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Gabarito: Resposta da questão 1: [A]
e
e
e
2
2
2
T F P m a
T F P 0
F T P
kQT mg
d
kQd
T mg
kd Q
T mg
Resposta da questão 2: [B] A tração no cabo de elevador tem sempre direção vertical e sentido para cima. No início da subida, o movimento é acelerado para cima, então a intensidade da tração é maior que a do peso; No final da subida, o movimento é retardado para cima, então a intensidade da tração é menor que a do peso. Assim:
I
I F
F
F P F F .
F P
r rr r
r r
Resposta da questão 3: [B] Considere a interação da roda dianteira com o solo, ilustrada na figura 1:
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Como a roda dianteira está tracionada, no contato B ela "empurra" o solo para trás com uma
força de atrito atFr
sobre o solo, conforme figura 1.
Pela lei da ação e reação, o solo atuará sobre roda com uma força de atrito atF ,r
de mesmo
módulo e mesma direção, mas sentido contrário. Logo, a força de atrito sobre a roda dianteira é "para frente". Considere agora a interação da roda traseira com o solo, ilustrada na figura 2:
A roda traseira está sendo conduzida pelo chassi do automóvel para frente e, devido à sua
interação com o solo, tenderá a "empurrar" o solo para frente com uma força atF ,r
conforme
indicado na figura 2. Pela lei de ação e reação, o solo atuará sobre a roda traseira com uma força de atrito de
mesmo módulo e mesma direção atF ,r
mas de sentido contrário, como indicado na figura 2.
Logo, a força de atrito sobre a roda traseira é "para trás". Resposta da questão 4: [E] No referencial do passageiro, ele está em repouso, e como a velocidade é constante, isso implica que a aceleração do sistema é zero. Pela segunda Lei de Newton a Força Normal será igual a força Peso. Tome cuidado: é comum pensar que a força normal é igual à força peso por ser um “par ação e reação”. Essa afirmação está errada. Até porque um par ação e reação não atuam em um mesmo corpo. Resposta da questão 5: [B] Como o bloco permanece em repouso, significa que a força resultante é nula, sendo que a
força de atrito estático é igual em módulo à força 1Fr
na figura (a) e na situação da figura (b) é
igual à diferença entre 1Fr
e 2F .r
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Resposta da questão 6: [D] De acordo com as forças que atuam nas direções de possíveis movimentos, apresentadas no diagrama de corpo livre abaixo, e utilizando o Princípio Fundamental da Dinâmica:
B a A BP T T F m m a
Considerações: - Como o sistema permanece em equilíbrio estático, a aceleração é igual a zero; - Os módulos das trações nos corpos são iguais e com sinais contrários.
BP T T a
B a
F 0
P F
Substituindo o peso do corpo B pelo produto de sua massa pela aceleração da gravidade:
a BF m g
Substituindo os valores, temos, finalmente:
2a aF 1kg 10 m s F 10 N
Resposta da questão 7: [E]
Em A a única força que atua é a força Peso, e em B, as forças que atuam são as mesma de
um bloco em um plano inclinado. Conforme ilustra a figura abaixo.
Em A :
R
A
A
F ma
mg ma
a g
Em B:
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R
B
B
B
A A
B B
F ma
Psen ma
mgsen ma
a gsen
a ag 1
a gsen a sen
θ
θ
θ
θ θ
Resposta da questão 8: [A] De acordo com o diagrama de forças, temos:
A reação normal é igual em módulo à componente normal do peso em relação ao plano inclinado:
2yN P N m gcos N 1000 kg 10 m s 0,8 N 8000 Nθ
A tração na corda corresponde à componente do peso paralela ao plano inclinado:
2xT P T m g sen T 1000 kg 10 m s 0,6 T 6000 Nθ
Resposta da questão 9: [E]
Da figura, podemos escrever:
at
N Pcos
F Psen F P(sen cos )
θ
θ θ μ θ
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Pela última equação acima, para a primeira situação, temos:
1 1 1F P(sen cos )
200 1000(0,6 0,8) 0,5
θ μ θ
μ μ
Sendo F' o valor da nova força mínima a ser aplicada, para a segunda situação, temos:
2 2F' P(sen cos )
F' 1000(0,8 0,5 0,6) 1000 0,5
F' 500 N
θ μ θ
Resposta da questão 10: [D] Como as rodas foram travadas, a força de atrito tem direção tangente à trajetória, no sentido de impedir o escorregamento, portanto, oposto à velocidade. Resposta da questão 11: [D] A polia diminui pela metade a força necessária a ser aplicada. Pela figura, como há duas polias dividindo a força necessária, a força aplicada pela corda diretamente na árvore deve ser dobrada duas vezes em relação à força aplicada pelo homem:
F 1000 2 2
F 4000 N
Resposta da questão 12: [D] Observação: não se deve confundir força de tração (força tensora) com tensão, que é razão entre a intensidade da força tensora e a área da secção transversal do elemento tracionado, no caso, o fio. A figura ilustra a situação descrita.
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No livro agem duas forças: a tração aplicada pelo fio e o peso aplicado pela Terra.
Como o livro está oscilando, no ponto mais baixo: T P e:
cp cp cpT P R T F P T F .
Resposta da questão 13: [B] Questão envolvendo a dinâmica no movimento circular uniforme, em que a força resultante no ponto mais alto da lombada é representado na figura abaixo:
A resultante das forças é a força centrípeta:
2 2
r c
2
M v M vF F P N Mg N
R R
M vN Mg
R
Resposta da questão 14: [D] De acordo com o diagrama de corpo livre, para o garoto, as forças atuantes sobre ele são apenas o seu peso e a tração na corda.
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Resposta da questão 15: [B]
A dinâmica do movimento circular nos informa que as curvas dos pontos B e E possuem a maior chance de aumentar a reação normal da pista sobre a bicicleta, de acordo com a equação abaixo em que a força resultante no MCU, ou seja, a diferença entre a força normal e o peso é igual a resultante centrípeta:
2 2
r cm v m v
F F N P N PR R
Como a velocidade, massa e peso da bicicleta não variam, a maior força normal será maior
onde o raio é menor, portanto no ponto B.
Nos trechos C e D temos a normal menor que o peso, devido ao fato da pista ser inclinada e
da normal apontar para fora da curva, respectivamente. Resposta da questão 16: [D] Aplicando o princípio fundamental da dinâmica:
D E at E E at
E E E
D E D
F F F m a 2 F F F m a
2643 F 120 0,2 240 F F 88 N.
3
F 2 F 2 88 F 176 N.
Resposta da questão 17: [D] No início da queda, a resultante das forças é o próprio peso, acelerando o esquilo. Porém, à medida que a velocidade aumenta, aumenta também a força de resistência do ar diminuindo a intensidade da resultante, que se anula quando ele atinge a velocidade terminal. Resposta da questão 18: [E] A velocidade atinge seu valor máximo num ponto entre A e B, quando a peso e a força elástica têm mesma intensidade. Resposta da questão 19: [E]
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Se a velocidade é nula, a aceleração (a)v
tem direção tangencial, formando com a vertical
ângulo de 60°, como indicado na figura.
A resultante é a componente tangencial do peso. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:
x
2
1P m a m gcos60 m a a 10
2
a 5 m/s .
Resposta da questão 20: [D] Resolução
O dinamômetro registra a força de tração sobre ele, que na configuração adotada, é igual a soma entre a força peso da barra e a força magnética dentre esta e o imã.
Resposta da questão 21: [B] Resolução O bloco m2 está sujeito a 6 forças. Seu próprio peso e a força de ação F são duas delas. As outras quatro são devidas aos contatos com os outros dois corpos, sendo duas delas para cada corpo. A ação na direção da gravidade em função do peso destes corpos e ações na direção do movimento, mas no sentido oposto, por resistência a ação de F. Resposta da questão 22: [A] Resolução Pelo diagrama o cubo estava em repouso e a partir do instante t = 0 passa a sofrer a ação de uma força de intensidade variável. O cubo permanece em repouso até a força de atrito estática atingir seu valor máximo de 1 N, o que invalida as alternativas B e E. A força externa continua atuando sobre o cubo até que este entra em movimento e a força de atrito passa a ser a cinética, cujo coeficiente é menor que o estático.
A força de atrito cinética é dada por F = c.N. Como a superfície é horizontal F = c.m.g
Então F = c.m.g 0,8 = c.0,1.10 c = 0,8 , o que valida a alternativa A e invalida a
C e a D.
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Resposta da questão 23: [E] Resolução No corpo A Fatrito = m.a
.m.g = m.a
.g = a a = 0,3.10 = 3 m/s2
Resposta da questão 24: [A] Como destacado na figura a seguir, o solo aplica no carro uma força de contato que tem duas
componentes: a normal v
(N) vertical para cima, e a força de atrito v
at(F ) . O gráfico dado no
enunciado indica que o módulo da velocidade está aumentando, ou seja, o movimento é acelerado; logo essa força de atrito é no mesmo sentido da velocidade. A força que o solo aplica no carro é a soma dessas componentes.
Resposta da questão 25: [A] Dados: M = 12 kg; mB = 400 g = 0,4 kg; ρ = 1 kg/L; μ E = 0,4; Z = 0,2 L/s.
Na iminência de escorregamento, somados os módulos do peso do balde e do peso da água nele contida devem ser igual ao módulo da força de atrito estática máxima.
B A E B A E A
A
P P N m m g M g 0,4 m 0,4 12
m 4,4 kg.
Como a densidade da água é 1 kg/L, o volume (V) despejado é 4,4 L. A vazão (Z) é dada por:
V V 4,4Z t
t Z 0,2
t 22 s.
Resposta da questão 26: [B] Dados: MA = 1 kg; MB = MC = 2 kg; sen 30° = 0,5.
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A intensidade da resultante das forças externas no sistema é a diferença entre o peso do corpo C (PC) e a componente tangencial do peso do corpo A (Px = PA sen 30°).
PC – Px = (MA + MB + MC) a 20 – 10 (0,5) = 5 a 15 = 5 a a = 3 m/s2. Resposta da questão 27: [A]
Dados: m = 10 kg; g = 10 2m/s ; F = 50 N.
A figura mostra as forças agindo no frigobar durante a subida.
Calculando a aceleração após a força tensora no cabo estabilizar em 50 N:
x1,5
F P ma F mgsen ma 50 10 10 10a a 0.3
Se a aceleração se anula, o frigobar segue um movimento uniforme, entrando no caminhão com velocidade v = 0,8 m/s. Resposta da questão 28: [D] Como nos dois casos a força externa é a resultante sobre o sistema, vem:
Fext = (m1 + m2) a a = ext
1 2
F
m m. A aceleração tem a mesma intensidade nos dois casos.
As forças de contato entre os blocos, e v v(I) (II)F F têm intensidades:
F(I) = m2 a e F(II) = m1 a. Como m1 m2 F(I) F(II). Resposta da questão 29: [C]
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Nas Figuras X e Y a força Fv
apresenta componentes vertical e horizontal. Como o movimento é retilíneo, as forças verticais estão equilibradas. Assim, analisando cada uma das figuras:
y
y
Figura X: N P F N P
Figura Y: N F P N P
Figura Z: N P
Resposta da questão 30: [C] Para que as gotas de chuva não atinjam a parte traseira, as gotas devem cair, em relação ao ônibus, verticalmente, ou inclinadas para trás. As figuras mostram a velocidade das gotas (vg) para um referencial no ônibus, para os dois casos.
Na Fig 1:
V v sen .θ
Na Fig 2:
VV v sen v sen < V v .
senθ θ
θ
Resposta da questão 31: [C] [A] Verdadeira. Na figura (a) temos o equilíbrio entre o peso da pedra e a força elástica, portanto:
2
emg 6 kg 10 m s
P F mg kx k k k 600 N mx 0,1m
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[B] Verdadeira. Calculando a Energia potencial elástica para o ponto de compressão máxima da mola, temos:
22
pe pe pe
600 N m 0,3 mk xE E E 27 J
2 2
[C] Falsa. Para o sistema considerado conservativo, a energia mecânica é conservada em todos os pontos. Considerando as figuras (b) e (c), temos:
M(b) M(c) pe(b) c(c) pg(c) c(c) c
2c(c) c(c) c(c)
E E E E E 27 J E m g h
27 J E 6 kg 10 m s 0,4 m 27 J E 24 J E 27 J 24 J 3 J
[D] Verdadeira. Para o ponto (d) sendo considerado a altura máxima atingida pela pedra:
M(b) M(d) d d d2
27 JE E 27 J m g h h h 0,45 m 45 cm
6 kg 10 m s
[E] Verdadeira. Na situação da figura (b), o diagrama de forças do sistema será:
e eP F F F F P
Então, substituindo os valores calculados anteriormente:
F 600 N m 0,3 m 60 N F 180 N 60 N F 120 N
Resposta da questão 32: [A]
Seja o plano térreo o nível de referência para a energia potencial. As forças atuantes sobre a
carga do elevador são as forças de tração Fr
e peso W.uur
Sendo R F W ur r uur
a resultante das forças sobre a carga do elevador, então:
R F W (I)τ τ τ
com Rτ sendo o trabalho da força resultante R,ur
Fτ o trabalho da força Fr
e Wτ o trabalho da
força peso W.uur
O teorema do trabalho e energia diz que o trabalho realizado pela força resultante sobre um corpo é igual à variação da energia cinética do corpo, ou seja,
f oR C C CE E E (II)τ Δ
Como o elevador subiu a uma velocidade ov constante, da equação (II) tem-se que:
f o
2 2elev o elev o
R C C
m v m vE E 0
2 2τ
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ou seja, não houve variação da energia cinética e R 0.τ
Aplicando-se esse resultado na equação (I), tem-se que:
F W R F W0 (III)τ τ τ τ τ
Como Wr
é uma força conservativa (a única força conservativa), então:
o fW P P elev elevE E 0 m gh m gh (IV)τ
sendo elevm a massa da carga do elevador, g a aceleração da gravidade e h a altura
percorrida pelo elevador.
Outra forma de calcular W ,τ nesse caso particular Por definição:
W W d cosτ θuur r
sendo dr
o vetor deslocamento da carga e θ o ângulo entre o vetor deslocamento e a força W.uur
Assim, W elevW d cos (m g) hcos180 ,τ θ uur r
ou seja,
W mghτ
que foi o mesmo resultado em (IV). Das equações (III) e (IV), conclui-se que:
F W elev elev
3 2F
6F
( m gh) m gh
6 10 [kg] 10[m s ] 20[m]
1,2 10 J
τ τ
τ
τ
A potência média útil desenvolvida pelo elevador é:
65F
útil1,2 10 [J]
P 1,2 10 Nt 10[s]
τ
Δ
ou seja,
útilP 120 kW
Resposta da questão 33: [E]
Seja 1t o instante em que a esfera é abandonada, a uma altura de 4 m sobre a rampa, e 2t o
instante em que ocorre a máxima compressão da mola pela esfera. Como as forças dissipativas foram desprezadas, então:
1 2M ME E (1)
sendo 1ME a energia mecânica do sistema no instante 1t , e
2ME a energia mecânica do
sistema no instante 2t .
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Em 1t , 1 1M PE E mgh, pois a velocidade da esfera 1v 0 (a energia mecânica é apenas a
potencial gravitacional).
Em 2t , 2
2
Mkx
E ,2
ou seja, a energia mecânica do sistema constitui-se apenas da energia
potencial elástica acumulada na mola deformada.
Substituindo as expressões de 1ME e
2ME na equação (1), tem-se que:
2
2
kxmgh
2
2mgh 2 0,8 10 4x 0,16
k 400
x 0,16 0,4 m 40 cm
Resposta da questão 34: [D] Pela lei de conservação de Energia, quando a bola atingir a velocidade máxima toda a sua Energia Cinética será transformada em Energia Potencial Gravitacional. Resposta da questão 35: [E]
Do ponto de vista do chão: o drone deve sobrevoar 60 m (50 m do edifício e mais 10 m que
ele precisa ficar acima).
1
1
1
g
g
g
E mgh
E mg 60
E 60 mg
Do ponto de vista do drone: ele (drone) está a 10 m acima do prédio, logo sua energia
potencial será:
2
2
2
g
g
g
E mgh
E mg 10
E 10 mg
A razão entre eles será:
1
2
1
2
1
2
g
g
g
g
g
g
E 60 mg
E 10 mg
E 60
E 10
E6
E
Observação: essa questão depende muito do referencial que você está tratando. Resposta da questão 36: [C]
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[A] Incorreto, pois:
m1 mC
2c
2c
2c
2c
2c
E E
1mgH mv
2
1gH v
2
R2g v
2
g R v
v g R (I)
1 Am m
2A
2A
2A
2A
E E
1mgH mV
2
1gH V
2
2gH V
V 2gH (II)
mA mC
2 2A c
E E
1 1mV mV mg2R (III)
2 2
Substituindo (II) e (I) em (III), tem-se que:
1 1m2gH mgR mg2R
2 2
1H R 2R
2
5H R (IV)
2
[B] Incorreto, pois:
1 Am m
2A
2A
2A
2A
E E
1mgH mV
2
1gH V
2
2gH V
V 2gH (II)
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[C] Correto, pois
A B
A B B
m m
c pg c
2 2A B
2 2A B
E E
E E E
1 1mV mgR mV
2 2
1 1V gR V (V)
2 2
Substituindo (II) em (V), tem-se que:
2B
2B
2B
2B
2B
1 12gH gR V
2 2
1gH gR V
2
1g(H R) V
2
2g(H R) V
V 2g(H R) (VI)
B c
2B
B
N ma
VN m (VII)
R
Substituindo (VI) em (VII), tem-se que:
2B
B
B
VN m
R
2g(H R)N m (VIII)
R
Substituindo (IV) em (VIII), tem-se que:
B
B
B
B
B
5R2g( R)
2N mR
3R2g( )
2N mR
g 3RN m
R
N m g 3
N 3mg
Observação: Não é possível resolver essa questão sem antes resolver a alternativa [A]. Resposta da questão 37: [D]
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a d
2 2A B
2B
2B
2B
2B
2B
2B
B
E E
1 h 1mgh mv 40 mg mv
2 2 2
h 1mgh 0 40 mg mv
2 2
120 10 10 40 20 10 5 20 v
2
2.000 40 1.000 10v
1.960 1.000 10v
960 10v
v 96
v 10 m s
Resposta da questão 38: [A]
Como a letra P encontra-se na posição mais baixa do movimento, a energia potencial nesta posição é mínima e a energia cinética é máxima. Resposta da questão 39: [C] A frequência de oscilação de um sistema massa mola é dado pela expressão:
1 kf .
2 mπ Nota-se, então, que a frequência não depende da gravidade, mas apenas da mola
e da massa do carro. Resposta da questão 40: [A]
Sabendo que a potência é dada pelo trabalho sobre o tempo, P ,t
τ e sabendo que o trabalho
realizado em subir pela rampa ou pela escada é o mesmo e o tempo de quem sobe pela rampa é maior, logo, a potência empregada por quem sobe a rampa é menor. Resposta da questão 41: [D] As velocidades dos dois skatistas são iguais em módulo no ponto C e são determinadas por energia mecânica: Para o rapaz que sai da posição A (sentido positivo):
M(A) M(C)E E
21 1
1 1
m v hm gh m g
2 2
1 1v gh 10 3,6 36 v 6 m / s
Para o rapaz que sai da posição B (sentido negativo):
M(B) M(C)E E
22 2
2 2
m v hm gh m g
2 2
2 2v gh 10 3,6 36 v 6 m / s
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Como a velocidade relativa para dois móveis em sentidos contrários se somam seus módulos, temos:
r 1 2v v v 6 6 12 m / s
rkm / h
v 12 m / s 3,6 43,2 km / hm / s
Resposta da questão 42: [E]
Dados: 2atm 120kg; S 5m; h 1,5m; g 9,8m / s ; F 564N.Δ
Considerando que as velocidades inicial e final sejam nulas, o trabalho é mínimo quando a força na subida da rampa é aplicada paralelamente ao deslocamento. Aplicando o teorema da energia cinética, temos:
C atRes F P Fat F
atF F
F
W E W W W 0 W m g h F S 0
W m g h F S W 120 9,8 1,5 564 5 1.764 2.820
W 4.584 J.
Δ Δ
Δ
v v v v v
v v
v
Resposta da questão 43: [C] [I] O carro está perdendo velocidade de recarregando as baterias. Temos então, transformação de energia cinética (1) para energia elétrica (3). [II] O movimento do veículo provém da combustão, que é uma reação química. Assim, há transformação de energia química (2) para energia cinética (1). [III] Se o motor elétrico mantém a velocidade constante, isso significa que está havendo transformação de energia elétrica (3) para energia cinética (1). Resposta da questão 44: [B] A amplitude corresponde à máxima distância da posição central, que é igual a AB ou BC e o tempo para ir de A até C é a metade do período. Assim, o período é T = 4 s. A frequência e igual ao inverso do período. Então:
1 1f f 0,25 Hz.
T 4
Resposta da questão 45: [C]
A força Fr
atua sobre o corpo por um intervalo de tempo t 3 s.Δ Como Fr
tem módulo, direção
e sentido constantes nesse período, pode-se afirmar que o corpo se desloca em um movimento retilíneo uniformemente variado. A equação cinemática que descreve esse movimento é:
20 0
aS S v ( t) ( t) (1)
2Δ Δ
sendo S uma posição genérica, 0S a posição inicial, 0v a velocidade inicial e a a aceleração.
Como o corpo parte de repouso, 0v 0 m s, e partindo-se da Segunda Lei de Newton, tem-se
FF m a a (2)
m
Lembrando que, como não há atrito, a força resultante sobre o corpo é a própria força F.r
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Por hipótese, durante a ação da força F,r
o corpo se deslocou
0S S S 9 m.Δ
Logo, conclui-se que, partindo-se da equação (1) e da equação (2):
0 0S S S vΔ 0
2
2
2
a( t) ( t)
2
1 F 2 m SS ( t) F (3)
2 m ( t)
Δ Δ
ΔΔ Δ
Δ
Substituindo-se os valores conhecidos na equação (3), tem-se:
2
2 4 9F 8 N
3
O módulo do impulso Ir
da força Fr
sobre o corpo é, por definição:
I F t 8 N 3 s 24 NsΔ
lembrando que Fr
é constante. O impulso é exatamente igual à variação da quantidade de movimento do corpo. Sabendo que
o corpo encontra-se inicialmente em repouso, a quantidade de movimento inicial 0Q é dado
por:
0 0Q m v 0 Ns
Logo:
f 0I Q Q QΔ 0
fQ I 24 Ns.
Lembrando que m
N s kg :s
fm
Q 24 kgs
Resposta da questão 46: [C] Sabemos que no gráfico da força em função do tempo, a intensidade do impulso é numericamente igual à "área" entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim:
F F
4 1 3 120 10I 1 20 15 50 I 65N s.
2 2
v v
Resposta da questão 47: [C] Aplicando o teorema do impulso:
m vI Q F t m v F
t
km 1m s80 kg 72
m v h 3,6 km hF F F 8.000 N
t 0,2 s
F 8.000 Nnº sacos nº sacos nº sacos 16
peso de cd saco 500 N
Δ ΔΔ
Δ
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Resposta da questão 48: [E] A quantidade de movimento inicial no eixo x é:
x,inicial 1x,i 2x,i x,inicial 0 0 x,inicial 0Q Q Q Q m 2v cos 2m v cos Q 4mv cosθ θ θ Usando a conservação da quantidade de movimento no eixo horizontal, temos:
x,inicial x,final
0 f f
Q Q
4 m4mv cos 3m v vθ
3 m0 f 0
4v cos v v cos
3θ θ
Resposta da questão 49: [C] A análise das componentes verticais e horizontais da quantidade de movimento de ambas as partículas nos permitem concluir a direção final de seus movimentos após a colisão, pois temos a conservação da quantidade de movimento:
y,inicial y,finalQ Q e x,inicial x,finalQ Q
Se algum destes somatórios for nulo, significa que após o choque as partículas não se deslocam por este eixo. Começando pelo eixo vertical y :
y,inicial y,final
y,final 1y,i 2y,i y,final 0 0 y,final
Q Q
Q Q Q Q m 2v sen 2m v sen Q 0θ θ
Logo, se não há movimento final no eixo vertical, então as partículas andam no eixo horizontal após a colisão inelástica. Resposta da questão 50: [D] Aplicando o teorema do impulso de uma força:
QΙ Δ
F t m vΔ
Assim temos a velocidade ao final de 4 segundos:
F t 500 N 4 sv v v 20 m / s
m 100 kg
Δ
A energia cinética será,
22
4c c c
100 kg 20 m / sm vE E E 2,00 10 J
2 2
Resposta da questão 51: [E] Tratando de um sistema mecanicamente isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento. Assim:
c c b b c cc bQ Q m v m v 90 v 360 0,2 v 0,8 m/s.
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Resposta da questão 52: [C]
A energia cinética da partícula vale E .α
Então: 2 2m v 4 v E
E E v .2 2 2
α α α αα α α
Como o sistema é mecanicamente isolado, temos:
Pb Pb Pb Pb
2Pb
E E1m v m v 4 200 v v
2 50 2
Ev .
5 000
α αα α
α
Assim:
2Pb Pb
Pb Pb Pb
m v E E200E E E .
2 2 5000 50
α α
Resposta da questão 53: [A] Como se trata de sistema mecanicamente isolado, temos:
antes depois 1 2 1 1 2 2 2
2
1 2Q Q Q Q 0 m v m v 0 300 v
3 3
v 150 m/s.
O segundo pedaço é lançado com velocidade de 150 m/s, em sentido oposto ao do primeiro,
ou seja, para o sul. Resposta da questão 54: [D] De acordo com o enunciado, houve troca de velocidades no choque. Isso somente ocorre em colisão perfeitamente elástica, frontal de duas massas iguais. Como as forças trocadas na colisão formam um par ação-reação, e o tempo de interação é o mesmo, o módulo do impulso sobre o bloco 2 foi o mesmo que o módulo do impulso sobre o bloco 1. Resposta da questão 55: [C]
Dados: 1m = 1.200 kg; jv = - 60 k/h; 2m = 800 kg; iv = 120 km/h.
A figura 1 mostra a quantidade de movimento do sistema e a figura 2 mostra a velocidade do sistema e suas componentes.
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Calculando as quantidades de movimento dos veículos:
3i 2 i
3j 1
Q m v 800 120 96 10 kg km / h.
Q m vj 1.200 60 72 10 kg km / h.
Para calcular a quantidade de movimento do sistema, aplicamos Pitágoras:
2 2
2 2 3 3 8 4sist i jQ Q Q 96 10 72 10 144 10 12 10 kg km / h.
Mas:
4
sistsist 1 2 3
1 2
12 10QQ m m v v v 60 km / h.
m m 2 10
Da figura 1:
3j
3i
Q 72 10 3 3 4tg tg sen cos .
Q 4 5 596 20
Então:
i
j
4v v cos 60 48 km / h.
5
3v v sen 60 36 km / h.
5
Portanto: V = 48 i –36 j. Resposta da questão 56: [B] Nota 1 – O verbo orbitar já significa girar ao redor de .... Portanto: " Ele orbita ao redor da Próxima Centauri, ..." é um pleonasmo. O correto é: "Ele orbita a Próxima Centauri, ...". Calculando a massa da estrela Próxima Centauri. Dados relevantes:
Período orbital: 5T 11,2dias 9,7 10 s;
Raio orbital: 6 9r 7,5 10 km 7,5 10 m;
Constante de gravitação: 11 2 2G 6,7 10 N m kg ;
3.π
Considerando circular a órbita do planeta, a sua aceleração é centrípeta tem intensidade igual à intensidade do campo gravitacional na órbita.
22 3
cp 2 22
32 9
2 3 3129
2 211 5
v GM 2 r GM r GMa g (3ª Lei de Kepler)
r T r T 4r
4 3 7,5 104 r 1,5 10M M 2,4 10 kg.
63GT 6,7 10 9,7 10
π
π
π
Usando as regras para ordem de grandeza:
29M 10 kg.
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Nota 2 – A alternativa [B] diz: A ordem de grandeza da massa da estrela Próxima Centauri é
maior do que 2910 kg. A palavra maior deve ser trocada por igual, ou então: A massa da
estrela Próxima Centauri é maior que 2910 kg.
Resposta da questão 57: [A]
A força exercida pelos dois planetas sobre o ponto P são iguais em módulo, portanto:
13 23F F
Usando a lei da Gravitação de Newton:
1 313 2
G m mF
D 3
e
2 323 2
G m mF
2D 3
Igualando e simplificando:
G 1 3m m
2
G
D 3
2 3m m
12 2
m
2D 3 D 9 2
2
m
4D 9 1
2
m 1
m 4
Resposta da questão 58: [D] Análise das alternativas falsas: [A] Falsa. A força resultante é o peso do satélite ou a força de atração gravitacional. [B] Falsa. Mesmo que reduzida, existe gravidade nesta altitude em relação à Terra. [C] Falsa. É a velocidade orbital que mantém o satélite na posição geoestacionária, que é
calculada para que o período do movimento circular seja de 24 h.
[E] Falsa. O peso é reduzido por conta da redução da aceleração da gravidade de acordo com Newton, mas não é zero. Resposta da questão 59: [B] [I] INCORRETA. Pelo Princípio da Ação-Reação, essas forças têm a mesma intensidade. [II] INCORRETA. De acordo com a 2ª Lei de Kepler, se a trajetória do cometa é elíptica, seu movimento é acelerado quando ele se aproxima do Sol e, retardado, quando se afasta. [III] CORRETA. A 3ª Lei de Kepler garante que corpos mais afastados do Sol têm maior período de translação. Resposta da questão 60: [B] – Sendo r o raio médio da órbita e T o período de translação do planeta, analisando a 3ª Lei de Kepler:
2 2Vênus Terra
3 3Vênus Terra
T T.
r r Sendo o raio médio da órbita de Vênus menor que o da Terra, o período de
translação de Vênus é menor que o da Terra, logo a frequência é maior.
– a velocidade angular é: 2
.T
πω Como Vênus tem menor período, sua velocidade angular é
maior. – Para analisar a velocidade linear (v), aproximando as órbitas para circulares, a força gravitacional age como resultante centrípeta. Sendo m a massa do planeta e M a massa do Sol:
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2
Cent Grav 2
m v G M m G MR F v .
r rr Sendo o raio médio da órbita de
Vênus menor que o da Terra, Vênus tem maior velocidade linear que a Terra. Resposta da questão 61: [E] Analisando cada uma das opções: a) Falsa. De acordo com a Lei de Newton da Gravitação, as forças gravitacionais trocadas entre duas massas M e m, distantes r entre si, é:
2
M mF G
r, sendo G a constante de gravitação universal.
Aplicando essa expressão para as duas situações propostas, temos:
FJG = J G
2
G
M mG
r e FJI = J I
2
I
M mG
r. Fazendo a razão entre essas forças:
2
JG G I
2
JI IG
F m r
F mr=
2
2
15 4 15 16 4
9 900 1510 FJG = 0,27 FJI.
b) Falsa. Pela terceira lei de Kepler (lei dos períodos), o período orbital (T) só depende do raio (r) da órbita: T2 = k r3; independe da massa do satélite. c) Falsa. Basta comparar os valores mostrados na tabela.
d) Falsa. A velocidade angular () é inversamente proporcional ao período: = 2
T.
e) Verdadeira. Pela lei dos períodos:
2 3
E E
I I
T r.
T rSubstituindo os valores dados na tabela:
2 3 3
E
I
T 6 3
T 4 2 E
i
T3,375
T TE = 1,84 TI
TE 2 TI Resposta da questão 62: [D] Como afirma Garfield no último quadro, o peso de um corpo depende da gravidade local. A
expressão para o cálculo da intensidade do campo gravitacional P(g ) na superfície de um
planeta (P) de massa Pm e raio PR é obtida da lei de Newton da gravitação:
PP 2
P
mg G ,
R sendo G a constante de gravitação universal
Comparando com a gravidade na superfície terrestre T(g ) :
P22
P P P P T
TT T T P2T
Gm
g R g m R.
Gmg g m R
R
A tabela dada fornece apenas as razões entre as massas dos planetas e a Terra, e as massas dos planetas (dados desnecessários), não fornecendo os raios dos planetas, tornando
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impossível qualquer conclusão. Pode ter havido algum equívoco do autor da questão ao montar essa tabela, colocando na 2ª coluna as massas dos planetas em vez de seus raios. A questão tornar-se-ia bastante interessante, se a tabela fornecesse a razão entre as massas dos planetas e a razão entre os respectivos raios.
Apenas para ilustrar, a razão dada na tabela para as massas de Mercúrio e da Terra é 0,05,
enquanto que a razão entre os campos gravitacionais é 0,25.
Resposta da questão 63: [A] Pelo princípio da ação-reação (3ª lei da Newton) o módulo da força de atração do Sol sobre a Terra é igual ao módulo da força de atração da Terra sobre o Sol. Resposta da questão 64: [C] Pela lei da gravitação de Newton F = G.mM/d2
O que importa é a massa entre a estrela e o buraco negro. A força será atrativa e com mais massa entre a estrela e o buraco negro (devido a presença de matéria escura) a força será maior. Como esta força será também a resultante centrípeta
GmM/d2 = mv2/d GM/d = v2. A velocidade será maior com a presença de mais massa.
Resposta da questão 65: [B] Resolução O objeto solto bem como o próprio satélite está sujeito à força gravitacional terrestre e logo ambos têm peso. Admitindo que o movimento do satélite e do corpo são circulares e uniformes, a aceleração centrípeta será a aceleração gravitacional. A alternativa c é estranha quando coloca que o corpo deverá “sentir” aceleração. A despeito da frase antropomórfica para um corpo qualquer, se uma pessoa estiver solta dentro da nave ela não experimenta sensação de peso. Insisto que o corpo possui peso dentro do satélite e isto não tem relação com a atmosfera. Resposta da questão 66: [A] Observação: No enunciado fala que a parede vertical é lisa, ou seja, não possui atrito e o chão é rugoso, ou seja, possui atrito.
O coeficiente de atrito estático mínimo deverá ser aquele cuja a barra está na iminência de escorregar.
at e 1F N (1)μ
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Como não queremos que a barra escorregue, a velocidade deverá ser nula, se v 0 m s pela
definição de aceleração V
at
Δ
Δ
a aceleração também será 2(a 0 m s ) e pela 2ª lei de
Newton (F ma) e força resultante também será.
x 2 at 2 at
1 1y
F 0 N F 0 N F (2)
N P 0 N P (3)F 0
O torque resultante é nulo em torno de qualquer ponto; logo, qual ponto devermos escolher? A extremidade inferior da escada é a melhor escolha, pois duas forças são exercidas sobre este ponto, as quais não produzem torque alguém em relação a tal ponto. O torque resultante em torno desta extremidade é: Observação: atente que os sinais são baseados na observação de que a força peso faria a
escada girar em sentido anti-horário, enquanto a 2N a faria girar em sentido oposto.
res 1 2 2
res 2
2
2
d P d N
1(Lcos )P (Lsen )N 0
2
1(Lcos )P (Lsen )N
2
1(cos )P (sen )N (4)
2
τ
τ θ θ
θ θ
θ θ
Substituindo (2) e (3) em (4), temos:
1 at
1at
1(cos )N (sen )F
2
N cosF (5)
2sen
θ θ
θ
θ
De (1), vem:
at e 1F Nμ
Substituindo (1) em (5), temos:
1e 1
e
e
N cosN
2sen
cos
2sen
cos
2sen
θμ
θ
θμ
θ
θμ
θ
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Resposta da questão 67: [A] Num mesmo fio, a tração tem a mesma intensidade em todos os pontos. Quando há uma polia móvel, a intensidade da tração fica dividida por dois. A figura ilustra as situações.
Nota-se que o primeiro dispositivo é o que exige do operário força de menor intensidade. Resposta da questão 68: [D]
horário anti horário
1 2 3
y x 5 y 5 x (i)
F y F 2 F x
mgy mg 2 3 mgx ( g)
my 2m 3mx ( m)
y 2 3x (ii)
(i) em (ii)
5 x 2 3x
7 4x
7x
4
τ τ
Resposta da questão 69: [A] A tesoura da figura 2 é uma alavanca de maior braço, necessitando de força de menor intensidade para produzir o mesmo torque. Assim: Utilizando a tesoura da figura 2 o rapaz teria que fazer uma força menor do que a força aplicada na tesoura da figura 1 para produzir o mesmo torque.
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Resposta da questão 70: [C] Observações: O enunciado não forneceu a massa do equipamento, portanto seu peso será desprezado. Serão também desconsideradas as forças de interação entre as costas da pessoa e o encosto do equipamento, como também eventuais atritos entre a pessoa e o assento. Além disso, é pedido o módulo da força exercida pela perna (no singular). Será calculado o módulo da força exercida pelas pernas da pessoa. Pelo Princípio da Ação-Reação, a intensidade da força exercida pelas pernas da pessoa sobre o apoio do equipamento tem mesma intensidade que a da força que o apoio exerce sobre suas pernas, em sentido oposto. Considerando a pessoa como ponto material, têm-se as três forças agindo sobre ela (Fig. 1). Como ela está em repouso, pelo Princípio da Inércia, a resultante dessas forças é nula. Usando a regra da poligonal, essas três forças formam um triângulo retângulo (Fig. 2).
Na Fig. 2:
F 1sen30 F mgsen30 65 10 F 325 N.
P 2
Resposta da questão 71: [C] Para a viga, em equilíbrio estático, analisando o somatório dos momentos das forças capazes de provocar rotação, temos como determinar o valor da tração na corda:
B B V V T
M 0
P d P d T d 0
500 N 6 m 1000 N 2 m T 2 m
3000 Nm 2000 NmT T 2500 N
2 m
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Pelo diagrama de forças, a correspondência entre a tração no sistema de polias e a massa utilizada para manter o equilíbrio estático é:
Mg M 10T 2500 M 1000 kg
4 4
Resposta da questão 72: [B] Dados: L = 2 m; P = 10 N; d = 0,5 m; PA = 100 N. A figura mostra as dimensões relevantes para a resolução da questão.
Como a barra está em equilíbrio, em ralação ao ponto O, o somatório dos momentos em sentido anti-horário é igual ao somatório dos momentos em sentido horário.
B AP P P B A
A
M M M P 1,5 10 0,5 100 0,5 1,5 P 45
P 30 N.
Resposta da questão 73: [E] Dado: mC = 70 kg.
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Da figura, as distâncias de Isabela e Carlos até o eixo de rotação são, respectivamente: b I=2,5 m e bC=2,0 m. Para que a barra esteja em equilíbrio, o somatório dos momentos deve ser nulo.
C CI I C C I
I
I
m b 70 2M 0 m g b m g b m
b 2,5
m 56 kg.
Como o apoio está entre as forças aplicadas, o tipo de alavanca formado pela gangorra é interfixa. Resposta da questão 74: [B]
O disco mais pesado é aquele que neutralizará a reação do ponto 1S .
Considerando que a barra é homogênea é verdadeiro escrever que:
barra discoP 0,5 P (0,5 0,1)
10 g 0,5 m g 0,4
5 0,4 m
5m 12,5 kg
0,4
Dentre as opções, o de maior massa que não desequilibrará a barra é o de 10 kg.
Resposta da questão 75: [C]
1ª Solução: As duas forças de tração formam entre si 60 . A resultante delas tem a mesma
intensidade do peso do balde.
Aplicando a lei dos cossenos para o paralelogramo:
2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2R F F 2 F F cos R T T 2 T T cos60 R 3 T R T 3.α
Como R P 50N, vem:
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50T N.
3
2ª Solução: A resultante das componentes verticais y(T ) das forças de tração equilibram o
peso. Então:
y3 50
2T P 2 T cos30 P 2 T 50 T N.2 3
Resposta da questão 76: [B] Dados:
3águaT 0,25 N; 1.000 kg m ;ρ
2 3 3 3 5 3bg 10 m s ; 2,5 g cm 2.500 kg m ; V 10 cm 10 m ; R L 12 cm 0,12 m.ρ
A figura mostra as forças agindo na bolinha quando ela passa pelo ponto mais baixo.
A resultante dessas forças é centrípeta.
2 2
cent b a b a
2 23 5
m v mvF T E P T Vg Vg T Vg
R R
mv mv0,25 2,5 1 10 10 10 0,1.
R R
ρ ρ ρ ρ
Multiplicando os dois membros dessa última expressão por R
,2
vem:
2 2
cin
cin
mv R R mv 0,120,1 0,1 E 0,006 J.
R 2 2 2 2
E
]
Resposta da questão 77: [D] O equilíbrio de forças nos fornece o empuxo:
E P T E 500 N 300 N E 200 N
Com o empuxo, podemos descobrir o volume da pedra:
3liq
~liq3 2
E 200 NE V g V V V 0,02 m
kg mg1000 10
m s
μμ
Logo, a massa específica da pedra será:
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3 3
m 50 kg kg2500
V 0,02 m mμ μ μ
Resposta da questão 78: [D]
1 2
1 2
1 2
1 22 21 2
22 1
1 22
2
1 2
1
P P
F F
A A
F m g
R R
m g RF
R
4.000 10 (0,02)F
0,1
F 1.600 N
π π
π
π
Resposta da questão 79: [B]
Sabendo que a pressão manométrica do gás é dada por m int atm,p p p pelo Teorema de
Stevin, temos que:
m Hg 2 1
3 2m
3m
p g (h h )
p 13,6 10 10 (8 5) 10
p 4,08 10 Pa
ρ
Resposta da questão 80: [B] A pressão sobre o mergulhador é dada a partir do teorema de Stevin onde
mergulhador atmosférica hidrostáticaP P P , do enunciado foi dado que a pressão atmosférica é de
1atm, se a pressão sobre o mergulhador é de 5 atm, logo
mergulhador atmosférica hidrostática
hidrostática
hidrostática
P P P
5 1 P
P 4 atm
Se em um 1atm é equivalente a 10 m de profundidade, logo 4 atm será 40 metros de
profundidade. Resposta da questão 81: [B] A pressão total em função da profundidade de um determinado ponto imerso num determinado
líquido é dada pela equação: 0P P ghρ como mostrado para cada líquido no gráfico
fornecido.
Isolando a densidade da equação, temos: 0P P
g hρ
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Usando os dados do gráfico para os líquidos A e B, transformando as unidades de pressão para Pascal, temos: Para o líquido A:
A 0
A AA
2 1 atmP P
g hρ ρ
51 10 Pa
1 atm
3A 3
2
kg2,5 10
m m10 4 ms
ρ
Para o líquido B:
B 0
B AB
3 1 atmP P
g hρ ρ
51 10 Pa
1 atm
3B 3
2
kg5,0 10
m m10 4 ms
ρ
Resposta da questão 82: [C] O iceberg está em repouso sobre a ação exclusiva de duas forças de sentidos opostos: o peso e o empuxo. Então essas duas forças têm a mesma intensidade. Assim:
3ag im gelo ag gelo gelo
9 9P E m g d g V d V d V d 1 d 0,9 g cm .
10 10
Resposta da questão 83: [C] Um navio flutua porque o peso do volume do líquido deslocado é igual ao peso do navio. Esse exemplo é uma aplicação do conceito de empuxo. Resposta da questão 84: [C] Considerando o gás da bolha como gás ideal e sendo o processo isotérmico, pela equação geral dos gases:
0 0
0
p V
T
pV
T 5
0 0 0 0p V 10 Pa V 0,5V
Achamos a pressão do ponto onde a bolha se formou.
0 0p V 5010 Pa 1,5 V 5
0p 1,5 10 Pa
Usando A Lei de Stevin, que relaciona a pressão à profundidade, tem-se:
0 atm0 atm
5 5
3 3 2
p pp gh p h
g
1,5 10 Pa 1,0 10 Pah h 5 m
10 kg m 10 m s
μμ
Resposta da questão 85: [C] A figura mostra as forças agindo sobre os êmbolos de áreas A1 e A2.
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Aplicando o Teorema de Pascal:
2 22 1
4 PF P F P F .
A A D D
4
ππ
Resposta da questão 86: [C] O volume é o mesmo nas duas situações.
2 1 2 2
2 2 2 2 2 12
1 1 1 1 1
V V 4 3 h 2 3 2 h 1 m.
P d g h P d g h P P1 P .
P d g h P d g h P 2 2
Resposta da questão 87: [A]
Lembrando as expressões das forças mencionadas:
corpo
líq im
P m g P d V g
E d V g
Considerando os cilindros homogêneos, o Peso e o Empuxo são aplicados no centro de gravidade de cada um. O empuxo tem a mesma densidade nos dois casos, pois os volumes imersos são iguais, mas o Peso do cilindro mais denso é maior. Assim, o Empuxo no conjunto é aplicado no ponto médio (B) e o Peso do conjunto fica deslocado para direita. As figuras ilustram a situação.
Comentário: Essa posição horizontal não é a de equilíbrio do conjunto. Assim que abandonado, ele sofrerá um giro no sentido horário, ficando em equilíbrio estável na vertical, com o cilindro
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mais denso totalmente imerso e o menos denso parcialmente imerso, pois, para que o conjunto funcione como boia, sua densidade deve ser menor que a da água. Resposta da questão 88: [C] No equilíbrio, o empuxo sobre o bloco tem a mesma intensidade do peso do bloco. A água que extravasa cai no copo, portanto o volume deslocado de água é igual ao volume que está no copo.
água desloc
água desloc água desloc água desloc
m d V
E d V g E P d V g M g d V M
P M g
m M.
Resposta da questão 89: [D] O maior valor da coluna de mercúrio foi encontrado no local onde a pressão atmosférica é maior, ou seja, ao nível do mar.