES


379

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71.1. Corpo N:PN sin a – Fa = mN aN ±± mN g sin a – mN mN g cos a = mN aN ±± aN = g (sin a – mN cos a) (1)

Corpo M:PM sin a – Fa = mM aM ±± mM g sin a – mM mM g cos a = mM aM ±± aM = g (sin a – mM cos a) (2)

Sendo mM > mN, conclui-se de (1) e (2) que: aM < aN

e os dois corpos deslocam-se juntos em B.

71.2.

72.1.

72.2. = m ± – Px – Fa = m

= ± Rn – Py =

Px = m g sin qPx = m g cos q

– m g sin q – mC Rn = m ±

± – m g sin q – mC m g cos q = m ±

± = – 10 * 0,34 – 0,30 * 10 * 0,94 ±

± = – 6,2 (m s–2)

72.3. vf = v0 – a t ± 0 = 5,0 – 6,2 t ±

± t = = 0,81 s

Dx = v0 t – a t2 ±

± Dx = 5,0 * 0,81 – * 6,2 * 0,812 ±

± Dx = 2,0 m

ouconsiderando a equação v2

f = v20 – 2 a Dx ±

± 0 = 52 – 2 * 6,2 * Dx ± Dx = 2,0 m

72.4. Condição de equilíbrio do corpo:

±

±

73.1. A variação de energia mecânica entre P e Q é:DEm = DEc + DEp (1)

±

± DEc = * 1,0 * 1,22 ± DEc = 0,72 J (2)

±

± DEp = 1,0 * 10 * 0,64 – 1,0 * 10 * 0,80 == – 1,6 J (3)

Substituindo (2) e (3) em (1):DEm = 0,72 – 1,6 ± DEm = – 0,9 J

73.2.a) cos 37º + = ±

± P cos 37º – Rn = ±

± Rn = 1,0 * 10 * 0,80 – ±

± Rn = 6,2 N

b) ± ±

± 1,0 * 10 * 0,60 – 0,30 * 6,2 = at ±± at = 4,1 m s–2

74.1.

PB – PC = (mA + mB + mC) a ±

± a = = 1,0 m s–215 - 105

(1)

(2)

(3)5

TA - T’A = mA a

PB - TB = mB a

TC - Pc = mC a

TA = TB

T’A = TC

;

5P sin 37º – Fa = m at

Fa = mc Rn^ F»t = m a»t

1,0 * 1,22

0,80

m v2Q

r

F»cR»nP»

5DEp = m g hQ - m g hp

hp = 0,80 m

hQ = r cos 37º = 0,80 * 0,80 = 0,64 m

12

5DEc =

12

m v2Q - 1

2 m v2

p

vp = 0

me Rn = m g sin qme m g cos q = m g sin q±

me =sin qcos q

± 0,51 = tg q± q = 27º

adbdc

Fa = P sin qRn = P cos q

^ F»y = 0» ± R»n + P»y = 0»

^ F»x = 0» ± F»a + P»x = 0»

12

12

5,0

6,2

e»xa»

e»xe»xa»

a»e»xe»x

a»e»xe»x

0»e»ye»y0»^ F»y

a»e»xe»xa»^ F»x

SOLUÇÕES


380

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74.2. Substituindo valores em (2) e (3):15 – TB = 1,5 * 1,0 ± TB = 13,5 N = 1,4 * 10 NTC – 10 = 1,0 * 1,0 ± TC = 11 N = 1,1 * 10 N

74.3. Para que o sistema permaneça em repouso:

±

75.1.Fa = me (PA + PC);

PB – Fa,e ± 50 = 0,2 (100 + PC) ±± PC = 150 N ± mC = 15 kg

75.2. Retira-se o corpo C:

TA = T’AFa, cin = mc mA g

PB – mc mA g = (mA + mB) a ± a = 2,0 m s–2

76.1. De A para B.

76.2.

PAx = PA sin 30º = 10 * 0,5 = 5 NPBx = PB sin 60º = 20 * 0,87 = 17,4 NFaA = mc RnA = 0,20 * 10 * cos 30º = 1,74 NFaB = mc RnB = 0,20 * 20 * cos 60º = 2,0 NTA = TB = T

76.3.

PBx – PAx – FaA – FaB = (mA + mB) a ±± a = 2,9 m s–2

76.4. De (1): T = 5 + 1,74 + 1,0 * 2,9 ± T = 9,6 N

1. D 2. C 3. D

4. D 5. E 6. C

7. E 8. D 9. C

10. D 11. D 12. D

13. E 14. B 15. E

16. D 17. C 18. D

19. C 20. D 21. E

22.1. w = ± w = rad s–1

– 0,5 = 0,5 sin j ±

± sin j = – 1 ± j = p rad

22.2.

22.3. v = A w cos (w t + j) ±

± v = 0,5 * cos

± v = 0,5 * cos ± v = 0152

p2p2

1p2 * 2 + 32

p2p2

amáx = ± A w2

amáx = ± 0,5 * 1p222

± amáx = ± 1,23 m s–2

abc

vmáx = ± A w

vmáx = ± 0,5 * p2± vmáx = ± 0,25 p (m s–1)

abc

32

�

5x = A sin (w t + j)t = 0; x = A = – 0,5 m

p2

2pT

T = 4,0 s (gráfico)

f = 14,0

= 0,25 Hz


UNIDADE 1 | 2. MOVIMENTOS OSCILATÓRIOS

(1)5T - PAx - FaA = mA a

PBx - T - FaB = mB a

addbddc

5TA - Fa,cin = mA a

PB - TA = mB a

5PB - T = 0

T - Fa,e = 0

5|P»B| = |T»| = |F»a|; |T» | = |T» ’|

Fa = me Rn

Rn = PA + PC

Fa = me RnA ± me =5

25= 0,20

TA = TB = PB = 15 N

T’A = TC = PC = 10 N

abc

(4)5T»A + T»’A + F»a = 0»± TA = T’A + Fa

P»A + R»nA = 0»± RnA = 25 N^ F»A = 0»

SOLUÇÕES


381

© A

REA

L ED

ITO

RES

± a = – 1,23 m s–2

22.4.

± v2 = (A2 – x2) ± v = ±

Para x = ± ± v = ± ±

± v = ± vmáx

23.1. T = 2p ± T = 2 * 3,14 ± T = 1,4 s

w = ±w = ±w = 4,5 rad s–1; A = ± 5 cm

23.2. Retorna à mesma posição ao fim de um períodoT = 1,4 s.

23.3. Em = k A2 ± Em = * 6 * (5 * 10–2) ±

± Em = 7,5 * 10–3 J

24.1.P = 0,200 * 10 = 2,0 N

= kx ± x = 14 – 10 = 4,0 cm = 4 * 10–2 m

± 2,0 = k * 4 * 10–2 ± k = 50 N m–1

24.2. T = 2p ± T = 2 * 3,14 * ± T = 0,4 s

w = ± w = ± w = 16 rad s–1

24.3. O sistema oscila com a amplitude 16 – 14 = 2,0 cm, em torno da posição de equilí-brio; A = 2,0 cm

24.4.

± v2 = * [(2 * 10–2)2 – (0,5 * 10–2)2] ±

± v = 0,31 m s–1

25.1.4,0 = k * 8 * 10–2 ±± k = 50 N m–1

25.2.

25.3. T = 2 p ± T = 2 * 3,14 * ±

± T = 0,63 s

w = ± w = ± w = 10 rads–1

A amplitude é A = 12 cm.

25.4. ±

± v = ± = ± 1,04 m s–1

26.1. 3p = ± T = s

26.2. Ao fim de um período percorre: 4 * 6 = 24 cm e

ao fim de 2 períodos percorrerá 2 * 24 = 48 cm.

26.3.

Para t = 0,4 s: x = 6,0 sin ±

± x = 6,0 sin ± x = – 5,0 cm

26.4. ±

± – 6 = 6 sin ±

± sin = – 1 ±

± 3p t + = p ± t = s

27.1.

que correspondem às posições de elongação

máxima positiva e máxima negativa

t = T. Logo, A = 20 mm; T = 0,4 s (passa nova-

mente pela mesma posição);

w = ± w = ± w = 5p rad s–12p0,4

2pT

34

1t = T42

5 v = A w cos w t

v = 0 ± cos w t = 0 ±w t = p2

e 3p2

13

32

p2

13p t + p2213p t + p

22

x = 6 sin 13p t + p22

x = – 6 cm

abc

11,2 p + p2213p * 0,4 + p

22

x = 6,0 sin 13p t + p22

t = 0 ± x = 6,0 sin p2± x = 6,0 cm

adbdc

23

2pT

w = 2pT

w = 3p

a = – w2 x

a = –102 * 0,06 ± a = – 6 m s–2

5a = – w2 A sin (w t + j)x = A sin (w t + j)

Œ 500,5

(0,122 - 0,062)

5 v = Œ km

(A2 - x2)

x = + A2= 0,06 m

2 * 3,14

0,632pT

Œ0,500

50Œm

k

5F»= – 50 * 0,12 e»x ± F»= – 6,0 e»x (N)x = 0,12 m

5F»= – k x e»x

F = 4,0 N

x = 8 * 10–2 m

500,2

5 v2 = km

(A2 - x2) ±

x = A4=

2,0

4= 0,5 cm = 0,5 * 10–2 m

2 * 3,14

0,402pT

Œ0,2

50Œm

k

|F»el|

|P»| = |F»el|

12

12

2p1,4

2pT

Œ0,3

6Œm

k

Œ34

v = ± Œ34

km

A2

vmáx = Œ km

A

w = Œ km

addbddc

Œ km

A2 - 1± A2 2

2A2

Œ km

(A2 - x2)km

5 Em = 12

k A2

12

k A2 = 12

m v2 + 12

k x2 ±

a = – A w2 sin (w t + j)

a = – 0,5 * 1p222

sin 1p2 * 2 + 32

p2 ±abc

SOLUÇÕES


382

© A

REA

L ED

ITO

RES

27.2. – w A = A w cos j ±

± cos j = – 1 ± j = p rad

x = A sin (w t + j) ± x = 2,0 *10–2 sin (5p t + p) (SI)

27.3. v = A w cos (w t + j) ±

± v = 2 * 10–2 * 5p (cos 5p + p) ±

± v = 0,31 m s–1

27.4. a = – w2 A sin (w t + j) ± ±

± a = – (5p)2 * (– 2,0 * 10–2) ± a = 5 m s–2

28.1. ;

± Ep = m w2 ± Ep = Em

Em = Em + Ec ± Ec = Em § Ec = 0,94 Em

28.2. ±

± m w2 A2 = * 2 ±

± A2 = 2 x2 ± x = ±

29.1. ± T = 8 s

29.2.

30.1.(1)

m = 1,4 * 103 kg

De (1):4,0 = ± k = 8,8 *105 N m–1

30.2. mtotal = mcarro + mpassageiros ±

± mt = 1,4 * 103 + 4 * 70 ±

± mt = 1,68 * 103 kg

f = ± f = 3,6 Hz

31.1. f = ± f = 0,25 Hz; w = 2p f ± w = rad s–1

31.2. Para que o corpo não deslize, o valor mínimo da

força de atrito estático tem que ser igual ao

valor máximo da força que actua no oscilador.

32.1.

f = ± f = ±

± f = ± f = ± f = 1,6 Hz

32.2. k = ± k = = 80 N m–1

ou

f2 = ± k = 80 N m–1

33.1. ± 0,10 = A sin j (1)

– 3,14 = A cos j± – 3,14 = 31,4 A cos j±

± – 0,10 = A cos j (2)

Elevando ao quadrado as equações (1) e (2):

0,102 + 0,102 = A2 sin2 j + A2 cos2 j ±

± 0,010 + 0,010 = A2 (sin2 j + cos2 j) ±

± A2 = 0,02 ± A = 0,10 m

33.2. 0,10 = 0,10 sin j±

± sin j = =

De (2):

– 0,10 = 0,10 cos j ± cos j = – ±

± j = p34

œ2

2œ2

œ2

21

œ2

œ25x = A sin (w t + j)t = 0 ± x = 0,10 m

œ2

50,102 = A2 sin2 j(0,10)2 = A2 cos2 j

2p0,2

5v = w A cos (w t + j)t = 0 ± v = – 3,14 m s–1

5x = A sin (w t + j)t = 0 ± x = 0,10 m

14p2

km

0,8 * 10

0,10

m g

Dx

12p

Œ 100,10

12p

Œ g

Dx

12p

Œ m g

Dxm

12p

Œ km

5F = k Dx ± k = F

Dx± k =

m g

Dx

Dx = 10 cm = 0,10 m

me m g = m w2 A

me =1p22

2

* 1,5

10= 0,37

5F»a + F»máx = 0» ; Fa = me m g

F»máx = m a»± Fmáx = m w2 A

p2

1560

12p

Œ 8,8 * 105

1,68 * 103

Œ k1,4 * 103

12p

5T = 2p Œm

k± f = 1

2p Œ k

m

P = m g ± 1,4 * 104 = m * 10 ±

2pT

= p45w = p

4 rad s–1

w = 2pT

A

œ2

112

m w2 x2212

5Ep = Ec

Ep =12

m w2 x2

Em = Ep + Ec

1516

116

116

A2

1612

5 Ep =12

m w2 x2

para x = A4

±5 Em = Ep + Ec

Em = 12

m w2 A2

5amáx = – w2 x

x = – A

5v = A w cos (w t + j)vmáx = – A wt = 0

SOLUÇÕES


383

© A

REA

L ED

ITO

RES

33.3. x = 0,10 sin m

v = p cos m s–1

a = – 10 p2 sin m s–2

34.1.

Para

– 0,72 = – 2,5 * 10–3 w2 * 0,18 ±

± w = 4,0 * 10 rad s–1

Para x = A sin (w t + j) ±

± 0,18 = 0,18 sin j ± sin j = 1 ± j = rad

34.2. v = w A cos (w t + j) ±

± v = 40 * 0,18 cos ±

± = 7,2 cos (m s–1)

34.3. O trabalho realizado pela força , (força elásti-ca) entre os pontos x = 0 e x = 18 cm pode serdeterminado a partir da área a tracejado nográfico.

W = – * 0,18 * 0,72 ± W = – 6,5 * 10–2 J

Pela Lei do Trabalho-Energia:= DEc ± = Ecf – Eci

Eci = m v2 ±

± Eci = * 2,5 * 10–3 * 7,22 = 6,5 * 10–2 J

= Ecf – Eci ± W = 0 – 6,5 * 10–2 J ±± = – 6,5 * 10–2 J

35.1. ± kA = ±kA = 8 N m–1

± kB = ±

± kB = 4,0 N m–1

± = ± =

35.2.

35.3. = – k x ± = – 4,0 (N)

36.1. ±

± * 800 * (0,1)2 = * 0,5 v2i ± v2

i = 16 ±

± v = 4,0 m s–1 ± = 4,0x (m s–1)

36.2.400 * 0,12 = 0,5 * 10 * h ±± h = 0,8 m

1. D 2. B 3. D4. A-F; B-V; C-F; D-V; E-F5. A-V; B-V; C-F; D-V; E-F6. C 7. E 8. C


UNIDADE 1 | 3. CENTRO DE MASSA E MOMENTOLINEAR DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS

5 Emi = Emf

12

k x2 = m g h

e»zv»i

12

12

5 Epelástica = Ecin. do corpo

12

k x2 = 12

m v2i

e»xF»Be»xF»

1

œ2

TA

TBŒ kB

kA

TA

TB5 TA = 2p ŒmkA

TB = 2p ŒmkB

0,045 * 2

0,1525EpBmáx =

12

kB A2

A = 0,15 m

EpBmáx = 0,045 J

0,09 * 2

0,1525EpAmáx = 0,09 J

EpAmáx =12

kA A2

A = 0,15 m

WF»

WF»

12

12

5Eci = Ecmáx , para x = 0 ± v = 7,2 m s–1

Ecf = 0 ; para x = 18 cm ± v = 0 m s–1

WF»WF»

12

F»

e»x140 t + p22v»

140 t + p22

p2

5t = 0

x = 0,18 m

5x = 0,18 m

F = – 0,72 N

5xm = A = 18 cm = 0,18 m

F»= m a»± F»= m (– w2 x) e»x ± F = – m w2 x

110 p t + 34

p2œ2

110 p t + 34

p2œ2

110 p t + 34

p2œ2

SOLUÇÕES


384

© A

REA

L ED

ITO

RES

instante t (s) velocidade (m s–1)

v = 7,2 cos 12pT

t + p22

0 v = 7,2 cos = 010 + p22

T4

v = 7,2 cos = – 7,21p2 + p22

T2

v = 7,2 cos = 01p + p22 5 Em = Ep + Ec ± 9 * 10–2 = 4 * 10–2 + Ec ±Em = Epmáx Ec = 5 * 10–2 J

EpA =12

kA x2A ± EpA =

12* 8 * 0,102 ± EpA = 4 * 10–2 J

9. B 10. D 11. C12. D 13. A 14. B15. D 16. D 17. D18. E 19. C 20. C21. C 22. D 23. D24. C 25. E 26. C27. B 28. A 29. C30. B

31.1. ± ±

± M vc = (M + m) v ±

± v = (1)

31.2. Eci = M v2c; Ecf = (M + m) v2 (2)

Substituindo (1) em (2):

Ecf = (M + m) ± Ecf =

± ±

±

32. ±

± Ec = m ± Ec =

33.

=

34.1.

± ±

± ±

± – 3 – 10 = 10 ±

± = – 0,3 – 1,0 (m s–2)

34.2. Posição do CM para t = 0 s:

xCM = =

= 1,0 m

yCM = =

= – 2,3 m

Posição do CM pata t = 2,0 s:

xCM = x0CM + axCM t2 ±

± xCM = 1,0 + * (– 0,3) * 2,02 ±

± xCM = 0,4 m

yCM = y0CM + ayCM t2 ±

± yCM = – 2,3 + * (– 1,0) * 2,02 ±

± yCM = – 4,3 m

± = (– 0,3 – 1,0 ) * 2,0 ±

= – 0,6 – 2,0 (m s–1)

34.3. ± = 10 * (– 0,6 – 2,0 ) =

= – 6 – 20 (kg m s–1)

35.1. = ±

± = 2,3 t + 2,0 (m s–1)

= ± = 2,3 (m s–2)

35.2. ± = 6 * 2,3 = 14 (N)

35.3. = – ±± = (2 t + 3 ) – (2,3 t + 2,0 )t = 1,0 s ± = (2 + 3 ) – (2,3 + 2,0 ) == – 0,3 + 1,0 (m s–1)

= – = 3 – (2,3 + 2,0 ) = = 0,7 – 2,0 (m s–1)

36.1.

F1 = F2 = 3,0 N; a1 = = 3,0 m s–2

a2 = = 1,0 m s–2

x1 = a1 t2 ± x1 = * 3,0 t2 ± x1 = 1,5 t2 (1)

x2 = a2 t2 ± 10 – x1 = * 1,0 t2 ±

± 10 – 1,5 t2 = 0,5 t2 ± t2 = 5 s2

Substituindo em (1): x1 = 1,5 * 5 = 7,5 m

12

12

12

12

F2

m2

F1

m1

F»1 = – F»2

e»ye»x

e»ye»xe»xv»CMv»2v»2/CM

e»ye»x

e»ye»xe»ye»xv»1/CM

e»ye»xe»ye»xv»1/CM

v»CMv»1v»1/CM

e»xe»xF»res^ F»ext = msist a»CM

e»xa»CM

dv»CM

dta»CM

e»ye»xv»CM

4,0 * (2 t e»x + 3 e»y) + 2,0 * 3 t e»x

6v»CM

e»ye»x

e»ye»xp»CMp»CM = msist v»CM

e»ye»xv»CM

e»ye»xv»CMv»CM = a»CM t

12

12

12

12

(1,0 * 2) + (2,0 * 4) + 3,0 * (– 3) + 4,0 * (– 6)10

(1,0 * 4) + 2,0 * (– 4) + 3,0 * (– 2) + (4,0 * 5)10

e»ye»xa»CM

a»CMe»ye»x

^ F»ext = msist a»CM

^ F»ext = – 3 e»x - 10 e»y (N)

mB

mA

EcA

EcB

± EcA =12

mA

p2

m2A

± EcB =12

mB

p2

m2B

5 p = mA vA; EcA =12

mA v2A ±

p = mB vB; EcB =12

m v2B ±

p2

2 m

p2

m2

12

5 Ec =12

m v2

p = m v ± v =pm

Eci

Ecf

= 1 + mM

Eci

Ecf

= M + mM

Eci

Ecf

=

12

M v2c

12

M2 v2c

M + m

M2 v2c

M + m12

M2 v2c

(M + m)2

12

12

12

M vc

M + m

e»xe»x

p»ix = p»fx^ F»ext 1x2 = 0»

SOLUÇÕES


385

©A

REA

LED

ITO

RES

^ F»ext = F»1 + F»2 + F»3 + F»4

F»1 = 5 e»x (N); F»2 = – 8 e»y (N)F»3 = – 10 sin 53º e»x - 10 cos 53º e»y = – 8 e»x - 6 e»y (N)F»4 = 4 e»y (N)

adbdc

AEPTF12-25

36.2.= ±

± ± =

± ± = constante

Como o centro de massa estava inicialmenteem repouso, permanece em repouso.

37.1. xCM = ± xCM = 8 cm

37.2. ± ± = constante.

Como o sistema estava inicialmente em repou-so, , continua em repouso.

37.3. msist = mA + mB ±

± = 1,0 + 2,0 * 0,5 ± = – 1,0 (m s–1)

= – ± = – 1,0 (m s–1)

37.4. Ep = mA vA2 + mB vB

2 ±

± Ep = + * 2,0 * 0,52 ±

± Ep = 0,75 J

37.5. DEp = k Dx2 ± 0,75 = * 150 * Dx2 ±

± Dx = 0,10 m

38.

39. ± mA + mB = mA + mB ±± 10 m + 0 = m vAf + 4 m vBf ±± vAf = 10 – 4 vBf (1)

± 1 = ±

± 10 = vBf – vAf (2)

Das equações (1) e (2) obtém-se:20 = 5 vBf ± vBf = 4 m s–1

vAf = – 6 m s–1

40.1. Colisão perfeitamente inelástica.40.2. Cálculo do valor da velocidade do sistema:

(M + m) após a colisão.

Em inicial = Em final ± (M + m) v2 = (M + m) g hmáx±

± v2 = 2 g hmáx ± v2 = 20 * 0,10 ±± v = 1,4 m s–1

Na colisão: ± ±

± m = (M + m) ±

± 1,0 * 10–2 v0 = 2,010 * 1,4 ±

± = 2,8 * 102 (m s–1)

40.3. Eci = * 1,0 * 10–2 * (2,8 * 102)2 = 3,92 * 102 J

Ecf = * 2,010 * 1,42 = 1,97 J

% Ediss = * 100 = 99%

41.1. No instante em que é lançada a pedra:

± ±

± = mpedra + mpat ±

± = 2,0 * 6 + 60 ± = – ±

± = – 0,20 (m s–1)

41.2. ± Fa = mpat a ±

± mc mpat g = mpat a ± a = 0,02 * 10 ±

± a = 0,20 m s–2

± 0 = 0,202 – 2 * 0,20 Dx ±

± Dx = 0,10 m

42. A energia mecânica do sistema após a colisão éigual ao aumento da energia potencial elásticada mola.Em(sist) = DEp elástica ± (m + M) v2

sist = kDx2 ±

±5,020 v2sist = 3,2 * 102 * (0,10)2 ± vsist = 0,8 m s–1;

= 0,8 (m s–1)

Cálculo de : ± ±

± m = (m + M) ±

± 2,0 * 10–2 = 5,020 * 0,8 ±

± = 2,0 * 102 (m s–1)

43.1. ± = mM ±

± mc Rn = mM a

mc mM g = mM a ± a = mc g ±± a = 0,30 * 10 = 3,0 m s–2

O movimento de M é uniformemente retardado.v2

Mf = v2Mi – 2 aM Dx ± 0 = v2

Mi – 2 * 3,0 * 6,0 ±± v2

Mi = 36 ± vMi = 6 m s–1 ± = 6 (m s–1)

43.2. mp = mp + mM ±

± 60 * 10–3 = 60 * 10–3 * + 24 ±

± = 6,0 * 102 (m s–1)

= mp ± = 60 * 10–3 * 6 * 102 ±± = 36 (kg m s–1)e»xp»i

e»xp»iv»p»i

e»xv»

e»xv»3

v»

v»Miv»’v»

e»xv»Mi

a»MF»a^ F»(M) = F»a

e»xv»p

e»xv»p

v»sistv»p

p»i = p»f^ F»ext = 0»v»p

e»xv»sist

12

12

5v2f = v2

0 - 2 a Dx

vf = 0

^ F»ext = F»a

e»xv»pat

e»x1260

v»patv»pate»x0»

v»patv»pedra0»

p»ix = p»fx^ F»ext(x) = 0»

Eci - Ecf

Eci

12

12

e»xv»0

e»x

v»v»0

p»i = p»f^ F»ext = 0»

12

v»

vBf - vAf

105e =

vBf - vAf

vAi - vBi

e = 1 (colisão elástica)

v»Bfv»Afv»Biv»Aip»i = p»f

yCM = 1,0 * 103 - 50 * 5 - 5 * 52 = 625 m

xCM = 0

y = y0 - v0y t - 12

g t2

y0 = 1,0 * 103 m

v»0 = – 50 e»y (m s–1)t = 5,0 s

adbdc

12

12

1211

2* 1,0 * 1,022

12

12

e»xv»A/CMv»CMv»Av»A/CM

e»xv»Ae»xv»A0»

v»Bv»Av»CM

v»CM = 0»

v»CMa»CM = 0»^ F»ext = 0»

(mA * 0) + (mB * 12)mA + mB

v»CMa»CM = 0»^ F»ext = 0»

0»v»CM

(1,0 * 3,0 t) e»x - (3,0 * 1,0 t) e»x

4,0

m1 v»1 + m2 v»2

m1 + m2

v»CM

v1 = a1 t ± v1 = 3,0 t

v2 = a2 t ± v2 = 1,0 t

SOLUÇÕES


386

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REA

LED

ITO

RES

SOLUÇÕES


387

©A

REA

LED

ITO

RES

44.1. ±

± ±m = mA + mB ±±3 mB*80 = 2 mB* (43,5 + 25 ) + mB ±

± = 1,53 *102 – 5,0 *10 (m s–1)

44.2. Ec inicial = m v2 ±Ec inicial= *3*802 = 9,6 *103 J

Ec final = mA v2A + mB v2

B ±Ec final = 15,5 *103 J

v2A = 43,52 + 252 ± v2

A = 2517 (m s–1)2

v2B = 1532 + 502 ± v2

B = 25909 (m s–1)2

mA = 2,0 kg

mB = 1,0 kg

Numa explosão, a energia cinética final é supe-rior à energia cinética inicial.

45.1. Cálculo da velocidade da esfera em B, :

EmA = EmB ± me g h = me v2B ±

±2*10 *0,8 = v2B ± vB = 4,0 m s–1 ±

± = 4,0 (m s–1)

Cálculo da velocidade do sistema após a colisão:me + mp = (me + mp) ±

± (2,0 *4,0) + 1,0 *10–2* (–400 ) = 2,0 ±± = 2,0 (m s–1)

45.2. Após a colisão, Em inicial = Em final ±

± (me + mp) v2sist = (me + mp) g hmáx ±

± 2,02 = 20 hmáx ± hmáx = 0,20 m

45.3. hmáx = ’ – ’ cos q±’ cos q = 0,8 – 0,20 ±

± cos q = = 0,75

= ± + = ±± T = P cos q±± T = 20 * 0,75 = 15 N

46.1. ±

± RnB – P sin 30º = ±

± RnB = 3 * 0,5 + ±

± RnB = 2,5 N

46.2. Cálculo do valor de , com que M1 atinge oplano horizontal:

EmB = EmC ± M1 g hB + M1 v2B = M1 v2

C

hB = r – r sin 30º ± hB = 1,20 – 1,20 * 0,5 = 0,6 m

vC = = ±

± vC = 4,0 m s–1

Cálculo da velocidade do sistema após a colisão:

± ± M1 = (M1 + M2) ±

± = ± = 2,4 (m s–1)

46.3. Aplica-se a Lei do Trabalho-Energia entre D e E= DEc ±

± Fa cos 180º = 0 – (M1 + M2) v2sist ±

± Fa = = 2,0 N

47.1. mp = mp + mB ±

±4,0 *10–2*5*102 =4,0 *10–2 +4,0 *2,0 ±

± = 3,0 * 102 (m s–1)

47.2. Em inicial = Em final ± mB v2B = mB g hmáx ±

± 2,02 = 2 * 10 hmáx ± hmáx = 0,20 m

hmáx = ’ – ’ cos q± cos q= = = 0,75

+ = ± Tc = m g cos q±± Tc = 40 * 0,75 = 30 N

48.1. ± ±

± mp = (mp + mB) ±

±– 50 * 10–3 * 12 = 2,050 ±

± = – 0,29 (m s–1)48.2. Cálculo da aceleração do projéctil em relação à

Terra, quando se desloca dentro do bloco:= mp ± 20 = 50 * 10–3 * ±

± = 4 * 102 (m s–2)

A aceleração do bloco em relação à Terra é:= mB ± – 20 = 2,0 * ±

= – 10 (m s–2)

49.1. y = y0 – g t2 ± 0 = 2,5 – * 10 t2 ± t = 0,71 s

= – g t ± = – 10 * 0,71 ±± = – 7,1 (m s–1)

49.2. Antes e depois do impacto, a resultante das forçasé nula, apenas, na direcção do eixo dosxx, ; assim, só se verifica a conservação

do momento linear na direcção do eixo dos xx.49.3. M = (m + M) ±

±50 * 5,0 = (50 + 6,0) ±± = 4,5 (m s–1)e»xv»sist

v»siste»x

v»sistv»plat

^ F»ext (x) = 0»

e»yv»p

e»yv»e»yv»p

12

12

e»xa»B/T

a»B/Te»xa»B/TF»atrito

e»xa»p/T

a»p/Te»xa»p/TF»atrito

e»xv»sist

v»siste»x

v»sistv»p

p»ix = p»fx^ F»ext (x) = 0»

0»P»nT»c

0,6

0,8

’ - hmáx

’

12

e»xv»’

e»xv»’e»x

v»Bv»’v»

0,5 * 2,42

2 * 0,72

12

DE

WFa»

e»xv»siste»x

0,3 * 4,0

0,5v»sist

v»sistv»Cp»i = p»f^ F»ext = 0»

œ20 * 0,6 + 2,02œ2 g hB + v2B

12

12a

bc

v»

O

0,3 * 2,02

1,20

m v2B

r

R»nB + P»= F»c

0»P»nT»0»v»C

0,6

0,8

12

e»xv»sist

v»siste»xe»x

v»sistv»v»e

e»xv»B

12

v»B

12

12

12

12a

dddbdddc

e»ye»xv»B

v»Be»ye»xe»x

v»Bv»Av»CMp»CM = p»sist

5mA = 2 mB

v»CM = 80 e»x (m s–1)v»A = 50 cos 30º e»x + 50 sin 30º e»y

v»A = 43,5 e»x + 25 e»y (m s–1)

SOLUÇÕES


388

©A

REA

LED

ITO

RES

49.4. A variação da energia mecânica do sistemadurante a colisão é, apenas, a variação da ener-gia cinética.DEm = Ecf – Eci ±

± DEm = (M + m) v2sist –

DEm = *56 *4,52 –

DEm = – 2,1 * 102 J

50.1. ± ±

± mA + mB = mA + mB

Sendo ± ± = constante

= ± =

Sendo a colisão elástica, Eci = Ecf

Eci = mA v2Ai + mB v2

Bi ±

± Eci = * 0,5 * 1,22 + * 1,0 * (0,6)2

Eci = 0,54 J; Ecf = 0,54 J

50.2. O impulso da resultante das forças exteriores éigual à variação do momento linear.

= D ± D = – 1,2 (kg m s–1)

D = – D ± D = 1,2 (kg m s–1)

Cálculo de :D = mB – mB ±± 1,2 = 1,0 – 1,0 * (– 0,6 ) ±± = 0,6 (m s–1)

50.3. e = (1)

Cálculo de :D = mA – mA ±± – 1,2 = 0,5 – 0,5 * 1,2 ±± = – 1,2

Substituindo valores em (1):

e = ± e = = 1

51.1. Forças que actuam no corpo A,na posição B, para que seja mínima:

+ = ± m g = ±

± vB =

=

51.2.a) ± ±

± m = (m + M) ± = (1)

b) Aplica-se a Lei da Conservação da EnergiaMecânica aos pontos A e B.

EmA = EmB

EcA = EcB + EpB ±

v2B = g ’

± (m+M) v2sist = (m+M) v2

B + (m+M)*2 g’±

± v2sist = g’+ 4 g’± vsist = (2)

Substituindo (2) em (1):= v0 ± v0 =

52.1. Com o sistema se encontrava inicialmente emrepouso, =

± msist = ± =

52.2.a) xCM = = 2,5 m

yCM = ±

± yCM = ±

± yCM = 2,0 m

= 2,5 + 2,0 (m)

b)± = constante

Como = , a posição do centro de massa nãose altera durante a separação.

c) = ± = mA + mB + mC ±

± = 0,1 * 3,0 + 0,2 * (– 3,5 + 3,5 ) ++ 0,3 ± = 1,3 – 2,3 (m s–1)

53.1. Ecp = m v2p ± 36 = * 40 * 10–3 v2

p ±

± v2p = 18 * 102 ± vp = 42,4 m s–1

1 m s–1 = 3,6 km h–1

v = 42,4 m s–1 § vp = 42,4 * 3,6 = 1,5 * 102 km h–1

53.2. mp = (mp + mb) ±

± = 40 * 10–3 * 42,4 = 0,840 vsist ±

± vsist = 2,0 m s–1

53.3. Se a resultante das forças exteriores que actuamnum sistema for nula, o momento linear man-tém-se constante.

53.4.a) = DEm = DEc

vf = 0; Rn = P = 0,840 * 10 = 8,4 N

WFa»abc

v»sist

v»sistv»p

abc

12

12

e»ye»xv»Cv»C

e»ye»xe»x0»v»Cv»Bv»A0»p»sistp»CM

0»v»CM

^ F»ext =d p»CM

dt

p»CM

^ F»ext = 0»abc

e»ye»xr»CM

0,1 * 4,0 + 0,2 * 2,5 + 0,3 * 1,0

0,6

mA yA + mB yB + mC yC

mA + mB + mC

0,1 * 1,0 + 0,2 * 1,0 + 0,3 * 4,0

0,1 + 0,2 + 0,3

0»v»CM0»v»CMp»sist = p»CM

0»p»sist

œ5 g ’m + Mm

mm + M

œ5 g ’

œ5 g ’

12

12

abc

v»0m

m + Mv»sistv»sistv»0

p»ix = p»fx^ F»x = 0»

0»T»min B

œg ’

m v2B

’F»cT»BP»

v»B

1,8

1,8

0,6 - (– 1,2)1,2 - (– 0,6)

e»xv»Af

e»xv»Afe»x

v»Aiv»Afp»A

v»Af

vBf - vAf

vAi - vBi

e»xv»Bf

e»xv»Bfe»x

v»Biv»Bfp»B

v»Bf

e»xp»Bp»Ap»B

e»xp»Ap»AI»A

12

12

12

12

0»v»CM

0,5 * 1,2 e»x + 1,0 * (– 0,6 e»x)1,5

v»CM

v»CMa»CM = 0»^ F»x = 0»

v»Bfv»Afv»Biv»Ai

p»ix = p»fx^ F»x = 0»

112* 50 * 5,02 + 1

2* 6,0 * 7,1221

2

112

M v2plat +

12

m v2p21

2

± mc Rn Dx cos 180º = msist v2f – msist v2

i ±

± – 0,40 * 8,40 Dx = – * 0,840 * 2,02 ±

± Dx = 0,5 m

b) DEm = DEp + DEc

DEp = 0±

± DEm = m v2f – m v2

i ±

± DEm = 0 – * 0,840 * 2,02 ± DEm = – 1,7 J

54.1. xCM = ±

± xCM = ± xCM =

yCM = ±

± yCM = ± yCM =

54.2.a) = ±

± = –

b) = (mA + mB + mC) ± = 6 m

= 2 m v – m v (SI)

54.3. = = ; porque = constante

= m ± =

55.1. xCM = = 0,4 m

yCM = = 0 m

55.2. = ±

± = 2,4 + 0,4 (m s–1)

55.3. A velocidade da partícula A não se altera e avelocidade da partícula B varia por estar sujeitaa uma força constante, = – 4,0 (N).Cálculo da aceleração de B:

= mB ± – 4,0 = 1,0 ±± = – 4,0 (m s–2)Cálculo de ao fim de 0,50 s:

= + t ± = 2,0 – (4,0 * 0,5) ±± =Cálculo de :

= = 2,4 (m s–1)

56.1. Verifica-se a Lei da Conservação do momentolinear na direcção do eixo dos xx, porque o siste-ma é isolado.

± (mH + mM) vi = mM ±

± (65 + 45) * 2,0 = 45 ± = 4,9 (m s–1)

56.2. = ; = ± = 0 – mH ±

± = – 65 * 2,0 = – 1,3 * 102 (kg m s–1) §

§ = – 1,3 * 102 (N s)

56.3 D = Dt±D = 2,0 * 2,0 = 4,0 (m)

= = 2,0 (m s–1);

que permanece constante antes e depois daseparação dos bailarinos.

57.1. y = y0 – g t2queda ± 0 = 0,8 – 5 t2

queda ±

± tqueda = 0,40 s

x = vx(sist) tqueda ± 2,00 = vx(sist) * 0,40 ±

± vx(sist) = ± vx(sist) = 5 m s–1§ v(C) = 5 m s–1

± mA vAi + mB vBi = (mA + mB) ±

± mB vBi = 6 mB * 5 ± vBi = 30 m s–1

57.2. Ec(C) = * 6 mB v2C ± Ec(C) = * 6 mB * 52 ±

± Ec(C) = 75 mB

= vx – g t ± = 5 – 10 * 0,40 ±± = 5,0 – 4,0 (m s–1)

v2D = 25 + 16 = 41 (m s–1)2

Ec(D) = * (mA + mB) * v2D ± Ec(D) = * 6 mB * 41

= = = 0,61

4.1. HIDROSTÁTICA

1. F – A, B; V – C, D. 2. B 3. C4. F – B, E; V – A, C, D.5. B 6. E 7. B8. B 9. E 10. D11. C 12. B 13. E14. E 15. A 16. B17. C 18. B 19. C20. D 21. C 22. B23. E 24. B 25. D26. D 27. D 28. D29. A 30. A 31. B32. E 33. B34. 3,9 * 103 kg m–3

35. O nível do café é o mesmo no tubo e na máqui-na, porque é um sistema de vasos comunicantes.

36.1. 0,5 m 36.2. 1,05 * 105 Pa


UNIDADE 1 | 4. MECÂNICA DE FLUIDOS

2541

3 mB * 25

3 mB * 41

Ec(C)

Ec(D)

12

12

e»ye»xv»D

e»ye»xv»De»ye»xv»D

12

12

e»xe»x

v»x(sist)e»xe»xp»ix = p»fx

2,00

0,40

12

e»xv»sistv»CM

e»xe»xr»CMv»CMr»CMabc

e»xI»e»xDp»H

v»iDp»HDp»HI»HDp»I»e»xv»v»e»x

v»e»xp»ix = p»fx

e»x

4,0 * 3,0 e»x + (1,0 * 0) e»y

5v»CM

v»CM

0»v»B

e»ye»yv»Ba»Bv»0Bv»B

v»B

e»ya»B

a»Be»ya»BF»B

e»yF»B

e»ye»xv»CM

4,0 * 3,0 e»x + 1,0 * 2,0 e»y

5v»CM

4,0 * 0 + 1,0 * 0

5

4,0 * 0 + 1,0 * 2,0

5

0»a»CMa»CMF»res

p»sist0»d p»sist

dtF»resa

bc

e»ye»xp»CM

1v3

e»x -v6

e»y2p»CMv»CMp»CMabc

e»yv6

e»xv3

v»CM

– m v e»x + 3 m * (v e»x - v e»y) + 2 m v e»y

6 mv»CM

116

’2 ’ + 3 ’ + 6 ’6

m * 2 ’ + 3 m * ’ + 2 m * 3 ’6 m

73’’ + 9 ’ + 4 ’

6

m ’ + 3 m * 3 ’ + 2 m * 2 ’6 m

12

12

12

abc

12

12

12

SOLUÇÕES


389

©A

REA

LED

ITO

RES

37.1. 0,15 m37.2. Porque a pressão arterial de 12 cm Hg é mano-

métrica. A pressão arterial absoluta é (patm cm Hg +12 cm Hg)

38. 1,5 * 103 kg m–3

39.1. 1,4 * 105 Pa 39.2. 9,5 * 104 Pa39.3. 4,1 * 104 Pa

40. 1,0 * 102 N

41.1. 25 cm3 41.2. Não, porque P = I

42. 1,74 * 103 kg m–3

43. 6,0 * 103 kg m–3

44.1. 8,0 * 103 kg m–3 44.2. 1,2 * 103 kg m–3

45.1.

TA = TB

45.2. 2,3 * 103 kg m–3 45.3. 6,0 * 102 kg m–3

46.1. 4,0 * 104 N 46.2. 61 s

47.1. 47.2. 4,8 N

48.1. 4,4 * 103 kg m–3 48.2. 4,2 48.3. Vi = 0,55 V

49.1. 6,4 N 49.2. 16 N

50.1. Vy = V 50.2. p = 2 ry hy g

51.1. 51.2. rB = 4 rA

51.3. 67% 51.4. Mantém-se.

52.1. 8,9 * 102 kg m–3

52.2.1. 0,40 N 52.2.2. 2,2 * 103 kg m–3

53. mouro = 0,85 kg; mprata = 0,15 kg

54.1. Aumenta a impulsão porque o volume imersoaumenta; diminui o valor indicado pelo dinamó-metro até a pedra estar totalmente imersa nolíquido.

54.2. 0,72 N54.4. Enunciado da Lei de Arquimedes.

4.2. HIDRODINÂMICA

1. F – B, D; V – A, C, E 2. C3. F – A, B; V – C, D, E 4. E5. E 6. C 7. D8. D 9. E 10. D11. D 12. E 13. C14. E

15. Quando se sopra no funil, estabelece-seuma diferença de pressão entre a partesuperior da bola (pressão baixa) e aparte inferior da bola (pressão atmosfé-rica, mais alta), que dá origem a umaforça vertical para cima, que equilibrao peso da bola.

16. O comboio, ao passar em alta velocidade, pro-duz uma diferença de pressão do ar, fazendocom que o passageiro seja empurrado contra ocomboio.

17. 32 cm s–1

18.1. 1,2 * 102 m s–1 18.2. 1,1 * 105 N

19. Ver exercício resolvido 2.

20.1. Aplica-se a equação de Bernoulli e a equação dacontinuidade.

20.2. 2,6 * 104 Pa20.3. v1 = 2,1 m s–1; v2 = 8,4 m s–1

21.1. 6,7 m s–1 21.2. 1,35 * 105 Pa

22.1. 12,4 m s–1 22.2. 7,7 m

23.1. 1,0 * 10–2 m3 s–1 23.2. 10 h

24.1. 18 m s–1 24.2. 2,0 * 104 L h–1

24.3. 20 kPa

25. 1,47 * 102 kPa 26. 1,34

27.1. 27.2. 32 kg m–1

1. D 2. E 3. D4. C 5. C 6. B7. A 8. D 9. E10. C 11. D 12. C13. C 14. B 15. B16. E 17. C 18. B19. B 20. C 21. E


UNIDADE 1 | 5. GRAVITAÇÃO

F»res + P»= 0»

P»F»


23

SOLUÇÕES


390

©A

REA

LED

ITO

RES

22. A 23. E 24. E25. C 26. B 27. C

28.1. 28.2. nulo

29.1. 0,1 N kg–1 29.2. FA = 9 FB

29.3. vA = vB

30. Gx = 1,5 GT

31.1. 37 N 31.2. 6,4 * 106 m

32.1. gT 32.2. 10 N

33.1.

33.2.

34. 1,08 * 104 m s–1

35.1. 1,24 * 108 J 35.2. 1,12 * 104 m s–1

35.3. 1,24 * 1010 J

36.1. 7,7 * 103 m s–1 36.2. ’ , 6 h

37.1. = – 1,6 * 10–8 (N kg–1);

= – 4,0 * 10–9 (N kg–1)37.2. – 4,02 * 10–5 J 37.3. – 8,04 * 10–6 J

38.1.

38.2.1. É negativo porque a força gravítica e o deslo-camento têm sentidos opostos.

38.2.2. Aumenta. = – DEp

39.1. – 2,23 * 10–1 (m s–2)

1.1. LEI DE COULOMB E CAMPO ELÉCTRICO

1. D 2. D 3. A4. D 5. B 6. C7. B 8. E 9. C10. C 11. C 12. C13.1. A 13.2. C 13.3. A

14. C 15. C16. V – A, D e E; F – B e C17. C 18. A 19. C20. D 21. D 22. C23. B 24. C 25. E26. 5,0 * 10–2 N

27.1. Têm sinais contrários.27.2. mB = 1,7 mA 27.3. mB = 1,1 kg

28. q = 5 * 10–3 C

29.1. = – 1,0 * 106 (V m–1)

29.2. = 1,0 (N) 29.3. = – 1,4 * 106 (V m–1)

30.1. Movimento uniformemente retardado.30.2. = – 3,5 * 1014 (m s–2)30.3. x = 5,7 * 10–3 m

31.1. F = 2,3 * 10–1 (N)31.2. E = 1,2 * 105 (V m–1)

32.1. ymáx = 1,3 mm32.2. t = 8,6 * 10–9 s32.3. x = 5,2 mm

33.1. = – 1,0 * 104 (V m–1)33.2. q = – 2,7 * 10–6 C33.3. T = 3,3 * 10–2 N

34.1.

34.2. E = 1,1 * 105 V m–1

1.2. ENERGIA E POTENCIAL ELÉCTRICO

1. V – A, D; F – B, C, E 2. C 3. C 4. D5. B 6. D 7. B8. V – B, D 9. C10. V – A, B E; F – C, D 11. D12. D 13. V – C, D14. A. B para A; a força eléctrica tem sentido contrá-

rio a ;B. 3,2 * 10–17 N;C. UA > UB; UA = UD;D. nulo

15. D 16. D 17. D18. A 19. A 20. C21. D 22. C 23. E24. C 25. E 26. E27. A 28. C 29. B30. B

E»


e»xE»

e»xa»

e»yE»pe»yF»e»yE»


UNIDADE 2 | 1. CAMPO E POTENCIAL ELÉCTRICO

e»r

WFg»

e»rπ»B

e»rπ»A

–G ms mp

2 r

16

œ3

r3

SOLUÇÕES


391

©A

REA

LED

ITO

RES

SOLUÇÕES


392

©A

REA

LED

ITO

RES

31.1. = 4,0 * 102 31.2. = 20 (m s–1)

31.3.1. 4,0 * 10–2 J31.3.2. – 4,0 * 10–2 J. São simétricos.

32.1. (V m–1)32.2. q2 < 032.3. q2 = – 1,6 mC

33.1. 3,6 * 103 V33.2. 4,0 * 10–6 C

34.1. q1

34.2. v1 = 10 v2

35.1. 9,8 * 104 (V m–1)35.2. UA = – 9 * 102 V; UB = 035.3. EpA = – 3,6 * 10–6 J; EpB = 035.4. 3,6 * 10–6 J 35.5. 1,2 * 10–5 J

36.1. B 36.2. – 8,0 J36.3. Nula 36.4. C

37.1. 3,6 * 106 V 37.2. 0,22 J37.3. 0,24 kg37.4.1. 3,4 N 37.4.2. 5,2 m s–2

38.1.

38.2.1. – 1,0 * 104 (V m–1)38.2.2. – 2,3 * 10–7 J

39.1. Direcção do eixo dos yy e sentido negativo.39.3. 2,7 * 10–13 (N) 39.4. 5,4 * 10–15 J

40.1. – 1,1 * 102 V40.3. 1,3 cm, inferior à distância entre as placas.40.4.

41.1.1. – 0,60 (N)41.1.2. 3,0 * 104 (V m–1)

41.1.3. US > UR, porque tem o sentido dos poten-ciais decrescentes.

41.2.1. Desce, porque PB > PA. 41.2.2. 4,3 m s–2

42. 7 * 10–4 F

43. Car = 2 * 10–8 F; Cágua = 1,6 * 10–6 F

44.1. 5,28 * 10–13 F 44.2. 1,32 * 10–9 C

44.3.1. C2 = = 2,64 * 10–13 F

44.3.2. U2 = 2 U1 = 5 * 103 V

45.1. C1 = 1,25 * 10–12 F; C2 = 3 C1 = 3,75 * 10–12 F

45.2. U2 = U1; U2 = 4 * 102 V

45.3. Devido ao fenómeno da polarização do dieléctri-co, cria-se um campo eléctrico, , de sentido con-trário ao do campo eléctrico uniforme, ,existen-te entre as armaduras, passando o seu valor a serE = E0 – Ed. Sendo E < E0, o potencial final é menorque o inicial.Como a carga permanece constante,a capacidade aumenta.

1.1. A 1.2. 2 A2.1. D 2.2. C3. D 4. B 5. A6. E 7. C 8. B9. B 10. B 11. C12. V – D, E; F – A, B, C, F, G 13. C14. D 15. D 16. D17. A, D 18. C 19. B20. A – em paralelo;

B – em série;

C – L1 em série,com a associação L2 e L3 em paralelo;


UNIDADE 2 | 2. CIRCUITOS ELÉCTRICOS

E»0

E»d

13

C1

2

E»e»y

e»y

e»y

e»x

e»x

E»1 = – 4,5 * 105 e»y

e»yv»Fe

P

D – L1 e L2 em paralelo com L3.

21. B 22. C23. A (F) d.d.p. = 3,6 V; B (F) 0,2 A e 0,4 A; C (V)24. B e C 25. C26. V – B, D e E; F – A, C27.1. C 27.2. D28. C 29. D30.1. D 30.2. C31. B 32. V – B, D, E, F; F – A, C, G33. C34. Condensador em carga (I): B, D, E; condensador

em descarga (II): A, C, D.

35. APb = 2,2 AFe 36. 4,0 m

37. I = 75 W; II = 15 W; III = 3/4 R; IV = 2/3 R; V = 5 W;VI = 3,5 W; VII = 10 W; VIII = 4 W; IX = 3 W

38.1. R’ = 2 R 38.2. R’ = R/438.3. R’ = 2 R

39.1. B39.2. Uma diminuição da resistência introduzida pelo

reóstato conduz a uma diminuição da constan-te de tempo do circuito. Quanto menor for aconstante de tempo do circuito, menor será otempo de descarga do condensador.

39.3. C; e ; se C diminui, E aumenta.

40.1. O condensador está inicialmente descarregadoe cada uma das armaduras tem potencial nulo.Ao estabelecer-se a ligação, passa corrente eléc-trica do pólo positivo do gerador para a placa Ae da placa B para o pólo negativo. Não há passa-gem de corrente eléctrica através do condensa-dor, porque as armaduras estão separadas porum dieléctrico e este é isolador. A corrente nocircuito é transitória e cessa quando a d.d.p.entre as placas do condensador for igual à f.e.m.do gerador.

40.2. 4,0 * 103 mC40.3. 4,0 * 10–1 J

41.1. 1,08 V 41.2. 0,80 W42.1. 10 W 42.2. 1,80 * 102 V42.3. 2,30 * 102 V 42.4. 1,80 * 103 W

43.1. 2,5 A 43.2. – 75 V43.3. 2,5 * 102 W 43.4. I2 = 1,67 A; I3 = 0,83 A

44. 25

45.1. 4 A 45.2. 6,7 A45.3. I1 = I2 = 3,3 A 45.4. 1,0 * 102 V

46.1. 10 V 46.2. 3,8 W46.3. 80 W

47.1. 50 V 47.2. 6,74 * 102 W47.3. 1,12 * 102 V

48.1. 4 A 48.2. 0,4 W48.3. 0,8 V

49.1. 2,5 A 49.2. 19 V49.3. 34 W

50.1. 5 A 50.2. 95 V50.3. 10 V 50.4. I2 = 2,0 A; I3 = I4 = 1,5 A50.5. 40 W 50.6. 3,0 * 102 W50.7. 1,0 * 102 W

51.1. X = 37% Q0; Y = 14% Q0

52.1. a) 1,5 * 10–4 C; b) 2 ms; c) 75 mA; d) 20 mC52.2. Aumentava a resistência, o que significa aumen-

tar a constante de tempo.

53.1. 3,6 s53.2.1. 1,4 * 10–4 C 53.2.2. 1,17 V53.3.

No instante t1 tem maior carga o condensadorA, porque tem menor constante de tempo.

53.4. Limpa pára-brisas dos automóveis, pacemakers,flash das máquinas fotográficas , amplificadoresde rádio, amplificadores de gravadores de casse-tes, som de TV.

- 2tRCE =

Q2

2 C

SOLUÇÕES


393

©A

REA

LED

ITO

RES

1. V – B, E, F; F – A, C, D.

2. A´ = – Fm ; B´ = ; C´ = – Fm ;= – Fe ; D´ = Fm ; = – Fe

3. I´ protão; II ´ deuterão; III ´ neutrão;IV ´ ião cloreto; V ´ electrão

4. V – A, D 5. B 6. B7. B8. I´ C; II ´ A; III ´ E; IV ´ B; V ´ D9. C 10. B 11. A12. A 13. D 14. C15. B 16. B 17. A18. E 19. A 20. E21. E 22. A 23. B24. E 25. C26. 1,0 * 10–2 T 27. 1,1 * 10–5 (N)28.1. + 2,0 * 10–3 C 28.2. 8 * 10–4 s28.3. 6,3 * 102 Hz

29. 2,8 * 10–2 N

30.1.

30.2. 8,8 * 10–2 m 30.3. – 1,9 * 10–4 (T)

31.1. 3,0 * 105 (m s–1)31.2. (0,0; 2,4 * 10–2; 0,0) m

32.1. 2,0 * 10–15 – 2,0 * 10–15 (kg m s–1)32.2. – 8 * 10–10 (N)32.3. Nulo, porque a força é perpendicular ao desloca-

mento.32.4. – 2,0 * 10–3 (T)

33.1. É igual. = DEc; = 0 ±DEc = 0± EcO = EcA

33.2. – 4,6 * 10–3 (T)33.3. 3,9 * 10–9 s 33.4. 4,6 * 10–3 (T)

34.1. 1,3 * 10–3 (N) 34.2. y = 1,3 mm.34.3. Não atinge, porque a força resultante tem um

valor diferente de zero. = + 1,29 * 10–3 (N)

35.2. 1,9 * 10–2 m 35.3. – 1,6 * 10–3 (T)

36.1. q1 > 0; q2 < 0

36.2. m1 = 2 m2 36.3. T1 = 2 T2

37.1. movimento circular uniforme; r = 1,03 * 10– 2 m37.2. 1,4 * 10–19 (N) 37.3. 8,0 * 10–7 s38.1. Esquema I38.2. Fe = Fm; = q E ; = – q v B38.3. 1,2 * 10–14 N38.4. 1,9 * 106 (m s–1)38.5. Movimento circular uniforme no

sentido dos ponteiros do relógio,em torno de um eixo perpendicularao plano do papel.

39.2. Os iões têm massas diferentes e descrevem tra-jectórias com raios directamente proporcionaisàs respectivas massas.

39.3. m =

1.1. RELATIVIDADE GALILEANA

1. V – C, D; F – A, B.2. V – A, B, C, D, G; F – E, F, H. 3. C4. B 5. B, C, E, F 6. A7. B 8. D 9. C10. A 11. A 12. C13. D 14.1. E14.2. = – 10 – 5 (m s–1); vc/v = 11,2 m s–1;

q = 27º

15.1. = 16 – 8 (m s–1)15.2. Verificar que = = 8,0 + 6,0 (m s–2)

15.3. = = 6,4 * 10–1 + 4,8 * 10–1 (kg m s–1)

15.4. = ±

± = = 3,2 * 10–1 + 2,4 * 10–1 (N)

16.1. = – 20 (km h–1)e»xv»C/V

e»ye»xF»S’F»S

a»S’/Ta»S/T

e»ye»xDp»S’Dp»S

e»ye»xa»S’/Ta»S/T

e»ye»xv»S’/S

e»ye»xv»c/v


UNIDADE 3 | 1. RELATIVIDADE

B2 |q| r2

2 U

e»x

e»yF»me»yF»e

e»y

e»z

e»yF»r

e»y

e»z

e»z

WFm»WFm»

e»z

e»y

e»ye»x

e»x

e»z

e»y

e»yF»ee»yF»me»yF»e

e»yF»m0»F»me»zF»m


UNIDADE 2 | 3. ACÇÃO DE CAMPOS MAGNÉTICOSSOBRE CARGAS EM MOVIMENTO E CORRENTES

SOLUÇÕES


394

©A

REA

LED

ITO

RES

16.2. A corça vê o veado aproximar-se antes deste aultrapassar e a afastar-se depois da ultrapassa-gem.

16.3. 3,02 * 102 m

17. = – 1,7 (m s–1); = – 1,0 – 1,7 (m s–1)

18.1.

18.2. = 2,0 (m s–1)18.3. q = 37º 18.4. Dt = 15 s

19.1.

19.2. 7,98 * 102 km h–1

19.3. q ] 4º

20.1. É uma parábola, porque o movimento da bola éa composição de dois movimentos: o da bolaem relação ao João e o do vagão em relação àTerra.

20.2. = – 3,0 (m s–1); = 4,0 – 3,0 (m s–1)

1.2. RELATIVIDADE EINSTEINIANA

1. Verdadeiras – A, C, E2. Verdadeiras – A, D, E; Falsas– B, C3. C 4. D 5. A6. D 7. D8. C e E 9. B

10.1. Menor, porque há contracção do espaço.O astronauta mede o comprimento próprio.

10.2. 0,87 c

11.1. 0,852 MeV 11.2. 0,341 MeV

12.1. 2,0 m (medido pelo observador na Terra)

12.2. A mesma, porque só há contracção do espaçona direcção da velocidade.

12.3. 0,44 m2 (L = 0,88 m é o comprimento da barramedido pelo astronauta)

12.4. 0,66 c

13.1. 80 min-luz 13.2. 60 min

14. 11,4 anos

15.1. 5,3 anos 15.2. 3,5 anos15.3. 2,64 anos-luz 15.4. 3,7 * 1020 J

16. 1,9 * 10–11 kg

17. 3,72 * 1014 kg; 1,9 * 10–16 mSol

18.1. 4,93 * 10–8 s 18.2. a) 6,63 m; b) 12,6 m

1. V – A, B, C, D, G; F – E, F2. V – B, D, E; F – A, C, F, G3. E 4. C, F5. E, G6. V – A, B, E, G; F – C, D, F7. E8. V – B, C, D, E, G; F – A, F9. B, E 10. C 11. B12. B 13. C

14.1. 1,0 * 104 K; no ultravioleta.14.2. Não, porque lmáx(S01) = 500 nm14.3. 5,67 * 108 W m–2

15.1. 5,8 * 103 K 15.2. 5,00 * 10–7 m = 500 nm15.3. Maior,para que a potência emitida seja a mesma.

16.1. 2,18 * 10–18 J § 13,6 eV16.2. 9,12 * 10–8 m 16.3. 7,3 * 10–27 kg m s–1

18.1. 3,9 * 10–19 J 18.2. 1,3 * 10–27 kg m s–1

18.3. 6

19.1. 4,7 * 1014 Hz; vermelho.19.2. 1,6 * 1015

20.1. 4 * 10–19 J 20.2. 500 nm

21.1. 6,7 * 106 m s–1 21.2. 6,1 * 10–24 kg m s–1

21.3. 1,1 * 10–10 m

22.1. Uma radiação de frequência inferior a 5,51 *1014 Hznão consegue ejectar electrões da superfície dometal, qualquer que seja a sua intensidade.

22.2. 3,65 * 10–19 J 22.3. 6,30 * 10–19 J22.4. A energia cinética mantém-se igual e triplica o

número de electrões ejectados.

23.1. 2,56 * 10–19 J 23.2. 6,5 * 1014 Hz23.3. 289 nm

24.1. 309 nm 24.2. 1,01 * 106 m s–1

25.1. f =1,0 * 1015 Hz (f > f0)


UNIDADE 3 | 2. INTRODUÇÃO À FÍSICA QUÂNTICA


e»ye»xv»b/Joanae»yv»b/João

e»yv»n/T

e»ye»xv»C/Re»yv»C/T

SOLUÇÕES


395

©A

REA

LED

ITO

RES

25.2. 3,22 * 10–19 J 25.3. 2,0 V

26. 34º

27.1. 5,9 * 106 m s–1 27.2. 5,4 * 10–24 kg m s–1

27.3. 1,23 * 10–10 m

28.1. lbola = 4,42 * 10–33 m;le = 2,75 * 10–11 m. O com-primento de onda associado à bola é de umaordem de grandeza muito inferior à do electrão.

28.2. Porque o comprimento de onda de De Brogliedo electrão é da ordem de grandeza da separa-ção dos átomos no cristal.

29.1. São iguais.29.2. O electrão, porque tem menor massa (me < mp).

30.2. 42,8

31.1. Para poderem atingir o metal com energia ciné-tica elevada.

31.2. Ânodo.31.3. Os electrões acelerados colidem com os átomos

do metal e originam transições de nível de ener-gia dos electrões do metal, com emissão defotões de frequência na zona dos raios X.

31.4. No efeito fotoeléctrico, um fotão colide com ometal e há emissão de um electrão. Na produ-ção de raios X, um electrão colide com um metale há emissão de um fotão X.

31.5. 18 keV 31.6. 7 * 10–11 m

32.1. – 13,6 eV

32.2.1. a) A (E3 – E2); B (E2 – E1); b) D32.2.2. 656 nm32.2.3. 1,4 eV

33.1. 2,05 * 10–18 J33.2. n = 4

1. B, D, E 2. V – A, B, D, E; F – C, F3. D 4. C5. C, E, G 6. C, D 7. D

8.1. Z = 86 ; A = 222; A partícula a tem 2 protões e 4nucleões e verifica-se a conservação do númerode protões e do número de nucleões.

8.2. A

9.1. 147N 9.2. C 10. B

11. D 12. D 13. D14. E 15. B 16. E17. D18. A-212

84Po + b– + ; B-22888Ra; C-60

27Co; D-5626Fe + b+ + n

19.1. A = 3,35 * 102 MeV; B = 9,18 * 102 MeV;C = 1,64 * 103 MeV

19.2. A = 8,59 MeV/nucleão; B = 8,58 MeV/nucleão;C = 7,89 MeV/nucleão

20. 8,74 MeV/nucleão. A elevada energia de ligaçãopor nucleão traduz a estabilidade do núcleo.

21. 2,28 * 104 kW h

22.1. 22086Rn Æ 216

84Po + 42He

22.2. l = 1,36 * 10–2 s–1; t1/2 = 51 s22.3. 2,34 * 1015 Bq

23. 3 * 1011 núcleos

24.1. 4,12 dias 24.2. (87,5%)24.3. 3,34 * 1013 Bq

25.1. 24 dias 25.2. 8,74 * 1011 Bq25.3. 7,13 * 1011 Bq 25.4. 2,1 * 1018

26.1. 4,0 g 26.2. 93,75%26.3. 4,39 * 10–9 s–1 26.4. 1,10 * 1013 Bq

27. 3,1 mg

28.1. 6027CoÆ 60

28Ni + b– +28.2. 15 28.3. 2,62 * 1013 Bq

29.1. 1,25 g 29.2. 499 dias

30.1. 22 920 anos 30.2. 1,3 * 1017

31.1. 6,93 * 10–2 s–1 31.2.

32.1. 3 mGy 32.2. 0,195 J

33. 0,2 Gy

34.1. 5,25 * 10–5 J 34.2. 3,7 * 109

35. Entre 15 J e 30 J.

n

78

n


UNIDADE 3 | 3. NÚCLEOS ATÓMICOS E RADIOACTIVIDADE

SOLUÇÕES


396

©A

REA

LED

ITO

RES

SOLUÇÕES


397

©A

REA

LED

ITO

RES

1.1. C1.2.1. 24,4 m 1.2.2. E

2.1. Fr = Pt = 1,8 N2.2. = – 2,0 (m s–1)

3.1. E3.2. 2,25 m s–2

4.1. E4.2. = – 5,0 * 106 (V m–1);

K = 50 N m–1

4.3. V – A, B, E; F – C, D

5.1. C 5.2. D5.3. C

6.1. 8,5 * 10–19 J 6.2. 234 nm

7.1. 28 V 7.2. D

8. = q E ; = –

9.1. 7,29 * 10–26 J 9.2. 3,43 * 1030

10.1. 8,32 * 10–20 J ; 30,4 * 10–20 J10.2. C10.3. h = 6,63 * 10–34 J s; W0 = 2,24 eV 10.4. E, F

11. 6,6 * 103 Bq 12. C

13.1. X = 9336Kr; Y = 90

35Br13.2.1. Escapam do reactor ou são capturados por

núcleos que não são de 235U e nos quais nãoocorre a fissão nuclear.

13.2.2. 1,56 * 1019

14.1. E 14.2. 43,6 m; 22,9 s

15. Ver teoria.

16.1. = 4,3 *10–2 (kg m s–1); = 3,2 *10–2 (kg m s–1)

16.2. = – 2,4 * 10–2 (N s); > devido aoimpulso exercido por outras forças.

16.3. Os cálculos do momento linear do sistema,antes e depois da colisão, mostram que não háconservação do momento linear. Não havendoconservação do momento linear, conclui-se quehá forças exteriores aplicadas no sistema. Logo,o sistema não está isolado e, como consequên-cia, não há conservação da energia cinética.Como os carros seguem colados após o choque(a colisão é perfeitamente inelástica), a velocida-de de afastamento é nula e o coeficiente de res-tituição é necessariamente nulo.

1.1. D 1.2. E 1.3. A2.1. E 2.2. = 3,5 – 1,0 (m s–1)

3.1. D3.2. sin = ±1; |amáx| = A

4.1. T = m g

4.2. D 4.3. C4.4. 1,5 dm3 4.5. D

5.1. A 5.2. B

6.1. B

6.2.

7.1. V – A, D F; F – B, C, E7.2. Q = 5,3 * 10–4 C; U = 3,5 V

8.1. D 8.2. D

9.1. 1,8 eV < 2,28 eV9.2. 5,5 * 1014 Hz (verde)

10. 6,3 L

11.1. 15,5 pm 11.2. D11.3. No efeito fotoeléctrico, um fotão interage com

um material e faz ejectar um electrão. Neste pro-cesso de produção de raios X, um electrão inte-rage com o material alvo e produz um fotão.

12. C

13. 1,6 * 103 anos

14.1. 23,9 MeV 14.2. 6,6 * 1018

14.3. A temperatura do Sol é suficientemente elevadapara que os núcleos de 1H e 2H consigam vencera repulsão electrostática e se aproximem, atéque as forças nucleares predominem e ocorra afusão. Na Terra, a temperatura é muito menor eos núcleos não têm energia suficiente para ven-cer a repulsão electrostática.

15. A

16.1. Sincronizar o início do movimento com o inícioda contagem do tempo. Efectuar, nas mesmascondições experimentais, mais do que umamedição do tempo de queda do conjunto A.Melhorar as condições de libertação do conjun-to B. Aumentar a distância entre as duas célulasfotoeléctricas.

16.2. mA g – mB g = (mA + mB) a ±

± a = g

16.3. C

16.4. = = 53,965 ±

± g = 9,71 m s–2

gmA + mB

amA - mB

mA - mB

mA + mB

r = m vq B

1rL

r - 121p42

2

1p4 t + 32p2

e»ye»xv»’B

TESTE GLOBAL 2 PÁGS. 362 a 368

I»B"AI»totale»xI»total

e»xp»fe»xp»i

F»eF»me»yF»e

e»yE»

e»tv»

TESTE GLOBAL 1 PÁGS. 355 a 361

TESTES GLOBAIS

ANEXOS


398

©A

REA

LED

ITO

RES

CONSTANTES FÍSICAS

Aceleração da gravidade à superfície da Terra g = 9,81 m s–2

Constante de gravitação universal G = 6,67 * 10–11 N m2 kg–2

Permitividade eléctrica do vácuo e0 = 8,854 * 10–12 N–1 C2 m–2

Constante de Coulomb K0 = = 9,0 * 109 N m2 C–214p e0

Permeabilidade magnética do vácuo m0 = 1,26 * 10–6 T m A–1

Velocidade da luz no vácuo c = 3,00 * 108 m s–1

Carga elementar e = 1,602 * 10–19 C

Massa do electrão me = 9,11 * 10–31 kg

Massa do protão mp = 1,67 * 10–27 kg

Constante de Planck h = 6,626 * 10–34 J s

Constante de Avogadro NA = 6,02 * 1023 mol–1

VALORES REFERENTES AO SISTEMA SOLAR

Raio médio do Sol 6,96 * 108 m

Raio médio da Terra 6,37 * 106 m

Raio médio da Lua 1,74 * 106 m

Massa volúmica média da Terra 5,52 * 103 kg m–3

Distância média Terra – Sol 1,50 * 1011 m

Distância média Terra – Lua 3,84 * 108 m

Massa do Sol 1,99 * 1030 kg

Massa da Terra 5,98 * 1024 kg

Massa da Lua 7,35 * 1022 kg

Período de translação da Terra em volta do Sol 365,25 dias

Período de rotação da Terra 0,997 dias

Período de translação da Lua em volta da Terra 27,3 dias

DERIVADAS DE ALGUMAS FUNÇÕES

Função Derivada

f(t) = k = 0dfdt

f(t) = k t = kdfdt

f(t) = k t2 = 2 k tdfdt

f(t) = k tn = n k tn–1dfdt

f(t) = sin (t) = cos (t)dfdt

f(t) = sin (k t) = k cos (k t)dfdt

f(t) = cos (t) = – sin (t)dfdt

f(t) = cos (k t) = – k sin (k t)dfdt

ANEXOS

PREPARAR OS TESTESANEXOS

399

©A

REA

LED

ITO

RES

MÚLTIPLOS SUBMÚLTIPLOS

Nome do prefixo

Símbolo do prefixo

Factormultiplicador

Nome do prefixo

Símbolo do prefixo

Factormultiplicador

deca da 101 deci d 10–1

hecto h 102 centi c 10–2

quilo k 103 mili m 10–3

mega M 106 micro m 10–6

giga G 109 nano n 10–9

tera T 1012 pico p 10–12

peta P 1015 fento f 10–15

exa E 1018 ato a 10–18

zetta Z 1021 zepto z 10–21

yotta Y 1024 yocto y 10–24

MASSAS ATÓMICAS DO NEUTRÃO E DE ALGUNS ISÓTOPOS

Elemento Símbolo Z Unidade de massa atómica unificada, u

Neutrão n 0 1,008 665

Hidrogénio 1H 1 1,007 825

Deutério 2H ou D 1 2,014 102

Trítio 3H ou T 1 3,016 050

Hélio3He4He

22

3,016 0304,002 603

Lítio6Li7Li

33

6,015 1257,016 004

Berílio 9Be 4 9,012 182

Boro 10B 5 10,012 939

Carbono

12C13C14C

666

12,000 00013,003 35414,003 242

Nitrogénio13N14N

77

13,005 73814,003 074

Oxigénio 16O 8 15,994 915

Sódio 23Na 11 22,989 771

Potássio 39K 19 38,963 710

Ferro 56Fe 26 55,939 395

Cobre 63Cu 29 62,929 592

Arsénio 74As 33 73,923 930

Prata 107Ag 47 106,905 094

Ouro 197Au 79 196,966 541

Chumbo 208Pb 82 207,976 650

Polónio 212Po 84 211,989 629

Rádon 222Rn 86 222,017 531

Rádio226Ra228Ra

8888

226,025 360228,031 139

Tório 232Th 90 232,038 124

Urânio 238U 92 238,048 608

Plutónio 242Pu 94 242,058 725

ANEXOS


400

©A

REA

LED

ITO

RES

PERÍODOS DE DECAIMENTO DE ALGUNS NUCLÍDEOS

Nuclídeos t1/2 Nuclídeos t1/2

23592U 7,1 * 108 anos 198

79Au 2,7 dias 238

92U 4,5 * 109 anos 13755Cs 30 anos

23994Pu 2,4 * 104 anos 131

53I 8 dias234

90Th 24,1 dias 12553I 60 dias

23190Th 24,6 horas 99

43Tc 6 horas229

90Th 7,3 * 103 anos 9043Sr 28,5 anos

22688Ra 1,62 * 103 anos 87

37Rb 4,9 * 109 anos225

88Ra 14,8 dias 7534Se 120 dias

22286Rn 1,66 * 103 anos 62

29Cu 10 minutos221

87Fr 4,8 minutos 6027Co 5,3 anos

20181T’ 3 dias 59

26Fe 45 dias214

84Po 1,6 * 10–4 s 4019K 1,3 * 109 anos

21084Po 138 dias 33

15P 25,3 dias203

79Au 6 s 3215P 15 dias

2915P 4,14 s 24

11Na 15 horas2012Mg 0,6 s 18

9F 110 minutos14

6C 5,7 * 103 anos 31H 12,5 anos

RESISTIVIDADE DE ALGUNS MATERIAIS E RESPECTIVOS COEFICIENTES DE TEMPERATURA

Material Resistividader / W m (a 20 ºC)

Coeficiente de temperaturaa / ºC–1 (a 20 ºC)

Prata 1,59 * 10–8 3,75 * 10–3

Cobre 1,68 * 10–8 3,93 * 10–3

Alumínio 2,65 * 10–8 3,9 * 10–3

Ferro 9,71 * 10–8 5,0 * 10–3

Platina 10,6 * 10–8 3,927 * 10–3

Manganina(84% Cu, 12% Mn, 4% Ni)

48,2 * 10–8 Menor que 1 * 10–6

Constantan(60% Cu, 40% Ni)

49 * 10–8 2,0 * 10–6

Mercúrio 98 * 10–8 0,88 * 10–3

Carbono (amorfo) 3,5 * 10–5 – 0,5 * 10–3

Germânio 0.45 – 0,05

Silício 2,5 * 103 – 0,7

Vidro 1012 a 1013 – 0,07

GRANDEZAS UNIDADES VALORES EM UNIDADES SI

Energiaelectrão-voltquilowatt-horacaloria

1 eV = 1,60218 * 10–19 J1 kW h = 3,6 * 106 J1 cal = 4,185 J

Massa unidade de massa atómica unificada 1 u = 1,66054 * 10–27 kg

Pressãoatmosfera normalbarmilímetro de mercúrio ou torr

1 atm = 1,01325 * 105 Pa1 bar = 105 Pa1 mm Hg = 1 Torr = 1,333 * 102 Pa

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20100447 TXT P369 384 - arealeditores.pt(III) movimento rectilíneo variado; (IV) movimento circular uniforme; (V) movimento rectilíneo uniforme. 4. C 5. E 6. B 7. C 8. B 9. C 10