Manual do Professor - anglouba.com.br · fórmulas para calcular a força de atrito estático máxima e a força de atrito cinético, e introduzindo os conceitos de coeficientes de

EM 1ª série | Volume 2 | Física

Manual do Professor

EM1MPV2_FIS.indd 1 04/01/18 14:42

Coleção EM1

C689 Coleção Ensino Médio 1ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 172 p.: il.

Ensino para ingresso ao Nível Superior. Bernoulli Grupo Educacional.

1. Física I - Título II - Bernoulli Sistema de Ensino III - V. 2

CDU - 37CDD - 370

Centro de Distribuição:

Rua José Maria de Lacerda, 1 900 Cidade Industrial Galpão 01 - Armazém 05 Contagem - MGCEP: 32.210-120

Endereço para correspondência:

Rua Diorita, 43, PradoBelo Horizonte - MGCEP: 30.411-084www.bernoulli.com.br/sistema 31.3029.4949

Fotografias, gráficos, mapas e outros tipos de ilustrações presentes em exercícios de vestibulares e Enem podem ter sido adaptados por questões estéticas ou para melhor visualização.

Coleção Ensino Médio 1ª série – Volume 2 é uma publicação da Editora DRP Ltda. Todos os direitos reservados. Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

SAC: [email protected] 31.99301.1441 - Dúvidas e sugestões a respeito das soluções didáticas.

ConSElho DirEtorDiretor Administrativo-Financeiro: Rodrigo Fernandes DomingosDiretor de Ensino: Rommel Fernandes DomingosDiretor Pedagógico: Paulo RibeiroDiretor Pedagógico Executivo: Marcos Raggazzi

DirEçãoDiretor Executivo: Tiago Bossi

AutoriAFísica: Adriano V. da Gama, Luiz Machado

ProDuçãoGerente de Produção: Luciene FernandesAnalista de Processos Editoriais: Letícia OliveiraAssistente de Produção Editorial: Thais Melgaço

núcleo PedagógicoGestores Pedagógicos: Amanda Zanetti, Vicente Omar TorresCoordenadora Geral de Produção: Juliana RibasCoordenadoras de Produção Pedagógica: Drielen dos Santos, Isabela Lélis, Lílian Sabino, Marilene Fernanda Guerra, Thaísa Lagoeiro, Vanessa Santos, Wanelza TeixeiraAnalistas Pedagógicos: Amanda Birindiba, Átila Camargos, Bruno Amorim, Bruno Constâncio, Daniel Menezes, Daniel Pragana, Daniel Pretti, Dário Mendes, Deborah Carvalho, Joyce Martins, Juliana Fonseca, Júnia Teles, Luana Vieira, Lucas Maranhão, Mariana Campos, Mariana Cruz, Marina Rodrigues, Paulo Caminha, Paulo Vaz, Raquel Raad, Sabrina Carmo, Stênio Vinícios de Medeiros, Taciana Macêdo, Tatiana Bacelar, Thalassa Kalil, Thamires Rodrigues, Vladimir AvelarAssistente técnica em Estatística: Numiá GomesAssistentes de Produção Editorial: Carolina Silva, Suzelainne de Souza

Produção EditorialGestora de Produção Editorial: Thalita NigriCoordenadores de núcleo: Étore Moreira, Gabriela Garzon, Isabela DutraCoordenadora de iconografia: Viviane FonsecaPesquisadores iconográficos: Camila Gonçalves, Débora Nigri, Eloine Reis, Fabíola Paiva, Guilherme Rodrigues, Núbia Santiagorevisores: Ana Maria Oliveira, Gabrielle Ruas, Lucas Santiago, Luciana Lopes, Natália Lima, Tathiana OliveiraArte-Finalistas: Cleber Monteiro, Gabriel Alves, Kátia SilvaDiagramadores: Camila Meireles, Isabela Diniz, Kênia Sandy Ferreira, Lorrane Amorim, Naianne Rabelo, Webster Pereirailustradores: Reinaldo Rocha, Rodrigo Almeida, Rubens Lima

Produção GráficaGestor de Produção Gráfica: Wellington SeabraCoordenador de Produção Gráfica: Marcelo CorreaAnalista de Produção Gráfica: Patrícia ÁureaAnalistas de Editoração: Gleiton Bastos, Karla Cunha, Pablo Assunção, Taiana Amorimrevisora de Produção Gráfica: Lorena Coelho

Coordenador do PSM: Wilson BittencourtAnalistas de Processos Editoriais: Augusto Figueiredo, Izabela Lopes, Lucas Roquerevisoras: Bruna Emanuele Fernandes, Danielle Cardoso, Luísa GuerraArte-Finalista: Larissa AssisDiagramadores: Anna Carolina Moreira, Maycon Portugal, Rafael Guisoli, Raquel Lopes, Wallace Weberilustrador: Hector Ivo Oliveira

rElACionAMEnto E MErCADoGerente Geral de relacionamento e Mercado: Renata Gazzinelli

SuPortE PEDAGóGiCoGerente de Suporte Pedagógico: Heloísa BaldoAssessoras Pedagógicas Estratégicas: Madresilva Magalhães, Priscila BoyGestores de Conteúdo: Luciano Carielo, Marinette FreitasConsultores Pedagógicos: Adriene Domingues, Camila Ramos, Claudete Marcellino, Daniella Lopes, Denise Almeida, Eugênia Alves, Francisco Foureaux, Leonardo Ferreira, Lucilene Antunes, Paulo Rogedo, Soraya Oliveira

Analista de Conteúdo Pedagógico: Paula VilelaAnalista de Suporte Pedagógico: Caio PontesAnalista técnico-Pedagógica: Graziene de AraújoAssistente técnico-Pedagógica: Werlayne BastosAssistentes técnico-Administrativas: Aline Freitas, Lívia Espírito Santo

CoMErCiAlCoordenador Comercial: Rafael CurySupervisora Administrativo-Comercial: Mariana GonçalvesConsultores Comerciais: Adalberto de Oliveira, Carlos Eduardo Oliveira, Cláudia Amoedo, Eduardo Medeiros, Guilherme Ferreira, Ricardo Ricato, Robson Correia, Rossano Rodrigues, Simone CostaAnalistas Comerciais: Alan Charles Gonçalves, Cecília Paranhos, Rafaela RibeiroAssistentes Comerciais: Laura Caroline Tomé, Melissa Turci

ADMiniStrAtivoGerente Administrativo: Vítor LealCoordenadora técnico-Administrativa: Thamirys Alcântara Coordenadora de Projetos: Juliene SouzaAnalistas técnico-Administrativas: Ana Clara Pereira, Bárbara Câmara, Lorena KnuppAssistentes técnico-Administrativos: Danielle Nunes, David Duarte, Fernanda de Souza, Mariana Girardi, Priscila Cabral, Raphaella HamziAuxiliares de Escritório: Jéssica Figueiredo, Sandra Maria MoreiraEncarregado de Serviços Gerais e Manutenção: Rogério Brito

oPErAçõESGerente de operações: Bárbara AndradeCoordenadora de operações: Karine ArcanjoSupervisora de Atendimento: Adriana MartinsAnalista de Controle e Planejamento: Vinícius AmaralAnalistas de operações: Ludymilla Barroso, Luiza RibeiroAssistentes de relacionamento: Amanda Aurélio, Amanda Ragonezi, Ana da Silva, Ana Maciel, Ariane Simim, Débora Teresani, Elizabeth Lima, Eysla Marques, Flora Freitas, Iara Ferreira, Renata Gualberto, Renata Magalhães, Viviane RosaCoordenadora de Expedição: Janaína CostaSupervisor de Expedição: Bruno Oliveiralíder de Expedição: Ângelo Everton PereiraAnalista de Expedição: Luís XavierAnalista de Estoque: Felipe LagesAssistentes de Expedição: Eliseu Silveira, Helen Leon, João Ricardo dos Santos, Pedro Henrique Braga, Sandro Luiz QueirogaAuxiliares de Expedição: Admilson Ferreira, Marcos Dionísio, Ricardo Pereira, Samuel Pena

tECnoloGiA EDuCACionAlGerente de tecnologia Educacional: Alex RosaCoordenadora Pedagógica de tecnologia Educacional: Luiza WinterCoordenador de tecnologia Educacional: Eric LongoCoordenadora de Atendimento de tecnologia Educacional: Rebeca MayrinkAnalista de Suporte de tecnologia Educacional: Alexandre PaivaAnalista de tecnologia Educacional: Vanessa VianaAssistentes de tecnologia Educacional: Augusto Alvarenga, Naiara Monteiro, Sarah CostaDesigner de interação: Marcelo CostaDesigners instrucionais: Alisson Guedes, David Luiz Prado, Diego Dias, Fernando Paim, Mariana Oliveira, Marianna DrumondDesigner de vídeo: Thais MeloEditora Audiovisual: Marina Ansalonirevisor: Josélio VerteloDiagramadores: Izabela Brant, Raony Abade

MArkEtinGGerente de Marketing: Maria Cristina BelloCoordenadora de Marketing: Jaqueline Camargos

EM1MPV2_FIS.indd 2 10/01/18 13:18

Físi

ca

Manual do Professor

3Bernoulli Sistema de Ensino

Planejamento do volume*Disciplina: física

sÉRiE: 1ª

sEGMEnTO: EM

vOluME: 2

FRENTE CAPÍTulo TÍTulo SugESTõES dE ESTRATégiAS

A

3 •Leis de Newton – Aplicações

•Aplicação de exercícios

•Aula prática

•Debates

•Aula multimídia

4 •Estática dos Sólidos

B

3 •Movimento Variado

4 •Movimento Circular

* Conteúdo programático sujeito a alteração.

Orientações e sugestõesProfessor, na medida do possível, ajuste a abordagem de cada capítulo ao tempo que nós sugerimos

neste manual. Além do texto e dos exercícios, há várias atividades que você e os seus alunos poderão explorar em sala ou em casa. Não deixe de realizar, em sala, algumas experiências propostas nas seções “Experimentando”. Além de fazer em sala e propor exercícios para casa, peça também para os alunos lerem os textos complementares do capítulo e acessarem os sites sugeridos nas seções “Tá na Mídia”. Estamos convictos de que uma abordagem equilibrada dos capítulos, aliada ao estudo sistemático e orientado do aluno em casa, possibilitará uma boa assimilação de todos os temas apresentados nesta obra.

Exercícios propostosOs Exercícios propostos nos fins dos capítulos foram distribuídos de forma que os primeiros são

mais fáceis e podem ser resolvidos, geralmente, com apenas uma etapa de resolução. Os exercícios intermediários exigem um entendimento maior da matéria. Por isso, eles devem ser resolvidos depois de o estudante ter trabalhado os primeiros exercícios. Os últimos exercícios são questões discursivas. Esses três grupos de exercícios foram ordenados de acordo com o aparecimento do assunto ao longo do capítulo. O quadro a seguir apresenta a distribuição dos exercícios para cada capítulo.

CapítulosMais

fáCeisMédios ou

difíCeisQuestões

disCursivas

Capítulo A3: Leis de Newton – Aplicações 1-15 16-31 32-35

Capítulo A4: Estática dos Sólidos 1-16 17-30 31-35

Capítulo B3: Movimento Variado 1-16 17-30 31-35

Capítulo B4: Movimento Circular 1-14 15-28 29-35

A seguir, apresentamos sugestões específicas para os capítulos das Frentes A e B do Volume 2 da Coleção

de Física da 1ª série.

EM1MPV2_FIS.indd 3 09/01/18 16:16

4 Coleção EM1

Capítulo A3: Leis de Newton – Aplicações1. Professor, antes de começar o conteúdo propriamente, explique à classe que o objetivo desse capítulo

é mostrar aplicações das Leis de Newton sobre o movimento. Inicialmente, vamos explorar problemas sobre tensões em cordas, sistemas submetidos à força de atrito, planos inclinados e forças elásticas de molas. Além disso, parte do capítulo é dedicada a problemas combinados de Cinemática e Leis de Newton. Outra parte do capítulo aborda problemas de força sobre pessoas e corpos em movimento dentro de um elevador que se move com velocidade constante ou com aceleração constante. Enfim, há uma infinidade de problemas sobre aplicações das Leis de Newton. Professor, diga aos alunos que eles continuarão aplicando as Leis de Newton em praticamente todo o restante do curso de Física do 1º ano e em boa parte dos cursos do 2º e do 3º ano. Por exemplo, as soluções de alguns problemas de movimentos de cargas elétricas (temas do curso do 3º ano) dependem de um bom conhecimento sobre as Leis de Newton.

2. Inicie o capítulo explicando situações de tensões em cordas, nas quais os corpos presos nas cordas estão em repouso em Movimento Retilíneo Uniforme. Nos dois casos, não há aceleração, de modo que os problemas são mais simples. Explore também problemas envolvendo roldanas e cordas, mostrando que uma roldana fixa apenas inverte o sentido da força, mas que uma roldana móvel divide essa força por dois. Professor, os primeiros Exercícios propostos sobre roldanas e tensões em cordas são mais simples. Não deixe de fazer em sala a experiência da primeira seção “Experimentando”, ela é realmente muito interessante.

3. A seguir, explique o método para calcular tensões em cordas quando há uma aceleração. Inicie a explicação com um exemplo simples, como os dois blocos ligados pela corda na figura a seguir. Mostre que esse problema é realmente simples, sobretudo se a massa da corda é desprezível em comparação com as massas dos blocos, pois não há variação da tensão ao longo da corda, de modo que as tensões nas extremidades das cordas são iguais (a subseção 1.3 aborda esse tema). Outro problema simples sobre tensões em cordas em sistemas acelerado é o Exercício resolvido 01. Já o Exercício resolvido 02, apesar de ser muito interessante, é um pouco mais complexo.

m1

m2

4. A seção 2 do capítulo trata da força de atrito. Antes de apresentar cálculos sobre a força de atrito, explique a importância do atrito no dia a dia, citando exemplos de fatos e de situações que, sem o atrito, não poderiam ocorrer, tais como andar, usar uma caneta para escrever, pegar uma latinha de refrigerante com as mãos, etc. Ainda antes de calcular a força de atrito, fale sobre a sua origem, explicando que o atrito decorre das asperezas existentes entre duas superfícies em contato, da pressão que uma superfície exerce na outra e do deslizamento ou da tendência de deslizamento entre essas superfícies.

5. Diferencie a força de atrito de deslizamento estático da força de atrito cinético, apresentando as fórmulas para calcular a força de atrito estático máxima e a força de atrito cinético, e introduzindo os conceitos de coeficientes de atrito estático e cinético. Para ilustrar a diferença entre essas forças, apresente o famoso gráfico da força de atrito em função da força aplicada sobre um corpo inicialmente parado sobre uma mesa. Professor, como aplicação da força de atrito estático, fale sobre o freio ABS, cujo princípio básico consiste em não deixar que a roda do carro seja travada durante a frenagem, de modo que a força de atrito sobre a roda é sempre do tipo estático, e não cinético. Aprenda mais sobre o freio ABS no site <http://bit.ly/2BgpO2M>.

EM1MPV2_FIS.indd 4 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


6. Professor, não deixe de falar um pouco sobre a força de atrito de rolamento, explicando, por exemplo, que, em um carro com movimento acelerado, as rodas de tração trabalham empurrando o chão para trás, de modo que o chão empurra o carro para frente (algo semelhante ocorre quando caminhamos, pois nós empurramos o chão para trás e ele nos empurra para frente). Explique ainda que, nas rodas sem tração, o atrito do chão nas rodas age no sentido oposto ao movimento do carro.

7. Explique a força de arrasto ou de resistência de um fluido. Use o exemplo do paraquedas apresentado no texto para explorar melhor esse assunto. Professor, como curiosidade, você pode falar sobre uma incrível estatística, a qual mostra que, quanto mais alto for o tombo sofrido por um gato que cai de um prédio, maior é a chance de o animal sobreviver. Quanto maior a altura, maior é o tempo para o gato atingir uma velocidade constante. Apesar de essa velocidade ser alta e fatal, o movimento do gato não apresenta mais aceleração a partir desse ponto (a mesma coisa acontece com o paraquedista). Nesse momento, acredita-se que o animal fica mais relaxado, assumindo uma postura menos contraída e oferecendo uma maior superfície para a força de resistência agir (é como se o gato abrisse um paraquedas natural). Com o aumento da força de arrasto, a velocidade de queda diminui a um valor relativamente baixo, evitando um impacto maior contra o solo. Para auxiliar sua explanação sobre esse conteúdo, sugerimos a utilização da animação “Ar que faz força”, disponível no Bernoulli Digital. Ela permite observar o movimento de queda de dois paraquedistas de massas diferentes e suas velocidades terminais, antes e após a abertura do paraquedas. Por meio de gráficos presentes na animação, também é possível verificar o comportamento da força de arrastro e da velocidade em cada um dos paraquedistas. Ao final da interação, proponha a resolução dos exercícios presentes no conteúdo digital.

8. Proponha a interação dos alunos com o jogo “Corte certo” disponível no Bernoulli Digital. Nesse divertido objeto de aprendizagem, os alunos trabalharão com as componentes ortogonais de um vetor, controlando a inclinação do vetor força aplicado em um cortador de grama a fim de variar sua velocidade e a altura do corte. Ajude-os a perceber que a inclinação do vetor F ocasiona a variação de suas componentes Fx e Fy, aumentando ou diminuindo sua intensidade de acordo com o ângulo escolhido. Chame a atenção para o fato de que, ao abaixar a haste do cortador de grama, a força aplicada ficará mais próxima da direção horizontal e, portanto, maior será o módulo da componente Fx, responsável pelo deslocamento. Consequentemente, menor será a componente Fy, que interfere diretamente na força de compressão do equipamento contra o solo. Assim, a força normal diminui e, desse modo, a força de atrito também. Logo, a velocidade obtida para fugir do cão será maior. Por outro lado, quanto mais próxima da direção vertical a força for aplicada, maior será o módulo da componente Fy, e, com isso, a grama será mais bem cortada. Utilize a dinâmica do jogo para que eles compreendam melhor o conteúdo estudado e estimule-os a interagir com o objeto de aprendizagem. Ao final da interação, proponha a resolução dos exercícios presentes no conteúdo digital.

9. Apresente o estudo das forças no plano inclinado, começando com o caso em que um bloco fica em repouso quando colocado sobre um plano com atrito. Mostre como o coeficiente de atrito estático entre o plano e o bloco pode ser facilmente determinado, bastando inclinar o plano lentamente até que o bloco inicie o movimento. Esse coeficiente é igual à tangente do ângulo de inclinação do plano para a situação de iminência de movimento. A propósito, não deixe de realizar a experiência sugerida na seção “Experimentando”, na qual o coeficiente de atrito estático entre um livro e uma mesa é calculado por esse método.

10. Agora, discuta situações em que um corpo move-se sobre um plano inclinado submetido ou não a uma aceleração. Use o Exercício resolvido 06 para explicar o caso em que o movimento é acelerado. Professor, há muitas aplicações cotidianas sobre movimentos de corpos em planos inclinados. Explore-as nas provas que você for aplicar para os seus alunos. A título de exemplo, apresentamos a seguir uma excelente questão da Universidade Federal de Goiás (essa questão não está na lista dos nossos Exercícios propostos).

(UFG-GO) Nas academias de ginástica, usa-se um aparelho chamado pressão com pernas (leg press), que tem a função de fortalecer a musculatura das pernas. Esse aparelho possui uma parte móvel que desliza sobre um plano inclinado, fazendo um ângulo de 60° com a horizontal. Uma pessoa, usando o aparelho, empurra a parte móvel de massa igual a 100 kg e a faz mover ao longo do plano, com velocidade constante, como é mostrado na figura.

EM1MPV2_FIS.indd 5 14/12/17 08:17

6 Coleção EM1

60°

v

Considere o coeficiente de atrito dinâmico entre o plano inclinado e a parte móvel 0,10 e a aceleração gravitacional 10 m/s². (Usar sen 60° = 0,86 e cos 60° = 0,50).

A) Faça o diagrama das forças que estão atuando sobre a parte móvel do aparelho, identificando-as.

B) Determine a intensidade da força que a pessoa está aplicando sobre a parte móvel do aparelho.

11. Explique a Lei de Hooke para a força elástica nas molas. Essa lei será muito importante para estudarmos a energia potencial elástica armazenada em molas nos capítulos sobre energia.

12. Para finalizar o capítulo, faça o Exercício resolvido 07. Esse importante problema explora o estudo das forças sobre um corpo em movimento dentro de um elevador. Professor, antes de fazer o exercício, sugerimos que você apresente aos alunos o esquema a seguir, que é um resumo sobre o balanço de forças atuantes em uma pessoa que está sobre uma balança dentro de um elevador. Os módulos das acelerações do elevador para os diversos casos podem ser determinados pela 2ª Lei de Newton: a = |peso − normal|/massa da pessoa. A mesma ideia pode ser aplicada para relacionar a leitura de um dinamômetro com o peso do corpo sustentado por esse instrumento ou para relacionar a força de tensão no cabo do elevador com o peso total do elevador.

PesoForça de compressão

Normal = Leitura da balança

A LEITURA DA BALANÇA ÉA FORÇA RESULTANTE E A

ACELERAÇÃO SÃOO ELEVADOR ESTÁ

igual ao peso da pessoa nulas parado ou em movimento uniforme

maior que o peso da pessoa voltadas para cima iniciando a subida ou parando na descida

menor que o peso da pessoa voltadas para baixo iniciando a descida ou parando na subida

Capítulo A4: Estática dos SólidosO Enem (Exame Nacional do Ensino Médio) está, ano após ano, ganhando força como um instrumento

de aferição de conhecimentos que poderá, muito em breve, tornar-se o exame único para o ingresso em instituições de nível superior. Por isso, caro professor, vale a pena voltar as atenções para as propostas contidas na matriz de referência.

EM1MPV2_FIS.indd 6 04/01/18 14:43

Físi

ca

Manual do Professor


Estática dos Sólidos faz parte do objeto de conhecimento “O movimento, o equilíbrio e a descoberta de leis físicas”, que está associado à matriz de referência do Enem. Destaque especial deverá ser dado, portanto, a três assuntos:

• Centrodemassaeaideiadepontomaterial.

• Momentodeumaforça(torque).

• Condiçõesdeequilíbrioestáticodepontomaterialedecorposrígidos.

A seguir, algumas sugestões de trabalho:

1. Avalie com os alunos, em primeiro lugar, em quais situações determinado corpo poderá ser tratado como um ponto material e instigue-os a pensar o que é necessário para o equilíbrio nesses casos. Será preciso alertá-los para a necessidade do domínio pleno do uso de vetores e da determinação de resultantes vetoriais pelos métodos do polígono, do paralelogramo, ou das componentes vetoriais.

2. Discuta situações que façam parte da experiência cotidiana dos alunos acerca do equilíbrio de corpos rígidos, que não poderão ser tratados como pontos materiais. Certamente, será possível visualizar situações simples dentro da própria sala de aula e avaliar de maneira intuitiva o que é necessário para garantir o equilíbrio, por exemplo, de vigas de sustentação, das cadeiras de estudo e até mesmo do corpo humano. Logo, eles irão perceber a necessidade não apenas do equilíbrio de forças, mas também de algo que impeça as rotações. Essa será a chance adequada para conceituar momento de uma força.

3. Proponha a interação dos alunos com o jogo “Tetristática”, disponível no Bernoulli Digital. Esse desafiador objeto de aprendizagem consiste em uma variação do famoso jogo Tetris: em vez das peças tradicionais, são dados vetores de força, que devem ser posicionados sobre uma barra de forma a equilibrar o torque sobre sua extensão. Chame a atenção para a intensidade do torque devido ao módulo do vetor e à sua posição em relação ao centro da barra.

4. Associe a estática dos sólidos à criação de grandes obras da engenharia e da arquitetura que só foram possíveis graças ao respeito às condições de equilíbrio dos corpos extensos rígidos.

5. Conceitue qualitativamente centro de massa e, quantitativamente, centro de gravidade.

6. Associe o conceito de centro de massa à trajetória que pode ser descrita por um corpo de tal forma que o aluno reconheça que a trajetória do centro de massa deverá coincidir com a trajetória descrita por um corpo como um todo.

7. Utilize a seção “Experimentando” para auxiliar na compreensão do conceito de centro de gravidade.

8. Relacione o momento de uma força ao princípio das alavancas. Nesse ponto, será interessante avaliar a ousadia do pensamento figurado de Arquimedes: “Dê-me um ponto de apoio e uma alavanca que eu moverei o mundo”.

9. Conceitue momento angular de maneira semiquantitativa, pois, em alguns vestibulares, é necessário o conhecimento dessa grandeza física.

Capítulo B3: Movimento Variado1. Professor, antes de apresentar a definição matemática para calcular a aceleração média, discuta na

sala o conceito físico de aceleração. Sem se preocupar em fazer cálculos, explique que um corpo em alta velocidade pode ter aceleração zero. Diferencie a aceleração tangencial da aceleração centrípeta, usando como exemplo um carro que faz uma curva com a velocidade permanecendo constante em módulo e depois variando de valor. Explique que, no presente capítulo, nós vamos explorar problemas envolvendo a aceleração tangencial, mas que a aceleração centrípeta será o tema central do próximo capítulo.

EM1MPV2_FIS.indd 7 14/12/17 08:17

8 Coleção EM1

2. Fale sobre os efeitos fisiológicos da aceleração, explicando que o nosso corpo é uma espécie de acelerômetro, pois nós sentimos uma variação de velocidade, mas não a velocidade propriamente dita. Um bom exemplo disso é a sensação de conforto que os passageiros sentem em um voo uniforme de um avião que se move a 700 km/h, em oposição ao desconforto dos passageiros de um navio, causado pelo balanço do barco, ainda que esse se mova lentamente no mar.

3. Apresente a definição matemática da aceleração tangencial. Discuta em detalhes a unidade de aceleração, não se limitando apenas à unidade m/s2 do Sistema Internacional de Medidas. Por exemplo, você pode pedir para os alunos estimarem o valor da aceleração média tangencial de um carro freando ou arrancando, usando a unidade km/h/s.

4. Explique que a aceleração é uma grandeza escalar. Você pode falar que a direção e o sentido da aceleração são aquelas da força resultante que gerou a aceleração, pois, na Frente A, o estudo sobre as Leis de Newton já foi iniciado. Essa é uma das vantagens de se trabalhar com as duas frentes: o aluno estuda o movimento de forma descritiva (Frente A: Cinemática), simultaneamente ele aprende as causas do movimento (Frente B: Leis de Newton). No caso específico da aceleração tangencial, explique que o sentido da aceleração é o mesmo da velocidade quando essa aumenta de valor, mas que a aceleração tem sentido oposto ao do movimento quando a velocidade diminui. Para justificar isso, você poderá escrever a equação da aceleração média na forma vetorial e aplicar a regra de subtração de vetores. Mostre os dois casos, aquele no qual a velocidade está aumentando e o outro em que a velocidade está diminuindo.

5. Agora, introduza o conceito geométrico da aceleração tangencial, usando um gráfico da velocidade em função do tempo para um movimento variado. Primeiramente, trace uma reta secante ao gráfico entre dois instantes de tempo, mostrando que a aceleração tangencial média é a inclinação dessa reta secante (1º gráfico a seguir). Depois, fazendo o intervalo de tempo tender a zero, mostre que a reta secante vira uma reta tangente, cuja inclinação é a chamada aceleração tangencial instantânea (2º gráfico a seguir). Professor, chame a atenção dos alunos para o fato de que, como as escalas do eixo do tempo e da velocidade são, em geral, diferentes, nós não podemos associar a aceleração do movimento à inclinação do gráfico medida diretamente com um transferidor. Para determinar a aceleração, deveremos medir o tamanho do cateto vertical e o do cateto horizontal do triângulo formado pela reta secante ou tangente e depois dividir a 1ª medida pela 2ª. O Exercício resolvido 01 é um bom treinamento para o aluno assimilar melhor essa ideia.

t1 t2 t

v

∆1

α

∆v

tg α = a = ∆v/∆t

t

v

α

t1 t2 t

v

∆1

α

∆v

tg α = a = ∆v/∆t

t

v

α

EM1MPV2_FIS.indd 8 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


6. Introduza a ideia de movimento uniformemente variado, explicando que a aceleração tangencial desse movimento é constante. Por isso, o gráfico da velocidade em função do tempo é uma reta inclinada. A propósito, apresente os três gráficos a seguir de um movimento uniformemente variado, que, por exemplo, pode representar o movimento de um carro que está parando. Explique por que a aceleração do carro é negativa, por que a inclinação do gráfico da posição em função do tempo aumenta no tempo e por que a inclinação desse gráfico é nula no instante T. Os alunos irão entender isso, pois a inclinação do gráfico da posição versus o tempo (a velocidade instantânea) já foi discutida no capítulo anterior. Além disso, naquele capítulo, também discutimos o fato de que a distância percorrida é dada pela área do gráfico da velocidade versus o tempo.

Tempo

Posição

T

Tempo

Velocidade

Distância

Tempo

Aceleração

7. Apresente as três equações básicas do Movimento Uniformemente Variado. Deduza a 1ª equação (v = v0 + at) a partir da definição da aceleração e deduza a 2ª equação (d = v0t + at2/2) a partir da área sob o gráfico da posição em função do tempo. Mostre que a 3ª equação (v2 = v0

2 + 2ad) pode ser deduzida combinando-se a 1ª equação com a 2ª, e eliminando-se o tempo t nas equações.

8. Para usar as equações básicas do movimento uniformemente variado, é importante usar sinais corretos para a velocidade e para a aceleração. Explique que o movimento acelerado (velocidade crescente em módulo) terá aceleração positiva se a velocidade for positiva, mas terá aceleração negativa se a velocidade for negativa. No caso do movimento retardado (velocidade decrescente em módulo), a aceleração e a velocidade apresentam sinais opostos.

9. Muitos professores de Física associam a dificuldade dos alunos em compreender o conceito de aceleração ao fato de, no estudo da Cinemática, ela vir dissociada de sua origem, o conceito de força. Por outro lado, muitos professores consideram que uma explicação puramente descritiva do movimento seja apresentada a priori. Para esses professores, apenas depois que os conceitos operacionais de velocidade e aceleração estiverem sedimentados é que a dinâmica do movimento deve ser introduzida. De fato, a Coleção Bernoulli concilia as duas correntes de ensino, uma vez que a frente A aborda as causas do movimento (Leis de Newton), e a frente B, concomitantemente, apresenta o movimento de forma mais descritiva (Cinemática). Mesmo assim, quando você estiver trabalhando com a Frente B, é interessante reforçar com os seus alunos a ideia de que há uma estreita associação entre a alteração do estado de movimento de um corpo (aceleração) e a causa disso (a força).

10. Explique a queda livre (descida, mas também a subida), apresentado esse movimento como sendo um movimento uniformemente variado. Professor, resolvendo na sala o Exercício resolvido 04, você poderá apresentar as principais características e os principais gráficos desse movimento. As quatro experiências de queda livre apresentadas na seção “Experimentado” são de fácil execução e todas são muito interessantes. Professor, escolha pelo menos duas dessas experiências para enriquecer as suas explicações sobre o assunto.

EM1MPV2_FIS.indd 9 14/12/17 08:17

10 Coleção EM1

Capítulo B4: Movimento Circular1. Inicie o capítulo caracterizando o movimento curvilíneo, explicando que todo movimento desse tipo

apresenta uma aceleração centrípeta. Cite movimentos curvilíneos do dia a dia que sejam desprovidos

de aceleração tangencial e de outros que tenham essa aceleração, como um ventilador girando

normalmente e quando o ventilador acaba de ser ligado ou desligado. Explique os sentidos da aceleração

centrípeta, da aceleração tangencial e da aceleração total para um ponto na periferia de uma das pás

do ventilador para cada um desses casos. Você pode usar o Exercício resolvido 01 para fazer isso.

2. Defina as grandezas básicas do Movimento Circular Uniforme: o raio da curva (R), o período e a

frequência (T, f), as velocidades tangencial e angular (v, w) e a aceleração centrípeta (ac). Deduza

as equações básicas do movimento em função dessas grandezas: v = 2pR/T = 2pf, w = 2p/T = 2pf,

v = wR e ac = v2/R = w2R. A equação ac = v2/R é mais difícil de ser deduzida, mas você poderá

usar a figura 6 do texto do capítulo para fazer isso. Professor, ainda que você não deduza essa

equação, mostre que v2 dividido por R implica uma unidade compatível para a aceleração centrípeta:

(m/s)2/m = m/s2.

3. Há dois tipos clássicos de problemas sobre Movimento Circular Uniforme, em que comparamos os

movimentos de dois pontos A e B. No 1º tipo de problema, os pontos A e B giram com a mesma velocidade

angular. No 2º tipo, os pontos giram com a mesma velocidade tangencial. Existem inúmeros exemplos

desses problemas, mas dois pontos A e B de um disco rígido girante e dois pontos nas periferias de duas

engrenagens ou polias ligadas por uma corrente são os exemplos mais famosos do 1º tipo e do 2º tipo

de problema, respectivamente. Professor, usando esses exemplos, mostre detalhadamente se v, w, T,

f e ac do ponto A é maior, menor ou igual à grandeza do ponto B. Para analisar a aceleração centrípeta,

use a equação ac = w2R para o caso em que w é constante e a equação ac = v2/R para o caso em que

v constante, explicando que a aceleração centrípeta é diretamente proporcional ao raio para o 1º tipo

de problema, mas inversamente proporcional ao raio para o 2º tipo de problema. Professor, explique

ainda que grande parte das multiplicações ou reduções de velocidades de máquinas e de equipamentos

usados no dia a dia é obtida por meio de polias ligadas por uma

corrente ou de engrenagens, como mostrado na foto a seguir.

Nessa montagem, os movimentos dos dentes das engrenagens

A e B devem ser analisados com base no 1º tipo de problema,

pois as engrenagens giram em torno de um eixo comum E.

Por outro lado, os movimentos dos dentes das engrenagens B e C

devem ser analisados com base no 2º tipo, pois as engrenagens

giram acopladas.

4. Indicamos o vídeo “Transmissão do movimento circular”, disponível no Bernoulli Digital. Esse objeto de

aprendizagem ajuda a exemplificar e contextualizar os mecanismos de transmissão do movimento

circular. Estimule os alunos a assistirem ao vídeo ou exiba-o em sala de aula. Chame atenção para

as diferenças entre os diversos tipos de acoplamentos, quais grandezas se conservam durante a

transmissão do movimento, quais não se conservam e o porquê de isso acontecer. Não deixe de propor

a resolução dos exercícios presentes no conteúdo digital.

5. Professor, a leitura do texto complementar explora várias transmissões de movimentos circulares em

um motor automotivo. Vale a pena discutir essa leitura em sala de aula e mostrar para os alunos as

situações referentes aos 1º e 2º tipos de problemas citados anteriormente.

A

B

C

EE

EM1MPV2_FIS.indd 10 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Comentário e resolução de questõesCAPÍTULO – A3Leis de Newton – Aplicações

Exercícios de aprendizagem

Questão 01 Comentário:

A) Na 1ª montagem (roldana fi xa), para erguer o disco de peso P = 30 N, a força da corda no disco deve ser também de 30 N, e voltada para cima. Como uma roldana fi xa apenas inverte o sentido da força, a pessoa deve fazer uma força de 30 N puxando a corda para baixo. Para o disco subir uma altura H = 1,0 m, a pessoa deve puxar 1,0 de corda para baixo.

B) Na 2ª montagem (roldana móvel), para erguer o disco de peso P = 30 N, a força que cada um dos dois ramos da corda exerce na roldana é de 15 N, e ambas as forças são voltadas para cima, de modo que a soma é 30 N, anulando o peso do disco (considerando o peso da roldana como desprezível). Assim, a pessoa deve fazer uma força de 15 N puxando o ramo direito da corda para cima. Para o disco subir uma altura H = 1,0 m, a pessoa deve puxar 2,0 m de corda.

Questão 02Comentário: Na 1ª situação, o pai aplica uma força de módulo T na corda. A corda exerce uma força T’ na cadeira. É claro que T’ = 350 N, para que o balanço fique em repouso. Desprezando a massa da corda, temos que T = T’ = 350 N, pois não há variação de tensão ao longo da corda. Na 2ª situação, a força de módulo T’ que a corda exerce na mão do menino é igual a força de módulo T que a corda exerce na cadeira. Como podemos desprezar a massa da corda, para o sistema (menino / cadeira) ficar em equilíbrio, temos:

T + T’ = 350 ⇒ 2T = 350 ⇒ T = 175 N

T’

T’

T

T

350 N 350 N

Questão 03Comentário:

A) Considerando o conjunto formado pelos blocos e pelo fi o como um só corpo, conclui-se que a força resultante que age sobre o conjunto é dada pela diferença entre os módulos da força peso do bloco B e da força de atrito que age sobre o bloco A. Assim, temos que a aceleração do conjunto é dada por:

F P –F F 3,0 . 10 12 18 N

aF

ma 18

92,0 m/s

R B A R

R 2

= ⇒ = − =

= ⇒ = =

Logo, a aceleração que atua nos blocos e no fi o é a = 2,0 m/s2. Apesar de a massa do fi o ser desprezível, ele possui a mesma aceleração dos blocos, uma vez que eles se movem juntos.

B) Aplicando a 2ª Lei de Newton ao bloco A, temos: FR = FFA – FA ⇒ FFA = FR + FA

FR = 6,0 . 2,0 + 12 = 24 N

C) Aplicando a 2ª Lei de Newton ao bloco B, temos: FR = PB – FFB – FFB = PB – FR ⇒ FR = 3,0 . 10 + 3,0 . 2,0 = 24 N As forças FFA e FFB apresentam valores iguais devido ao fato

de termos desprezado a massa do fi o.

Questão 04Comentário: A figura mostra as forças que agem na esfera e no bloco: os pesos P1 = 20 N da esfera e o peso P2 = 30 N do bloco (considerando g = 10 m/s2) e as tensões T1 = T2, que a corda exerce na esfera e no bloco e que são iguais entre si porque a massa da corda é desprezível. Aplicando a 2ª Lei de Newton em cada corpo e chamando as duas tensões simplesmente de T, obtemos o seguinte sistema de equações:T1 – P1 = m1a ⇒ T – 20 = 2,0.aP2 – T2 = m2a ⇒ 30 – T = 3,0.a Resolvendo o sistema, achamos a = 2,0 m/s2 e T = 24 N.A montagem deste exercício é conhecida como a Máquina de Atwood. Ela foi proposta em 1784 por George Atwood para determinar experimentalmente a aceleração da gravidade. Como as massas em cada lado são de valores próximos, o movimento ocorre com baixa aceleração, ao contrário da aceleração de queda livre dos corpos. Assim, nesta montagem, é fácil determinar experimentalmente a aceleração (a) por meio das medições do tempo (t) e do deslocamento (d) das duas massas, e aplicando a equação d = at2/2 da Cinemática.

a

m1

P1 = 20 N

T1

T2

P2 = 30 N

m2

EM1MPV2_FIS.indd 11 04/01/18 14:43

12 Coleção EM1

Questão 05 Comentário: As figuras mostram os valores das forças de atrito que o solo exerce no bloco em cada figura.

Fae = 5N Fae = 10N Fae máx = 15N Fc < 15N

5 N 10 N 15 N 20 N

A) Na 1ª figura, não há força de atrito, pois a pessoa não está empurrando o bloco. O solo só exerce uma força de atrito quando o bloco exerce nele uma força de atrito para frente ao ser empurrado. A força de atrito do solo no bloco nada mais é do que a reação à força de atrito do bloco no solo.

B) Nas 2ª, 3ª e 4ª figuras, a força de atrito do solo no bloco é do tipo estático, pois o bloco é empurrado para frente, mas continua parado. De acordo com a 1ª Lei de Newton, essa força de atrito deve ter módulo igual à força do empurrão, pois a resultante deve ser zero para o corpo permanecer em repouso. Note que, quanto maior a força do empurrão, maior é o valor da força de atrito estático, de modo a garantir uma resultante nula. Na 4ª figura, como o bloco está na iminência de movimento, a força de atrito estático é máxima: Fae máx = 15 N. Por isso, um empurrão ligeiramente maior do que 15 N fará o corpo se mover.

C) Na 5ª figura, como o corpo está em movimento, a força de atrito é do tipo cinético. Essa força é sempre inferior à força de atrito estático, que é máxima. Portanto, a força de atrito na 5ª figura é menor do que 15 N.


A) As forças que atuam na moeda na situação proposta pelo enunciado estão representadas na figura seguinte:

N

P

Fa

Considerando que não haja deslocamentos na direção vertical, conclui-se que as forças peso e normal se anulam. Logo, a força resultante que atua sobre a moeda é igual à força de atrito estático exercida pela folha de papel. Assim, temos que:

FR = FA ⇒ m . a = N . µe ⇒ m . a = m . g . µe ⇒ a = g . µe

Ou seja, a máxima aceleração a que a moeda pode estar sujeita é dada por a = g.µe. Desse resultado, conclui-se que, para que a moeda permaneça em repouso em relação à folha, a máxima aceleração com a qual a folha pode ser puxada é:

a = g . µe ⇒ a = 10 . 0,5 = 5,0 m/s2

B) Ao aplicarmos um puxão súbito na folha, ela fica sujeita a uma aceleração de grande intensidade. O módulo dessa aceleração é, frequentemente, maior que o módulo máximo da aceleração que a moeda pode adquirir em virtude da força de atrito com a folha. Assim, estando a folha sujeita a uma aceleração de módulo elevado, a folha desloca-se em relação à moeda, que, em virtude disso, mantém-se no mesmo lugar em relação ao copo até a folha de papel ser retirada, quando, então, a moeda cai.

Questão 07Comentário:A) Considerando o sistema constituído pelos blocos e pelas cordas

como um corpo único, temos que a força resultante que atua nesse corpo é dada pela diferença entre o módulo do peso do bloco C e a soma dos módulos da força de atrito que atua no bloco B e do peso do bloco A. Assim, considerando a máxima força resistiva ao movimento, temos que o módulo da força resultante no sistema, no instante inicial, é dado por:

FR = PC – (Fa + PA) ⇒ FR = mC . g – (NB . µe + mA . g) ⇒

FR = mC . g – (mB . g . µe + mA . g) ⇒

FR = 5,0 . 10 – (3,0 . 10 . 0,5 + 2,0 . 10) ⇒ FR = 15 N Diante do fato de que a força resultante que atua sobre o

sistema é não nula, conclui-se que o sistema entrará em movimento acelerado.

B) Conforme discutido no item anterior, a força resultante que atua no sistema é dada pela diferença entre o módulo do peso do bloco C e a soma dos módulos da força de atrito que atua no bloco B e do peso do bloco A. Sendo a força resultante que atua sobre o sistema não nula, este entrará em movimento. Logo, a força de atrito que atuará sobre o bloco B é a força de atrito cinético. Assim, temos que a aceleração do sistema e as tensões nas cordas 1 e 2 são dadas por:

F P – (F P )

(m m m )a m . g– (N . m . g)

am . g– m . g . m . g

(m m m )

a5,0 . 10 – 3,0 . 10 . 0,2 2,0 . 10

(2,0 3,0 5,0)

a 2,4 m/s

F T –P T F P

T 2,0 . 2,4 2,0 .10 24,8 N

F P – T T P F

T 5,0 .10 –5,0 . 2,4 38 N

R C a A

A B C C B c A

C B c A

A B C

2

R 1 A 1 R A

1

R C 2 2 C R

2

A A

c c

( )

( )

= + ⇒

+ + = µ + ⇒

=µ +

+ +⇒

=+

+ +⇒

=

= ⇒ = + ⇒

= + =

= ⇒ = − ⇒

= =

Questão 08Comentário:A) Na situação em que as rodas giram, mas estão na iminência de

escorregar, a força de atrito que atua sobre os pneus é a força de atrito estático máximo, a qual é a força resultante que atua sobre o carro. Assim, aplicando a 2ª Lei de Newton, obtemos:

FR = Fa ⇒ m . a = m . g . µe ⇒

a = g . µe ⇒ a = 10 . 0,50 = 5,0 m/s2

Substituindo essa aceleração na equação de Torricelli, obtemos:

= + ⇒ =−

⇒

= − =

v v 2ad dv v

2a

d 30 02 . 5,0

90 m

2 20

2 20

2 2

EM1MPV2_FIS.indd 12 04/01/18 14:43

Físi

ca

Manual do Professor


B) Na situação em que as rodas escorregam, a força de atrito que atua sobre os pneus é a força de atrito cinético. Assim:

FR = Fa ⇒ m .a = m . g . µc ⇒

a = g . µc ⇒ a = 10 . 0,30 = 3,0 m/s2

= + ⇒ =−

⇒

= − =

v v 2ad dv v

2a

d 30 02 . 3,0

150 m

2 20

2 20

2 2

Questão 09Comentário:A) No início da queda, a velocidade é zero, de modo que a

força de resistência do ar também é zero. Assim, como a única força no objeto é o seu peso, a aceleração no início da queda é a própria aceleração da gravidade.

B) O peso do corpo é P = 10 N (voltado para baixo). Quando a força de resistência do ar for Far = 4,0 N (voltada para cima), a resultante será R = P – Far = 6,0 N (voltada para baixo). Quando a velocidade do objeto aumentar ainda mais, e a força de resistência do ar atingir Far = 10 N, a resultante será R = 10 – 10 = 0. A partir desse momento, a queda ocorre com velocidade constante (velocidade terminal). Considerando a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, a massa do objeto é m = P/g = 1,0 kg. Assim, as acelerações serão 6,0 m/s2 e zero, nessa ordem.


A) A vantagem mecânica de um plano inclinado, dada pelo quociente entre o comprimento L do plano e sua altura H, indica quantas vezes a força que você faz para puxar um corpo ao longo desse plano é menor do que o peso do corpo (desprezando o atrito do corpo no plano). Assim, na 2ª montagem, onde a altura H é a metade da 2ª montagem, a vantagem mecânica é duas vezes maior.

B) Como explicado em A, a vantagem mecânica da 2ª montagem é o dobro da vantagem mecânica da 1ª montagem. Por isso, a leitura do dinamômetro na 2ª montagem é 50 gf.


A) AfiguraaseguirmostraaforçaFSP do solo em um dos pneus da cadeira de roda. Essa força é vertical e tem a metade do valor do peso do conjunto cadeira/cadeirante. A força do solo no outro pneu também vale a metade do peso (supondo uma distribuição uniforme do peso). Assim, a soma das forças do solo em cada pneu é igual ao peso do conjunto. Sendo voltada para cima, essa força anula esse peso, gerando uma resultante nula. As componentes ortogonais da força FSP são a força normal N e a força de atrito Fatmostradasnafigura.

N

Fa

FSP

Lariss

a Blo

ise

Cadeira subindo com velocidade constante.

B) As componentes do peso tangente (Px) e perpendicular (Py) à rampa valem:

Px = P sen 10° = 800 . 0,17 = 136 N Py = P cos 10° = 800 . 0,98 = 784 N

C) Cada pneu deve proporcionar uma força de atrito Fat = 68 N (voltada para frente). Assim, a soma dessas duas forças é 136 N, de modo a anular a componente Px = 136 N (oposta ao movimento). Dessa forma, a resultante na direção x do movimento é nula, e o movimento é retilíneo uniforme.

D) Cada pneu deve proporcionar uma força normal N = 392 N (voltada para cima). Assim, a soma dessas duas forças é 784 N, de modo a anular a componente Py = 784 N (voltada para baixo). Dessa forma, a resultante na direção y perpendicular à rampa é nula, lembrando que não há movimento nessa direção.


A) Observandoafiguradoexercício,verificamosqueaforça1é exercida pela rampa sobre a foca e que essa força se opõe ao movimento da foca. Logo, concluímos que essa é uma forçadeatritoexercidapelarampasobreafoca.Verificamos,também, que a força 2 atua sobre a foca e é direcionada para baixo. Assim, concluímos que essa força representa o pesodafoca.Analisandoafiguradoexercício,observamosque a força 3 atua na foca e é exercida pelo plano, sendo perpendicular a este. Dessa forma, concluímos que a força 3 é a força normal exercida pela rampa sobre a foca.

B) Conforme discutido no item anterior, as forças representadas nafigurasãoaforçadeatritoqueatuanafoca,opesodesta e a força normal que a rampa exerce sobre a foca. Os módulos dessas forças podem ser calculados por meio das seguintes relações:

P = mg

N = mg . cos θ

Fa = µcN = µc . (mg . cos θ)

Como pode ser observado nas relações anteriores, para calcularmos os módulos dessas forças é indispensável o conhecimento do valor da massa da foca. Como esse dado não é fornecido pelo enunciado, não podemos calcular o módulo de tais forças. Para calcularmos a aceleração que atua sobre a foca devemos calcular a força resultante que atua sobre ela. Assim, temos:

FR = Px – Fa ⇒

ma = mg . sen θ – µc mg . cos θ ⇒

a = g (sen θ – µcmg . cos θ)

Como pode ser observado, a aceleração que atua na foca pode ser calculada em função da aceleração da gravidade, docoeficientedeatritocinéticoedoângulodeinclinaçãodarampa. Como esses dados foram fornecidos pelo enunciado, chega-se ao resultado facilmente.

C) Utilizando a relação obtida no item anterior, a = g(sen θ – µc cos θ), obtemos o módulo da aceleração que atua na foca, a = 4,8 m/s2. Observando que a foca parte do repouso, temos:

d v tat2

5,44,8 t

2

t10,84,8

1,5 s

0

2

2

= + ⇒

= ⇒

= =

d v tat2

5,44,8 t

2

t10,84,8

1,5 s

0

2

2

= + ⇒

= ⇒

= =

d v tat2

5,44,8 t

2

t10,84,8

1,5 s

0

2

2

= + ⇒

= ⇒

= =

EM1MPV2_FIS.indd 13 09/01/18 16:16

14 Coleção EM1

Questão 13Comentário: De acordo com o enunciado, a caixa permanece em repouso até o instante em que a elevação da tábua atinge o valor θ. A figura seguinte mostra uma representação esquemática da situação.

θ

θ

NN

FaPx

Py

P

Analisando a figura, verificamos que o módulo da força de atrito estático máximo é igual ao módulo da componente tangencial do peso, portanto,

F P . N mg . sen

(mg . cos ) mg . sen

sencos

tg

a x e

e

e

= ⇒ µ = θ ⇒

µ θ = θ ⇒

µ = θθ

= θ

Logo, como o ângulo θ é conhecido, pode-se calcular o coeficiente de atrito estático.

Quando a caixa entra em movimento, com a tábua inclinada um ângulo θ, o módulo da aceleração que atua sobre ela é dado por:

FR = Px – Fa ⇒ ma = mg . sen θ – µc . mg . cos θ ⇒

a = g (sen θ – µc . cos θ)

De acordo com os dados fornecidos pelo enunciado da questão, a aceleração que atua sobre a caixa pode ser calculada ainda por meio da relação

=∆

⇒ =∆

Da t

2a

2Dt

2

2

Combinando os resultados das duas equações anteriores, e explicitando o coeficiente de atrito cinético, obtemos:

2Dg( t) cos

tgc 2

µ =∆ θ

− θ

Como todos os dados anteriores são conhecidos, o coeficiente de atrito cinético pode ser calculado.


A) O valor da constante elástica K = 5 000 N/m pode ser convertido para:

K = 5 000 N/(100 cm) = 50 N/cm

Esse valor implica uma força de 50 N para deformar a mola de 1 cm, seja distendendo-a ou comprimindo-a.

B) Para uma força F = 100 N, a mola se deforma 2,0 cm. Assim, se a força for de tração, o comprimento da mola passa de 20 cm para 22 cm. Se for de compressão, o comprimento reduz para 18 cm.


A) Nas situações propostas pelo exercício, as únicas forças que atuam sobre o garoto são seu peso, que possui módulo constante, e a força normal, cujo módulo é variável. No início do movimento, atua sobre o garoto uma força resultante para cima, que faz com que ele inicie seu movimento de subida. Consequentemente, o módulo da força normal é maior que o do peso, e a aceleração que atua sobre ele é orientada para cima. Quando o garoto passa pelo 3º andar, seu movimento é uniforme e, consequentemente, a força resultante que atua sobre ele é nula. Nessa situação, o módulo da força normal é igual ao do peso. Não há aceleração atuando sobre o garoto. Quando o garoto está chegando ao 6º andar, ele inicia um movimento de parada. Nessa situação, a força resultante que atua sobre ele é orientada para baixo e, consequentemente, o módulo da normal é menor que o do peso. Assim, a aceleração que atua sobre o garoto é orientada para baixo. Afiguraseguintemostraosvetoresrepresentativosdetaisgrandezas em cada uma das situações.

Iniciandomovimentode subida

MovimentoRetilíneoUniforme

Terminandomovimentode subida

N

P

a

N

P

N

aP

B) O valor indicado na leitura da balança representa o módulo da força com a qual o garoto pressiona o piso da balança. O módulo dessa força de compressão é igual ao módulo da força normal que atua sobre o garoto e, assim, para determinarmos o valor indicado pela balança, precisamos determinar o módulo da força normal. Considerando o módulo da aceleração de partida e de parada igual a 0,60 m/s2, conforme indicado no enunciado, e utilizando os resultados da discussão do item anterior, obtemos os seguintes valores para o módulo da força normal em cada uma das situações:

No início do movimento,

FR = N – P ⇒ N = FR + P ⇒

N = ma + mg = m(a + g) ⇒

N = 35 (0,60 + 10) ⇒

N = 371 = 37,1 kgf

Quando o elevador passa pelo 3º andar,

FR = N – P ⇒ N = FR + P ⇒

N = ma + mg = m(a + g) ⇒

N = 35 (0 + 10) ⇒

N = 350 N = 35,0 kgf

Quando o elevador está chegando ao 3º andar,

FR = N – P ⇒ N = FR + P ⇒

N = ma + mg = m(a + g) ⇒

N = 35 (10 – 0,60) ⇒

N = 329 N = 32,9 kgf

EM1MPV2_FIS.indd 14 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Exercícios propostosQuestão 01 – Letra DComentário: Considerando o sistema formado por corda e dois blocos, agem duas forças externas a ele: os pesos P1 e P2 dos blocos, ocasionados pela Terra. P1 = m1g = 30 . 10 = 300 NP2 = m2g = 10 . 10 = 100 N Dessa forma, a força resultante externa ao sistema vale:

P1 – P2 = 300 – 100 = 200 N

Como a massa total do sistema é de 10 + 30 = 40 kg, lançando mão da Segunda Lei de Newton e chamando de a a aceleração do sistema, temos:

F = ma ⇒ 200 = 40 . a ⇒ a = 5 m/s2.Assim, a aceleração dos blocos é de 5 m/s2.

Questão 02 – Letra CComentário: De acordo com a imagem da questão, o sistema possui três roldanas móveis – cada uma divide a força de tensão por dois – e uma roldana fixa, que apenas muda o sentido da força. Logo:

FA = FR/3 = 500/3 = 62,5 kgf.

Questão 03 – Letra DComentário: A 1ª figura mostra as quatro forças que os quatro ramos da corda exercem nas duas roldanas inferiores do sistema. Como a corda está em repouso, essas forças devem ser iguais. Isso pode ser entendido, por exemplo, se você pensar nas duas reações que as roldanas esquerda e direita exercem nos dois ramos da corda na parte central da figura. Essas reações estão destacadas na 2ª figura. Note que elas realmente devem ser iguais para que a parte central da corda fique parada. Retomando a 1ª figura, é fácil ver que a soma das quatro forças de módulos F voltadas para cima deve ser igual ao peso P da barra. Assim, 4F = P. Como F = 1 000 N (dado na questão), P = 4 000 N.

FFFF

P

FF

Outra forma de fazer esta questão é observando que as roldanas de baixo são roldanas móveis. Como a vantagem mecânica de um sistema de roldanas é VM = 2n, sendo n o número de roldanas móveis. Como, nesta montagem, n = 2, então VM = 22 = 4. Logo, o peso P da barra deve ser dividido por 4 para você achar a força F que equilibra o sistema. Na verdade, a 1ª solução, apresentada antes, é que justifica a fórmula da vantagem mecânica apresentada na 2ª.

Questão 04 – Letra AComentário: A figura mostra as forças atuantes nos blocos na direção do movimento. O peso do bloco A e a força normal sobre esse bloco não foram indicadas na figura porque elas não atuam na direção do movimento, e não interferem na solução do problema. As forças TA e TB que a corda exerce nos blocos A e B apresentam a mesma intensidade, pois a massa da corda é desprezível. Então, considerando TA = TB = T e PB = mBg = 20 . 10 = 200 N, e aplicando a 2ª Lei de Newton para os blocos A e B, obtemos:T = mA a e PB – T = mB a ⇒ T = 80 . a e 200 – T = 20 . a

Resolvendo esse sistema de equações, obtemos a = 2,0 m/s2 e T = 160 N.

A

aTA

TB

PB

B

Questão 05 – Letra AComentário: O corpo, saindo do repouso, deve andar 4,5 m em 3 s. Utilizando a equação horária do MRUV, podemos encontrar a aceleração do movimento:

d v . t at2

4,5 0 .3 a . 32

a 1m / s0

2 22= + ⇒ = + ⇒ =

As forças externas ao sistema composto por blocos e corda são os pesos dos blocos de massas m e M, gerados pela Terra. Logo, como o bloco de massa m está acelerado para cima, aplicando a Segunda Lei de Newton, teremos:

FR = mtotala

P1 – P2 = (M + m)a

Mg – mg = (M + m)a ⇒ 10M – 225 . 10 = (M + 225)1 ⇒

10M – M = 225 + 2250 ⇒ 9M = 2 475 ⇒ M = 275 kg

Questão 06 – Letra BComentário: A força de atrito cinético Fac nas meias dos pés do garoto de massa m, enquanto ele escorrega com uma aceleração a, é dada pela 2ª Lei de Newton:

Fac = ma

Por sua vez, Fac = µcN, sendo µc o coeficiente de atrito cinético entre o solo e os sapatos do garoto e N, a força normal, dada por N = mg. Substituindo essas expressões na fórmula anterior, obtemos:

µc mg = ma ⇒ a = µcg

Podemos calcular a aceleração do garoto usando a equação de Torricelli, lembrando que a velocidade inicial do garoto é v0 = 5,0 m/s e que ele desliza uma distância d = 10 m antes de atingir a velocidade final v = 0. Assim:

v2 = v02 – 2 a d ⇒ 02 = 5,02 – 2 . a . 10 ⇒ a = 1,25 m/s2

Por fim, substituindo esse valor na expressão anterior, obtemos o coeficiente µc:

1,25 = µc . 10 ⇒ µc = 0,125

EM1MPV2_FIS.indd 15 09/01/18 16:16

16 Coleção EM1

Questão 07 – Letra BComentário: A força de atrito estático máximo (Fat. máx.) deve ser vencida a fim que o bloco seja colocado em movimento. Sabe-se que Fat. máx. = Nµ, onde µ é o coeficiente de atrito entre as superfícies. Como o bloco não se movimenta na vertical, nos dois casos a normal N é igual ao peso do bloco, que não se altera com o corte, de tal sorte que a normal é igual nas duas situações. O coeficiente de atrito estático só depende da natureza dos corpos, e não das dimensões destes, de forma

que este também não se altera entre as situações. Logo, =FF

12

1

.

Questão 08 – Letra CComentário: O coeficiente de atrito e, consequentemente, a força de atrito não dependem da área de contato entre as superfícies em contato. Portanto, o uso de pneus mais largos não aumenta a força de atrito. Por outro lado, a força de atrito depende da força de compressão de uma superfície contra a outra. Por isso, na fórmula da força de atrito, o coeficiente de atrito aparece multiplicando a força normal, que é a reação da força de compressão. Como a força de compressão do carro sobre o solo aumenta significativamente devido à presença do aerofólio, a força normal do carro com esse equipamento é maior do que no carro sem ele. Esse efeito é conhecido como efeito solo, amplamente difundido nos carros de corridas, como os famosos carros de Fórmula 1.

Na verdade, a não influência da área de contato sobre a força de atrito aplica-se quando as superfícies são duras, como no caso de um bloco de aço deslizando sobre uma mesa de madeira. Em corpos moles, como nos pneus de carros, a área de contato entre as superfícies exerce certa influência na força de atrito. Porém, o modelo de força de atrito, válido a rigor para corpos duros, pode ser aplicado com pouco erro para os pneus de um carro.

Questão 09 – Letra DComentário: A melhor opção é a alternativa D. Na roda motriz (na qual temos a tração da roda), o pneu gira no sentido de movimento, e, assim, empurra o solo para trás, que, por sua vez, empurra o pneu para frente.

Questão 10 – Letra DComentário: No ponto mais alto da trajetória, a velocidade é nula. A força de resistência do ar também é nula, pois seu módulo varia com a velocidade segundo uma relação polinomial de termo independente nulo (normalmente admitimos F = –bv ou F = –bv2, em que b é uma constante).

A aceleração é a da gravidade e é constante durante todo o movimento, não se anulando no ponto mais alto. Logo, a alternativa D é a correta.

Questão 11 – Letra EComentário: O único agente externo que exerce força sobre a bola no momento especificado na questão é a Terra, já que a resistência do ar foi desconsiderada. Logo, a única força atuante na bola é o peso, que aponta para baixo.

Questão 12 – Letra BComentário: A figura mostra as forças atuantes no bloco: o peso P (e as componentes Px e Py), a força normal N e a força de atrito estático máxima Fae máx.

Px

Py30° P

N

Fae máx

A) Como o bloco está parado, a força de atrito estático anula a componente Px do peso do bloco. Assim, essa força é:

Fae = Px = 10 . sen 30° = 10 . 0,5 = 5,0 N.

B) A força normal anula a componente Py. Assim, N = Py = 10 . cos 30° = 10 . √3/2 = 5,0 √3 N.

C) Para calcular a aceleração, caso o bloco desça, você precisa conhecer o valor do coeficiente de atrito cinético entreo bloco e o plano. Sem esse valor, não é possível achar a aceleração de descida. A aceleração de a = 5,0 m/s2 é a que ocorreria se o plano fosse liso. Nesse caso, não haveria atrito, e o bloco desceria o plano inclinado com uma aceleração a = g . sen 30° = 10 . 0,5 = 5,0 m/s2.

D) Ocoeficientedeatritocinéticonãopodeseravaliadocomosdadosfornecidosnesteproblema.Ocoeficientedeatritoestático, sim, pode ser calculado, como mostrado no item E.

E) Quando um corpo está prestes a deslizar sobre um plano inclinado,ocoeficientedeatritoestáticopodesercalculadosimplesmente pela tangente do ângulo entre o plano inclinado eahorizontal.Assim,essecoeficienteéµe = tg30° = √3/3.

Questão 13 – Letra AComentário: Nessa situação, os dois blocos são colocados um sobre o outro, sobre o ponto P de um plano inclinado. Em seguida, os blocos são soltos e descem esse plano. De acordo com o enunciado da questão, as forças de atrito e de resistência do ar, nessa situação, são desprezíveis. Sendo assim, a força resultante sobre os dois é a componente x do peso, e os dois ficam sujeitos à mesma aceleração, que vale g.sen θ(emqueθéoângulodoplanoinclinadocomahorizontal),já que estão apoiados sobre superfícies que apresentam a mesma inclinação em relação à horizontal. Como a velocidade e a posição inicial de ambos também são iguais, esses blocos descem o plano inclinado juntos. Logo, o diagrama que melhor representa a situação, quando os blocos passam pelo ponto Q, é o da alternativa A.

Questão 14 – Letra CComentário: A força resultante FR sobre um corpo deslizando sobre um plano inclinado sem atrito vale FR=Psenθ=mgsenθ,em que m é massa do corpo, g denota a aceleração da gravidade,eθéoânguloentreoplanoinclinadoeahorizontal.Como o valor de cada um desses três parâmetros não se altera entre os pontos A, B e C (observe que a prancha é reta), logo

= =F F FA B C .

EM1MPV2_FIS.indd 16 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 15 – Letra BComentário: Como a Primeira Lei de Newton diz que todo corpo em movimento tende a continuar em movimento até que uma força modifique isso, e o texto da questão fala que o elevador sai do 6° andar e só para no térreo, quando o elevador parar, a tendência da caixa é continuar o movimento, aumentando a tensão no barbante e fazendo com que ele arrebente.

Questão 16 – Letra CComentário: Os dois blocos extremos descem e puxam para cima o bloco do meio. Em outras palavras, os pesos dos blocos nas extremidades se somam e se opõem ao peso do bloco central, de modo que a resultante de forças é R = 2mg – mg = mg.Essa resultante opera sobre a massa total do sistema, que vale 3m (a soma das massas dos três blocos). Assim, aplicando a 2ª Lei de Newton, obtemos a seguinte aceleração:

a = R/massa do sistema = mg/3m = g/3

Essa é a aceleração de subida do bloco central, e a de descida dos dois blocos extremos.

Ainda podemos resolver este problema aplicando a 2ª Lei de Newton separadamente para cada bloco. Nesse caso, obtemos o seguinte sistema de equações (T é a tensão que a corda exerce em cada bloco):

m . g – T = m . a Bloco da esquerda

2 . T – m . g = m . a Bloco central

m . g – T = m . a Bloco da direita

Resolvendo o sistema: a = g/3

Questão 17 – Soma = 46Comentário:

01. Falsa. É necessário que o automóvel acelere o trailer, e, assim, faça uma força adicional devido ao estado de inércia do trailer.

02. Verdadeira. A aceleração do conjunto pode ser calculada por:

vt = v0 + at ⇒ 25 = 0 + 20a ⇒ a = 1,25 m/s2

Utilizando a equação horária para descobrir a distância:

d v t 12

at

d 0 . t 1,25 . 202

250 m

02

2

= + ⇒

= + =

04. Verdadeira. A força F que acelera o trailer é exercida pelo automóvel e vale, portanto, F = mAa = 500 . 1,25 = 625 N. Por ação e reação, o trailer exerce sobre o automóvel uma força da mesma magnitude.

08. Verdadeira. Pela Segunda Lei de Newton, a força F externa resultante sobre o conjunto é tal que F = (mA + mB)a = (1 500 + 500) . 1,25 = 2 500 N.

16. Falsa. A força efetuada sobre o trailer é de 625 N, e sobre o conjunto, de 2 500 N.

32. Verdadeira. Vide item 02.

64. Falsa. Pela Terceira Lei de Newton, as forças de ação e reação têm de ter a mesma magnitude. Elas não interferem sobre a aceleração do conjunto porque são internas ao sistema e atuam em corpos diferentes.

Questão 18 – Letra DComentário: O enunciado da questão afirma que a velocidade do bloco é constante, logo, a resultante das forças deve ser zero. Na direção horizontal, temos a componente horizontal da força, F . cos α, e a força de atrito, que possuem sentidos opostos. Para que a resultante seja zero, elas devem apresentar o mesmo módulo. Logo, a força de atrito deve ser igual a F.cos α, como mostrado na alternativa D.

Questão 19 – Letra AComentário: Pela característica das curvas, a curva vermelha representa a ação da força de atrito estático (força variável), e a curva roxa, a ação da força de atrito cinético. Assim, a força de atrito estático máximo vale 15 N. Logo:

Fatemax = Nµe = mgµe ⇒ 15 = 5 . 10 . µe

µe = 0,3

De acordo com o gráfico, a força de atrito cinético vale 10 N. Utilizando a Segunda Lei de Newton, temos:

F – Fatc = ma ⇒ 30 – 10 = 5a ⇒ a = 4 m/s2.

Questão 20 – Letra AComentário: Observe a figura a seguir, que esquematiza as forças agindo sobre o bloco:

F N

Fet

P

Como o bloco não se move na horizontal, N = F. Para que o bloco não se mova, P ≤ Fatmax = Nµ = Fµ. Logo,

≥µ

=µ

= =F P mg 3.100,2

150 N .

Questão 21 – Letra CComentário: A figura a seguir mostra as forças agindo na caixa:

N = 400 N

F = 160 NFac

P = 400 N

d = 9 m

A força de atrito é Fac = µc N. Substituindo o coeficiente de atrito µc = 0,20 e a normal N = 400 N (igual ao peso P da caixa), obtemos a força de atrito Fac = 0,20 . 400 = 80 N. Por sua vez, a aceleração da caixa pode ser obtida pela 2ª Lei de Newton: F – Fac = m . a. Substituindo F = 160 N, Fac = 80 N e m = 40 Kg, obtemos a = 2,0 m/s2. Por fim, aplicando a equação de Torricelli, achamos a velocidade final da caixa:

v2 = v02 + 2 ad = 02 + 2 . 2,0 . 9 = 36 ⇒ v = 6,0 m/s

EM1MPV2_FIS.indd 17 14/12/17 08:17

18 Coleção EM1

Questão 22 – Letra AComentário: Nessa situação, as forças que atuam sobre o bloco B são seu peso PB, a força normal NB e a de atrito FAB, exercidas pelo bloco A.

B

NB

PB

FAB

As forças peso e normal se anulam, logo, a força resultante que atua sobre o bloco B é a força de atrito FAB. Tendo em vista a imposição de que o bloco B não deslize sobre o bloco A, temos que a máxima força horizontal que o bloco A pode exercer sobre o bloco B é a força de atrito estático máxima. Logo, a intensidade máxima da aceleração a que o sistema pode estar sujeito é dada por:

FAB = mBa ⇒ mBa = µBNB ⇒ mBa = µBmBg ⇒ a = µBg

Sobre o bloco A, atuam as seguintes forças: seu peso PA, a força de compressão exercida pelo bloco B, NB, a força normal, NA, exercida pela superfície, a força de atrito exercida pela superfície, FAS, a força de atrito exercida pelo bloco B, FAB, e a força F.

FA

NB

PA

NA

FAB

FAS

A força peso PA, a força de compressão NB e a força normal NA anulam-se mutuamente. Temos, então, que a intensidade da força resultante que atua sobre o bloco A é dada por:

FRA = mAasis = F – (FAB + FAS) ⇒

mAµBg = F – [µBmBg + µA(mA + mB)g] ⇒

mAµBg + µBmBg + µA(mA + mB)g = F ⇒

F = µBg(mA + mB) + µA(mA + mB)g ⇒

F = (µA + µB)(mA + mB)g

Logo, a alternativa correta é a A.

Questão 23 – Letra DComentário: A aceleração da caixa em relação ao caminhão é:

FR = Fat ⇒ ma = 1 500 ⇒

a = 1 500/300 = 5 m/s2.

Dessa forma, ele percorrerá os 10 m em um tempo t tal que:

d v t at2

10 0 . t 5t2

t 2s

0

2

2

= + ⇒

= + ⇒

=

Questão 24 – Letra BComentário: No MRU a aceleração é zero, e o gráfico da questão deve apresentar uma reta sem inclinação, com R igual a zero até o tempo τ. Por outro lado, no MRUV, a aceleração é constante e diferente de zero, e assim o gráfico da questão deve apresentar uma reta sem inclinação, com R diferente de zero a partir do tempo τ. Logo, o gráfico da alternativa B é o correto.

Questão 25 – Letra EComentário: A velocidade terminal é atingida quando a força de resistência do ar iguala-se com o peso do corpo em queda. Assim, lembrando que a constante aerodinâmica K das esferas são iguais e que suas massas são mA e mB, temos as seguintes velocidades terminais:KvA

2 = mAg ⇒ vA2 = mAg/K

KvB2 = mBg ⇒ vB

2 = mBg/K

Como mA = 2.mB, a substituição dessa relação nas expressões apresentadas anteriormente leva à seguinte relação entre as velocidades terminais:(vB/vA)² = mB/mA = 1/2 ⇒ vB/vA = √2/2

Questão 26 – Letra AComentário: A inclinação do gráfico de velocidade versus tempo nos dá a aceleração do movimento. Logo, até 0,7 s, percebe-se que a aceleração vai diminuindo, o que implica em um aumento da força de resistência feita pelo líquido, que, pois, aumenta com a velocidade.

Questão 27 – Letra DComentário: Observe a figura a seguir, que esquematiza as forças agindo sobre o bloco que se encontra sobre o plano inclinado.

θ

D1,00 kg

1,00 kg

T2

T1

PxPY

P

Como o bloco trapezoidal se encontra em equilíbrio, temos que T1 = mg = 1,00 . 10 = 10 N. Como o bloco cúbico se encontra em equilíbrio, temos:

T2 = T1 + Px ⇒

T2 = 10 + mgsen θ ⇒

T2 = 10 + 1,00 . 10 . 0,6 = 10 + 6 = 16 NComo a força medida pelo dinamômetro é T2, este marca 16 N.

Questão 28 – Letra AComentário: A figura mostra as forças no bloco suspenso (peso = mg; tensão T da corda), na polia móvel (tensão 2T das cordas em cada lado) e no bloco sobre o plano inclinado (peso = Mg = 80 N e suas componentes; tensão 2T da corda).

θ

mM

T

T

T2T

2T

mg

Py = Mg = sen θ

Px = Mgcos θ = 80 √3/2 = 40 √3 N

Mg = 80 N

Como o bloco sobre o plano está em equilíbrio, a componente Px do peso do bloco deve anular a tensão 2T, de modo que:

Px = 80 . cos θ = 80 . ¹3 / 2 = 2T ⇒ T = 20¹3NNo bloco suspenso também está em equilíbrio, de modo que:

T = mg ⇒ 20¹3 = m . 10 ⇒ m 2¹3N

EM1MPV2_FIS.indd 18 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 29 – Letra DComentário: Como a velocidade da mola é constante durante todo o movimento, a força de atrito tem módulo sempre igual ao módulo da força elástica, independentemente de aquele ser cinético ou estático. Assim, ao distendermos inicialmente a mola, o corpo não entra em movimento, já que o módulo do atrito é igual ao da força elástica. Esta obedece a Lei de Hooke (a força e a elongação x estão em proporção direta, e como a elongação está também numa proporção direta com o tempo t, já que a mola é puxada com velocidade constante, o módulo da força elástica está em proporção direta com o tempo t). Dessa forma, a força de atrito também está em proporção direta com o tempo t. Quando o bloco entra em movimento (a partir do momento em que a força elástica tem o mesmo módulo da força de atrito estático máxima), o atrito passa a ser cinético e de módulo constante. Como o atrito inicial é nulo (mola não distendida), a alternativa D é a resposta correta.

Questão 30 – Letra AComentário: Essa questão trabalha com o conceito de peso aparente. No caso de o elevador subir com aceleração de 2,0 m/s2, temos que a intensidade da normal será maior que a intensidade do peso.

O valor da normal é dado por:

FR = ma ⇒

N – P = ma ⇒

N = ma + mg ⇒

N = m(a + g) = 60(2,0 + 10) ⇒

N = 720 N

Tendo em vista que a balança “mede” a força normal N, o valor registrado pela balança, nessa situação, será 72 kg.

No caso de o elevador descer com aceleração de 2,0 m/s2, temos que a intensidade da normal será menor que a intensidade do peso. A intensidade da normal será dada por:

FR = ma ⇒

P – N = ma ⇒

N = mg – ma ⇒

N = m(g – a) = 60(10 – 2,0) ⇒

N = 480 N

Tendo em vista o módulo da normal, nessa situação, temos que o valor registrado pela balança será 48 kg.

A situação C é a mais simples de se resolver, uma vez que, estando em queda livre, a pessoa não pressiona a balança. Logo, o valor registrado será 0 kg.

Dessa forma, os resultados são mostrados na alternativa A.

Questão 31 – Letra EComentário: Quando um elevador sobe, aumentando a velocidade, a aceleração do elevador e dos passageiros é voltada para cima. Para isso, a força normal total sobre todos os passageiros deve ser maior do que o peso total dos passageiros. Aplicando a 2ª Lei de Newton sobre o conjunto de passageiros, obtemos a força normal total sobre eles (lembrando que a massa total dos passageiros é m = 5,0 . 102 kg e a aceleração é a = 2,0 m/s2):

N – P = m a ⇒ N – 5,0 . 102 . 10 = 5,0 . 102.2,0 ⇒ N = 6,0 . 103 N

Essa força é a reação à força de compressão sobre o piso do elevador. Portanto, a força total que os passageiros exercem comprimindo o piso desse elevador é de 6,0 . 103 N.


A) Como o dinamômetro marca 100 N com o balde em repouso, este é o valor do peso do balde, e sua massa será 10 kg, considerando a gravidade local igual a 10 m/s². No ponto A, pela Segunda Lei de Newton, temos:

FR = ma ⇒ 120 – 100 = 10a ⇒ a = 2 m/s2.

B) É possível concluir o sentido da aceleração do bloco, mas não o de sua velocidade, de forma que ele pode estar subindo acelerado ou descendo em movimento retardado.


1. No instante t = 3,5 s, a velocidade do corpo é zero, como mostrado no 2º gráfico desta questão. Por isso, a forçaresultante no corpo é nula. Embora seja puxado por uma força de valor 7,0 N aproximadamente (indicação da leitura do dinamômetro mostrada no 1º gráfico da questão), a força de atrito estático, oposta a essa força, também tem intensidade de 7,0 N, gerando a resultante zero. No instante t = 5,0 s, o bloco se move com velocidade constante, como mostradono2º gráfico. Logo, a força resultante é zero.Embora seja puxado por uma força de 7,5 N, como mostrado no1ºgráfico,aforçadeatritocinéticosobreocorpotambémé de 7,5 N e é oposta ao movimento e à força do puxão.

2. No instante t = 4,0 s, a força que puxa o bloco atinge o valor máximo de 10 N, e o mesmo ocorre com a força de atrito estático. Esse é o valor de força que causa a ruptura do sistema, o valor limite para o corpo deixar o repouso e entrar emmovimento.Paraacharocoeficientedeatritoestático,basta substituir esse valor de 10 N na fórmula da força de atrito estático, lembrando que a normal N que aparece nesta fórmula é igual ao peso do corpo (N = P = 5,0 . 10 = 50 N). Assim:

Fae máx = µe N ⇒ 10 = µe . 50 ⇒ µe = 0,20

3. A partir do instante t = 4,0 s, o corpo está em movimento, e a força que puxa o bloco é de 7,5 N, que também é o valordaforçadeatritocinético.Paraacharocoeficientede atrito cinético, basta substituir esse valor de 7,5 N na fórmula da força de atrito cinético:

Fac = µc N ⇒ 7,5 = µc.50 ⇒ µc = 0,15

4. A distância percorrida entre os instantes t = 2,0 s e t = 5,0 s édadapelaáreasobo2ºgráfico(velocidadeemfunçãodo tempo). Essa área, com boa aproximação, é a área do retângulo de base Δt = 5,0 – 4,0 = 1,0 s e altura v = 0,10 m/s (valorestiradosdo2ºgráfico):

d = base. Altura = 1,0 s . 0,10 m/s = 0,10 m

Questão 34Comentário: As componentes perpendiculares, em relação aos planos inclinados, dos pesos dos blocos 1 e 2 se anulam com as normais exercidas pela superfície do plano. Logo, como os corpos estão em equilíbrio, as componentes horizontais, em relação aos planos inclinados, dos pesos dos blocos devem se anular. Assim:

P P

m gsen30° m gsen

0,4 . 10 . sen30° 0,6 . 10 . sen

arcsen13

x x

1 2

1 2= ⇒

= β ⇒

= β ⇒

β =

EM1MPV2_FIS.indd 19 14/12/17 08:17

20 Coleção EM1


A)

30°

m

k

Fe

PY

PX

P

N

Fe é exercida pela mola.

N é exercida pela superfície.

Px e Py são componentes do peso P, exercido pela Terra.

B) Como o bloco está em equilíbrio:

F P

kx mgsen30°

100x 5 . 10 . 12

x 25 cm

e x= ⇒

= ⇒

= ⇒

=

Seção Enem

Questão 01 – Letra BEixo cognitivo: V

Competência de área: 5

Habilidade: 19

Comentário: A força mínima necessária para mover o navio é a que equilibra com a força de atrito estático máximo. Como temos a massa do navio, podemos calcular a força normal e, a partir dela, calcular a força de atrito e a de tração:

|FT| = |Fa| = N . µe = m . g . µe

FT = 3 000 . 10 . 0,8 = 24 000 N

FT é a força de tração da corda sobre o navio, e Fa é a força de atrito da areia sobre o navio.

A força que Arquimedes fez para puxar o navio foi de 400 N, logo, o sistema de roldanas deve ser capaz de aumentar a força por um fator de no mínimo x = 24 000 / 400 = 60 vezes.

Como cada polia móvel dobra a força, é necessário que o número de polias móveis mínimo seja:

2n ≥ 60 {26 = 64}

n = 6

De fato, usando esse número de polias móveis, a força necessária seria:

= = =FF

224000

2375 NT

n 6

Logo, a força de 400 N feita por Arquimedes é suficiente para puxar o navio.

As polias fixas, apesar de estarem presentes na figura, não interferem no cálculo, e não é possível estimar quantas seriam necessárias num dispositivo real apenas com os dados fornecidos.

Questão 02 – Letra AEixo cognitivo: IV


Habilidade: 7

Comentário: Considerando que a única força que atua no carro seja a força de atrito com o solo, podemos encontrar as acelerações dos dois veículos:

F F

m . a . N . m . g

a . ga . g 1,0 . 10 10m/s

a . g 0,75 . 10 7,5m/s

R a

1 e2

2 c2

=

= µ = µ

= µ ⇒= µ = =

= µ = =

Tendo as acelerações, podemos calcular as distâncias aplicando a equação de Torricelli:

v v 2 . a . d

dv v

2 . a

dv

2 . a30

2 . 1045m

dv

2 . a30

2 . 7,560m

202

02 2 1

02

1

2

202

2

2

= −

=−

⇒

= = =

= = =

Questão 03 – Letra BEixo cognitivo: III


Habilidade: 20

Comentário: No instante inicial, vamos considerar que apenas o peso atua sobre o paraquedista. Assim, o peso é a força resultante. O paraquedista terá um movimento acelerado e sua velocidade irá aumentar. Com isso, a força de resistência do ar, que cresce com a velocidade e se opõe ao movimento irá aumentar até o valor do peso. A força resultante será nula. Logo, a força resultante diminui de 0 até TA. No instante TA, o paraquedas é aberto e a resistência do ar irá aumentar freando o paraquedista. A partir desse momento, a força resultante inverterá o sentido, e irá se opor ao movimento. A velocidade do paraquedista irá diminuir e, com isso a resistência do ar também até se igualar novamente ao peso. Novamente, a força resultante será nula.

Questão 04 – Letra AEixo cognitivo: I


Habilidade: 20

Comentário: Para um veículo desprovido de freios ABS, supondo que houve deslizamento dos pneus em relação à pista, a frenagem pode ser dividida em dois instantes: no primeiro, o pneu ainda roda sem deslizar, estando, portanto, sujeito à ação de uma força de atrito estático crescente; no segundo, assim que o valor da força de atrito estático atinge seu valor limite (que depende do coeficiente de atrito estático entre os pneus e a pista), os pneus do carro passam a deslizar (sem girar) sob ação de uma força de atrito cinético. Lembre-se de que a intensidade da força de atrito cinético é sempre menor que a intensidade da força de atrito estático máxima. Os únicos gráficos que estão de acordo com essa discussão são os das alternativas A e E.

EM1MPV2_FIS.indd 20 04/01/18 14:43

Físi

ca

Manual do Professor


Vamos, agora, analisar a situação em que um veículo com sistema ABS freia. Em uma pequena fração de tempo antes de as rodas travarem, o sistema libera o freio, ou seja, a força de atrito estático não atinge seu valor máximo. Logo em seguida, os freios são acionados novamente, repetindo esse processo, ou seja, as rodas são soltas antes de o atrito atingir o valor máximo. Repare que há um crescimento na intensidade da força de atrito até aproximadamente o valor máximo. Esse comportamento não é o retratado pela alternativa E, e sim pela A, que está correta.

Questão 05 – Letra AEixo cognitivo: I


Habilidade: 20

Comentário: O vetor voltado para a direita representa a força que está empurrando o corpo, sendo, portanto, responsável pelo deslocamento. Devido ao atrito, a superfície do corpo em contato com o solo empurra o solo também para a direita. Por isso, o corpo empurra o solo para a esquerda. Portanto, o vetor voltado para a esquerda representa a força de atrito do solo sobre o corpo.

Questão 06 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 20

Comentário: A intensidade da força de resistência que atua na bola depende, na forma de proporção direta, do valor da densidade do ar, como podemos ver na fórmula fornecida pelo enunciado. Logo, quando todas as outras condições estão constantes, a intensidade da força de resistência é diretamente proporcional à densidade do ar.

Questão 07 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 20

Comentário: Caso as rodas travem durante a frenagem, a força de atrito que agirá sobre os pneus será cinética. Esta, no entanto, como mostra o gráfico, é menor que a força de atrito estático máximo, que age caso não haja travamento das rodas. Como há situações em que queremos maior módulo de desaceleração, que ocorre com maior módulo da força resultante, ou seja, sob a ação da força de atrito estático, é mais seguro que as rodas não travem.



Habilidade: 20

Comentário: O problema pode ser resolvido se analisarmos dinamicamente os seguintes conjuntos de corpos como um sistema separado: primeiramente os três vagões, em seguida, os vagões V2 e V3 e, finalmente, o vagão V3. Os sistemas se movem com velocidade constante, e assim, a força resultante sobre cada um deles vale zero. Antes de continuar, devemos fazer a assunção altamente provável de que o módulo F da força de resistência ao movimento de cada vagão seja proporcional à massa do vagão, ou seja, igual para todos os vagões. Assim, pela Segunda Lei de Newton TC1 = 3F, TC2 = 2F e TC3 = F. Logo, se desejarmos segurança e economia, o cabo 1 deve ser o mais grosso, seguido do cabo C2, podendo o C3 ser o mais fino, como afirmado pela alternativa D.

CAPÍTULO – A4

Estática dos Sólidos



A) Duas forças que atuam sobre um ponto material formam dois ângulos, sendo um deles maior e o outro menor que 180°. É usual usarmos como medida do ângulo entre as forças aquele menor que 180°.

Se as duas forças tiverem as mesmas direções e sentidos, o ângulo entre elas será de zero grau e o módulo da força resultante será o maior possível e igual à soma das intensidades das forças, ou seja:

|R| = 4,0 N + 3,0 N ⇒ |R| = 7,0 N

Por outro lado, se as forças tiverem a mesma direção, mas sentidos opostos, o ângulo entre elas será de cento e oitenta graus e o módulo da força resultante será o menor possível e igual à diferença das intensidades das forças, ou seja:

|R| = 4,0 – 3,0 ⇒ |R| = 1,0 N

De tudo que foi dito, concluímos que, para qualquer ângulo compreendido entre zero e cento e oitenta graus, o módulo da força resultante nunca será menor do que 1,0 N nem maior do que 7,0 N. Portanto:

1,0 N ≤ |R| ≤ 7,0 N

B) Quando as forças estiverem perpendiculares, poderemos utilizar o método do polígono ou o método do paralelogramo para determinar graficamente o vetor resultante. Analiticamente, o módulo do vetor resultante será determinado pelo Teorema de Pitágoras. É também uma ótima oportunidade para lembrar que o triângulo obtido na figura é “bastante famoso”, sendo o único cujas medidas dos três lados é subsequente.

(R)2 = (4,0)2 + (3,0)2 ⇒ (R)2 = 16,0 + 9,0 ⇒

|R| = 5,0 N

C) Com um ângulo de 120° entre as duas forças, será produzida uma resultante cujo módulo poderá ser descoberto pela Lei dos Cossenos. Observe que o ângulo usado é aquele formado quando a seta de um vetor coincide com a origem do outro, ou seja, é suplementar ao ângulo formado pelas forças quando representadas com origem comum.

|R|2 = (4,0)2 + (3,0)2 –2 . (4,0) . (3,0) . cos 60° ⇒

|R|2 = 16 + 9,0 – 2 . 12 . (0,5) ⇒ |R| ≅ 3,6 N

Para equilibrar essa resultante, será necessária uma força de mesmo módulo, mesma direção e sentido contrário ao da força R.

EM1MPV2_FIS.indd 21 04/01/18 14:43

22 Coleção EM1


Situação 1 – Nesse caso, como as duas cordas foram mantidas na direção vertical, cada uma delas será responsável por equilibrar metade do peso P do corpo, ou seja:

P = T1 + T2

Considerando que as cordas são idênticas, temos:

P = T + T ⇒ = ⇒ =P 2TP2

T

Situação 2 – As cordas inclinadas estão submetidas a forças de tração na direção das mesmas. Assim sendo, as componentes horizontais de cada uma delas se equilibram, enquanto as componentes verticais somam-se para equilibrar o peso.

Tx Tx

T

P

TTy Ty

60° 60°

Então: P = T1y + T2y

Como as cordas têm as mesmas inclinações:

P 2T P 2T . sen 60° P 2T . 32

P 3T P

3T T P 3

3T 0,58 P

y= ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒ = ⇒

≅

Situação 3 – Assim como na situação 2, as componentes horizontais equilibram-se e as verticais, somam-se para equilibrar o peso. Apenas o ângulo de inclinação é, agora, diferente.

P = T1y + T2y

Como as cordas têm as mesmas inclinações:

P = 2Ty ⇒ P = 2T . sen 30° ⇒ = ⇒P 2T . 12

T = P

Conclusão: À medida que o ângulo entre as cordas e a direção horizontal torna-se menor, cresce a força de tração, ou seja, a corda fica cada vez mais sujeita a esforços maiores. Perceba que, inicialmente, a tração correspondia a 50% do peso, depois, a cerca de 58% e, finalmente, a 100% do peso.

Questão 03Comentário: Como o bloco está em contato com a superfície, esta exercerá uma força de reação (N), perpendicular à superfície (parede), denominada reação normal da superfície.A força aplicada pelo homem (F) sobre o bloco pode ter qualquer direção e sentido, mas, para fim de simplificação, a consideramos aplicada perpendicularmente à superfície, da direita para a esquerda, equilibrando a reação normal da superfície.

A massa m do bloco é atraída pela Terra com a força peso (P), que é uma força vertical que aponta para baixo. Isso decorre do fato de a força peso apontar para o centro da Terra.O bloco tende a escorregar para baixo, já que existe uma resultante na direção vertical apontando nesse sentido. Dessa tendência de escorregamento surge a força de atrito (fa), que se opõe a ela. Assim, ela apontará para cima.

Força de atritofa

P

N F Força aplicada

Força peso

Reaçãonormal dasuperfície

Questão 04 – Letra CComentário: Para que a barra possa ser mantida em equilíbrio, será necessário que existam forças verticais e de sentidos opostos ao peso dela. Comprimindo-a com os dois dedos, haverá tendência de escorregamento e, então, uma força contrária a esse escorregamento aparecerá entre cada um dos dedos e a barra (força de atrito).

O menor valor possível de F corresponderá à menor força de contato e, portanto:

P = fatrito dedo 1 + fatrito dedo 2

Considerando que as forças exercidas pelos dois dedos são iguais, temos:

P = 2f

Sabemos ainda que a força de atrito (f) depende da rugosidade da superfície, expressa pelo coeficiente de atrito (µ), e da reação normal da superfície, que, nesse caso, será a própria força exercida pelos dedos (F). Portanto:

P = 2(µ . F) ⇒ 20 = 2(0,2 . F) ⇒ F = 50 N


P

Rαα

Como nada foi dito acerca das cordas utilizadas na sessão de fisioterapia, devemos acreditar que são inextensíveis e, portanto, em toda a sua extensão, haverá a ação de uma força de igual módulo, nesse caso, igual ao módulo do peso do bloco dependurado. Fazendo o diagrama das forças que atuam na polia central, temos:

T

T

Rα

α

Tx

Ty

Ty

θ

EM1MPV2_FIS.indd 22 04/01/18 14:43

Físi

ca

Manual do Professor


As componentes verticais das duas tensões representadas na figura equilibram-se enquanto as duas componentes horizontais terão seus módulos somados. Como a estrutura toda permanece em equilíbrio, temos:2Txα = R ⇒ 2Tcos α = R ⇒ 2 . 200 . cos 60° = R ⇒ R = 200 N

Questão 06 – Letra BComentário: Quando apenas três forças atuam sobre um corpo e este está em equilíbrio, elas formam um triângulo e, por isso, podemos usar o método do polígono fechado (ou teorema das três forças):

P

F

T

37°

Cálculo do peso: Cálculo da tração:

= ⇒

= ⇒

= ⇒

=

tg 37°PF

sen 37°cos 37°

P40

0,600,80

P40

P 30 N

= ⇒

= ⇒

=

sen 37°PT

0,6030T

T 50 N

Questão 07 – Letra AComentário: O torque (momento de uma força) é determinado pelo produto da força com a distância ao ponto de apoio (M=F.d.senθ).Logo,comoojardineiroaumentouobraçoda tesoura, ele terá de fazer uma força menor para produzir o mesmo torque que na tesoura sem esses braços.

Questão 08Comentário: Como o apoio da prancha é na posição central, temos o mesmo braço de alavanca para as duas crianças que usam o brinquedo. Sendo assim, a criança de maior massa produzirá maior momento de rotação (torque) e, por isso, consegue erguer aquela que possuir a menor massa.


Consideraremos o sentido anti-horário como positivo e o ponto de apoio como sendo o polo.

A) Para o cálculo dos momentos, temos:

MA = PA . dA ⇒ MA = (40 . 10) . 2,0 ⇒ MA = – 800 N . m

MB = PB . dB ⇒ MB = (50 . 10) . 2,0 ⇒ MB = – 1 000 N . m

B) A intensidade do momento resultante será dada pela soma dos módulos dos dois momentos, considerando-se os sentidos de rotação:

Mresultante = MA + MB ⇒ Mresultante = – 800 + 1 000 ⇒

Mresultante = 200 N . m

C) Já que o momento resultante é positivo, o sentido de rotação será anti-horário.

Questão 10 – Letra AComentário: Chamemos de F1 e F2 as forças de atrito em cada

um dos pontos de contato. O momento total produzido pelo

binário de forças é igual à soma dos momentos produzidos por

cada uma das forças. Para fazer esse cálculo, devemos levar em

conta o sentido dos torques. Os torques de F1 e F2 têm mesmo

sentido, no caso horário do ponto de vista de quem aponta.

Como F1 = F2, podemos chamá-las de F e, assim:

Mbinário = M1 + M2 ⇒ Mbinário = F . d1 + F . d2 ⇒

5 = F . 0,5 . 10-2 + F . 0,5 . 10-2 ⇒ 5 = F . 1,0 . 10-2 ⇒

F = 500 N


A) Tomando como referência um sistema de eixos x e y

perpendiculares entre si, as forças que atuam no pica-pau

estãorepresentadasnafiguraaseguir:

CM

CP 30°

16 cm

Ox

g

y

b T

O momento do peso em relação ao polo O vale:

Mp = P . b = 1 . 16 . 10-2 . sen 30° ⇒

Mp = 8 . 10-2 N . m = 0,08 N . m

Como a força C tem linha de ação que passa pelo polo O,

o braço de alavanca, não há momento produzido por ela:

Mc = 0

B) Observandoafigura,percebe-sequealinhadeaçãoda

força T passa pelo centro de massa e, portanto, o braço de

alavanca vale 16 cm (0,16 m).

MT = 0,16 . T

Como o pica-pau está em equilíbrio, a resultante dos momentos

será nula. Adotando o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑M = 0 ⇒ Mhorário + Manti-horário = 0 ⇒

T . 0,16 – MP = 0 ⇒ T . 0,16 – 8 . 10-2 = 0 ⇒

T = 0,5 N

Finalmente, temos:

MT = 0,16 . T ⇒ MT = 0,16 . 0,5 ⇒

MT = 8 . 10-2 N . m = 0,08 N . m

É fácil perceber que os momentos produzidos pelo peso (P)

e pela força T devem ter módulos iguais e em sentidos

opostos, já que são as únicas forças capazes de produzir

momento, essa resultante deve ser nula.

EM1MPV2_FIS.indd 23 14/12/17 08:17

24 Coleção EM1

C) Do método do polígono fechado, temos que:

P

C

T

sen 60° = CP

= C C 0,87 N= =3

2N⇒

Questão 12 – Letra EComentário: A barra rígida está sujeita a ação de quatro forças verticais, como indicado no diagrama a seguir.

T

Pesquerda

PbarraPdireita

20,0 cm 30,0 cm

Como a barra é rígida e homogênea, seu peso estará localizado no centro geométrico, ou seja, estará a 25 cm de cada uma de suas extremidades. Como a barra está suspensa e em equilíbrio, o somatório dos momentos deverá ser nulo em relação, por exemplo, ao ponto de suspensão.

∑Mcorda = 0 (sentido anti-horário positivo)

Pesquerda . 20,0 – Pbarra . 5,00 – Pdireita . 30,0 = 0

40,0 . 20,0 – Pbarra . 0,05 – 20,0 . 30,0 = 0

8 – Pbarra . 0,5 – 6 = 0 ⇒ Pbarra . 0,5 = 2

Pbarra = 40,0 N

Questão 13 – Letra CComentário:

RA RBNc

PT

1,00 m

1,20 m

2,00 m

A linha de ação do peso da barra passará pelo seu meio geométrico (estamos considerando-a homogênea), ou seja, a 1,20 m de cada uma das extremidades.

Como os apoios estão sujeitos a ações de forças verticais para

baixo, eles reagem com forças também verticais, para cima,

conforme indicado na figura anterior. A caixa faz uma força

normal sobre a tábua, cujo módulo será igual ao peso da caixa.

Como a estrutura está em equilíbrio tanto translacional quanto

rotacional, a resultante das forças e dos momentos (em relação

a qualquer apoio) deverá ser nula. Considerando positivo o

sinal do momento no sentido anti-horário, em relação ao polo

A, temos:

∑MA = 0 ⇒ RB . 2,00 – PT . 1,20 – NC . 1,00 = 0 ⇒

RB = 270 N

A resultante das forças também é nula:

RA + RB = PT + PC ⇒ RA + 270 = 300 + 200 ⇒

RA = 230 N

Questão 14 – V F V FComentário:

(V) O torque resultante é dado pela soma dos torques

produzidos por cada uma das forças indicadas.

Em relação ao ponto PAnafiguraIII,asforçasindicadas

aparecem sempre aos pares, tem mesmos módulos

e produzem tendência de giro em sentidos opostos.

OmesmoacontecenafiguraVemrelaçãoaopontoPB.

Sendo assim, nos dois casos o momento resultante é nulo

em relação aos pontos citados.

(F)Como a estrutura da figura III (Esquema do Arco do

Triunfo) está em equilíbrio, o torque resultante será nulo em

relação ao ponto PA e o mesmo pode ser dito em relação ao

esquemadaestruturadafiguraV(EsquemadaCatedralde

Notre-Dame), em que o torque resultante também deverá

ser nulo em relação ao ponto PB. Assim, considerando

apenas os módulos das forças indicadas, percebe-se que

as forças verticais (incluindo os pesos das estruturas) são

os mesmos nos dois casos, o que nos leva à conclusão de

que as forças horizontais também devem ser de mesmo

módulo. No entanto, como essas forças horizontais têm os

mesmos módulos, mas a distância da linha de ação delas

aos pontos PA e PB são diferentes, elas deverão produzir

momentos iguais, ou seja:

FHA . 4,0 = FHB . 8,0 FHA = 2,0 . FHB

(V) As forças horizontais são necessárias porque, se

considerarmos a simetria da estrutura, cada metade exerce

um esforço horizontal na outra, de tal forma que há uma

tendência de giro de uma em relação à outra. Assim,

tornam-se necessárias as forças horizontais para garantir

que a soma dos momentos (ou torques) seja nula.

(F)Em todasas estruturasdafigura I énecessárioqueos

esforços horizontais sejam iguais para a manutenção

do equilíbrio.

EM1MPV2_FIS.indd 24 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Exercícios propostosQuestão 01 – Letra BComentário: Ao longo de toda a corda que sustenta o peso, temos uma força de tração que terá módulo necessariamente igual ao do peso P. Sendo assim, a roldana R estará submetida à força exercida pela perna do paciente por meio da tração e a duas forças inclinadas, de mesmo módulo, formando ângulo α com a horizontal. Como o sistema está em equilíbrio, as componentes verticais das forças inclinadas se anulam e a soma das duas componentes horizontais será equilibrada pela força de tração exercida na corda pela perna do paciente.

Sejam T1 e T2 as forças de tração na perna do paciente para os ângulos de 45° e 60°, respectivamente. Então:

T P . cos60° P . cos60°

T P . cos45° P . cos45°

T 2P . 12

P

T 2P . cos 45° 2P . 22

2P

1

2

1

2

= +

= +

= =

= = =

Dividindo as duas equações, temos:

TT

22

1

=


x

PEsquerda

TL22

PHaste

Como o sistema haste-esfera encontra-se em equilíbrio estático, a resultante das forças que sobre ele atuam deve ser zero. Além disso, para qualquer ponto do sistema, o somatório dos momentos também deverá ser zero.

Adotando para os momentos o sentido horário como positivo e tomando o ponto pelo qual a corda suspende o sistema como polo, temos:

Σ =

+ + =

M 0

M M M 0corda

pesoda esfera

pesoda haste

forçade tração

M . g . x – 4M . g . L2

–x + 0 = 0 ⇒ M . g . x = 4M . g . L2

– 4M . g . x ⇒

x = 2L – 4 . x ⇒ 5x = 2L x = 25

L

Questão 03 – Letra BComentário: Analisando-se o sistema varal-bloco, percebe-se que as forças atuantes são o peso do bloco e a tensão. A situação em equilíbrio demonstra que a resultante das forças que atuam nesse sistema é nula, e, portanto, o módulo da resultante das tensões nos dois ramos do varal é sempre constante e igual ao peso do bloco, independentemente da posição do gancho.

Questão 04 – Letra BComentário:

P

F

Ty

Tx

T

θ

3 m

4 m

Como o sistema mecânico mostrado na figura está em equilíbrio estático, é necessário que a resultante das forças no ponto de aplicação da força F seja nula. Assim, temos:

Na direção horizontal: |F|=|Tx|

Simplificando a representação dos módulos das forças: F = Tx = T . sen θ

Na direção vertical: |P|=|Ty|

Simplificando a representação dos módulos das forças: P = Ty = T . cos θ

Dividindo as igualdades encontradas, temos:FP

T . senT . cos

= θθ

Substituindo os valores:F = 7,5 N


Fio 1

Pbloco

T1XT2

T1yT1

Fio 2

30°

30°

Como o bloco suspenso pelos fios 1 e 2 está em equilíbrio, a resultante das forças no ponto que une esses fios ao bloco de massa igual a 10 kg deverá ser igual a zero. Então:

Na direção horizontal: |T1x|=|T2|

Então:

T1 . cos 30° = T2

Na direção vertical: |T1y|=|Pbloco|

Então:

T1 . sen 30° = Pbloco

T1 . 0,5 = 10 . 10 ⇒ T1 = 200 N

EM1MPV2_FIS.indd 25 14/12/17 08:17

26 Coleção EM1

Questão 06 – Letra BComentário: Três forças atuam sobre o andaime: as tensões T1 e T2 e o peso do homem. As duas tensões são verticais e apontam para cima, enquanto o peso do homem é vertical e aponta para baixo. Para que o sistema esteja em equilíbrio, a resultante das forças e dos torques deve ser nula. Logo:

T1 + T2 = P

T1a + T2b = 0

Como a>b, tem-se que T2>T1.

Questão 07 – Letra DComentário: A tábua de 1,5 m de comprimento ficará sujeita à ação de três forças: TA e TB, exercidas pelas cordas A e B, respectivamente, e uma força vertical apontando para baixo de módulo igual ao do peso da carga. Como o sistema está em equilíbrio, é necessário que a resultante das forças seja nula. Então:

Ry = 0 ⇒ TA + TB = P ⇒

TA + TB = 45

Além disso, será necessário que o somatório dos momentos em relação a um polo qualquer ao longo da tábua seja nulo. Tomando a extremidade A como polo e considerando o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑M = 0 ⇒ TA . 0 + TB . 1,5 + P . 1,0 = 0 ⇒

TB . 1,5 + 45 . 1,0 = 0 ⇒ TB = 30 N

Retornando à primeira equação obtida:

TA + TB = 45 ⇒ TA + 30 = 45 ⇒

TA = 15 N

Portanto, as trações nas cordas A e B valem 15 N e 30 N, respectivamente.

Questão 08 – Letra DComentário: A barra horizontal ficará sujeita à ação de quatro forças verticais: o peso do balde e sua corda com módulo de 200 N; o peso da pedra e sua corda com módulo de 350 N; a reação da haste vertical, de módulo desconhecido e apontando para cima; e a força vertical exercida no ponto P pela pessoa. Esta última poderia ser para cima ou para baixo. No esquema a seguir, ela foi representada para cima, mas os cálculos posteriores poderão nos levar à conclusão contrária.

200 N 350 N

1,5 m 0,5 mPF

Ra

1,0 m

Tomando o ponto de apoio da barra horizontal sobre a vertical como polo e adotando o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑M = 0 ⇒ 200 . 2,0 – F . 0,5 – 350 . 1,0 = 0 ⇒

0,5F =50 ⇒ F = 100 N

Questão 09 – Letra CComentário: As forças que atuam sobre a barra são os pesos da esfera e da barra e as forças de apoio dos suportes A e B. No equilíbrio a relação entre essas forças e os torques sobre a barra é:

FA + FB = Pb + Pe = mbg + meg = 4 . 10 + 2 . 10 = 40 + 20 = 60 N *FA0,5 + Pe0,3 = FB0,5 ⇒ FA0,5 – FB0,5 = – Pe0,3 = – 2 . 10 . 0,3 = – 6 NFA - FB = – 12 N ⇒ FA = – 12 + FB ∗∗

Substituindo ** em *, tem-se:

– 12 + FB + FB = 60 ⇒ 2FB = 72 ⇒ FB = 36 N FA = – 12 + FB ⇒ FA = – 12 + 36 = 24 N

Questão 10 – Letra EComentário: Com o sistema em equilíbrio, a resultante das forças e dos torques sobre a barra é:FA + FB = Pba + Pbl = mbag + mblg = 2.10 + 2.10 = 20 + 20 = 40 N *FA0,5 + Pbl0,3 = FB0,5 ⇒ FA0,5 – FB0,5 = – Pbl0,3 = – 2 . 10 . 0,3 = – 6 ⇒ FA – FB = – 12 N ⇒ FA = – 12 + FB **

Substituindo ** em *, tem-se:

– 12 + FB + FB = 40 ⇒ 2FB = 52 ⇒ FB = 26 NFA = – 12 + 26 = 14 N

Questão 11 – Letra AComentário: Como a gangorra permanece em equilíbrio, a resultante das forças e o somatório dos momentos em relação a um polo qualquer ao longo da barra deverão ser nulos. Tomando como polo o centro de massa da prancha de madeira e o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑MCM = 0 ⇒ P . x2

P . x 0P

2P

A BA

B

− = ⇒ =

Portanto, o peso da criança B é metade do peso da criança A e, para que a prancha de madeira permaneça em equilíbrio, será necessário que a criança B, de menor peso, fique mais distante do polo de giro.

Questão 12 – Letra EComentário: Para que o arranjo permaneça em equilíbrio, é necessário que o somatório dos momentos produzidos ao redor do ponto M seja igual a zero.

Sejam dA e dB a distância das cargas A e B até o ponto M, PA e PB, os pesos das cargas, e RM, a reação do ombro na barra. Considerando desprezível a massa da barra, tomando o ponto M como polo e adotando o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑MM = 0 ⇒ PA . dA + RM . 0 – PB . dB = 0 ⇒

mA . g . dA – mB . g . dB = 0 ⇒ 20 . dA – 40 . dB = 0 ⇒

dA = 2dB

Portanto, para que não haja desequilíbrio e o torque resultante sobre a barra seja nulo, será necessário deslocar a carga B 0,5 m em direção ao ponto M, pois, assim, teremos dA = 1,0 m e dB = 0,5 m.

Questão 13 – Letra AComentário: No equilíbrio, a resultante dos torques que atuam sobre a barra deve ser nula. Logo:

PQ2 = Pb0,5 ⇒ PQ = 400 . 0,5/2 = 100 N

EM1MPV2_FIS.indd 26 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 14 – Letra EComentário:

AB C D

PTijolos

RApoio A RApoio C

Pprancha

PPedreiro

Como a prancha é homogênea e tem 3,0 m de comprimento, seu peso estará no ponto médio, ou seja, no ponto B.

Quando o pedreiro estiver no ponto D, haverá uma tendência de rotação da barra no sentido horário. Dessa forma, podemos considerar que a reação do apoio A é nula quando tivermos a quantidade mínima de tijolos que mantém o equilíbrio. Portanto, a soma dos momentos das forças em relação a um polo qualquer deverá ser nula, além de, obviamente, termos, também, uma resultante de forças igual a zero.

Adotando o ponto C como polo e o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑MC = 0Ptijolos . (1,5 + 0,5) + Pprancha . 0,5 – Ppedreiro . 1,0 = 0Ntijolos . 2,0 . 10 . 2,0 + 20 . 10 . 0,5 – 70 . 10 . 1,0 = 0Ntijolos . 2,0 . 2,0 + 20 . 0,5 – 70 . 1,0 = 04,0Ntijolos = -10 + 70 ⇒ Ntijolos = 15

Questão 15 – Letra AComentário: Ao dobrar o corpo para tocar os pés, Rafael se flexiona levemente para trás, mudando o centro de gravidade de seu corpo, mas de modo que ele continue acima dos pés e, portanto, em equilíbrio.Quando o colega de Rafael repete o exercício, só que encostado na parede, não é mais possível se flexionar para trás, pois a parede impede esse movimento. Assim, o centro de gravidade da pessoa fica à frente dos pés e, portanto, deslocado da posição de equilíbrio.

Questão 16 – Letra AComentário:

PLampadário

PBarra

TTX

Tyθ

B

C A20 cm 20 cm

50 cm30 cm

O comprimento da corda pode ser calculado pelo Teorema de Pitágoras:l2 = (30)2 + (40)2 ⇒ l2 = 900 + 1 600 ⇒ l = 50 cmConsiderando a barra em equilíbrio e na iminência do rompimento, temos:∑MC = 0

Adotando o sentido anti-horário como positivo para os momentos, temos:Pbarra . 20 + Plampadário . 40 – Ty . 40 = 0(0,8 . 10) . 20 + (0,5 . 10) . 40 – T . sen θ . 40 = 0

160 + 200 – T .

3050

. 40 = 0 ⇒ 360 – T . 24 = 0 ⇒ T = 15 N

Questão 17 – Letra AComentário: Com o sistema em equilíbrio, a resultante das forças que atuam nele deve ser nula. Sendo assim, podemos pegar como ponto de referência o encontro entre os três fios, acima do bloco A, como mostra a figura a seguir.

A

PA

TyTTX PB

B

α

Ty = PA = mAg = 12 . 10 = 120 NTy = Tsen α ⇒ T = Ty/sen α = 120/0,8 = 150 NTx = PB = mBg = 10mB *Tx = Tcos α = 150 . 0,6 = 90 N **Substituindo ** em *, tem-se:90 N = 10mB ⇒ mB = 9 kg

Questão 18 – Letra CComentário: O bloco A está sujeito a atração gravitacional terrestre e esta é uma força de direção vertical e sentido para baixo. Para que permaneça em equilíbrio, é necessário que a resultante de todas as outras forças que atuam sobre esse mesmo bloco seja capaz de equilibrar o peso do bloco. Então, a resultante dessas forças deverá ser vertical apontando para cima.

Questão 19 – Letra AComentário: O comprimento da corda pode ser calculado pelo Teorema de Pitágoras:l2 = (6)2 + (8)2 ⇒ l2 = 36 + 64l = 10 mO seno e o cosseno do ângulo θ indicado na figura a seguir valem:

θ = =

θ = =

sencateto opostohipotenusa

0,6

coscateto adjacente

hipotenusa0,8

P1

PPlaca

Tθ

4 m4 m

8 m

6 m

Placa

C

A

Se tomarmos o ponto A como referência, a resultante dos momentos em relação a esse ponto deverá ser nula. Vale salientar que as reações do apoio no ponto A não produzem momento em relação a esse ponto, uma vez que não há braço de alavanca.∑MA = 0

Adotando o sentido anti-horário como positivo para os momentos:–Pplaca . 8 – Pbarra . 4 + Ty . 8 = 0–200 . 8 – (10 . 10) . 4 + T . sen θ . 8 = 0–1 600 – 400 + T . 0,6 . 8 = 0 ⇒ 4,8T = 2 000T ≅ 417 N

EM1MPV2_FIS.indd 27 14/12/17 08:17

28 Coleção EM1

Questão 20 – Letra EComentário: Como a haste não possui massa desprezível, torna-se necessária a representação do seu peso no centro geométrico, que é, ao mesmo tempo, seu centro de massa. Sendo a barra de comprimento total igual a 3.L, o peso da haste está a uma distância de 0,5.L do ponto de apoio.Assim sendo, quatro forças atuarão sobre a haste, como indicado na figura a seguir:

pPp’

N

Para equilíbrio em relação ao ponto do apoio, a resultante dos momentos (e das forças) deverá ser nula, ou seja:

∑MP = 0

Adotando o sentido anti-horário como positivo para os momentos:p’ . L + N . 0 – P . 0,5L – p . 2L = 0M’ . g . L – Mhaste . g . 0,5L – M . g . 2L = 0 (simplificando “g” e “L”)

M’ – 2M = M

2haste

Como a diferença entre M’ e 2M é positiva (já que a massa da haste também é positiva), conclui-se que:

M’ > 2M

Questão 21 – Letra BComentário: O momento do binário é igual à soma algébrica dos momentos das forças que o compõem. No caso do regulador do botijão de gás novo, o momento total (M) necessário para atarraxar o dispositivo tem módulo igual a M = 2Fd em unidades do Sistema Internacional de Unidades.Seja F’ o módulo de cada uma das novas forças mínimas, iguais e constantes. O novo momento resultante (M’) produzido será dado por:

M' F ' . d F ' . d2

M' F ' . d d2

M' F ' . 3d2

= + ⇒ = +

⇒ =

Como os momentos M e M’ deverão produzir os mesmos efeitos, temos:

M M' 2Fd F ' . 3d2

2F F '.32

F ' 43

F

F ' 33

F 13

F

= ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒

= +

Portanto, as novas forças mínimas, constantes e iguais serão maiores que F em 1/3.

Questão 22 – Letra BComentário: O maxilar e a mandíbula constituem um tipo de alavanca chamada de interpotente. Nesse sistema, a mandíbula é fixa e o maxilar móvel. Portanto, podemos considerar a mandíbula um corpo extenso, em equilíbrio, sobre a ação das forças exercidas pelo músculo e pelos dentes da frente. Tais forças devem ser consideradas verticais e em sentidos opostos, de forma tal que a resultante das forças em relação à articulação seja nula.

∑Marticulação = 0

Adotando o sentido anti-horário como positivo para os momentos:

Pdentes da frente . 8 – Fmúsculos . 2 = 0

Pdentes da frente . 8 – 1 200 . 2 = 0 ⇒ Pdentes da frente = 300 N


45 cm

m.g

C

B

D

A

9 cm

Nx

Ny

Fx

Fy

Para que o televisor de 14 kg e o suporte no qual ele está apoiado permaneçam em equilíbrio, é necessário que a resultante das forças seja nula e que o somatório dos momentos produzidos por elas seja também igual a zero. Sejam Nx e Ny as forças de contato estabelecidas pela parede sobre a sapata de borracha, Fx e Fy, as componentes das forças que os parafusos aguentam, e m . g, o peso do televisor. Então, em relação ao ponto C, temos:

∑MC = 0 ⇒ Fx . dAC – m . g . dCD = 0 ⇒

Fx . 9 – 14 . 10 . 45 =0 ⇒ Fx = 700 N

Vale ainda destacar que o sentido anti-horário foi tomado como positivo para o cálculo dos momentos, e que Nx, Ny e Fy não produzem momento, pois a linha de ação de cada uma delas passa pelo polo C.

Questão 24 – Letra BComentário: Chamemos de “x” a distância entre dois pontos consecutivos de graduação da régua. Para que a régua permaneça em equilíbrio quando apoiada no ponto G é necessário que o momento resultante seja nulo, ou seja:

∑MG = 0

Adotando o sentido anti-horário como positivo para os momentos:

PA . 6x – PI . 2x – PK . 4x = 0

mA . g . 6x – mI . g . 2x – mK . g . 4x = 0 (simplificando “g” e “x”)

60 . 6 – 40 . 2 – mK . 4 = 0 ⇒

360 – 80 – mK . 4 = 0 ⇒

4mK = 280 ⇒ mK = 70 g

Questão 25 – Letra BComentário: Considerando que cada uma das partes componentes da barra horizontal seja homogênea, podemos representar o peso de cada uma delas no centro de massa, localizado no meio geométrico delas.

P1 = (µ1 . L1) . g = 600 . 1,0 . 10 = 6 000 N

P2 = (µ2 . L2) . g = 800 . 1,0 . 10 = 8 000 N

Tomados a partir do ponto B, os pesos P1 e P2 estarão localizados, respectivamente, nas posições 0,5 m e 1,5 m. Além dessas duas forças, a barra horizontal BD está sujeita à ação de uma força inclinada, exercida pelo cabo CD, formando um ângulo θ com a horizontal.

EM1MPV2_FIS.indd 28 09/01/18 16:16

Físi

ca

Manual do Professor


Barra horizontal

Bar

ra v

ertic

al

B

A

2,0

m1,

5 m

D

P1

P2

TCD

θ

1,0 m 1,0 m

V1 V2

C

h

Para que a barra esteja em equilíbrio, a resultante das forças e o somatório dos momentos em relação a qualquer polo (ponto B, por exemplo) deverão ser nulos. Consideremos o sentido anti--horário como positivo para os momentos.

∑MB = 0 ⇒ MP1 + MP2

+ MTCD = 0 ⇒

–P1 . 0,5 – P2 . 1,5 + TCD . h = 0 ⇒

–6 000 . 0,5 – 8 000 . 1,5 + TCD

1 5

1 5 2 02 2

,

, ,+

. 2,0 = 0 ⇒

–3 000 – 12 000 + TCD(0,6) . 2,0 = 0 ⇒ TCD = 12 500 N

A intensidade de 12 500 N corresponde à força atuante ao longo de toda a corda CD, considerada, nesse caso, inextensível. Por unidade de área, teremos:

T

A12 500 N

100 . 10 m125 . 10 Pa 125 MPaCD

–6 26= = =


N2

N1

2mg d x

O

mg

Sejam N1 e N2 e as reações dos apoios da esquerda e da direita, respectivamente, sobre a prancha. O peso da barra vale 2mg e está localizado no seu centro geométrico. Como a prancha tem comprimento total de 12d, ficará a uma distância de 6d de cada uma das extremidades e a uma distância d de cada um dos apoios.

Quando a prancha estiver na iminência de tombamento, a reação N1 chegará a zero e o cilindro estará à direita dos dois apoios verticais a uma distância x do apoio da esquerda. Então, no limite de o sistema manter-se em equilíbrio, o somatório dos momentos em relação a um ponto qualquer da prancha deverá ser igual a zero. Tomando como polo o ponto O e adotando o sentido anti-horário como positivo, temos:

∑MO = 0 ⇒ 2m . g . d – mg . x = 0 ⇒ 2d =x

Conclui-se que a prancha começará a tombar quando o cilindro passar pelo ponto B.

Questão 27 – Letra D Comentário:

5 m

2 m

M

Barra

40 N10 N

20 N

Suportem

7 – D

5 m

D = ?3,0 m

Como a barra é um corpo extenso e em equilíbrio, a resultante das forças que sobre ela atuam deve ser nula, além do somatório dos momentos em relação a qualquer ponto que também deve ser nulo. Então:

∑MO = 0

Adotando o sentido anti-horário como positivo para os momentos. Ponto O – polo ou ponto de apoio.

20 . 3,0 – 10 . 2 – 40 . (7 – D) = 0

60 – 20 – 280 + 40D = 0 ⇒ 40D = 240

D = 6,0 m

Questão 28 – Letra AComentário: A figura a seguir representa algumas das forças agentes no perfil AB (F1, F2 e F) e suas respectivas componentes (F1y, F1x, F2y, F2x, Fx e Fy).

A

C

75°

0,18

m

0,20 m

15°

F1xF1y

F115°

Fy

F2y

F2

F2xFx

F

B 15º15°

15º15°

EM1MPV2_FIS.indd 29 04/01/18 14:44

30 Coleção EM1

Pelo enunciado do problema e usando relações trigonométricas adequadas, temos:

F 216,0 N, F F . cos 15°

F 175,0 N, F F . cos 15°

F F . sen 15°

1 1y 1

2 2x 2

x

= =

= =

=

Para que o perfil permaneça em equilíbrio, é necessário que o momento resultante seja zero. Ou seja:

MHorário = MAnti-horário

As componentes que causam momento em relação ao ponto C são aquelas cujas direções são perpendiculares ao segmento que liga seu ponto de ação e o ponto C da figura. A saber, essas forças são F1y, Fx e F2x. Portanto:

F2x . 0,18 + Fx . 0,18 = F1y . 0,20 ∴

175,0 . 0,97 . 0,18 + F . 0,26 . 0,18 = 216,0 . 0,97 . 0,20 ⇒

F = 242,5 N

Questão 29 – Letra C

Comentário: A figura a seguir representa o diagrama de forças que agem sobre o ponto A, que está em equilíbrio. A tensão T2 é numericamente igual ao peso do corpo cúbico, já que ele está em equilíbrio.

T Fe

Tx

Ty Fey

FexA

30° 45°

T2

FRX: Força resultante no eixo X ⇒ FRX

= 0 ⇒

T = F T . cos 30° = F . cos 45°

T . 32

K x . 22

T . 3 10,0 . 10 . x . 2 (I)

F = 0

T + F = T

T . sen 30° + F . sen 45° = . a

T . 12

K x . 22

22,4 . 10 . 0,50

T 10,0 . 10 . x . 2 2 . 22,4 . 10 . 0,50 (II)

X e e

3

R

y e 2

e3

3 3

3 3 3

X

y

y

⇒ ⇒

= ∆ ⇒

= ∆

⇒

⇒

ρ ⇒

+ ∆ = ⇒

+ ∆ =

Substituindo (I) em (II), temos:

∆ + ∆ = ⇒

∆ =

10,0 . 10 x . 2

310,0 . 10 . x . 2 2 . 22,4 . 10 . 0,50

x 0,25 m

33 3

Comprimento final do cabo AC:

L = L0 + ∆x ⇒ L = 0,5 + 0,25 ⇒ L = 0,75 m

2,3 m

30° 45°

LL'

L' . cos 30° L . cos 45°

L ' . cos 30°+L . cos 45° =2,3

L ' . 32

0,75 . 22

2,3

L ' 2,0 m

⇒

+ = ⇒

=

Questão 30 – Letra DComentário: Para que a escada permaneça em equilíbrio, é necessário que a resultante das forças e o somatório dos momentos em relação a um polo devidamente escolhido sejam nulas.

fB

RB

RA

P

4,0 m

B

A

3,0 m

Na figura, temos:

fA– Força de atrito entre a parede e a escada

RB – Reação normal da parede

fB – Força de atrito entre o chão e a escada

RB – Reação normal do chão

P – Peso da escada

Para equilíbrio na direção vertical, a resultante de forças em y deve ser nula.

Ry = 0

fA + RB = P

Como a parede é perfeitamente lisa, fA = 0. Então:

RB = P

Para equilíbrio na direção horizontal, a resultante de forças em x deve ser nula.

Rx = 0

fB = RA

EM1MPV2_FIS.indd 30 04/01/18 14:44

Físi

ca

Manual do Professor


O somatório dos momentos em relação ao ponto B deve ser nulo, ou seja:

4,0 m

2,0

m

B

1,5 m

A

3,0 m

ΣMB = 0 (sentido anti-horário positivo)

–RA . 4,0 + P . 1,5 = 0

Como fB = RA, temos:

–fB . 4,0 + P . 1,5 = 0

fB . 4,0 = P . 1,5

fB = 1,54,0

P

Multiplicando numerador e denominador por 2, temos:

fB = 38

P

Questão 31Comentário: A rede exerce forças em cada uma das duas paredes e elas reagem, de acordo com a Terceira Lei de Newton, com as forças (N) sobre a rede, indicadas na figura a seguir. Além delas, existe a força de atração gravitacional (P) exercida pela Terra sobre o homem.

N

P

N

60°

30°

60°

30°

A) Como a rede está em repouso, a resultante das forças que sobre ela atuam deve ser igual a zero.

FResultante = 0 ou ainda ΣF = 0

N . cos60° N . cos60° P2N . cos60° P

2N . 12

P

N P 60 kgf

+ = ⇒= ⇒

= ⇒

= =

Portanto, o peso do homem é igual a 60 kgf.

B) Se o gancho da parede foi mal instalado e resiste até 130 kgf, teremos nova reação (N’) de cada uma das paredes sobre a rede igual a 130 kgf, ou seja, N’ = P = 130 kgf.

Um quilograma-força é definido como sendo o valor do peso de um corpo cuja massa é igual a 1 kg (um quilograma). Então, a uma força de 130 kgf corresponderá uma massa de 130 kg. Se cada criança tiver massa de 30 kg, a rede suportará no máximo quatro crianças.


A) Como os módulos das componentes das forças de reação valem 0,2 N cada e os módulos dos vetores r1, r2, e r3 são iguais a 6,0 cm cada, o torque total será dado pela soma de três torques de mesmos valores, ou seja:

τ = |F1|.|r1| + |F2|.|r2| + |F3|.|r3| ⇒ τ = 3|F1|.|r1| ⇒

τ = 3 . 0,2 . 6,0 . 10-2 ⇒ τ =3,6 . 10-2 N.m

B) Como os jatos de água são lançados horizontalmente, podemos considerar a composição de dois movimentos simultâneos, mas independentes entre si: um uniforme, na direção horizontal, e outro uniformemente variado, na vertical. Então, o tempo de queda será encontrado a partir da equação:

= + +h h v t12

at0 0

2

Considerando a referência no ponto de lançamento sem velocidade na direção vertical, temos:

h12

at

t2hg

2.0,8010

0,40 s

2= ⇒

= = =

Na direção horizontal, temos:

x = x0 + vx . t ⇒

x = vx . t = 8,0 . 0,40 ⇒

x = 3,2 m

Portanto, a distância pedida será de 3,2 m.


A)

A B

C D

TH

x

yTV

T

O módulo da tração será:

=

+ = + =T

P4

T (3,0 . 10 ) (4,0 . 10 ) 5,0 .10 N2

H2 6 2 6 2 6

B) O módulo do torque pode ser calculado por:

B

C

O

L 45°

TAB

T . h (1,8 . 10 ) 22

. 50 22

4,5 .10 N.mAB

7 8τ = = =

EM1MPV2_FIS.indd 31 04/01/18 14:44

32 Coleção EM1


A)

N

P

fat

Fmag.

Nafiguraanterior: PPeso: força exercida pela Terra sobre a bonequinha. NReação normal: força exercida pela superfície horizontal da

geladeira sobre a bonequinha. Fmag – Força magnética: força exercida pela superfície

metálica sobre o ímã. fat – Força de atrito: força exercida pela superfície vertical

da geladeira sobre a bonequinha. A força de atrito e a reação normal da superfície são

componentes de uma única força que pode ser chamada de força de contato.

B) O menor valor da força magnética deve corresponder à iminência de queda da bonequinha. Para equilíbrio horizontal, temos:

Fmag = N Para equilíbrio vertical: Fat = P μ.N=m.g

N m . G=µ

Então:

F m . g F 20 . 10 . 10

0,50mag mag

–3

=µ

⇒ =

Fmag = 0,4 N

Questão 35Comentário: Forças na subida do bloco:

x

P θ

fat

N

y

θ

Para equilíbrio em y:P . cos θ = N (i)Para equilíbrio em x:fat + P . sen θ = m . a (ii)

E temos, ainda:fat = µN (iii)Assim:

µ . P . cos θ + P . sen θ = m . a ⇒

m . g . cos m . g . sen maµ θ + θ = ⇒

0,05 . 0,8 . 10 + 10 . 0,6 = a ⇒ a = 6,4 m/s2

Como o movimento em x é uniformemente variado,v2 = v2

0 + 2a∆x ⇒

02 = 42 + 2 . (–6,4) . ∆x ⇒ ∆x = 1,25 m

Com projeções horizontal (h) e vertical (v), respectivamente,

h = 1,25 . cos θ = 1,25 . 0,8 = 1 m

v = 1,25 . sen θ = 0,75 m

Após o bloco parar:

x

y

A P

B Bx

By

W

Ax

Ay

θ

m = 5 kg ⇒ P = mg ⇒ P = 50 NBy = 89 N (para cima)W = ρL = W = 95 . 2 ⇒ W = 190 NComo a rampa está equilibrada,∑MA = 0 ⇒ Bx . 1,2 + W . 0,8 + P . 0,6 = By . 1,6 ⇒1,2Bx + 190 . 0,8 + 50 . 0,6 = 89 . 1,6 ⇒Bx = – 33 N (horizontal para a direita)∑F = 0 ⇒Ax = – Bx ⇒ Ax = 33 N (horizontal para a esquerda)∑F = 0 ⇒Ay + By = P + W ⇒Ay + 89 = 50 + 190 ⇒Ay = 151 N (vertical para cima).Os sentidos de Ax e Bx nos levam a concluir que a barra foi tracionada quando fixada nas articulações.

Seção Enem

Questão 01 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 7

Comentário: Como a barra atingiu uma situação de equilíbrio, o momento das forças sobre ela é nulo. Tomando a distância definida por cada marcação por d, podemos ver que o centro de massa da barra está a uma distância d à direita da base. Igualando os momentos das forças nos sentidos horário e anti-horário, temos:

3 . d . M d . M

M 3 . M 3 . 5,00 15,00kgArroz Barra

Barra Arroz

=

= = =

EM1MPV2_FIS.indd 32 04/01/18 14:44

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: IV


Habilidade: 6

Comentário: Considerando que as forças aplicadas são de mesma intensidade em todos os casos e calculando o momento das forças em cada caso, temos:

M F . d

M 2 . F . 20 40 . F

M F . 30 30 . F

M 2 . F . 252

25 . F

1

2

3

= ⇒

= =

= =

= =

Assim, o maior momento de força aplicado é no caso 1. Repare que, nos casos 1 e 3, tivemos que multiplicar o momento da força por 2 devido à ação do binário de forças.



Habilidade: 6

Comentário: Além do papel de sustentação do peso, as dobradiças devem impedir que a porta gire. Na figura a seguir, estão representadas as forças que atuam sobre a porta (os vetores não estão em escala). N1H e N2H representam as forças que as dobradiças aplicam horizontalmente na porta, e N1V e N2V, as forças verticais que elas exercem sobre a porta. Ao lado, está representada a soma vetorial das forças exercidas por cada dobradiça, sendo que R1 e R2 representam as forças resultantes exercidas pelas dobradiças de cima e de baixo, respectivamente.

N1H

N1H + N1V = R1

P

R2

R1

N2H

N2H + N2V = R2

N1V

N2V

Com base nessa ilustração, é possível concluir que a alternativa correta é a D.

Questão 04 – Letra AEixo cognitivo: IV


Habilidade: 17

Comentário: Tanto o peso do portão quanto o peso do menino produzem um momento no sentido horário em relação às dobradiças. Devido à existência desses momentos de força, a dobradiça A é tracionada, e a dobradiça B é comprimida. Os materiais, geralmente, são mais resistentes à compressão do que à tração; portanto, é mais provável que a dobradiça A arrebente primeiro.



Habilidade: 17

Comentário: A força exercida pela mão direita (aquela que puxa as cordas) é horizontal e para trás. Já a força exercida pela mão esquerda (aquela que segura o arco) apresenta duas componentes, uma vertical para cima, de mesma intensidade e sentido oposto ao peso do arco, e uma horizontal para frente. Essa componente horizontal, de fato, possui a mesma intensidade e sentido oposto ao da força exercida pela outra mão. A figura a seguir ilustra as direções e os sentidos das forças exercidas pelas duas mãos do arqueiro.

Força exercida pelamão esquerda

Força exercida pelamão direita

FD

FE

Se o “V” das cordas formar um ângulo de 120°, a força exercida pela mão direita terá o mesmo módulo da tração na corda, pois duas forças de mesma intensidade F (no caso, as duas tensões na corda, acima e abaixo da mão) produzem uma resultante de intensidade também F, quando o ângulo entre essas forças é de 120°, conforme está ilustrado na figura a seguir.

Tensão na cordade cima

Força exercida pelamão direita

Tensão na cordade baixo

Resultante igualà tensão

120°

Tendo em vista a discussão anterior, conclui-se que a alternativa correta é a D.

Questão 06 – Letra AEixo cognitivo: II


Habilidade: 20

Comentário: O equilíbrio de um corpo pode ser classificado em estável, instável ou indiferente. Se, após sofrer um pequeno deslocamento, o corpo tende a voltar à antiga posição de equilíbrio, é chamado de estável, e é o que ocorre no caso do “João-bobo”. A explicação se baseia no fato de que quase toda a massa do brinquedo está concentrada no lastro, ou seja, o centro de gravidade está perto da base de apoio.

O equilíbrio é instável quando o corpo é deslocado da posição de equilíbrio e, além de não retornar, afasta-se mais dela e, por fim, é indiferente quando liberado de sua posição de equilíbrio, portanto, acaba não se movendo.

EM1MPV2_FIS.indd 33 14/12/17 08:17

34 Coleção EM1

Questão 07 – Letra DEixo cognitivo: IV


Habilidade: 2

Comentário: Como toda a estrutura permanece em equilíbrio, é necessário que a resultante das forças em cada uma de suas partes seja nula.

A pedra central C, no arco representado na figura, sujeita-se à atração gravitacional terrestre e às forças exercidas sobre ela pelas pedras vizinhas. Como o peso de cada pedra é vertical e aponta para baixo, com módulo de 150 N, as demais pedras deverão exercer uma resultante capaz de equilibrar o peso. Isso só será possível se a força for vertical, de sentido para cima e com intensidade de 150 N.

CAPÍTULO – B3Movimento Variado



A) Se a trajetória do carro for retilínea, não haverá aceleração, pois, como a velocidade é constante em módulo, o movimento seria retilíneo uniforme.

B) Se a trajetória do carro for curvilínea, por exemplo, se o carro estiver fazendo uma curva, haverá aceleração centrípeta. A aceleração tangencial será nula, pois a velocidade é constante em módulo.


A) Primeiramente, vamos converter a velocidade final de90 km/h para m/s:

v = 90 km/h = (90/3,6) m/s = 25 m/s

Então, em 10 s, a aceleração de arrancada desse carro, que aumenta a velocidade de zero para 25 m/s, é:

a = Δv/Δt=(25−0)/10=2,5m/s2

B) Em 1,0 s, a aceleração de arrancada do atleta, que aumenta a velocidade de zero para 10 m/s, é:

a = Δv/Δt=(10−0)/1,0=10m/s2

Portanto, a aceleração de arrancada do atleta é quatro vezes maior que a do carro.


A) A velocidade mede a rapidez com a qual uma distância é percorrida, e a aceleração mede a rapidez com a qual a velocidade varia. A ideia errônea de que uma alta velocidade implica uma alta aceleração faz parte do senso comum das pessoas de uma forma geral. O trem-bala move-se a alta velocidade, mas essa é constante, inclusive em direção, uma vez que a trajetória do trem bala é praticamente uma linha reta. Assim, a aceleração do trem é zero.

B) Apesar de o saque do rapaz ter imprimido uma velocidade não tão grande na bola de vôlei, a aceleração da bola é muito grande, pois o golpe de saque dura uma fração do segundo, de modo que a velocidade da bola varia de zero a um determinado valor em um curtíssimo intervalo de tempo. Em outras palavras, a velocidade adquirida pela bola não é grande, mas a rapidez da variação da velocidade (aceleração) é alta.


A) A aceleração é um vetor no mesmo sentido do movimento quando a velocidade está aumentando. Ao contrário, se a velocidade diminui, a aceleração é oposta ao movimento. Depois que a pedra desta questão é lançada verticalmente para cima, durante a subida, a velocidade da pedra diminui. Logo, a aceleração da pedra é voltada para baixo.

B) Depois que a pedra atingiu a altura máxima e começou a cair, a velocidade da pedra aumenta. Por isso, a sua aceleração é voltada para baixo.


A) Aleituradiretadográficomostraqueavelocidadedocarroestá aumentando. Em um gráfico de velocidade versus tempo, a inclinação da curva da velocidade representa a aceleração. Assim, como a inclinação da curva da velocidade está diminuindo, a aceleração está diminuindo.

B) Aaceleraçãomédiaédefinidacomoavariaçãodavelocidadeparaumdadointervalodetempo.Pelográficodaquestão,percebemos que a velocidade variou de 0 a 5,0 m/s em 4 s. Portanto,

am = Δv/Δt = 5,0 / 4 = 1,25 m/s2


A) Ográficodavelocidadeemfunçãodotempoéumaretainclinada, implicando crescimentos iguais da velocidade em intervalos iguais de tempo. Portanto, a aceleração é constante e o movimento é uniformemente variado.

B) A inclinação da reta é dada pela tangente do ângulo que a reta forma com o eixo das abscissas:

Inclinação=(15−0)m/s/(10− 0) s = 1,5 m/s2

Essa inclinação nada mais é do que a aceleração do móvel.

C) Aárea sobográficoda velocidadeversus o tempo é a distância percorrida pelo móvel:

Área = d = (10 s) . (15 m/s)/2 = 75 m

É claro que essa distância também poderia ser calculada pela fórmula d = v0 t + a t2/2, lembrando que, nesse problema, v0 = 0, a = 1,5 m/s2 e t = 10 s.


A) Para esse cálculo, vamos utilizar a primeira equação básica do movimento:

v = v0 + a . t ⇒ v = 10 + 0,50 . 10 ⇒ v = 15 m/s

EM1MPV2_FIS.indd 34 04/01/18 14:44

Físi

ca

Manual do Professor


B) Utilizando a segunda equação básica e considerando d0 = 0, encontramos:

d = v0 . t + 12

. a . t2 ⇒ d = 10 . 10 + 12

. 0,5 . 102 ⇒

d = 100 + 25 = 125 m

Já com a segunda equação básica, obtemos: v2 = v0

2 + 2ad ⇒ v2 – v02 = 2ad ⇒

d = 12a

(v2 – v02) = 1 . (225 – 100) = 125 m

161514

12

10

8

6

420

0 2 4 6Tempo (s)

Velo

cida

de (

m/s

)

8 10 12

Calculandoaáreadotrapézioformadopelaretadográfico,temos:

A = 12

. (base maior + base menor) . altura ⇒

A = 12

. (15 + 10) . 10 = 125 m


A) A inclinação do gráfico posiçãoversus tempo fornece a velocidade.Assim,avelocidadefinaléconhecidaevalezero, pois a inclinação da curva é nula em t = 20 s.

O tempo é outra grandeza que pode ser lida diretamente do gráfico, basta olhar o intervalo no eixo do tempo.Além dessas duas, a distância percorrida também pode ser retirada diretamente do gráfico, bastando para issoconsiderar que o veículo inicia sua desaceleração na posição 100 m e que na posição 300 m ele atinge o repouso. Sendo assim, a distância percorrida foi de 200 m. Ficam indeterminadas a aceleração e a velocidade inicial.

B) Observe as três equações básicas:

v = v0 + a . t

d = d0 + v0 . t + 12

. a . t2

v2 = v0 2 + 2a . d

Em todas elas, a velocidade inicial está relacionada à aceleração, de forma que é impossível descobrir o valor das duas utilizando somente uma das equações.

C) Utilizando as duas primeiras equações, obtemos o seguinte sistema:

0 = v0 + a . 20

300 = 100 + v0 . 20 + 12

. a . 202

Resolvendo o sistema, obtemos:

a = –1 m/s2 e v0 = 20 m/s.


A) Considerando-se a posição em que se inicia a perseguição como origem, ou seja, x0 = 0, temos:

xC = 15 . t (x: m; t: s)

xM = 0,75 . t2 (x: m; t: s)

Em seguida, igualando-se as equações, temos:

xC = xM ⇒ 15 . t = 0,75 . t2

A partir dessa equação encontramos dois tempos, t1 = 0 e t2 = 20 s. O primeiro tempo representa o instante inicial, no qual o policial e o motorista ocupam a mesma posição antes da fuga do infrator. Nesse momento, como esse infrator está a uma maior velocidade, ele consegue se distanciar do policial, porém, passados 20 s, o policial alcança o motorista.

B) A distância percorrida até o encontro dos dois veículos pode ser obtida a partir de qualquer uma das duas equações, já que nesse instante ambos ocupam a mesma posição e ambos partiram da origem. Assim:

x = 15 . 20 = 300 m

Ou seja, os dois percorreram 300 metros até que o policial alcançasse o motorista.

C)

25

30

20

15

10

5

0 5 10 15 20 25

Vel

ocid

ade

(m/s

)

Tempo (s)

300

200

100

0 5 10 15 20

Posi

ção

(m)

Tempo (s)

A área sob a curva do gráfico de velocidade versus tempo pode ser facilmente calculada, já que ela é numericamente igual à área sob qualquer uma das duas curvas até o instante em que ocorre o encontro. É fácil perceber que para o carro essa área é numericamente igual à área de um retângulo de lados 20 x 15, e, no caso do policial, a área de um triângulo de base 20 e altura 30, resultando, nos dois casos, em uma área de 300, que nesse caso significa300m.

EM1MPV2_FIS.indd 35 04/01/18 14:44

36 Coleção EM1

Questão 10Comentário: Como o veículo se desloca aceleradamente, os vetores velocidade e aceleração, além de mesma direção, terão o mesmo sentido. Na primeira situação, como o carro viaja a favor da trajetória, a velocidade e, consequentemente, a aceleração terão sinais positivos. Na segunda situação, o carro vai contra o sentido da trajetória, portanto, sua velocidade deve ser negativa. Contudo, o vetor aceleração deve ter o mesmo sentido que o vetor velocidade. Por isso, ela também é negativa. Em ambos os casos houve aumento de 5 m/s no módulo da velocidade durante o tempo de 10 s. Dessa forma, a aceleração será 0,5 m/s2 para o primeiro caso e –0,5 m/s2 no segundo caso. Esses valores também poderiam ser calculados pela definição operacional da aceleração:

a1 = 20 1510− = 0,5 m/s2

a2 = − − −20 1510

( ) = –0,5 m/s2

Questão 11Comentário: Um corpo cai em queda livre quando a única força significativa que atua nele é o seu peso. Nesse caso, a aceleração de queda é constante e vale aproximadamente g = 10 m/s2. Isso é o que acontece quando uma pedra cai de uma pequena altura. Durante a queda, a velocidade não aumenta muito, de modo que o valor da força de resistência do ar não aumenta muito, mantendo-se bem menor do que o peso da pedra. O mesmo não ocorre com uma pena de ave. Sendo muito leve, a força de resistência do ar sobre a pena torna-se igual ao seu peso, logo depois que ela cai de poucos centímetros.


A) Quando um objeto é atirado para cima, no ponto mais alto de sua trajetória, a velocidade será nula. Com base nisso, é fácil calcular o tempo que a pedra levará para subir:

v = v0 + ats ⇒ 0 = 6,4 –1,6ts ⇒ ts = 4 s

Como a pedra leva o mesmo tempo para descer, o tempo total é de 8 s.

B) Para calcular a altura atingida pela pedra, podemos utilizar tanto a segunda quanto a terceira equações básicas. A terceira talvez seja mais vantajosa pelo fato de que um dos termos será igual a zero.

v2 = v0 2 + 2 . a . d ⇒ 0 = 6,42 – 3,2 . d ⇒ d = 12,8 m

C) Como na Lua não há atmosfera, não existe o efeito da resistência do ar. Assim, tanto a pedra quanto a pena da ave, apesar de terem pesos diferentes, experimentarão a mesma aceleração.

Questão 13Comentário: As distâncias percorridas pela bola depois de 1 s e 2 s após o disparo podem ser calculadas pela equação d = v0t−gt2/2. Lembrando que v0 = 20 m/s e que g = 10 m/s2, e substituindo t = 1 s e depois t = 2 s na equação, obtemos os valores dessas distâncias:

t = 1 s:d=20.1−10.12/2 = 15 mt = 2 s:d=20.2−10.22/2 = 20 m

A bola subiu 15 m no 1º segundo do movimento, mas apenas 5 m no segundo seguinte. Isso faz sentido, pois a velocidade da bola diminui na subida. Assim, a velocidade média da bola no 1º segundo é maior do que a velocidade média no segundo seguinte.

Podemos ilustrar esse resultado pela área do gráfico da velocidade em função do tempo presente a seguir.

v (m/s)

0

15 m5 m

20

t (s)21


A distância, em metros, que separa as duas marcas é de 0,45 m. Para calcular a velocidade final da bola, devemos usar a terceira equação básica. Na verdade, poderíamos usar um sistema de equações, utilizando as duas equações. Contudo, a maneira mais simples é a primeira. Assim:

v2 = v0 2 + 2ad ⇒ v2 = 02 + 2 . 10 . 0,45 ⇒ v = 3 m/s

Note que a aceleração foi colocada com o sinal positivo, já que o eixo no qual ocorre o deslocamento é orientado para baixo, assim como a aceleração da gravidade.

Agora que temos a velocidade final, podemos calcular o tempo de queda da bola utilizando a segunda equação básica. Dessa forma:

v = v0 + at ⇒ 3 = 0 + 10 . t ⇒ t = 0,3 s


A) Como a aceleração da gravidade para alturas próximas àsuperfícieéconstante,a inclinaçãoda retadográfico(que representa a aceleração da gravidade) será constante, e, por isso, utilizando argumentos de simetria, podemos mostrar que o ponto em que a reta corta o eixo x é exatamente a metade de 1,0 s, ou seja, 0,5 s. É nesse ponto que a velocidade se torna nula. Assim:

v = v0 + at ⇒ 0 = 5 + 0,5a ⇒ a = g = –10 m/s2

A altura máxima atingida pelo objeto será:

v2 = v0 2 + 2ad ⇒ 0 = 52 – 2.10.d ⇒ 20.d = 25 ⇒

d = 1,25 m

B) 1,4

1,2

1,0

1,0

0,8

0,8

0,6

0,6

0,4

0,4

0,2

0,20

Posi

ção

(m)

Tempo (s)

EM1MPV2_FIS.indd 36 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Exercícios propostos

Questão 01 – Letra DComentário: Como o corredor parte do repouso, usando a equação de Torricelli, podemos encontrar a aceleração a do atleta:

v v 2ad 12 0 2 . a . 100 a 144200

0,72 m / st2

02 2 2 2= + ⇒ = + ⇒ = =

Questão 02 – Letra DComentário: Vamos analisar as alternativas separadamente.

A) Quando conhecemos as velocidades v1 e v2 em dois instantes de tempo e a distância percorrida no intervalo de tempo correspondente, podemos calcular a aceleração por meio da equação de Torricelli: v2

2 = v12 + 2ad. Substituindo

v1 = 10 m/s, v2 = 20 m/s e d12 = 60 m nessa equação, obtemos a seguinte aceleração:

202 = 102 + 2 . a . 60 ⇒ a = 2,5 m/s2

B) Agora que achamos a aceleração, podemos calcular o intervalo de tempo no percurso mencionado por meio da equação:

v2 = v1 + a Δt ⇒ 20 = 10 + 2,5 . Δt ⇒ Δt = 4,0 s

C) Agora, vamos usar a equação v = v0 + a Δt, com v0 = 0 e v = 10 m/s. Assim, o intervalo de tempo para a partícula sair do repouso e atingir a velocidade de 10 m/s é:

10 = 0 + 2,5 . Δt ⇒ Δt = 4,0 s

D) Para achar a distância percorrida desde o repouso até o momento em que a velocidade da partícula é v = 10 m/s, podemos usar a equação d = a Δt2/2, fazendo Δt = 4,0 s (intervalo de tempo calculado anteriormente):

d = 2,5 . 4,02/2 = 20 mE) Segundo o enunciado da questão, a partícula apresenta

uma aceleração constante durante todo o percurso.

Questão 03 – Letra EComentário: Primeiramente, deve-se encontrar a distância d percorrida utilizando-se a equação horária do MRUV:

= + ⇒

= + =

d v . t at2

d 0 . 20 3 . 202

600 m

0

2

2

Assim, a velocidade v procurada é tal que:

d = vt ⇒

600 = v . 20 ⇒

v = 30 m / s = 108 km / h

Questão 04 – Letra AComentário: Nessa questão, a velocidade inicial é v0 = 20 m/s e a velocidade final do carro é v = 0. Como conhecemos a aceleração de frenagem, a = 5,0 m/s2, podemos usar a equação de Torricelli (v2 = v0

2 – 2 . a . d) para calcular a distância percorrida ao longo da frenagem do carro. O sinal negativo nessa equação é porque o movimento do carro é do tipo retardado. Substituindo os valores na equação, obtemos:

02 = 202 – 2 . 5,0 . d ⇒ d = 40 mPara calcular o tempo de frenagem, podemos usar a equação:

v = v0 + a Δt ⇒ 0 = 20 – 5,0 . Δt ⇒ Δt = 4,0 s


I. Falsa. Uma aceleração negativa não implica movimento no sentido negativo; pois uma velocidade negativa é que implicaria isso (a velocidade é a grandeza que representa a variação da posição).

II. Falsa. Uma aceleração negativa implica um movimento cada vez mais lento, desde que a velocidade seja positiva. Caso contrário, isto é, se a velocidade for negativa, uma aceleração negativa implicará um movimento cada vez mais rápido (a rapidez do movimento é dada pelo módulo da velocidade. O sinal representa apenas o sentido do movimento).

III. Verdadeira. O sinal da aceleração não indica o sentido do movimento.ComojácomentadonaafirmativaI,osinaldavelocidadeéquedefineessesentido.

Questão 06 – Letra DComentário: A velocidade inicial vale +5,0 m/s. A velocidade para t = 4,0 s vale v = 5,0 – 2,0 . 4,0 = – 3,0 m/s, ou seja, esse ponto material tem velocidade de módulo 3,0 m/s com sentido oposto ao da velocidade inicial.

Questão 07 – Letra CComentário: Antes de analisar as opções de respostas dessa questão, vamos comparar a equação horária geral da posição para o movimento uniformemente variado (MUV), s = s0 + v0t + at2/2, com a equação horária específica do movimento da partícula dessa questão, s = –3 – 2t + t2. De tal comparação, tiramos os seguintes parâmetros do movimento:

Posição e velocidade iniciais em t = 0: s0 = –3 m, v0 = –2 m/s

Aceleração: a = 2 m/s2

Portanto, a equação horária da velocidade em função do tempo é:

v = v0 + at ⇒ v = –2 + 2 . t

A) A trajetória é retilínea, segundo o enunciado da questão. Ográficodaposiçãosdapartículaemfunçãodotempoéque é uma parábola.

B) A velocidade média no MUV entre os dois instantes t1 e t2 é a média aritmética das velocidades nesses instantes, e não a velocidade no instante t2.

C) Da equação horária da velocidade, sabemos que a velocidade é v0 = –2 m/s em t = 0, depois ela diminui em módulo e torna-se zero em t = 1 s. Em seguida, a velocidade torna-se positiva, aumentando de valor. O 1º gráfico a seguirmostra a evolução da velocidadeno tempo. Da equação horária da posição, sabemos que s0 = –3 m e que a posição aumenta negativamente até o instante t = 1 s, quando a partícula inverte o sentido do movimento, uma vez que, nesse instante, a velocidade é zero. Portanto, em t = 1 s, temos o vértice da parábola dográficodaposiçãoemfunçãodotempo.Emseguida,a posição diminui negativamente até o instante t = 3 s, quando a partícula passa pela origem (s = 0). A partir desse instante, a posição aumenta positivamente.

EM1MPV2_FIS.indd 37 14/12/17 08:17

38 Coleção EM1

O2º gráfico a seguirmostra a evolução da posição no

tempo.Notequenoinstantet=1s,ainclinaçãodográfico

é zero, indicando uma velocidade zero.

v (m/s) s (m)

t(s) t(s)

–21 11

–33

D) Para t > 3 s, o movimento é progressivo, pois a partícula

se move no sentido positivo do eixo s, e acelerado, uma

vez que o módulo da velocidade aumenta.

Questão 08 – Letra CComentário: É importante notar que a área abaixo do gráfico nos dará a altura do eucalipto. Após 200 dias o eucalipto terá

uma altura de 200 . 22

200 cm= . Assim, ele deverá crescer mais

20 m, o que será alcançado em um tempo t em dias tal que

(3 2)(t –200)2

2 000+ = e, portanto, t = 1 000 dias.

Questão 09 – Letra AComentário: A distância inicial d entre os dois móveis pode ser

encontrada somando-se as distâncias percorridas por ambos os

móveis, já que estes se movem em sentidos opostos, distância

que pode ser encontrada pela área entre as curvas e o eixo

das abscissas. Assim, = + + + =d (10 30)102

(45 30)102

575 m.

Questão 10 – F F V F VComentário:

(F) O movimento do móvel B é uniformemente variado.

(F) No instante t = 2 s, os móveis apresentam a mesma

velocidade. Nesse instante, o móvel A está à frente do móvel

B, pois A percorreu uma distância maior do que a distância

percorrida por B entre t = 0 e t = 2 s. Essas distâncias são

dadaspelasáreassobosgráficosdeAeBnodiagramada

velocidade em função do tempo.

(V) Para o móvel B, a velocidade em t = 4,0 s é de 20 m/s, ou

seja, B tem uma aceleração de 5,0 m/s2. Para achar esse

valor, note que a velocidade de B aumenta de 10 m/s em

cada 2 segundos. Os móveis encontram-se no instante

t = 4,0 s, pois, nesse instante, as distâncias percorridas

pelos dois são iguais. Essa distância é de 40 m, e pode ser

obtidacalculando-seaáreasobográficodomóvelAou

do móvel B no diagrama da velocidade versus tempo.

(F) Conforme explicado no item anterior, quando os móveis se

encontram em t = 4,0 s, ambos percorreram uma distância

de 40 m em relação à origem de um referencial em t = 0.

(V)Vejaexplicaçãodadanocomentárioda3ªafirmativa.

Questão 11 – Soma = 14Comentário:

01. Falsa. Entre os instantes 8 e 12 s, parte do movimento é uniforme, com uma velocidade constante de –4 m/s.

02. Verdadeira. Entre os instantes 0 e 3 s, o movimento é progressivo, pois v > 0, e acelerado, pois o módulo da velocidade aumenta. A aceleração nesse intervalo é a = +2 m/s2.

04. Verdadeira. Entre os instantes 0 e 8 s, o movimento é progressivo, pois a velocidade manteve-se positiva.

08. Verdadeira. Em t = 8 s, o sentido do movimento se inverte, pois o sinal da velocidade passa de positivo para negativo, e é o sinal da velocidade que representa o sentido do movimento.

Questão 12 – Letra CComentário: A velocidade pode ser encontrada por meio da inclinação do gráfico posição x tempo. Temos, assim, que vQ = 0. O gráfico é visivelmente mais inclinado no ponto P. Logo, vP > vR > vQ.

Questão 13 – Letra CComentário: No primeiro trecho, como a velocidade é constante, o gráfico de posição x tempo é uma reta oblíqua e crescente. No segundo trecho, como a velocidade é uniformemente decrescente e sempre positiva, o movimento é progressivo e representado por uma parábola. Assim, o gráfico constante da alternativa E se afigura como correto.

Questão 14 – Letra AComentário: No ponto mais alto da trajetória, como o sentido de movimento da bola se altera, v = 0. Como nesse ponto apenas a força peso atua sobre a bola, a aceleração é igual à aceleraçãodagravidade,ea≠0.

Questão 15 – Letra CComentário: Para resolver essa questão, vamos usar o gráfico a seguir, que mostra o crescimento da velocidade de um corpo em queda livre. A distância percorrida entre os instantes 0 e t é a área A1 do triângulo sob o gráfico entre esses instantes:

A1 = vt/2.

A distância percorrida entre os instantes t e 2t é a área A2 do trapézio sob o gráfico entre esses instantes. É fácil ver que esse trapézio contém 3 triângulos de áreas A1. Assim:

A2 = 3(vt/2)

Portanto, a razão A1/A2 é igual a 1/3.

Tempo

Velocidade

t 2t

2 v

v

A1

A2

EM1MPV2_FIS.indd 38 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 16 – Letra CComentário: Como se trata de um MRUV, pois a única força que age sobre a bola é o peso, que é constante e, por isso, ocasiona uma aceleração constante, o gráfico de posição x tempo será uma reta, representada na letra C. É importante perceber que a velocidade da bola se anula por um instante infinitesimal, o que exclui a alternativa A.

Questão 17 – Letra AComentário: A figura a seguir mostra o gráfico da velocidade em função do tempo para a corrida de 100 m, no qual indicamos os dados apresentados na questão.

v (m/s)

t(s)

1236 m

3,0 s 10

a = – 0,5 m/s2

Com d = 36 m, a aceleração na 1ª fase da corrida pode ser determinada pela equação de Torricelli:

v v 2ad 12 0 2 . a . 36 a 2,0 m/s202 2 2 2= + ⇒ = + ⇒ =

Como a velocidade é constante, a distância percorrida na 2ª fase da corrida é:

d = v . t = 12 . 3,0 = 36 m

A distância percorrida na 3ª fase da corrida é a diferença entre a distância total de 100 m e a distância de 72 m percorrida na 1ª e na 2ª fases da corrida. Assim, a velocidade final pode ser obtida pela equação de Torricelli:

= + ⇒ = = ⇒ =v v 2ad v 12 2 . 0,5 . 28 116 v 10,8 m/s202 2 2 _

Questão 18 – Letra BComentário: A velocidade inicial v0 no instante t = 0 e a aceleração a do móvel podem ser obtidas aplicando-se a 2ª equação básica do movimento uniformemente variado (d = v0t + at2/2) para os instantes t = 2 s e t = 4 s, até os quais o carro percorre as distâncias d = 28 m e d = 72 m (28 + 44). Aplicando essa equação para esses dois instantes, obtemos:

t = 2 s: 28 = 2 . v0 + a . 22/2 ⇒ 28 = 2 . v0 + 2 . a

t = 4 s: 72 = 4 . v0 + a . 42/2 ⇒ 72 = 4 . v0 + 8 . a

Essas equações representam um sistema de equações com duas incógnitas: a e v0. Resolvendo esse sistema, achamos a = 4 m/s2 e v0 = 10 m/s. Agora, podemos aplicar a 2ª equação básica para achar a distância para t = 6 s:

t = 6 s: d = 6 . v0 + a . 62/2 ⇒ d = 132 m

Portanto, nos últimos 2 s, o móvel percorre 60 m. Esse valor é a diferença entre a distância total de 132 m percorrida em 6 s e a distância parcial de 72 m percorrida nos primeiros 4 s.

Questão 19 – Letra BComentário: A figura mostra o instante imediato que antecede as frenagens dos veículos.

x

a = 2,0 m/s2

v0 = 108 km/h = 30 m/s

v0 = 108 km/h = 30 m/s

a = 3,0 m/s2

Como a desaceleração do carro é maior que a do caminhão, a distância d de frenagem do carro é menor que a distância D de frenagem do caminhão. Portanto, para o caminhão parar antes de colidir com o carro, aquele, inicialmente, deve estar a uma distância maior que x = D – d atrás do carro. A distância d de frenagem do carro pode ser calculada pela equação de Torricelli:

v v 2ad 0 30 2 . 3 . d d 150 m202 2 2 _= + ⇒ = ⇒ =

A distância D de frenagem do caminhão pode ser calculada da mesma forma:

v v 2ad 0 30 2 . 2 . D D 225 m202 2 2 _= + ⇒ = ⇒ =

Portanto, x = 225 – 150 = 75 m.

Questão 20 – Letra CComentário: Usando a equação de Torricelli para encontrar a aceleração do movimento:

v v ad

aa m s

t2

02

2 2

2

2

20 30 2 2501

= + ⇒

= + ⇒

= −

. ./

Agora, podemos achar a velocidade do móvel quando chegar à lombada:

v2 = 202 – 2 . (–1) 150 ⇒ v = 10 m/s

Utilizando vt = v0 + at, temos: 10 = 30 –1 . t e t = 20 s.

Questão 21 – Letra BComentário: Comparando a equação geral do movimento uniformemente variado (MUV), s =v0t + at2/2, com a equação específica do movimento desta questão, s = 7t – 3t2, tiramos os seguintes parâmetros:

Velocidade inicial em t = 0: v0 = 7 m/s

Aceleração: a = –6 m/s2

Portanto, a equação horária da velocidade em função do tempo é:

v = v0 + at ⇒ v = 7 – 6 . t

Logo, as velocidades nos instantes 0 e 4 s são 7 m/s e –17 m/s, respectivamente. A velocidade média entre dois instantes no MUV é a média aritmética das velocidades nesses instantes. Logo, a velocidade média entre 0 e 4 s é vm = –5 m/s.

Outra maneira de fazer essa questão seria calculando as posições nos instantes 0 e 4 s:

t = 0: s = 7 . 0 – 3 . 02 = 0t = 4 s: s = 7 . 4 – 3 . 42 = –20 m

Então, a velocidade média é:

vm = Δs/Δt = (–20 – 0)/(4 – 0) = –5 m/s

EM1MPV2_FIS.indd 39 09/01/18 16:16

40 Coleção EM1

Questão 22 – Letra CComentário: Denotando por xA e xB as posições dos móveis A e B, eles se encontram quando xA = xB. Assim:

= +

=

= ⇒ = ⇒

=

x 0.t 0,5t2

x 3t

x x 0,5t2

3t

t 12 s

A

2

B

A B

2

Questão 23 – Letra AComentário: Para uma aceleração mínima do gato, enquanto o ratinho percorre a distância dR = 2,40 m com a velocidade vR = 3,00 m/s, o gato percorre a distância dG = 4,16 m (2,40 + 1,76). A equação do movimento para o rato é dR = vR . t, de modo que o tempo que ele leva para chegar no buraco na parede é:

2,40 = 3,00 . t ⇒ t = 0,800 s

Substituindo esse tempo na equação do movimento do gato, dG = at2/2, obtemos sua aceleração:

4,16 = a . 0,8002/2 ⇒ a = 13 m/s2

Questão 24 – Letra BComentário: Como o móvel acelerado parte do repouso, a distância inicialmente cresce, e de forma quadrática, já que a diferença entre as funções horárias será uma função de segundo grau (na verdade, em todos os momentos, será uma função quadrática). Essa função quadrática até a ultrapassagem tem concavidade para baixo, e após a ultrapassagem, concavidade para cima (como estamos lidando com o módulo, observe que inicialmente a função quadrática é subtraída). Logo, a alternativa B se afigura como a única possível.

Questão 25 – Letra CComentário: A equação horária s = f(t) do movimento uniformemente variado é dada por uma expressão da seguinte forma:

s s v t12

at0 0

2= + +

Do gráfico, tiramos que s0 = 20 m, que é a posição para t = 0 (ou seja, a posição inicial). Substituindo s = 4 m e t = 2,0 s na equação horária, obtemos uma equação com as incógnitas v0 e a (velocidade inicial e aceleração):

4 – 20 = v0 . 2,0 + a . 2,02/2 ⇒ –16 = 2v0 + 2 . a

A aceleração também é dada por a = (v – v0)/Dt. No instante t = 2,0 s (vértice da parábola), a velocidade v do móvel é nula, pois a inclinação do gráfico s versus t é nula. Assim, substituindo esse dado em v = v0 + at, encontramos v0 = –2.a. Substituindo esse valor na equação anterior, obtemos a aceleração:

–16 = 2 . (–2 . a) + 2 . a ⇒ a = +8,0 m/s2

Portanto, v0 = –2 . 8,0 = –16 m/s. Assim, a equação horária do móvel é:

s = 20 – 16t + 4t2

Questão 26 – Letra DComentário: Nessa questão, precisamos achar a velocidade, no instante t = 15 s, do móvel II, cuja posição varia de acordo com o gráfico a seguir. A inclinação do gráfico da posição s em função do tempo t fornece a velocidade do móvel. Nessa questão, como o fundo do gráfico s x t é quadriculado, nós podemos avaliar com boa precisão a inclinação do gráfico (portanto, a velocidade do móvel) no instante t = 15 s. De acordo com a figura a seguir, essa inclinação é:

v = ∆s/∆t = (225 – 0) m/(15 – 7,5) s = 30 /s

s (m

)

00

75

150

225

300

375

5 10 15 20 t (s)

t

sI

II

θ

Questão 27 – Letra DComentário: Primeiramente, vamos achar a aceleração e depois a velocidade do ponto material em t = 4 s por meio da equação horária da 1ª parte do movimento:

x = a1 . t2/2 ⇒

40 = a1 . 42/2 ⇒

a1 = 5 m/s2

v = v0 + a t ⇒

v = 0 + 5 . 4 = 20 m/s

Nessa última equação, consideramos v0 = 0, pois, de acordo com o gráfico da posição em função do tempo dado na questão, a inclinação desse gráfico é nula em t = 0. Agora, vamos usar a equação de Torricelli para calcular a aceleração do ponto material na 2ª parte do movimento, observando duas coisas: a velocidade em t = 4 s e s = 40 m é v = 20 m/s (valor calculado anteriormente) e a velocidade em t = 14 s e s = 140 m é v = 0 (a inclinação do gráfico é zero). Assim:

v2 = v02 + 2 . a2 . ∆s ⇒ 02 = 202 + 2 . a2 . (140 – 40) ⇒

a2 = –2,0 m/s2

O sinal negativo indica que o movimento é retardado.

Questão 28 – Letra EComentário: Modelando o último segundo de movimento do corpo, temos d = 35 m e a = 10 m/s2. Se a velocidade inicial for v0, a velocidade final será:

vf = v0 + at ⇒ vf = v0 . 1 + 10 . 1

Lançando mão da equação de Torricelli:

v v 2ad

(v 10) v 2 . 10 . 35

v 20v 100 v 700

v 30 m / s v 40 m / s

f2

02

02

02

02

0 02

0 f

= + ⇒

+ = + ⇒

+ + = + ⇒

= ⇒ =

EM1MPV2_FIS.indd 40 04/01/18 14:44

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 29 – Letra CComentário: Sendo xA e xB as posições dos móveis, eles se encontrarão quando xA = xB. Considerando o eixo positivo aquele apontando para cima e o solo como origem do referencial, teremos:

= + + = +

= + + =

= ⇒ = ⇒ = ⇒

= =

x x v . t at2

0 10t – 12

. 10t

x x v . t at2

10 –10t – 12

. 10t

x x 10t –5t 10 –10t –5t t 12

s

x x 3,75 m

A A 0

22

B B 0

22

A B2 2

A B

0

0

Questão 30 – Letra BComentário: Tomando como positivo o eixo apontando para cima, temos que a velocidade inicial do móvel (após ter sido solto do balão) é de v0= 10 m/s, sua aceleração a = –10 m/s2, e o deslocamento é d = –175 m. Assim, usando a equação horária do MRUV:

d v . t at2

–175 10t – 12

. 10t

t –2t –35 0 t 7 s

0

22

2

= + ⇒ = ⇒

= ⇒ =

Questão 31 Comentário: A soma algébrica das áreas entre o gráfico de aceleração por tempo e o eixo das abscissas nos dá a variação de velocidade. Dessa forma, sendo v a velocidade procurada:v = 2 + 4 . 6 – 4 . 3 + 4 . 6 = 38 m/s

Questão 32Comentário:1. Como a aceleração do carro é a = 2,0 m/s2, partindo do

repouso, a velocidade será v = 24 m/s 12 segundos depois. A evolução da velocidade do carro em função do tempo é mostrada no gráfi co v x t a seguir. A velocidade constante v = 10 m/s que também aparece no gráfi co é a velocidade do ônibus. Ambos, carro e ônibus, compartilham a mesma posição no instante t = 0 (semáforo).

v (m/s)

0,0

2468

1012141618202224262830

3,0 6,0 9,0 12,0 t (s)

carroCarro

ônibusÔnibus

2. A) O carro alcança o ônibus quando ele percorre a mesma distância percorrida pelo ônibus. Assim, igualando as equações que fornecem as distâncias percorridas pelo ônibus (movimento uniforme) e pelo carro (movimento uniformemente variado), obtemos o instante em que o carro alcança o ônibus:

dônibus = dcarro ⇒ 10 . t = 2,0 . t2/2 ⇒ t = 10 s

B) A distância percorrida pelo carro até alcançar o ônibus pode ser obtida substituindo-se t = 10 s em qualquer das duas equações anteriores:

dônibus = 10 . 10 = 100 m ou dcarro = 2,0 . 102/2 = 100 m

Observe que essas distâncias são as duas áreas destacadas no gráfico v x t anterior.


A) vf = v0 + at ⇒ 80 = 0 + 2 . t ⇒ t = 40 s

B) d v t at2

d 0 . 40 2 . 402

1 600m0

2 2

= + ⇒ = + =


A) A altura atingida pela bolinha, o tempo gasto na subida e o tempo total de voo são:

v2 = v02 – 2 . gL . h ⇒ 02 = 82 – 2 . 1,6 . h ⇒ h = 20 m

v = v0 – gL . ts ⇒ 0 = 8 – 1,6 . ts ⇒ ts = 5,0 s

Como o tempo de descida também é 5,0 s, o tempo total para a bolinha subir e descer é de 10 s.

B) A Lua não tem atmosfera. Por isso, o martelo e a pena caem sem sofrer resistência ao movimento, de modo que ambos caem juntos em queda livre e dotados com a mesma aceleração. Na Terra, a força de resistência do ar é desprezível durante a queda do martelo, mas não para a pena, que é muito leve. Assim, a pena chega ao solo bem depois de o martelo bater no chão.

Questão 35 Comentário: A altura de queda dos cocos pode ser estimada pela equação:

h = gt2/2

em que t é o tempo de queda e g = 10 m/s2 é a aceleração da gravidade. Substituindo os valores t = 1,9 s e t = 2,1 s nessa equação, obtemos:

hmín = 10 . 1,92/2 ≅ 18 m e hmáx = 10 . 2,12/2 ≅ 22 m

Seção Enem

Questão 01 – Letra D Eixo cognitivo: I


Habilidade: 17Comentário: Na etapa I, o veículo permanece com velocidade constante até o motorista pisar no freio, dessa forma, o gráfico da velocidade durante essa etapa é retilíneo e horizontal.Na etapa II, o veículo possui desaceleração constante, o que caracteriza MRUV. Como o gráfico é em função da distância, usando a equação de Torricelli:

v v 2 . a . d0

= −

Assim, nessa etapa, a velocidade cai com o quadrado do deslocamento. Dessa forma, o gráfico da velocidade durante essa etapa é um arco de parábola de concavidade para baixo.

EM1MPV2_FIS.indd 41 11/01/18 16:09

42 Coleção EM1

Questão 02 – Letra B Eixo cognitivo: IICompetência de área: 6Habilidade: 20Comentário: Todas as esferas caíram em queda livre, e, portanto, estavam sujeitas à mesma aceleração, que é a da gravidade. Assim, da equação horária de movimento retilíneo uniformemente variado, temos:

= ⇒ =t 2hg

t n 2hgqueda n

Em que n é o número da esfera contado de baixo para cima, e o tn, o tempo de queda da esfera n.Por meio dessa equação, podemos encontrar a altura hn da esfera n:

t n 2hg

2h

gn . h h h h . n

nn

n n2= = ⇒ = ⇒ =

E, por fim, a diferença de altura entre cada esfera e a anterior:hn = h . n2

hn–1 = h . (n – 1)2 = h(n2 – 2n + 1)Δhn = hn – hn–1 = h . n2 – h . n2 + 2 . h . n – hΔhn =h(2 . n – 1) Trata-se de uma progressão aritmética, conforme foi dito no enunciado, ou seja, os tempos são iguais porque pudemos pressupor que as acelerações são iguais e constantes, o que só é possível porque a força em cada esfera é o próprio peso, que é constante.

Questão 03 – Letra B Eixo cognitivo: III


Habilidade: 2

Comentário: Supondo que as acelerações são constantes e aplicando a equação de Torricelli, podemos encontrá-las:

av v

2 . d

a20

2 . 4000,5 m/s

a20

2 . 2500,8 m/s

a a 0,5 0,8 0,30 m/s

02 2 1

22

2

22

1 22

=−

⇒= =

= =

− = − =

Supondo essas acelerações constantes e aplicando a equação de Torricelli para o movimento uniformemente retardado, vem:

v v 2a s 0 v 2a s

av

2 s

a20

2 . 400a 0,5 m/s

a20

2 . 250a 0,8 m/s

a a 0,5 0,8

a a 0,3 m/s

202 2

02

02 1

2

12

2

2

12

1 2

1 23

= − ∆ ⇒ = − ∆ ⇒

=∆

⇒= ⇒ =

= ⇒ =

⇒ − = − ⇒

− =

Questão 04 – Letra C Eixo cognitivo: IICompetência de área: 6Habilidade: 20Comentário: A questão informa que o trajeto da locomotiva é dividido em três trechos:Trecho I: Parte do repouso com aceleração constante.

Trecho II: Mantém velocidade constante.

Trecho III: Desacelera até o repouso com aceleração constante.

Vamos analisar as alternativas separadamente:

A alternativa C está correta. Observe como, no trecho I, a posição varia com a forma característica de uma parábola. No trecho II, o gráfico é uma reta com inclinação constante, o que caracteriza um movimento com velocidade constante. No trecho III, há novamente uma parábola, característica de movimentos acelerados, nesse caso, com a inclinação da curva diminuindo, o que representa um movimento desacelerado.

Observe que o gráfico apresentado na alternativa A representa corretamente o trecho I, porém, a posição não variou no trecho II, o que indicaria que a locomotiva está parada. Portanto, essa alternativa está incorreta.

O gráfico da alternativa B informa que, no trecho I, uma reta com inclinação constante, a locomotiva se deslocou com velocidade constante. Além disso, no trecho III, não está ocorrendo desaceleração, já que a inclinação da curva está aumentando. Dessa forma, a alternativa B também está incorreta.

O gráfico apresentado na alternativa D começa bem, porém, no trecho II, há uma reta horizontal, que significa que o corpo está em repouso. Portanto, essa alternativa também está incorreta.

O gráfico da alternativa E apresenta os três trechos de forma errada. A reta representada no trecho I corresponde a um deslocamento com velocidade constante, a reta horizontal no trecho II novamente representa um corpo em repouso e, no trecho III, temos novamente uma reta com inclinação constante, o que representa, como no trecho I, um deslocamento com velocidade constante.



Habilidade: 20

Comentário: Corpos em queda livre apresentam Movimento Uniformemente Variado. Uma das características desse tipo de movimento é a proporcionalidade entre a distância percorrida pelo corpo e o quadrado do tempo de queda, ou seja, conforme o tempo passa, o corpo percorre uma distância cada vez maior para um mesmo intervalo de tempo. Caso o peso do corpo variasse durante a queda, a aceleração não seria constante, mas esse tipo de movimento não é abordado no Ensino Médio.



Habilidade: 17

Comentário: O motorista imprudente corresponde ao movimento A, pois a velocidade máxima do carro é 30 m/s, que corresponde a 108 km/h. Nos trechos I e II, as acelerações desse carro são:

aI = (30 m/s – 10 m/s)/10 s = 2,0 m/s2

aII = (0 m/s – 30 m/s)/10 s = –3,0 m/s2 (módulo 3,0 m/s2)

EM1MPV2_FIS.indd 42 14/12/17 08:17

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 07 – Letra E Eixo cognitivo: IV


Habilidade: 20

Comentário: Nessa questão, devemos analisar a dependência que há entre a altura de um salto e o quadrado da sua velocidade inicial.

Na situação a que se refere a questão, a velocidade média do Super-Homem, em seu movimento do solo até o alto do prédio, é dada por:

vm = H/Δt ⇒ H = vmΔt

em que H é a altura do prédio, Δt é o intervalo de tempo do salto e vm é a velocidade média deste. Observe, na equação anterior, que a altura H é diretamente proporcional à velocidade média do salto e ao intervalo de tempo Δt.

Durante o movimento de subida, a velocidade do Super-homem varia. A relação entre sua velocidade v e o intervalo de tempo Δt do salto é dada por:

v = v0 – gΔt

No ponto de altura máxima, a velocidade do Super-homem é nula, como afirmado pelo enunciado da questão. Portanto:

0 = v0 – gΔt ⇒ Δt = v0/g

Ou seja, o intervalo de tempo necessário para que o Super-homem alcance o ponto de altura máxima é diretamente proporcional à velocidade inicial do salto.

Diante dessa análise, conclui-se que a alternativa correta é a E.

Questão 08 – Letra A Eixo cognitivo: I


Habilidade: 17

Comentário: A aceleração será máxima no intervalo de tempo em que a taxa de variação da velocidade em relação ao tempo for maior (e não necessariamente no instante em que a velocidade for máxima). Entre 0 s e 1 s, a taxa de variação da velocidade é de 6 m/s2; entre 1 s e 5 s, a taxa de variação é de 1,3 m/s2; de 5 s a 8 s, a taxa de variação é praticamente nula; entre 8 s e 11 s, a taxa é de 0,7 m/s2, e, entre 12 s e 15 s, a taxa de variação é de 1,3 m/s2. Logo, como a taxa de variação da velocidade é maior no intervalo de 0 s a 1 s, temos que a aceleração é máxima nesse intervalo de tempo.

CAPÍTULO – B4Movimento Circular


Questão 01Comentário: Um carro pode subir uma montanha cheia de curvas, mantendo a velocidade constante em módulo, mas, mesmo assim, os passageiros sentem um incômodo nas curvas, isto é, eles sentem efeitos fisiológicos da aceleração centrípeta.

Por outro lado, quando um avião aumenta rapidamente a

velocidade no solo, antes da decolagem, não há aceleração

centrípeta, pois a trajetória é retilínea, mas os passageiros

sentem um efeito fisiológico da aceleração tangencial. De fato,

o Movimento Retilíneo Uniforme é o único movimento sem

aceleração, pois, sendo a velocidade constante em módulo,

não há aceleração tangencial, e sendo a trajetória retilínea,

não há aceleração centrípeta.

Questão 02Comentário: Apesar de o módulo da velocidade do avião

ter permanecido constante, durante o trecho em que o avião

descreveu a circunferência, houve uma variação no vetor

velocidade do avião (variação de direção e sentido) com o

tempo. Portanto, o aviador, nesse trecho, esteve submetido

a uma aceleração centrípeta. A figura seguinte mostra a

representação do vetor aceleração centrípeta em alguns pontos

da trajetória descrita pelo avião.

ac

acac

Questão 03Comentário: A figura a seguir mostra os vetores aceleração

tangencial, aceleração centrípeta e o vetor aceleração total

atuantes no carro. O primeiro reporta a variação do módulo

da velocidade do carro. Como esse módulo está aumentando

(o carro percorre, a cada segundo, distâncias cada vez

maiores), o vetor aceleração tangencial é voltado no mesmo

sentido do movimento. O segundo vetor mede a variação da

direção da velocidade. O vetor aceleração centrípeta ocorre

porque a trajetória é curvilínea, sendo sempre perpendicular

à trajetória e voltado para o seu centro de curvatura.

Na verdade, os vetores aceleração tangencial e aceleração

centrípeta são componentes ortogonais da aceleração total

(o 3° vetor), que têm uma direção oblíqua em relação à trajetória.

v

ac

a

at

EM1MPV2_FIS.indd 43 09/01/18 16:16

44 Coleção EM1


A) Ao decompormos o vetor aceleração da gravidade em suas componentes tangencial (tangente à trajetória) e radial (perpendicular ao vetor velocidade), obtemos a representação seguinte:

B) A interpretação cinemática das componentes tangencial e radial da aceleração da gravidade é que a componente tangencial é responsável por alterar o módulo da velocidade do projétil e que a componente radial é responsável por alterar a direção do vetor velocidade.

Questão 05Comentário: A figura mostra um planeta girando em uma órbita no sentido anti-horário em torno do Sol. Nas duas posições do planeta mostradas na figura, o vetor aceleração do planeta é voltado para o Sol e apresenta duas componentes ortogonais: uma perpendicular ao movimento (aceleração centrípeta) e outra tangente ao movimento (aceleração tangencial). Na posição de afastamento do planeta do Sol, a aceleração tangencial é oposta ao movimento do planeta e, por isso, a velocidade do planeta está diminuindo. Na posição de aproximação, a aceleração tangencial tem o mesmo sentido do movimento do planeta e, por isso, a velocidade do planeta está aumentando.

Em afastamento

Em aproximação

2º foco

Sol

at

at

v

v

ac

ac

a

a

Questão 06Comentário: Todo movimento curvilíneo é acelerado, inclusive o Movimento Circular Uniforme, pois, embora a velocidade seja constante em módulo, há uma mudança na direção da velocidade, de modo que há uma aceleração centrípeta.


A) Considerando os dados fornecidos pelo enunciado da questão, temos:

a vR

(2 R / T)R

a (2 . 2 / 3,14)2

a 8 m/s

C

2 2

C

2

C2

= = π ⇒

= π ⇒ =

B) Utilizando os dados fornecidos pelo enunciado e a equação para a aceleração centrípeta em função da velocidade tangencial, temos:

a vR

v R . a

v 30 . 4,8

v 12 m/s

C

2

C= ⇒ = ⇒

= ⇒

=

Questão 08Comentário: A figura mostra os vetores aceleração centrípeta sobre o carro passando na depressão e na lombada. Nos dois casos, esse vetor é perpendicular à velocidade do carro e voltado para o centro da curva. Por isso, no primeiro caso, o vetor é voltado para cima, e no segundo, para baixo. Os módulos desses vetores são iguais porque o carro viaja com uma velocidade constante v = 72 km/h (20 m/s) e os raios de curvaturas da depressão e da lombada são iguais (R = 100 m). Assim, a aceleração centrípeta nos dois casos vale:ac = v2/R = 202/100 = 4,0 m/s2

ac ac

Questão 09Comentário: Como o raio da curva 1 é maior que o da curva 2, e como as velocidades dos dois carros são iguais, concluímos,

de acordo com a equação da aceleração centrípeta, a vRC

=2

,

que a aceleração centrípeta do carro na curva 2 é maior que a do carro que passa pela curva 1.

R1

R2

v2

ac2

v1

ac1


A) O período do ponteiro dos minutos é T = 1 h (60 min). Assim, a velocidade tangencial na ponta da sua haste, que está a uma distância Rponta = 15,0 cm do centro de rotação (centro do relógio), é:

vponta = 2 p Rponta /T = (2 . 3 . 15,0) cm/60 min = 1,5 cm/min.

A velocidade tangencial na base da haste, que está a uma distância Rbase = 2,0 cm do centro de rotação, é:

vbase = 2 p Rbase /T = (2 . 3 . 2,0) cm/60 min = 0,20 cm/min.

EM1MPV2_FIS.indd 44 14/12/17 08:18

Físi

ca

Manual do Professor


O ponto da haste do ponteiro no centro do relógio apenas gira em torno de si, sem percorrer um espaço. Assim, esse ponto tem uma velocidade angular, mas não tem velocidade tangencial: vcentro = 0.

121

239

10

11

1,5 cm/min

0,20 cm/min

1,5 cm/min

0,20 cm/min

65

4

7

8

B) Como o nome sugere, a velocidade angular mede a rapidez com a qual um ponto da haste varre um ângulo, e esse ângulo não depende da distância do ponto ao centro de rotação. Por exemplo, na fi gura a seguir, note que tanto o ponto A, quanto o ponto B, pertencentes a uma haste OA que gira em torno de O, varrem o mesmo ângulo de 30° em dado intervalo de tempo.

30°

30°

A

B

O

B 30°30°

O

Nessa questão, lembrando que o período do ponteiro dos minutos é T = 1 h (3 600 s), a velocidade angular de qualquer ponto da haste, em radianos por segundo, é:

ω = 2π/T = 2 . 3/3 600 = 1,7 . 10−3 rad/s

E, em graus por segundo, a velocidade angular é:

ω = 360/T = 360/3 600 = 0,10 graus/s

C) Uma das fórmulas da aceleração centrípeta é ac = ω2R. Para a mesma velocidade angular, a aceleração centrípeta é diretamente proporcional ao raio. Assim, o valor da aceleração centrípeta na ponta da haste do ponteiro é o dobro daquele no ponto médio entre a ponta da haste e o centro de rotação.


A) De acordo com o enunciado da questão, o satélite acompanha o movimento de rotação da Terra, permanecendo sempre sobre a mesma posição da superfície do planeta (satélite geoestacionário). Dessa forma, considerando que as duas garotas estejam em repouso sobre a superfície da Terra,podemos concluir que o satélite e as duas garotas descrevem o mesmo arco de ângulo no mesmo intervalo de tempo e que, portanto, possuem a mesma velocidade angular.

B) Estando as duas garotas em repouso sobre a superfície da Terra, ambas terão a mesma velocidade angular. Assim, de acordo com a equação v = ωR, o módulo da velocidade tangencial das garotas é diretamente proporcional ao raio descrito por elas. Portanto, sendo o raio descrito por Rafaela maior que o raio descrito por Mary Jane, o módulo da velocidade tangencial de Rafaela é maior que o de Mary Jane.

C) Conforme discutido nos itens anteriores, o satélite e as duas garotas giram com a mesma velocidade angular. Portanto, a partir da equação aC = ω2R, deduz-se que o módulo da aceleração centrípeta que atua sobre o satélite e sobre as garotas é diretamente proporcional ao raio descrito por esses corpos. Dessa forma, sendo o raio descrito pelo satélite maior que o raio descrito pelas garotas, o módulo da aceleração centrípeta que atua sobre o satélite é maior que aquele que atua sobre as garotas.


A) O período do satélite geoestacionário é T = 24 h e ele orbita a uma distância do centro da Terra de sete raios terrestres (RTerra = 6,4 . 106 m). Então, o período em segundos, o raio orbital e a velocidade tangencial do satélite valem:

T = 24 h = 24 . 3 600 s = 8,64 . 104 s

R = 7 . 6,4 . 106 m = 4,48 . 107 m

v = 2πR/T = 2 . 3,14 . 4,48 . 107/8,64 . 104 = 3,3 . 103 m/s

B) A aceleração centrípeta do satélite geoestacionário vale:

ac = v2/R = (3,3 . 103)2/4,48 . 107 = 0,24 m/s2

Esse resultado corresponde ao valor da aceleração da gravidade atuante no satélite.


A) De acordo com o enunciado da questão, os dois discos estão presos ao eixo de rotação do motor e giram solidariamente a ele. Portanto, os dois discos possuem o mesmo período de rotação. Sendo o raio do disco 1 maior que o do disco 2, conclui-se que o comprimento da trajetória descrita por um ponto do disco 1 é maior que o do disco 2 e, portanto, o módulo da velocidade tangencial do disco 1 é maior que o do disco 2.

B) Conforme discutido no item anterior, os dois discos giram solidariamente ao eixo do motor. Portanto, os dois discos levam o mesmo intervalo de tempo para completar uma volta e, por isso, possuem a mesma velocidade angular.

C) De acordo com a discussão anterior, os dois discos possuem a mesma velocidade angular. Logo, a aceleração centrípeta de dois pontos desses discos pode ser avaliada por meio da relação aC = ω2R. Considerando dois pontos nas extremidades dos discos, um na extremidade de cada disco, conclui-se que o módulo da aceleração centrípeta periférica do disco 1 é maior que do disco 2, pois o disco 1 apresenta maior raio.

EM1MPV2_FIS.indd 45 04/01/18 14:44

46 Coleção EM1


A) Estando as engrenagens em contato, para que as engrenagens movidas recebam a transmissão de movimento da engrenagem motora, elas giram em sentido oposto ao da engrenagem motora. Observando a figura do exercício, vemos que a engrenagem motora A gira no sentido horário. Portanto, as engrenagens movidas B e C giram em sentido anti-horário, sentido oposto ao da engrenagem A.

B) Na figura do exercício, observa-se que as engrenagens estão em contato. Portanto, considerando-se que não haja deslizamento entre as engrenagens, conclui-se que as três engrenagens possuem a velocidade tangencial de mesmo módulo.

C) Observando a figura, vemos que a engrenagem A possui 20 dentes, a engrenagem B possui 40 dentes e a engrenagem C possui 10 dentes. Utilizando a equação que relaciona as frequências de rotação das engrenagens ao número de dentes das engrenagens, temos:

f fN

N

f 1 200 2040

600 rpm

f fN

N

f 1 2002010

2 400 rpm

f 1 200 rpm

B AA

B

B

C AA

C

C

A

= ⇒

= =

= ⇒

= =

=

D) A frequência de rotação da engrenagem motora é determinada pela frequência de rotação do eixo do motor. Logo, como na situação inicial a frequência de rotação da engrenagem motora é de 1 200 rpm, a frequência de rotação do eixo do motor é de 1 200 rpm e, portanto, a frequência de rotação da engrenagem C, caso ela passasse a ser a engrenagem motora, também seria de 1 200 rpm. A frequência da engrenagem A, que tem o dobro de dentes de C, seria de 600 rpm, e a frequência da engrenagem B, que tem o dobro de dentes de A, seria de 300 rpm.

Questão 15Comentário:A) Cada uma das duas coroas proporciona cinco combinações

de marchas diferentes, uma para cada engrenagem da catraca. Portanto, o sistema de duas coroas e cinco catracas permite dez combinações diferentes de marcha.

B) Para que tenhamos a maior multiplicação de rotação possível, a catraca deve girar o maior número de vezes possível para cada rotação da coroa. Estando a catraca acoplada à coroa por meio de uma corrente, de modo que não há deslizamento entre as engrenagens e a corrente, conclui-se que as engrenagens possuem velocidade tangencial de mesmo módulo. Portanto, a distância que a corrente translada em uma volta da coroa, comprimento da circunferência da coroa, deverá ser igual ao comprimento que a corrente irá transladar no lado da catraca, comprimento do arco de circunferência percorrido pela catraca. Assim, quanto menor o comprimento da circunferência da catraca (menor raio), maior será o número de voltas realizado pela catraca (maior multiplicação de rotação).

Diante da discussão anterior, conclui-se que a combinação mostrada na figura do exercício não representa a maior multiplicação de rotação possível. A maior multiplicação de rotação será obtida quando combinarmos a coroa de maior raio com a catraca de menor raio.

C) Utilizando a equação que relaciona a frequência de duas engrenagens ao número de dentes das engrenagens, temos:

= ⇒ = =f

f

f

f

f

f3015

2catraca

coroa

coroa

catraca

catraca

coroa

Exercícios propostos

Questão 01 – Letra BComentário: A aceleração é definida como mudança do vetor velocidade, ou seja, do seu módulo ou direção. No MCU, o módulo da velocidade se mantém constante, mas sua direção muda a cada instante pela ação da força dita centrípeta, sempre perpendicular ao vetor velocidade.

Questão 02 – Letra BComentário: Sendo T o tempo necessário para que se efetue uma volta, chamado de período, temos que =f 1

T.

Quando T está em segundos, temos f em Hz. Assim, o tempo

necessário para se efetuar uma volta é dado por = =T 3015

2s,

e logo f = 1/2 = 0,5 Hz.

Questão 03 – Letra AComentário: Apesar de o enunciado pedir para você achar a velocidade angular ω da microrroda, as opções de respostas fornecem valores para a frequência f de rotação. De fato, ω e f são grandezas quase que idênticas, diferindo uma da outra apenas pelo fator 2π, uma vez que ω = 2πf. Vamos calcular as duas coisas nessa questão, ω e f, e marcar a opção correta para f.

Como a questão refere-se à velocidade angular mínima da microrroda, significa que as posições consecutivas da parte marcada da microrroda mostradas nas figuras ocorreram na mesma volta. Assim, para calcular essa velocidade, você pode escolher uma posição registrada em um instante t (t > 0), e dividir o ângulo θ varrido a partir de t = 0 pelo intervalo de tempo Δt = t. Por exemplo, para a 1ª e a 4ª posições, θ = π radianos (180°) e Δt = 15 s. Assim:

ω = θ/Δt = π rad/15 s = π/15 rad/s

Então, a frequência de rotação é:

ω = 2πf ⇒ π/15 = 2πf ⇒ f = (1/30) rotações/s ⇒

f = (1/30) . 60 rotações/min = 2 rotações/min (ou simplesmente 2 rpm).

Questão 04 – Letra BComentário: A figura dessa questão mostra um redutor de rotações, pois a engrenagem ligada ao eixo do motor elétrico tem um pequeno diâmetro d1 = 8 cm, enquanto a engrenagem em forma de anel ligada ao tambor do misturador tem um grande diâmetro d2 = 120 cm. Assim, como 120 é 15 vezes 8, o tambor gira com uma rotação de frequência f2 15 vezes menor do que a frequência f1 do motor elétrico.

EM1MPV2_FIS.indd 46 11/01/18 16:09

Físi

ca

Manual do Professor


Você também pode achar esse resultado aplicando diretamente a fórmula f2/f1 = d1/d2, e substituindo os valores dos diâmetros e f1 = 3 Hz (frequência de rotação do motor):

f2/3= 8/120 ⇒ f2 = 3/15 = 0,2 Hz

Portanto, o tambor leva o seguinte tempo para completar uma volta (período):

T2 = 1/f2 = 1/0,2 = 5 s

Questão 05 – Letra A Comentário: Nesse exercício, há dois pontos de um mesmo disco, x e y, girando com velocidades lineares de 50 cm/s e 10 cm/s, respectivamente. Como os dois pontos fazem parte do mesmo disco, eles possuem a mesma velocidade angular. Sendo assim, temos:

ω = ω ⇒ = ⇒ =−

⇒

− = ⇒ = ⇒ =

v

r

v

r50r

10r 20

50r 10r 1 000 r 1 00040

r 25 cm

x yx

x

y

y x x

x x x x

Utilizando o valor de rx obtido anteriormente, podemos calcular o módulo da velocidade angular.

ω = ω = ω = ⇒ ω = =v

r5025

2,0 rad/sy x

x

x

Questão 06 – Letra E Comentário: Tendo em vista que o móvel parte do repouso e efetua um movimento circular uniforme de período igual a 8 s, conclui-se que, em um intervalo de tempo de 18 s, o móvel efetua duas voltas completas mais um quarto de volta. Sendo assim, o deslocamento angular do móvel foi de p/2 rad ou 90°. Logo, o módulo do vetor deslocamento do móvel é dado por:

= + ⇒ = + ⇒ =d R R d R R d R 22

2 2 2 2

Questão 07 – Letra CComentário: O carrossel tem período de T = 20 s. Como

a velocidade angular ω é dada por ω = π2T

, temos que

ω = π = π220 10

rad /s .

Questão 08 – Letra E Comentário: Nesse exercício, há duas polias, A e B, interligadas por meio de uma correia e não há escorregamento entre as polias e a correia. Dessa forma, a velocidade tangencial das polias possui o mesmo módulo da velocidade tangencial da correia. Portanto, as duas polias possuem a mesma velocidade tangencial. Como elas possuem raios diferentes (o raio da polia A, R, é menor que o raio da polia B, R’), conclui-se que suas velocidades angulares são diferentes. Sendo R < R’, e como as polias possuem a mesma velocidade tangencial, conclui-se que a velocidade angular da polia A é maior que a da polia B.

Esse fato pode ser verificado por meio das equações:

= ⇒ ω = ω ′ ⇒ ω = ωv v R R RRA B A B A B

,

O termo R’/R é maior que 1, logo, wA > wB.

Questão 09 – Letra A Comentário: Como ambos andam com a mesma velocidade,

as rodas das bicicletas de ambos percorrem a mesma distância

linearnomesmointervalodetempo.Comov=ωR,avelocidade

angular das rodas da bicicleta do pai é a metade da velocidade

angulardasrodasdabicicletadofilho.Comoω=2pf, essa

relação se mantém para a frequência.

Questão 10 – Letra D Comentário: Como o movimento é transmitido pela correia,

as velocidades lineares são idênticas. Alémdisso, comoωé

inversamenteproporcionalaoperíodo,tem-sequeωb=2ωC. Assim:

= ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ ω = ωv v R R 3R R 3c a c c a a c a a a c a

= ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ =v v R R 2 R 3 R R3R

2b a b b a a c b c a ba

Questão 11 – Letra DComentário: Nesse movimento, as velocidades lineares das

engrenagens são idênticas. Primeiramente, deve-se perceber

que E1 gira em sentido oposto a E2, que gira em sentido oposto

a E3. Logo E1 e E3 giram em sentidos idênticos. Além disso:

= = ⇒π

=π

=π

⇒ = <v v v2 R

T2 R

T

2 R

TT T T

1 2 31

1

2

2

3

31 3 2


(V) Os movimentos da coroa e da catraca são interligados por

uma correia e, logo, a velocidade linear de seus pontos de

periferia é igual.

(V) Os movimentos da catraca e da roda têm a mesma

velocidade angular. Como o raio da catraca é menor, a sua

velocidade linear é menor.

(V) Os movimentos da coroa e da catraca são interligados por

uma correia, e, logo, a velocidade linear de seus pontos de

periferia é igual. Como o raio da coroa é maior que o da catraca,

a velocidade angular da coroa é menor que a da catraca.

(V) Os movimentos da catraca e da roda têm a mesma

velocidade angular.

Questão 13 – Letra A Comentário: Nesse exercício, há três polias interligadas por

uma correia e não há escorregamento entre as polias e a correia.

Logo, as três polias possuem velocidades lineares de mesmo

módulo, que é igual ao módulo da velocidade linear da correia.

A polia 1, R1 = 6 cm, possui uma frequência de rotação de 0,67 Hz

(40 rpm). Portanto, seu período de rotação é dado por:

= = ⇒

=

T1

1f

10,67

T 1,5 s1

EM1MPV2_FIS.indd 47 09/01/18 16:16

48 Coleção EM1

Como as velocidades lineares das polias são iguais, podemos escrever a seguinte igualdade:

v v R RRR

62

31 3 1 1 3 3 3 1

1

33 1 3 1

= ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω

De acordo com o resultado anterior, a velocidade angular da polia 3 é três vezes maior que a da polia 1. Como o período de rotação e a velocidade angular são grandezas inversamente proporcionais, w = 2p/T, conclui-se que o período de rotação da polia 3 é três vezes menor que o da polia 1. Logo, o período de rotação da polia 3 é de 0,5 s.

Questão 14 – Letra DComentário: Como o eixo do motor elétrico está ligado a uma polia de diâmetro d1 = 1,5 cm e a polia do volante da máquina de costura tem diâmetro d2 = 6 cm, e considerando a frequência de rotação máxima do motor f1 = 75 Hz, a frequência f2 de rotação do volante é:

f2/75= 1,5/6 ⇒ f2 = 18,75 Hz

Assim, nessas circunstâncias, o número de pontos de costura que a máquina faz é de, aproximadamente, 19 pontos.

Questão 15 – Letra A Comentário: Na resolução desse exercício, iremos considerar que o ponteiro maior do relógio seja o ponteiro dos minutos. Tendo em vista que esse relógio atrasa 10 minutos a cada hora, conclui-se que, em um intervalo de tempo de uma hora real, o ponteiro maior percorre um ângulo de 2p(10/12) rad. Portanto, a velocidade angular do ponteiro maior do relógio é dada por:

( )ω =

π⇒ ω = π2 10 12

3 600 2 160 rad/s

Questão 16 – Letra C Comentário: Como o disco deu mais de uma volta e menos de duas voltas, e seu deslocamento angular foi de 180°, ele percorreu 1,5 volta nos 6 s, de tal forma que seu período é T = 6/1,5 = 4 s.

Questão 17 – Letra B Comentário: Considerando que, a cada quadro, a roda anda 45°, pois tem-se a impressão que as rodas da diligência não giram, a roda dará 3 voltas por segundo, ou seja, f = 3 Hz. Assim, sua velocidade v linear será tal que V = 2pr . f = 2p . 0,75 . 3 ⇒ 50 km/h.

Questão 18 – Letra B Comentário: O tempo t para que o portão abra é dado por

=

π

π=t 2

40

20s. Nesse tempo, o carro deverá percorrer uma

distância d = 20 m, com uma aceleração a que pode ser encontrada por meio da equação horária do MRUV:

= + ⇒

= + ⇒ =

d v t at2

20 0.20 a.202

a 0,1 m / s

0

2

22

Questão 19 – Letra EComentário: Durante o descarregamento, a frequência da betoneira e da engrenagem de diâmetro 1,2 m é de 20 rpm. Como as velocidades lineares de ambas as engrenagens são iguais, e sendo f a frequência procurada em rpm, temos:v = 2prf ⇒2p0,6 . 20 = 2p0,2 . f ⇒f = 60 rpm

Questão 20 – Letra DComentário: De acordo com o enunciado da questão, o disco rígido gira com uma frequência de 120 Hz, ou seja, ele gira 120 vezes em um segundo. Como a cabeça de leitura está posicionada a uma distância de R = 3 cm = 0,03 m, ela percorrerá em uma volta uma circunferência C de comprimento 2pR.

C = 2pR = 2 . 3 . 0,03 = 0,18 m

Em 120 voltas, a cabeça de leitura percorrerá um comprimento de 120 . C = 120 . 0,18 = 21,6 m.

Cada unidade de informação ocupa um comprimento físico de 0,2 . 10–6 m. Logo, em 21,6 m, há X unidades de informação.

0,2 . 10–6 ——–––– 1 unidade de informação

21,6 m ——–––– X

X = 21,6 / (0,2 . 10–6) = 1,08 . 108

Ou seja, 1,08 . 108 informações magnéticas passam pela cabeça de leitura por segundo.

Questão 21 – Letra DComentário: Como ω = v

r, a redução pela metade do raio,

mantendo-se a velocidade angular constante, corresponde a uma redução pela metade da velocidade linear v, de tal forma que v = 0,3 m/s.

Questão 22 – Letra DComentário: Como a Terra gira de oeste para leste, uma pessoa no hemisfério norte vê as estrelas girando no sentido anti-horário, enquanto, no hemisfério sul, ela vê as estrelas girando no sentido horário. Por isso, depois de algum tempo, o Cruzeiro do Sul gira no sentido horário, movendo-se da posição I para a II. Os círculos mostrados na figura correspondem aos giros das cinco estrelas do Cruzeiro do Sul, lembrando que, mesmo que não possam ser vistas de dia, devido ao ofuscamento do Sol, as estrelas continuam movendo-se no céu. Assim, o período de cada movimento circular é de 24 horas, de modo que o tempo para o Cruzeiro do Sul varrer o ângulo de 60° de I a II é de 4 horas (24 horas/6).

Questão 23 – Letra E Comentário: A curva descrita pelo líquido é um arco de circunferência de raio 6 cm. A esse arco corresponde um ângulo de 90° (um quarto da circunferência); portanto, seu comprimento será de, aproximadamente, 9,3 cm. O tempo gasto pelo líquido para percorrer esse trajeto corresponde a um quarto do período da engrenagem, cuja frequência é de 0,25 Hz. Como o período é o inverso da frequência, o líquido gastará 1 s para percorrer esse trajeto; assim, sua velocidade média será de 9,3 cm/s ou 9,3 . 10–2 m/s.

EM1MPV2_FIS.indd 48 14/12/17 08:18

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 24 – Letra A Comentário: Como o período do MCU descrito pelo ponteiro dos segundos é de 60 s, temos que:

= π ⇒ = π ⇒ =π

≅v 2 RT

0,06 2 R60

R 1,8 0,57m

Logo, o diâmetro vale: 2R = 2 . 0,57 = 1,15 m

Questão 25 – Letra AComentário: Quando a Terra completa uma volta em um tempo T = 24 h, o ponto A percorre ao longo da linha do equador uma distância igual a 2pRA, sendo RA = R o raio da Terra. No mesmo tempo, o ponto B percorre ao longo do trópico de latitude norte de 60° uma distância igual a 2pRB, sendo RB = R.cos 60° = R/2. Então, usando a fórmula T = d/v (o tempo é o quociente entre a distância e a velocidade), achamos a relação vA/vB entre as velocidades de A e B pedida nesse problema:

2pR/vA = 2p(R/2)/vB ⇒ vA/vB = 2

Questão 26 – Letra BComentário: Na figura a seguir, vamos considerar as engrenagens de 1 a 5 e os três cilindros de 1 a 3 do moedor de cana dessa questão (na verdade, não é possível ver o cilindro 2, que está escondido atrás do moedor). A engrenagem 5 tem 24 dentes, e as outras, 10 dentes. A combinação das engrenagens 4 e 5 permite reduzir a frequência f4 = 1/30 Hz (uma volta a cada meio minuto) aplicada na engrenagem 4 para a seguinte frequência na engrenagem 5:

f5 = f4 . (N4/N5) = 1/30 Hz . (10 dentes/24 dentes) = 1/72 Hz

Esse valor representa também as frequências de rotação do cilindro 1 e da engrenagem 1, pois o eixo superior do moedor de cana é comum às engrenagens 5 e 1 e ao cilindro 1. Como as engrenagens 1, 2 e 3, acopladas entre si nessa ordem, possuem o mesmo número de dentes, todas giram com a mesma frequência de 1/72 Hz. Como a engrenagem 2 está acoplada no mesmo eixo do cilindro 2, e a engrenagem 3 no mesmo eixo do cilindro 3, concluímos que os três cilindros giram com a mesma frequência de f = 1/72 Hz. Então, a velocidade tangencial na periferia desses cilindros (d = 8 cm), que é a própria velocidade de saída da cana esmagada, é:

v = p . d . f = 3,14 . (8 cm) . (1/72) Hz = 0,3489 cm/s = 0,35 cm/s

Cil. 1

Cil. 3Eng. 4

Eng. 5

Eng. 1

Eng. 2

Eng. 3

Questão 27 – Letra EComentário: A velocidade linear de A é igual à velocidade linear de B, que terá a velocidade angular de C, que por sua vez terá a velocidade linear de D. Como a frequência é diretamente proporcional à velocidade angular, é possível encontrar a relação entreasvelocidadesangularesdeAeD.SendoωA a velocidade angular de A, e sabendo que w = 2pf, tem-se:

v v R R R 5R 5 5

v v R R R 5R 5 25

f́ f25

A B A A B B A A B a A B C

C D C C D D C C D C C D A D

= ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω = ω

= ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω ⇒ ω = ω

=

Questão 28 – Letra EComentário: A frequência de rotação da roda d’água é a própria frequência de rotação da roldana acoplada nessa roda (raio R): froda = 1 Hz. A frequência da roldana do gerador (raio 2,5 cm) é a própria frequência do gerador: fger = 5 Hz. Assim:

froda. Rroda = fger.Rger ⇒ 1 Hz . R = 5 Hz . 2,5 cm ⇒ R = 12,5 cm

Questão 29Comentário: Como a circunferência tem 27 km de comprimento, temos que 2pR = 27 km. Assim:

= π ⇒

= ⇒

=

v 2 RT

240 000 27T

T 980000

s

Em uma hora há 3 600 s. Logo, os prótons executarão um número de voltas x tal que:

= =x 36009

80000

3,2 .10 voltas7


A) De acordo com o enunciado do exercício, o disco gira sem atrito sobre uma mesa e completa 300 voltas em um minuto. Sendo assim, a frequência de rotação do disco é dada por:

f f= ⇒ =300

605 Hz

Utilizando o resultado anterior, podemos calcular o módulo da velocidade linear do disco, por meio da equação v = 2prf. Logo:

v = 2 . 3 . 0,5 . 5 ⇒ v = 15 m/s

Observação: Na resolução desse exercício, utilizamos a aproximação p = 3, de acordo com a orientação do enunciado.

B) DoinstanteemqueofioserompenopontoAatéoinstanteem que o disco abandona a mesa, o disco percorre uma distânciade0,70m.Vejaafiguraaseguir:

0,5 m

2 m

1,4 mA

v0,7 m

Sendo assim, temos que:

d vt t d vt t

= ⇒ == ⇒ =

// s0 70 15 0 047, ,

EM1MPV2_FIS.indd 49 09/01/18 16:16

50 Coleção EM1

Questão 31 – Soma = 14Comentário: 01. Falsa. Como não há deslizamento entre a correia e as polias A e B, as velocidades escalares nas periferias dos pontos 1 e 2 são iguais,

que também são iguais à velocidade da própria correia. 02. Verdadeira. Como as polias B e C estão acopladas solidariamente ao mesmo eixo, todos esses elementos (B, C e o eixo)

apresentam a mesma velocidade angular.04. Verdadeira. A velocidade escalar do ponto 3 é maior do que a velocidade escalar do ponto 2, pois ambos apresentam a mesma

frequência de rotação, mas o raio do círculo descrito por 3 é maior do que o raio do círculo descrito por 2. Como as velocidades escalares dos pontos 1 e 2 são iguais (discussão apresentada em 01), concluímos que a velocidade escalar de 3 é maior que a velocidade escalar de 1.

08. Verdadeira. A velocidade angular de A é menor do que a de B, pois ambas as polias giram com a mesma velocidade escalar periférica (discussão apresentada em 01), mas um ponto na periferia de A percorre um círculo maior do que o círculo percorrido na periferia de B. Como B e C apresentam a mesma velocidade angular (discussão apresentada em 02), a velocidade angular de C é maior do que a de A.

Questão 32Comentário: No intervalo de tempo considerado, o atleta A percorreu uma distância do ponto 1 à linha de chegada igual a 2pRA. Já o atleta B percorreu uma distância do ponto 2 à linha de chegada igual a 3/4 de 2pRB. Calculando o tempo desses percursos pela equação do movimento uniforme t = d/v (o tempo é o quociente entre a distância e a velocidade), e lembrando que os tempos nos dois percursos são iguais e que RA = 3 m e RB = 4 m, obtemos a relação entre vA/vB pedida nesse problema:

2pRA/vA = (3/4) . 2pRB/vB ⇒ vA/vB = 1

Questão 33 – Soma = 11Comentário: 01. Verdadeiro. Como o módulo da velocidade é constante, o carro tem movimento uniforme de A a C.02. Verdadeiro. Como o módulo da velocidade é constante, o carro tem movimento uniforme de A a F.04. Falso. Como nem o módulo nem a direção da velocidade se alteram, o carro não tem aceleração de A a C.08. Verdadeiro. Como a direção da velocidade se altera de D a F, este tem uma aceleração, dita centrípeta.16. Falso. O carro executa de D a F um movimento circular e uniforme.


A) 12 000 rpm equivalem a =1200060

200 rotações por segundo. Logo, ele dará uma volta completa em T = 1/f = 1

200s.

B) A frequência do movimento será de 200 Hz. Como o raio do movimento é de 1 cm = 0,01 m, a velocidade linear máxima v será tal que v = 2prf = 2 . 3 . 200 . 0,01 = 12 m/s.

Questão 35Comentário:A) Supondo que não haja deslizamento entre a linha e o cilindro do carretel, a velocidade linear na superfície do cilindro é a

velocidade com a qual a linha é puxada: v = 50 cm/10 s = 5,0 cm/sB) A velocidade angular w no carretel é constante em todos os pontos, de modo que podemos calcular o seu valor pela fórmula

v = w.R usando v = 5,0 cm/s e R = 2 cm, que são valores para o cilindro do carretel: 5,0 = w.2 ⇒ w = 2,5 rad/s

Seção EnemQuestão 01 – Letra B Eixo cognitivo: IIICompetência de área: 1Habilidade: 2Comentário: As engrenagens A e B giram solidárias em torno de eixos diferentes, de forma que seus dentes possuem mesma velocidade linear (vB= vA).AsengrenagensBeCestãoacopladaspeloeixo,deformaquepossuemamesmavelocidadeangular(ωC=ωB) e a mesma frequência (fC= fB).Entre as engrenagens C e D, temos a mesma relação que para as engrenagens A e B (vD= vC). E o ponteiro acompanha a engrenagem D.O número de dentes é proporcional ao perímetro da engrenagem, e este é proporcional ao raio. Então:

= =π

=π

π= =

π=

π

π=

= = =

f fv

2 . . R

2 . . R f

2 . . R

R f

R

R v

R . 2 . . R

R . 2 . . R . f

R . 2 . . R

R . R

R . Rf

fN . R

N . Nf 36 . 24

108 . 7218 2 rpm

ponteiro DD

D

c c

D

c B

D

c B

D B

c A A

D B

c A

D BA

ponteiroc A

D BA

EM1MPV2_FIS.indd 50 09/01/18 16:16

Físi

ca

Manual do Professor


Questão 02 – Letra A Eixo cognitivo: IV


Habilidade: 18

Comentário: As polias 2 e 3 estão ligadas por um eixo comum, logo, terão amesma velocidade angular (ω2=ω3). Como a velocidade linear é proporcional ao raio e desejamos que a velocidade da serra de fita seja a menor possível, precisamos ligá-la à polia de menor raio. Pelo mesmo motivo, precisamos ligar a correia do motor à polia de maior raio, chegando, assim, à montagem Q.

Questão 03 – Letra C Eixo cognitivo: III


Habilidade: 6

Comentário: Para resolver esse exercício, basta observar que a prancha se move de A para B. Logo, as polias da parte superior, 1 e 2, movem-se no sentido anti-horário, e as polias da parte inferior, 3 e 4, movem-se no sentido horário.

Questão 04 – Letra A Eixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: O movimento de uma bicicleta se dá por meio do acoplamento entre uma roda dentada dianteira com uma roda dentada traseira, e esse acoplamento é feito por meio de uma corrente, não havendo deslizamento entre as rodas dentadas e a corrente. Sendo assim, conclui-se que as rodas dentadas da bicicleta possuem velocidades lineares de mesmo módulo, sendo este igual ao módulo da velocidade linear da corrente.

Considerando uma pedalada uma volta completa da roda dentada dianteira e observando que as rodas dentadas possuem velocidades lineares de mesmo módulo, podemos escrever a seguinte igualdade:

= ⇒ ω = ω ⇒

ω

ω=

v v r r

r

r

d t d d t t

t

d

d

t

De acordo com a equação anterior, quanto maior for a razão rd/rt, maior será a razão do número de voltas da roda traseira por pedalada, wd/wt. Portanto, a alternativa que representa a situação em que haverá o maior número de voltas por pedalada é a A.

Questão 05 – Letra C Eixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: Conforme analisado no exercício anterior, as rodas dentadas traseira e dianteira possuem velocidades lineares de mesmo módulo. Utilizando esse resultado e os dados fornecidos na figura do exercício, temos:

= ⇒ ω = ω ⇒

ω

ω= ⇒

ω

ω= ⇒

ω

ω=

v v r r

r

r155,0

3,0

d t d d t t

t

d

d

t

t

d

t

d

De acordo com o resultado anterior, a velocidade angular da roda dentada traseira é três vezes maior que a da roda dentada dianteira, ou seja, enquanto a roda dentada dianteira efetua uma volta completa, a roda dentada traseira realiza três voltas completas. Como a roda dentada traseira está acoplada à roda traseira pelo mesmo eixo (ou seja, elas giram de forma conjunta), a distância percorrida pela bicicleta em uma pedalada é, aproximadamente:

d = 3(2pR) ⇒ d = 3(2.3.0,40) ⇒

d = 7,2 m

Questão 06 – Letra A Eixo cognitivo: III


Habilidade: 6

Comentário: Esse exercício faz algumas afirmações em relação a uma bicicleta de marchas. Vamos analisar cada uma das alternativas separadamente.

I. Correta. A cada marcha de uma bicicleta está associada uma determinada coroa dianteira e uma determinada coroa traseira. Como, nessa bicicleta, há duas coroas dianteiras e cinco coroas traseiras, a bicicleta possui um total de dez marchas, cinco marchas associadas a uma das coroas dianteiras e cinco marchas associadas à outra coroa dianteira.

II. Incorreta. Quando uma bicicleta encontra-se a alta velocidade, o número de voltas da roda traseira por pedalada é o maior possível. De acordo com o resultado obtido na resolução do exercício 01 dessa seção:

ω

ωt

d

d

t

r

r=

Para que tenhamos o maior número de voltas da roda traseira por pedalada, devemos ter a maior razão possível entre os raios das rodas dentadas dianteira e traseira. Sendo assim, devemos acionar a coroa dianteira de maior raio com a coroa traseira de menor raio.

III. Correta. Em uma subida íngreme, convém utilizarmos uma marcha que minimize a força com a qual devemos acionar os pedais da bicicleta. Para obtermos esse resultado, devemos utilizar uma combinação de coroas dianteira e traseira que possibilite a maior razão possível entre o número de pedaladas por volta. Utilizando o fato de as coroas possuírem velocidades lineares de mesmo módulo, temos que:

= ⇒ ω = ω ⇒

ω

ω=

v v r r

r

r

d t d d t t

d

t

t

d

Portanto, para que tenhamos a maior razão possível entre o número de pedaladas por volta, devemos utilizar a coroa traseira de maior raio e a coroa dianteira de menor raio.

Tendoemvistaaanálisedasafirmações,conclui-sequeaalternativa correta é a A.

EM1MPV2_FIS.indd 51 09/01/18 16:16

52 Coleção EM1

Questão 07 – Letra C Eixo cognitivo: III


Habilidade: 6

Comentário: Quando a bicicleta se desloca, desde que os pneus não derrapem, a velocidade na periferia dos pneus é igual

à própria velocidade de translação da bicicleta. Portanto, as velocidades tangenciais dos pontos A e B são iguais. Assim,

no mesmo intervalo de tempo, os pontos A e B percorrem distâncias iguais (logo, as letras D e E são afirmativas incorretas).

Obviamente, no mesmo intervalo de tempo (supondo esse intervalo igual a vários períodos da roda maior), o número de voltas

completas que o ponto B executa é maior do que o número de voltas que o ponto A executa, pois, apesar de as velocidades de A e

de B serem iguais, o perímetro da roda traseira (onde se situa o ponto B) é menor do que o perímetro da roda dianteira (ponto A).

Por exemplo, se o diâmetro da roda traseira for a metade do diâmetro da roda dianteira, então o ponto B executará 2 voltas

para cada volta executada pelo ponto.

Sugestões de leitura para o professor•Física básica – Mecânica. Alaor Chaves; J. F. Sampaio. LTC.

•Física conceitual. Paul G. Hewitt. Bookman.

•Fundamentos de Física – Mecânica. Jearl Walker. LTC.

•Os 100 maiores cientistas da História. John Simmons. Difel.

EM1MPV2_FIS.indd 52 14/12/17 08:18

Documents

Manual do Professor - anglouba.com.br · fórmulas para calcular a força de atrito estático máxima e a força de atrito cinético, e introduzindo os conceitos de coeficientes de