FÍSICA 1 – VOLUME 3 RESOLUÇÕES EXERCITANDO EM CASA · mencionado é o da transformação de energia potencial elástica em energia cinética. O estilingue também usa esse mesmo

ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – CH-FISICA –RESOLUÇÃO – FISICA-1-VOL-3 – YASMINE/COMP3/Alencar

FÍSICA 1 – VOLUME 3 RESOLUÇÕES EXERCITANDO EM CASA

AULA 21 01. C Observação: Fazendo as contas, de acordo com a

aproximação sugerida, o ano teria 417 dias! A energia perdida na forma de radiação (Er) é:

42 39r r

0, 1E 0, 1% E 2 10 E 2 10 J.100

= = ⋅ × ⇒ = ×

02. D Relação entre os calores Qs e Qm trocados,

respectivamente, nas condições superquente e morno:

s s s s

m m m m

Q mc T Q TQ mc T Q T

∆ ∆= ⇒ =

∆ ∆

Como QP ,t

=∆

vem:

s s s s

m m m m

P t T P TP t T P T∆ ∆ ∆

= ⇒ =∆ ∆ ∆

Substituindo os valores de T∆ do gráfico nessa

última relação, chegamos a:

s

m

m

s

P 32P 12

P 3P 8

=

∴ =

03. C Dados:

d

6d

3

P 2 P 2 MW

P 2 10 W; c

4 kJ kg C 4 10 J kg C; 3 C.

= = ⇒

⇒ = × =

= ⋅ ° = × ⋅ ° ∆θ = °

O fluxo mássico (kg/s) pedido é m .t

Φ =∆

Da definição de potência:

6

3

QP t

mc P t m P 2 10 t c 4 10 3

167 kg s.

= ⇒∆

⇒ ∆θ = ∆ ⇒

×⇒ = Φ = = ⇒

∆ ∆θ × ⋅

⇒ Φ ≅

04. C A potência teórica (PT) em cada unidade

corresponde à energia potencial da água

represada, que tem vazão 3Vz 690 m s.t

= =∆

Sendo ρ a densidade da água, g a aceleração da gravidade e h a altura de queda, tem-se:

T

3 6T

T

mgh Vgh VP ght t t

P zgh 10 690 10 118,4 816,96 10 W P 816,96 MW.

ρ= = = ρ ⇒

∆ ∆ ∆⇒ = ρ = ⋅ ⋅ ⋅ = × ⇒⇒ =

A potência gerada em cada unidade é:

G G14 000P P 700 MW.

20= ⇒ =

A potência não aproveitada (dissipada)

corresponde à diferença entre a potência teórica e a potência gerada.

d T G dP P P 816,96 700 P 116,96 MW.= − = − ⇒ =

05. D A intensidade de uma radiação é dada pela razão

entre a potência total (PT) captada e a área de captação (A), como sugerem as unidades.

Dados:

2 20I 1 000 W/m ; A 9 m ; m 200 kg; v 0;

v 108 km/h 30 m/s; 30%.= = = == = η =

TT T

PI P IA 1 000 9 P 9 000 W.

A= ⇒ = = × ⇒ =

Calculando a potência útil U(P ) :

UU T U

T

P P 30%P 0,3 9 000 P 2 700 W.

Pη = ⇒ = = × ⇒ =

A potência útil transfere energia cinética ao

veículo.

( )( )

2 20

2

U

m v v200 30 02P t

t 2 2 700

t 33,3 s.

−−

= ⇒ ∆ = ⇒∆ ×

⇒ ∆ =

06. E Energia absorvida em 5 h:

3E EP 10 10 E 180 Jt 5 60 60

−= ⇒ ⋅ = ⇒ =∆ ⋅ ⋅

Dose absorvida por kg:

180 J JD 290 kg kg

= =

Portanto, o resultado obtido se encontra na faixa

de valores das reações gerais leves. 07. B Trabalho da força peso realizado pelo motor: mgh 80 10 3 2 400 Jτ = = ⋅ ⋅ ⇒ τ =


Potência necessária para produzir esse trabalho por 1 min:

2 400P P 40 Wt 60τ

= = ⇒ =∆

Portanto, a eficiência do sistema é de:

40 0,2

20020%

η = =

∴η =

08. E A potência utilizada na evaporação da água é 20%

da potência total necessária para manter o metabolismo.

U T UP 20% P 0,2 120 P 24W.= = × ⇒ = O calor latente de vaporização é:

cal J JL 540 4 L 2 160 .g cal g

= × ⇒ =

Combinando as expressões da potência e do calor latente:

( )

UU

U

Q P t m L P t

Q mL

24 2 3 600P t m m 80g.

L 2 160

= ∆⇒ = ∆ ⇒ =

× ×∆⇒ = = ⇒ =

09. D Energia consumida pelo chuveiro em 30 min:

3E EP 2 10 E 3,6 MJt 30 60

= ⇒ ⋅ = ⇒ =∆ ⋅

Sendo assim, a placa deverá produzir 3,6 MJ em

um dia. Portanto, a área A mínima da placa deverá ser de:

1 MJ 21 m

3,6 MJ2

AA 3,6 m∴ =

10. D A potência da bomba é usada na transferência de

energia potencial gravitacional para a água.

potm pot m

m

m

EP E P t

t mgh P t

P t 50 3600 1 800 mgh 10 20 2

m 900kg V 900L.

= ⇒ = ∆ ⇒∆

⇒ = ∆ ⇒

∆ ×⇒ = = = ⇒

×

⇒ = ⇒ =

AULA 22 01. D Pela conservação de energia, podemos admitir que

a energia potencial gravitacional (Epg) no ponto mais alto da pista se transforma em energia cinética (Ec) e energia dissipada pelo atrito (Ed).

Assim, equacionamos da seguinte maneira: pg c dE E E= + Como a variação da energia significa o trabalho,

calculando a energia dissipada pelo atrito, temos o trabalho de resistência do trajeto na pista; então:

4c d dmgh E E 800 25 1,4 10 E= + ⇒ ⋅ = ⋅ +

4

d d3

d

800 25 1,4 10 E E 20 000 14 000

E 6 000 J 6 10 J

⋅ − ⋅ = ⇒ = − ∴

∴ = = ⋅

02. A O plano de referência para a energia potencial

será adotado no ponto 25 m abaixo do ponto (A) de onde Helena se solta.

Sendo a velocidade inicial nula, pela conservação

da energia mecânica, tem-se: 2 2

A Bmec mec 0

2 22

2

mv khE E mg(L h) 2 2

50v 250 10 50 10 25 2 2

12 500 v 12 500 v 0.

= ⇒ + = + ⇒

⋅⇒ ⋅ ⋅ = + ⇒

⇒ = + ⇒ =

03. C A energia cinética da criança deve se anular nos

pontos de altura mínima e máxima, onde está convertida em energia potencial (elástica ou gravitacional), e máxima no ponto de altura zero.

Na região máx0 h h ,< < atua a pE mgh,= e na

região mính h 0,< < atua também a 2

ekhE .2

=

Logo, devido às relações das energias com as alturas, segue que Ec deve variar linearmente apenas para máx0 h h .< <

04. E Seja t1 o instante em que a esfera é abandonada,

a uma altura de 4 m sobre a rampa, e t2 o instante em que ocorre a máxima compressão da mola pela esfera.


Como as forças dissipativas foram desprezadas, então:

1 2M ME E (1)=

sendo

1ME a energia mecânica do sistema no

instante t1, e 2ME a energia mecânica do sistema

no instante t2. Em t1,

1 1M PE E mgh,= = pois a velocidade da esfera

1v 0= (a energia mecânica é apenas a potencial gravitacional).

Em t2, 2

2

MkxE ,2

= ou seja, a energia mecânica do

sistema constitui-se apenas da energia potencial elástica acumulada na mola deformada.

Substituindo as expressões de

1ME e 2ME na

equação (1), tem-se que:

2

2

kxmgh22mgh 2 0,8 10 4x 0,16

k 400x 0,16 0,4 m 40 cm

= ⇒

× × ×⇒ = = =

⇒ = = =

05. A Em relação ao nível de referência adotado, a

energia mecânica é igual à energia cinética no ponto A, pois nesse ponto a energia potencial gravitacional é nula.

2

A Amec cin

m vE E .

2= =

Usando a conservação da energia mecânica, para

o ponto onde a energia cinética do corpo é o triplo da sua energia potencial, tem-se:

2A

cin pot mec pot pot

2 2 2A A

m vE E E 3 E E

2m v v 104 m g h h

2 8g 80

h 1,25 m.

+ = ⇒ + = ⇒

⇒ = ⇒ = = ⇒

=

06. A Para o sistema conservativo, a energia cinética da

corrida mais a energia potencial gravitacional do seu centro de massa (ponto A) é igual à energia potencial gravitacional somada à energia cinética no ponto mais alto da trajetória (ponto B).

( ) ( )M A M BE E=

( ) ( )2 2

A BA B

m v m vmgh mgh

2 2+ = +

Simplificando a massa do atleta, substituindo os valores e explicitando a velocidade do ponto A, temos:

( ) ( )

( ) ( )

2A B A B

22

A

A A A

v 2g h h v

v 2 10 m s 2,45 1 m 2 5 m s

v 29 20 v 49 v 7 m s

= − + ⇒

⇒ = ⋅ ⋅ − +

= + ⇒ = ∴ =

07. A Observação: O enunciado deveria especificar que

o atrito entre o plano inclinado e a moeda é desprezível.

Se o atrito é desprezível, pode-se aplicar a

conservação da energia mecânica às duas situações:

c2

c

2

2 2

(I) : E m g h (I) em (II) m V(II) : 1,2 E m g h

2m V1,2 m g h m g h

2V 20,2 g h 2 h h 1 m.2 2

= ⇒

= +

⇒ = + ⇒

⇒ = ⇒ = ⇒ =

08. C Usando a conservação da energia mecânica:

A BM ME E m= ⇒ A

mgh =

2B

Bv

v 2gh2

⇒ =

Substituindo os dados do problema:

2

B B

B

v 2gh v 2 10 m s 1,8 mv 6,00 m s= ⇒ = ⋅ ⋅ ∴

∴ =

09. B Dados: d m d mk 2k ; F F .= = Calculando a razão entre as deformações:

d m d d m m

m d m m m d

F F k x k x

2k x k x x 2x

= ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

Comparando as energias potenciais elásticas

armazenadas nos dois estilingues:

( )

2 2d dpot 2m d

d m d

22 2m m m dpot 2m d

m m d

pot potm d

k x 2k xE k x

2 2k x k 2x 4 k x

E 2 k x2 2 2

E 2 E

= = =

⇒ = = = =

⇒ =

Considerando o sistema conservativo, toda essa

energia potencial é transformada em cinética para o objeto lançado. Assim:

22

cin cin 2 2dmm d m d

mvmvE 2 E 2 v 2v

2 2= ⇒ = ⇒ =


Supondo lançamentos oblíquos, sendo θ o ângulo com a direção horizontal, o alcance horizontal (D) é dado pela expressão:

( )( )

( )

2d

d20

2d

m

d

m

vD sen 2

gvD sen 2

g 2 vD sen 2

g

D 1 D 2

= θ

= θ ⇒ ⇒ = θ

⇒ =

10. E O processo de conversão de energia no caso

mencionado é o da transformação de energia potencial elástica em energia cinética. O estilingue também usa esse mesmo processo de transformação de energia.

AULA 23 01. C Aplicando o teorema do impulso:

m vI Q F t m v Ft

1 m skm80 kg 72h 3,6 km hm vF F

t 0,2 sF 8 000 N

Fnº sacospeso de cd saco

8 000 Nnº sacos nº sacos 16500 N

⋅= ∆ ⇒ ⋅ ∆ = ⋅ ∴ =

∆

⋅ ⋅⋅

= ⇒ = ∴∆

∴ =

= ⇒

⇒ = ∴ =

02. B

Dados: 0m 140 g 0,14 kg; v 0; v 162 km/h 45 m/s.= = = = =

Como não há variação na direção do movimento

durante o processo de aceleração, podemos usar o teorema do impulso na forma modular:

FI Q F t m v

m v 0,14 45F F 90 N.t 0,07

= ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒

∆ ×⇒ = = ⇒ =

∆

03. B Transformando a velocidade e o tempo para o

Sistema Internacional de unidades:

i1 m / sv 72km / h 20 m / s

3,6 km / h= ⋅ =

1st 400 ms 0,4 s1 000 ms

∆ = ⋅ =

Utilizando a definição de impulso e o teorema do

impulso, têm-se a relação entre a força média e a variação da quantidade de movimento:

( )f i

m m

m v vQI Q F t Ft t

⋅ −∆= ∆ = ⋅ ∆ ⇒ = =

∆ ∆

( )

m m

80 kg 0 20 m / sF F 4 000 N

0,4 s⋅ −

= ∴ =

E essa força média equivale a uma massa no

campo gravitacional terrestre de:

m2

F 4 000 Nm m m 400 kgg 10 m / s

= ⇒ = ∴ =

03. A Para a resolução da questão, usaremos o teorema

do impulso: I Q= ∆

(1) Onde: I =

impulso da força média em N/s; Q∆ =

variação da quantidade de movimento em kg m/s, que é calculada vetorialmente, como vemos nas figuras:

f iQ Q Q∆ = −

(2)

Nota-se que o triângulo formado é equilátero, pois

todos os ângulos internos são iguais entre si; sendo assim, a variação da quantidade de movimento Q∆

é exatamente igual à quantidade de movimento inicial iQ

e final fQ ,

isto é, em módulo:

im mQ Q m v 0,4kg 9 3,6kgs s

∆ = = ⋅ = ⋅ =

Sabendo que o módulo do impulso é dado por: mI F t= ⋅ (3) Juntando as equações (3) e (1), temos: mF t Q⋅ = ∆

(4) Donde sai a força média da colisão da bola com a

tabela, em módulo:

m 3

3,6NsQF 360Nt 10 10 s−

∆= = =

⋅


05. E O impulso recebido é numericamente igual à

"área" entre a linha do gráfico e o eixo t.

F F

2 1I 4 I 6 N s.2+

= × ⇒ = ⋅

Se a referida força é a resultante, podemos

aplicar o teorema do impulso:

( ) ( )0R RI Q I m v v 6 1 v 3

v 9 m/s.

= ∆ ⇒ = − ⇒ = − ⇒

=

06. B Orientando a trajetória no sentido da velocidade

de chegada, 1V 8 m/s= e 2V 0,6 m/s.−= Durante a colisão, o impulso da força resultante é numericamente igual à área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim, aplicando o teorema do impulso:

máxF

máx

máx

F tI Q m v

22 m v 2 0,4 0,6 8

F t 0,2

F 34,4 N.

∆= ∆ ⇒ = ∆ ⇒

∆ × × − −⇒ = = ⇒

∆

=

07. A Se o ângulo de inclinação do plano de subida for

reduzido a zero, a esfera passa a se deslocar num plano horizontal. Sendo desprezíveis as forças dissipativas, a resultante das forças sobre ela é nula, portanto o impulso da resultante também é nulo, ocorrendo conservação da quantidade de movimento. Então, por inércia, a velocidade se mantém constante.

08. C ( )final inicial final inicialQ Q Q Q Q Q .∆ = − ⇒ ∆ = + −

Ou seja, subtrair é somar com o oposto. Usando a regra da poligonal:

09. B Dados: m = 0,8 kg; v0 = 93,6 km/h = 26 m/s;

v = 280,8 km/h = 78 m/s. A banca examinadora não foi clara no enunciado

da questão, quanto aos dados da velocidade da mola.

Obviamente, que a velocidade final da mola dada como 0,0 km/h é em relação ao capacete, pois, no choque, a mola para, mas não em relação ao solo, mas sim em relação ao capacete, quando adquire a mesma velocidade que ele, que é a velocidade do carro, de 280,8 km/h.

Portanto, no choque, a velocidade da mola passa

de 26 m/s para 78 m/s. A força média sobre o capacete tem a mesma

intensidade da força média sobre a mola ação- -reação). Seja essa força a resultante sobre a mola.

280,8 km/h93,6 km/h

capacete (C)

mola (M)

Pelo teorema do impulso:

00F

m(v v )I Q F t m(v v ) F=

t−

= ∆ ⇒ ∆ = − ⇒∆

⇒

0,8(78 26) 41,6F

0,026 0,026−

= = ⇒ F = 1 600 N.

10. C No gráfico da força pelo tempo apresentado no

enunciado, o impulso é numericamente igual à área do gráfico.

0,6 (8)

I 2,42

= = N.s

Pelo teorema do impulso: o impulso da força

resultante é igual à variação da quantidade de movimento (∆Q):

I = ∆Q = m ∆v ⇒ 2,4 = 0,1 (v – 0) ⇒ v = 24 m/s. AULA 24 01. C A velocidade do carrinho 1 antes do choque é:

11 1

1

s 30,0 15,0v v 15,0 cm s.t 1,0 0,0

∆ −= = ⇒ =∆ −

O carrinho 2 está em repouso: 2v 0.= Após a colisão, os carrinhos seguem juntos com

velocidade 12v , dada por:

1212 12

12

s 90,0 75,0v v 5,0 cm s.t 11,0 8,0

∆ −= = ⇒ =∆ −

Como o sistema é mecanicamente isolado, ocorre

conservação da quantidade de movimento.


antes depoissist sist 1 2 12

1 1 2 2 1 2 12

2

2

2

Q Q Q Q Q m v m v (m m )v 150,0 15,0 (150,0 m )5,0

150,0 15,0 m 150,0 5,0

m 300,0 g.

= ⇒ + = ⇒⇒ + = + ⇒⇒ ⋅ = + ⇒

⋅⇒ = − ⇒

⇒ =

02. E Tratando de um sistema mecanicamente isolado,

ocorre conservação da quantidade de movimento. Assim:

( )

c c b bc b

c c

Q Q m v m v

90 v 360 0,2 v 0,8 m/s.

= ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

03. C Como se trata de sistema mecanicamente

isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento.

final inicial finalQ Q Q 3 m v.= ⇒ = Portanto, após as colisões, devemos ter três

esferas bolas com velocidade v, como mostra a alternativa [C].

Podemos também pensar da seguinte maneira: as

esferas têm massas iguais e os choques são frontais e praticamente elásticos. Assim, a cada choque, uma esfera para, passando sua velocidade para a seguinte. Enumerando as esferas da esquerda para a direita de 1 a 5, temos:

- A esfera 3 choca-se com a 4, que se choca com a 5. As esferas 3 e 4 param e a 5 sai com velocidade v;

- A esfera 2 choca-se com a 3, que se choca com a 4. As esferas 2 e 3 param e a 4 sai com velocidade v;

- A esfera 1 choca-se com a 2, que se choca com a 3. As esferas 1 e 2 param e a 3 sai com velocidade v.

04. B Por conservação da quantidade de movimento:

( ) ( )

( ) ( )

00 p

vM 50m v M 40m 10m v

2M 100 20 M 80 10 20 800M 1 480 kg

+ ⋅ = + ⋅ + ⋅

+ ⋅ = + ⋅ + ⋅ ∴

∴ =

05. E Para a conservação da quantidade de movimento,

devemos ter:

2 2 2 2 23 1 2 3 1 2Q Q Q Q Q Q= + ⇒ = +

Logo:

( ) ( )2

2 23

22 2 23

3

3

m v m v m v2

vv v v 8v

4v 2 2v

⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒

⇒ = + ⇒ = ∴

∴ =

06. C Adotando como positivo o sentido do movimento

do conjunto de partículas, temos os seguintes dados:

5

p p

3s S

m 5 kg; v 2 10 m/s;

M 95 kg; V 4 10 m/s.

= = ×

= = − ×

Como se trata de um sistema mecanicamente

isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento do sistema. Então:

( )( ) ( )

antes depoissist sist p p s s p s

35

4 42

Q Q m v M V m M V'

5 2 10 95 4 10 100 V'

100 10 38 10 V' 62 10 100

V' 6 200 m/s.

= ⇒ + = + ⇒

⇒ × × + × − × = ⇒

× − ×⇒ = = ×

=

07. C Em choque frontal e perfeitamente elástico de dois

corpos de mesma massa, eles trocam de velocidades. Portanto, após o choque, se a bola incidente para, a velocidade da bola alvo é de 2 m/s.

08. A Como se trata de sistema mecanicamente

isolado, temos:

antes depois 1 2

1 1 2 2

2

2

Q Q Q Q 0 m v m v 0

1 2 300 v 3 3

v 150 m/s.

= ⇒ + = ⇒

⇒ + = ⇒

−⇒ =

= −

O segundo pedaço é lançado com velocidade de

150 m/s, em sentido oposto ao do primeiro, ou seja, para o sul.

09. B

Dados: A B C A

B C

M 400 g; m 200 g; m m 100 g; v 100 m/s; v 200 m/s e v 400 m/s.= = = = == =

Empregando a conservação da quantidade de

movimento nas duas direções, para antes e depois da explosão:

Na vertical (y):

antes depoisy y

antesy B B A A

Q Q

Q m v m v 100 200 200 100

= ⇒

⇒ = − = × − × ⇒

antesyQ 0 ⇒ = ⇒ a bomba explodiu no ponto mais

alto de sua trajetória. Na horizontal (x):

antes depoisx x 0 C C

0

0

Q Q M v m v

400 v 100 400

v 100 m/s.

= ⇒ = ⇒

⇒ = ×

=


10. D Dados:

–2 –2

–3

M 180 g 18 10 kg; m 20 g 2 10 kg;k 2 10 N/ m; v 200 m / s.

=

=

= × = = ×

= ×

Pela conservação da quantidade de movimento,

calculamos a velocidade do sistema (vs) depois da colisão:

( )depois antes

sist sist s

s s

Q Q M m v m v 200 v 20 200 v 20 m/s.

= ⇒ + = ⇒

⇒ = ⋅ ⇒ =

Depois da colisão, o sistema é conservativo. Pela

conservação da energia mecânica, calculamos a máxima deformação (x) sofrida pela mola:

( )

( )

2 2sinicial final

Mec Mec s

2 24

3 3

2

M m v k x M mE E x v 2 2 k

18 2 10 20 10x 20 20 20 10 2 10 2 10

x 20 10 m x 20 cm.

− −−

−

−

+ += ⇒ = ⇒ = ⇒

+ ⋅ ⋅⇒ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒

⋅ ⋅⇒ = ⋅ ⇒ =

AULA 25 01. B Orientando a trajetória no mesmo sentido do

movimento do móvel P, os dados são: P T P Tm 15 kg; m 13 kg; v 5 m s; v 3 m s.= = = = −

Considerando o sistema mecanicamente isolado,

pela conservação da quantidade de movimento:

( ) ( )( )

antes depois ' 'sist sist P P T T P P T T

' 'P T

' 'P T

Q Q m v m v m v m v

15 5 13 3 15v 13v

15v 13v 36. I

= ⇒ + = + ⇒

⇒ + − = + ⇒

⇒ + =

Usando a definição de coeficiente de restituição

(e):

( )

' ' ' 'T P T P

P T' '

' 'T PT P

v v v v3ev v 4 5 ( 3)

v v3 v v 6. II4 8

− −= ⇒ = ⇒

− − −

−⇒ = ⇒ − =

Montando o sistema e resolvendo:

' ' ' 'P T P T

' ' ' 'T P P T

' 'P T' 'P T

'T

' 'T T

15v 13v 36 15v 13v 36

v v 6 v v 6

15v 13v 36 (+)15v 15v 90 0 28v 126

126v v 4,5 m s. 28

+ = + = ⇒ ⇒ − = − + =

+ =⇒ ⇒− + = + =

⇒ = ⇒ =

Voltando em (II):

' ' ' 'T P P P

' 'P P

v v 6 4,5 v 6 4,5 6 v

v 1,5m s v 1,5 m s.

− = ⇒ − = ⇒ − = ⇒

⇒ = − ⇒ =

02. A Conforme descrito no enunciado, o patinador

colide elasticamente com a parede. Disso, podemos dizer que o patinador estará exercendo uma força na parede durante certo intervalo de tempo (ou um impulso). Devido a isso, pelo Princípio da Ação e Reação, a parede irá exercer uma força sobre o patinador de mesma intensidade, mesma direção e com o sentido contrário.

Vale salientar que as duas forças só estarão atuando no patinador e na parede durante a colisão.

Dessa forma, analisando as alternativas: [I] CORRETA. [II] INCORRETA. As intensidades das forças são

iguais durante a colisão e após não existem forças atuando nos corpos.

[III] INCORRETA. Vai contra o Princípio da Ação e Reação.

[IV] INCORRETA. Alternativa contraria a situação que de fato ocorre. Ver explicação.

03. A

Como o movimento é retilíneo uniforme, a

aceleração é nula. Logo, a velocidade é constante. Analisando a equação da energia cinética,

2c

1E mv ,2

= percebemos que a velocidade e a

massa são diretamente proporcionais a cE . Pela lei de conservação de movimento

antes depoisv v ,> logo antes depoisc cE E .>

04. B Pela análise do gráfico, constata-se que os

corpos andam juntos após o choque (velocidade relativa de afastamento dos corpos depois do choque é igual a zero), representando um choque perfeitamente inelástico. Nesse caso, a energia cinética não é conservada e existe a perda de parte da energia mecânica inicial sob a forma de calor (energia dissipada) com aumento da energia interna e temperatura devido à deformação sofrida no choque. Sendo assim, a única alternativa correta é a letra [B].

05. E Como o choque é perfeitamente elástico, a

energia cinética se conserva. Então:

B

antes depois ' 'Cin Cin A A B

2 2' '

B

E E E E E

m 2 m 1 3 m E E .

2 2 2

= ⇒ = + ⇒

⇒ = + ⇒ =


Como: 2

A Am 2 4 m

E E .2 2

= ⇒ =

Então:

' 'B B

A A

3 mE E 32 .

4 mE E 42

= ⇒ =

06. C Para esta análise, é necessário verificar as

quantidades de movimento dos dois caminhões vetorialmente, conforme figura abaixo.

Assim, temos:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2f 1 2

2 2f 1 1 2 2

2 2f

2 2f

3f

Q Q Q

Q m v m v

Q 2 000 30 4 000 20

Q 60 000 80 000

Q 100 10 kg m s

= +

= ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅

= +

= ⋅ ⋅

Assim, é possível encontrar a velocidade dos dois

caminhões após a colisão:

( )

f f

ff

1 2

3

f 3

f

f

Q m vQ

vm m

100 10v6 10

100v m s6

ouv 60 km h

= ⋅

=+

⋅=

⋅

=

=

07. A Tem-se a seguinte situação:

Em uma colisão perfeitamente inelástica, os

corpos permanecem juntos após a colisão. Dessa forma:

i i f f1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

Como

( )

f f

i i

1 2

1 1 2 2 1 2 f

v v

m v m v m m v

=

⋅ + ⋅ = + ⋅

( ) ( ) fm 20 m 10 2 m v

2v 10v 5m s

⋅ + + ⋅ − = ⋅ ⋅

== +

Assim:

08. D De acordo com a 3a lei de Newton, a toda ação

corresponde uma reação de igual intensidade, mesma direção e sentido contrário. Com isso, a força aplicada na camionete pelo trem tem a mesma intensidade que a força aplicada pela camionete sobre o trem. Além disso, tendo em vista que os dois móveis após a colisão andarem juntos, se trata de uma colisão inelástica, confirmando a alternativa [D] como a correta.

09. D As colisões totalmente inelásticas ocorrem

quando os corpos após colidirem ficam unidos como se fosse um só corpo e suas velocidades finais são iguais entre si.

A quantidade de movimento Q se conserva,

portanto a quantidade de movimento antes da colisão é a mesma após a colisão.

( )inicial final

1 1 2 2 1 2 f

1 1 2 2f

1 2

Q Qm v m v m m v

m v m vv

m m

=

⋅ + ⋅ = + ⋅

⋅ + ⋅=

+

Substituindo os valores:

f10g 5m / s 15g 0m / s 50g m / sv 2 m / s

10g 15g 25g⋅ + ⋅ ⋅

= = =+


10. D O sistema é isolado. Há conservação da

quantidade de movimento total do sistema. ( )0 0Q Q M m .V mV 3V 0,3x5 V 0,5 m/s= → + = → = → =

AULA 26 01. C A energia não conserva, pois, durante a explosão,

a queima da pólvora transforma energia química em energia térmica e cinética, aumentando, então, a energia cinética do sistema.

Como as forças originadas na explosão são internas, não há alteração na trajetória do centro de massa, que segue a mesma trajetória parabólica anterior à explosão.

02. D Antes e depois da colisão o centro de massa do

conjunto de bolas possui o movimento uniforme enquanto estão na plataforma, primeiramente aproximando-se da bola B e, finalmente, afastando-se. Na rampa passa a agir o campo gravitacional que irá acelerar as bolas, portanto, por eliminação, chegamos à alternativa correta: letra [D].

03. D Como as massas são iguais, o centro de massa

está na metade da distância entre as esferas, de acordo com o esquema:

Então o raio R da trajetória circular do centro de

massa do conjunto será:

L L 6L 2L 3L LR L R R3 2 6 6

− −= − − ⇒ = ∴ =

04. D Arthur é um corpo rígido em equilíbrio: – Para que ele esteja em equilíbrio de translação,

é necessário que a intensidade da força resultante que suas mãos aplicam nas argolas (e a da que recebe delas: ação-reação) tenha a mesma intensidade de seu peso.

– Para que ele esteja em equilíbrio de rotação, é necessário que o torque resultante seja nulo. Como ele está sujeito a apenas duas forças, elas devem ter a mesma linha de ação, passando pelo centro de gravidade do atleta.

Analisando as alternativas e justificando as falsas: [A] Falsa: o centro de massa do atleta está situado

fora de seu corpo apenas na posição 2. [B] Falsa: todas as posições são de equilíbrio

instável.

[C] Falsa: em todas as posições a intensidade da força aplicada pelas suas mãos deve ter a mesma intensidade do peso (equilíbrio de forças).

[D] Verdadeira. 05. B Sejam: A: área da chapa quadrada, inteiriça

2A 100cm ;→ = DA : área da porção circular retirada (disco)

2DA r ;→ = π

CA : área da chapa sem o disco C DA A A ;→ = − σ : densidade superficial da chapa (e do disco). Antes da retirada da porção circular (disco), o

centro de massa (CM) da chapa inteiriça estava localizado no seu centro geométrico, pois ela é homogênea, suposta de espessura constante. Assim, as coordenadas do centro de massa eram

CM CM(x , y ) (5,00;5,00)cm,= conforme mostra a figura 1.

Com o disco retirado, o centro de massa da chapa

passa a ser C C(x , y ), como ilustrado na figura 2.

Imaginemos que o disco seja recolocado no

mesmo lugar de onde foi retirado, preenchendo o furo. O centro de massa do sistema chapa-disco volta a ser no mesmo ponto,

CM CM(x , y ) (5,00;5,00)cm.=


Assim, usando a definição de centro de massa:

( )( )

( )

( )

D D C C D D C CCM CM

D C D C

2 2D CD D C C

CM CM

2 2C

2 2C

C C

C

m x m x A x A xx x

m m A A

r x A r xA x A xx x

A A2,50 2,50 100 2,50 x

5,00 100

2,50 2,50 100 2,50 x5,00

100 500 49 80,4 x 500 49 80,4 x

451 x80,4

+ σ + σ= ⇒ = ⇒

+ σ +

π + − π+= ⇒ = ⇒

π ⋅ ⋅ + − π ⋅= ⇒

π ⋅ ⋅ + − π ⋅= ⇒

⇒ = + ⇒ − = ⇒

⇒ = C x 5,61 cm.⇒ =

Por simetria, como mostra a figura 3, não ocorre

variação na ordenada C(y ) do centro de massa. Assim, Cy 5,00 cm.=

Portanto,

c c(x , y ) (5,61 ; 5,00) cm.=

06. D O texto não cita em relação a que objeto. A

questão será feita em relação ao objeto 1. Para calcularmos a posição do CM, faremos uma

média ponderada das posições das partículas.

1 1 2 2 3 3CM

1 2 3

m.x m x m x m xX

m m m m+ +

= =+ +

∑∑

− + +

= =CMMx( 4L) Mx(0) Mx16LX 4L

3M

07. C A questão é RUIM, pois apresenta uma linguagem

não técnica, precária para uma prova de Física. A pergunta deveria ser: “Quais as coordenadas do centro de massa do sistema, em relação a um sistema de eixos (x; y) com origem no vértice esquerdo inferior do retângulo?”.

Calculando, então, o centro de massa do sistema,

em relação à origem do sistema apresentado:

1 1 2 2 3 3 4 4C

1 2 3 4

C

1 1 2 2 3 3 4 4C

1 2 3 4

C

m x m x m x m xx

m m m m1 0 2 14 4 0 3 14 70

1 2 3 4 10 x 7 cm.

m y m y m y m yy

m m m m1 0 2 0 4 10 3 10 70

1 2 3 4 10 x 7 cm.

+ + += =

+ + +⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= = ⇒+ + +

⇒ =

+ + += =

+ + +⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= = ⇒+ + +

⇒ =

Portanto, CM (7; 7) cm. 08. C

Condição de massa do sistema fique posicionado no centro de apoio O. (eixo que passa pelo apoio) * xcm = 0

+= =

+A A B B

cmA B

m .x m .xx 0

m m

( )= − − = −= =

AA B

B

x x y y xObs.: m 3m / Obs2:

x y

( )− += =

+B B

cmB B

3m . y x m .yx 0

3m m

= ⇔ Bcm

3mx 0

( )− + By x m

B

.y

4m= 0

3(y – x) + y = 0 3y – 3x + y = 0 4y – 3x = 0 ∴ 3x = 4y

=

4x y3


09. D

Para 1: Pela simetria, temos xcm1 = 3 cm ycm1 = 3 cm Para 2: Triangulo retângulo! xcm2 = 8 cm / ycm = 2 cm (Superfícies homogêneas assimétricas) * Centro de massa do sistema

+ += = =

++ +

= = =+

= =

1 1 2 2cm

1 2

1 1 2 2cm

1 2

cm cm

A .x A .x 36.3 18.8 14x cmA A 54 3

A .y A .y 36.3 18.2 8y cmA A 54 3

14 8x / y cm3 3

10. C [I] Correta. Calculemos a posição do centro de

massa c(x ) do sistema, em relação ao centro do planeta maior.

c4m(0) m(d) m(d) dx 0,2d.

4m m 5m 5+

= = = =+

Assim: 1r 0,2 d= e 2r 0,8 d,= ou seja, 2 1r 4r .= [II] Correta. Os planetas giram com centros

alinhados, portanto têm mesma velocidade angular ( ).ω

1 1v r= ω e 2 2v r .= ω Como 2 1 2 1r 4r v 4v .= ⇒ = [III] Errada. Se os planetas têm mesma velocidade

angular, eles também têm mesmo período.

AULA 27 01. C Isolando o ponto B, temos:

2Tsen mg32T 6 105

T 50 N

θ =

⋅ = ⋅ ∴

∴ =

02. A É a única opção que indica corretamente os

sentidos das forças atuantes no ponto P, embora não tenha havido rigor na representação dos módulos dessas forças, uma vez que a resultante não está rigorosamente nula.

03. B Como as três forças estão em equilíbrio, pela

regra da poligonal, elas devem fechar um triângulo.

P P 200sen30 TT sen30 0,5

T 400 N.

Fcos30 F Tcos30 400 0,8 T

F 320 N.

° = ⇒ = = ⇒ °⇒ = ° = ⇒ = ° = × ⇒⇒ =

04. C Observações: O enunciado não forneceu a massa do

equipamento, portanto seu peso será desprezado. Serão também desconsideradas as forças de interação entre as costas da pessoa e o encosto do equipamento, como também eventuais atritos entre a pessoa e o assento.

Além disso, é pedido o módulo da força exercida pela perna (no singular). Será calculado o módulo da força exercida pelas pernas da pessoa.


Pelo Princípio da Ação-Reação, a intensidade da força exercida pelas pernas da pessoa sobre o apoio do equipamento tem mesma intensidade que a da força que o apoio exerce sobre suas pernas, em sentido oposto.

Considerando a pessoa como ponto material, têm-se as três forças agindo sobre ela (Fig. 1). Como ela está em repouso, pelo Princípio da Inércia, a resultante dessas forças é nula. Usando a regra da poligonal, essas três forças formam um triângulo retângulo (Fig. 2).

Na Fig. 2:

Fsen30 F mgsen30P165 10 F 325 N.2

° = ⇒ = ° =

= ⋅ ⋅ ⇒ =

05. B De acordo com o diagrama de corpo livre na

figura abaixo, temos as forças envolvidas e a decomposição da tração em C nas direções horizontal (x) e vertical (y):

Considerando o equilíbrio nos eixos horizontal e

vertical, temos: Eixo horizontal: A Cx A CT T T T= ∴ < Eixo vertical: B Cy B CT T T T= ∴ <

06. A Analisemos a figura abaixo que mostra as forças

que atuam no bloco:

Na horizontal, as componentes da tração se

equilibram. Na vertical, para haver equilíbrio:

yP2T P 2Tsen P T .

2 sen= ⇒ θ = ⇒ =

θ

Aplicando essa expressão em cada um dos casos:

1

1

2 2

2

3

3

3 2 1

P PT 12 sen 30 22

T P

P P 3T T P P 2 sen60 3T 322 sen2

T 0,58 PP PT

2 sen 90 2 T 0,5 P

T T T .

= = ⇒ °⇒ =

= = ⇒ = ⇒ °= ⇒θ

⇒ = = = ⇒

°⇒ =

⇒ < <

07. A Dados: mS = 20 g = 20 × 10–3 kg; mS = 30 g = 30 × 10–3 kg; mS = 70 g = 70 × 10–3 kg;

g = 10 m/s2. 1a solução: Podemos pensar de uma maneira simples: – Se cortarmos o fio superior, os três elefantes

cairão. Logo, a tração nesse fio superior equilibra os pesos dos três elefantes. Sendo TS a tensão nesse fio, temos:

( )

( )S C M B C M B

3S

T P P P m m m g

20 30 70 10 10 T 1,2 N.−

= + + = + + =

= + + × ⇒ =

– Se cortarmos o fio médio, cairão os elefantes

do meio e de baixo. Logo, a tração nesse fio do meio equilibra os pesos desses dois elefantes. Sendo TM a tensão nesse fio, temos:

( )( )

M M B M B

3S

T P P m m g

30 70 10 10 T 1,0 N.−

= + = + =

= + × ⇒ =

– Analogamente, se cortarmos o fio inferior, cairá

apenas o elefante de baixo. Logo, a tração nesse fio equilibra o peso desse elefante. Sendo TB a tensão nesse fio, temos:

3

B B B

B

T P m g 70 10 10 T 0,7 N.

−= = = × × ⇒⇒ =


2a solução: Racionando de uma maneira mais técnica,

analisemos o diagrama de forças sobre cada móbile.

De Cima (C) Do Meio (M) De Baixo (B)

Como se trata de um sistema em equilíbrio, a

resultante das forças em cada elefante é nula. Assim:

( )

( ) −

−

⇒ − − =

⇒ − − = ⇒ ⇒ − =⇒ − − − = ⇒⇒ = + + ⇒

⇒ = + + × × ⇒ ⇒ = × ⇒⇒ =

S C M

M M B

B B

S C M B

S C M B

3S

2S

S

(C) T P T 0(M) T P T 0 + (B) T P 0

T P P P 0 T P P P

T 20 30 70 10 10

T 120 10T 1,2 N.

Em (B):

3

B B B B

B

T P 0 T P 70 10 10 T 0,7 N.

−− = ⇒ = = × × ⇒⇒ =

Em (M):

( )

M M B M B B

3B

T P T 0 T P T

30 70 10 10 T 1,0 N.−

− − = ⇒ = + =

= + × × ⇒ =

08. E Observe a figura abaixo:

Para haver equilíbrio, a resultante de P

e LT

deve

ter o mesmo módulo e ser oposta a QT

. Sendo assim, e a partir do triângulo sombreado, podemos escrever:

0L

L L

P 0,6 240tg37 T 320NT 0,8 T

= → = → =

09. D Dado: P = 300 N A Figura 1 mostra as forças que agem no nó.

Como a caixa está em repouso, a resultante das forças que agem sobre ela é nula. Então, pela regra poligonal, elas devem formar um triângulo, como mostrado na Figura 2.

Da Figura 2:

BB

B B

P 1 300sen30 T 600 N.T 2 T

° = ⇒ = ⇒ =

10. B A figura abaixo mostra as trações nos fios em

cada caso.

As componentes verticais das trações equilibram

o peso do lustre.

0

1 0 02 10

2

2T .cos30 P2T .cos60 2T .cos30

2T .cos60 P

= → ==

.

AULA 28 01. D Dados: c c pm 0,5kg; b 4cm; b 10cm.= = = Sendo g a aceleração da gravidade local, estando

a régua em equilíbrio estático, o somatório dos momentos é igual a zero. Calculando a massa do prato:

c c

p p c c pp

p

m b 0,5 4m g b m g b mb 10

m 0,2kg.

⋅= ⇒ = = ⇒

⇒ =

Colocando a massa m = 1 kg sobre o prato, aplicando novamente a condição de o somatório dos momentos ser nulo, calculamos a nova distância b’c do curso ao apoio.

( ) ( )

( )

p p' 'p p c c c

c

'c

m m bm m g b m g b b

m0,2 1 10

b 24cm. 0,5

++ = ⇒ = =

+ ⋅= ⇒ =

02. A A tesoura da figura 2 é uma alavanca de maior

braço, necessitando de força de menor intensidade para produzir o mesmo torque. Assim:

Utilizando a tesoura da figura 2, o rapaz teria que fazer uma força menor do que a força aplicada na tesoura da figura 1 para produzir o mesmo torque.


03. A

anti horário horário

1 1 2 2 3 3

1 1 2 2 3 3

m g d m g d m g d ( g)m d m d m d10 (2 d) 30 d 60 x20 10d 30d 60x 040d 60x 2040(2 x) 60x 2080 40x 60x 20100x 100

x 1

−Τ = Τ

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ÷⋅ + ⋅ = ⋅⋅ + + ⋅ = ⋅+ + − =− = −− − = −

− − = −− = −=

04. C Quando suspensa, a barra maior sofrerá em cada

extremidade uma tração de intensidade igual à do triplo do peso de cada passarinho. Então, por simetria, ela deve receber um fio que a pendure, atado ao seu ponto médio, ou seja, o ponto de número 3.

05. A Para que haja equilíbrio de rotação, o torque

resultante deve ser nulo. Com o prato vazio, quando a peça móvel do braço

maior está no zero, o torque do peso desse braço deve equilibrar o torque do peso da peça do braço menor somado ao torque do peso do prato.

Colocando alimento no prato, a peça móvel do braço maior deve ser deslocada até que o torque do seu peso (PP) equilibre o torque do peso do alimento (PA).

Assim:

P AP P P P A A

A AP P

P

M M m gd m gd

m d 6 5m m 0,5 kg.d 60

= ⇒ = ⇒

×⇒ = = ⇒ =

06. E Na barra agem as três forças mostradas na

figura: o peso do saco de arroz a(P ),

o peso da

barra b(P ),

agindo no centro de gravidade, pois a

barra é homogênea, e a normal (N),

no ponto de apoio.

Adotando o polo no ponto de apoio, chamando de

u o comprimento de cada divisão e fazendo o somatório dos momentos, temos:

( ) ( )

( )b a b aP P

b b

M M m g u m g 3 u

m 3 5 m 15 kg.

= ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

07. B Para a primeira figura, na superfície da Terra, se

os braços da balança são iguais, as massas nas extremidades também são iguais. Assim:

m 0,5 0,5 m 1 kg.= + ⇒ = A segunda figura mostra que o peso do bloco na

superfície da Lua é 4 N. Então:

LuaLua

P 4P Mg M M 2,5 kg.g 1,6

= ⇒ = = ⇒ =

Fazendo a relação pedida:

M 2,5 M 2,5.m 1 m

= ⇒ =

08. B Para forças de mesma intensidade (F), aplicadas

perpendicularmente nas extremidades das alavancas, para os três modelos, 1, 2 e 3, temos os respectivos momentos:

1

2 1 2 3

3

M F 40M F 30 M M M .M F 25

= ⋅ = ⋅ ⇒ > > = ⋅


09. D A figura mostra as componentes horizontal e

vertical das forças exercidas por cada dobradiça, A e B, sobre a porta. As componentes verticais equilibram o peso, enquanto as componentes horizontais impedem o movimento de rotação no sentido horário, provocada também pela ação da força peso.

10. D

−

+ = ⇒ = −

τ = τ⋅ + ⋅ = ⋅

+ ⋅ = ⋅ ÷+ = ÷

+ =

− + ==

=

horário anti horário

1 2 3

y x 5 y 5 x (i)

F y F 2 F xmgy mg 2 3 mgx ( g)my 2m 3mx ( m)y 2 3x (ii)(i) em (ii)5 x 2 3x7 4x

7x4

AULA 29 01. E Um sólido tomba, quando a projeção vertical de

seu centro de gravidade estiver fora da base de sustentação.

Na ilustração, o sólido não tomba.

02. C

Blocos em equilíbrio

Condições ∑ =∑ =

F 0M 0

Bloco 1:

Força que bloco 2 exerce Em 1: ∑ = ∴ =

1 1F 0 P N (Módulo)

Bloco 2:

1) ∑ = ∴ = +

3 2 2F 0 N P N

Obs.: = =

= = 1 2

2 1

P P PMódulo!!

N N P

* N3 = 2P 2)

−∑ = ∴ ∑ = ∑

= − = −

= −

= ∴ = = =


2 2

M 0 M MLN .x P x2

L2P.x P x2

L2x x2L L 242x x 6m2 4 4


03. B

Obs.: =

| N | Peso da massa m * N = m.g Eminência de rotação: =

2N 0

−∑ = ∑==

=


barra

M MN.x P .dmg.x 2mg.d

x 2d

04. D

Maior valor possível da massa da cagar sem que haja tombamento Momento das forças com relação a P


caixa robô

caixa robô

caixa

M M60 80P P2 2

M g 30 m g 40240 40M

30

−∑ = ∑

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

⋅=

05. A A) Correta. O modelo A apresenta uma maior

superfície de contato. B) Incorreta. Para não tombar, o centro de

gravidade deve estar sobre o apoio, que é deslocado para a ponta dos pés, quando se usa o sapato.

C) Incorreta. As áreas de contato dos pés com o sapato são as mesmas para os dois modelos. Além disso, há uma imprecisão de linguagem:

a força distribuída é a normal, e não o peso. Peso é a força que a Terra aplica no corpo da pessoa.

D) Incorreta. E) Incorreta. A pressão sobre o solo em uma

caminhada com o sapato A é menor que com o sapato B, para uma mesma pessoa, pois o primeiro modelo oferece maior área de apoio.

06. C Se o portão está em equilíbrio, o somatório dos

momentos em relação a qualquer ponto é nulo. A figura mostra as componentes horizontais das

forças atuantes nas dobradiças.

Em relação ao ponto B, temos:

( )A

B BF P A

A

A B

M M F 1,6 800 0,8

6 400 F 400 N.16

F F 400 N.

= ⇒ = ⇒

⇒ = =

∴ = =

07. C Observe que, na posição mostrada, o peso da

torre está provocando uma tendência de rotação anti-horária e que a queda seria no sentido horário. Portanto, no estágio mostrado a torre não cai. Se, no entanto, a vertical que passa pelo centro de gravidade ficar à direita de O, a torre cairá.

08. A

I. Verdadeiro. Equilíbrio estável, onde o ponto de sustentação S encontra-se o mais distante possível de G, implicando uma energia potencial mínima!!


II. Verdadeiro. Sabendo que M = P.d.sen30

= ⋅ ⋅

=

1M 2 0,032

M 0,03 N.m

III. Falso

09. B

N2

C.G

PN1

P

0,9 m 0,6 m

Situação esquematizada Equilíbrio: ∑ = ∑ =

F 0 / M 0

( )−∑ = ∑

⋅ + = ⋅

⋅ = ⋅⋅

=

⋅ ⋅=

=

anti horário horário

1

1

1

1

1

M MN 0,9 0,6 P 0,9N 1,5 mg 0,9

mg 0,9N1,5

54 10 0,9N1,5

N 324N

10. B

Sendo =

+ = += + ==

=

P.x 975Px Py 975 675

P.y 675 P(x y) 16501,5P 1650P 1100N

Logo, se: P.x = 875 1100.x = 975 x = 0,89 m

AULA 30 01. E O nível dos reservatórios é mantido pelas chuvas

e, para que elas ocorram, é necessária a formação de vapor de água.

02. A [I] Energia cinética associada ao movimento da

mochila. [II] Energia elétrica obtida pela transformação da

energia cinética. 03. A Dados: v0 = 4 m/s; F = 2 N; m = 2 kg; v' = -3 m/s. Aplicando o teorema do impulso ao processo de

aceleração:

F t 2 6m v F t v v 4 m 2

v 10 m/s.

∆ ×∆ = ∆ ⇒ ∆ = ⇒ − = ⇒

⇒ =

Aplicando o teorema do impulso à colisão:

I m v ' I m v ' v I 2 3 10

I 26 N s.

= ∆ ⇒ = − ⇒ = − − ⇒

⇒ = ⋅

Calculando a variação da energia cinética na colisão:

( ) ( )

2 2

C

2 2 3 2C

m v' m vE

2 2m 2 v ' v 3 10 9 100 E 91 J.2 2

∆ = − ⇒

⇒ − = − = − ⇒ ∆ = −

04. A

Dados: m = 20g M = 480g V1 = 500 m/s V2 = 10m/s Em qualquer colisão, há conservação da quantidade de movimento do sistema:

( )( )

=

= =

+ = = +

− = +

− =

=

= =

antes depois

1 2 depois

1 2 depois F

F

F

F

F

Q Q

Q Q Q

m.V M.V Q M m .V

20.500 480.10 480 20 .V10.000 4.800 500.V5.200 500.V

52V 10,4 m/s5

05. A Dados: mA = 2 m; mB = m; vAB = 20 km/h; sen37° = 0,6

e cos37° = 0,8. Como as forças externas são desprezíveis, o

sistema formado pelos carros é isolado.


Pela conservação da quantidade de movimento, conforme mostra a figura acima:

( )

( )( )

AB A B A B AB

A A B B

AB A B

AB A B

Q Q Q m m vm v m v

2 m m v 2 m v m v

3 m v 2 m v m v .

= + ⇒ + =

= + ⇒

⇒ + = + ⇒

⇒ = +

Ainda da mesma figura:

( )A A A

AB AB

A A

Q 2 m v 2 vcos37 0,8

Q 3 m v 3 20 2 V 48 v 24 km / h.

° = = ⇒ = ⇒

⇒ = ⇒ =

06. C Como se trata de sistema mecanicamente

isolado, pela conservação do momento linear, tem-se:

( )antes depoisVQ Q MV 10M M V' V' .11

= ⇒ = + ⇒ =

07. A

Como o sistema é isolado de forças externas,

podemos aplicar a conservação da quantidade de movimento:

TF TI 1 1 2 2 1 1 2 2Q Q m V m V m u m u= → − = +

175 1,5 25 1,5 75u 25 3× − × = + × → 1u 0= 08. C A quantidade de movimento de cada pedaço deve

ser somada vetorialmente para obtermos Q 0∆ =

. Então para cada pedaço:

1 2 3

1 1 2 2 3 3

Q Q Q 0

M v M v M v 0

+ + =

+ + =

Somando os vetores:

2 2 23 3

6,25(5M ) 2 1,5 M 0,5kg25

= + ⇒ = =

Como a massa total da granada é a soma das

massas parciais: M 0,2 0, 1 0,5 0,8kg= + + = 09. A A quantidade de movimento do sistema ( )

sistQ é a

quantidade de movimento do centro de massa

( )

CMQ , que é igual à soma vetorial das

quantidades de movimento dos corpos que compõem o sistema.

( )( )( )

A A A

B B B

CM sist CM A B CM.

Q m v 2 4 8 kgm / s;

Q m v 6 3 18 kgm / s;

Q M v m m v

= = =

= = = = = +

A figura mostra essa soma para a situação

descrita.

Aplicando Pitágoras:

2 2 2 2CM A BQ Q Q 8 18 388 19,7 kgm / s.= + = + = =

Porém:

( )CM A B CM CM

CM CM

Q m m v 19,7 8v 19,7 v 2,46 v 2,5 m / s.

8

= + ⇒ = ⇒

⇒ = = ⇒ ≅

10. D Como a esfera está em equilíbrio, a resultante das

forças é nula.

dinT 1 10sen30 P 20 N.P 2 P

° = ⇒ = ⇒ =

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FÍSICA 1 – VOLUME 3 RESOLUÇÕES EXERCITANDO EM CASA · mencionado é o da transformação de energia potencial elástica em energia cinética. O estilingue também usa esse mesmo