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Manual de Resoluções
Anual 2015
Prof Renato Brito
Física
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AULA 1 - VETORES
Aula 1 - Questão 1 - resolução
= =2
1
1
11
a)
b)
= + =
0
c)
= + =
=
=
d) = +
= + =1
1
1
21
=1
1
1
11
1
+1
1
1
11
1
=
+
1
12 =0
2
= +2 2= 4
=
Aula 1 - Questão 2 - resolução
A
C
B D
E
observando a figura da questão, note que: AB + BE = AE e CA + AE = CE assim, o prof Renato Brito pode escrever: AB + BE + CA = ( AB + BE ) + CA = (AE ) + CA = CA + AE = CE
Aula 1 - Questão 3 - resolução
= + =
=
F
=
FF
F +F 2F
F
Aula 1 - Questão 4 - resolução
= = =
= + + =
= + + =
=
2a
2a
2a
A resultante terá módulo 2a+2a+2a = 6a
resposta correta: Letra C
reposicionando os vetores , temos:
Questão 5 - resolução
= + +
= + +2a
a
2a
= 2a + 2a + a = 3a
Letra A)
Letra B)
= + +
= + + 0
a a
=2a
Letra C)
= + = 0
0
+ = 0
=
=
=
Física
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Aula 1 - Questão 7 – resolução alternativa
Deslocando, convenientemente, o vetor b, prontamente determinamos o
vetor soma a graficamente. o seu módulo, como se pode verificar na
figura abaixo, vale s = 5 + 5 = 10 cm
5 cm 5 cm
12 cm 12 cm
12 cm 12 cm
b
5 cm
12 cm
5 cm
5 cm
a
S
12 cm
5 cm
b
para achar o vetor d
= a
– b
, encare essa operação de subtração
como uma operação de soma : d
= a
– b
= a
+ (– b
).
Prontinho, para o prof Renato Brito determinar o módulo de d
, basta
achar a resultante (+) entre os vetores a
e (– b
) assim:
5 cm5 cm
12 cm 12 cm
12 cm 12 cm
5 cm
12 cm
5 cm
5 cm a
d
12 cm
5 cm
b
-
deslocando, convenientemente, o vetor a
, e invertendo a flecha do
vetor b
, a fim de encontrar o vetor – b
, prontamente determinamos o
diferença d
= a
+ (– b
) graficamente. o seu módulo, como se
pode verificar na figura acima, vale :
d = 12 + 12 = 24 cm
Aula 1 - Questão 11 – resolução7
a) 10 U
3 U
4 U
10 U
10 U.cos
10 U.sen
10 U
8U
6U10 U
3 U
4 U
=3 U
4 U
=3 U
4 U = 5 U
pitágoras
8U
6U
cos = 0,8sen = 0,6
Decompondo o 10U
10 U20 U
1 U10 U
10 U
10 U.cos
10 U.sen
10 U
8U
6U
20 U 20 U.cos
20 U.sen
20 U 16 U
12U
10 U20 U
1 U10 U
=1 U
10 U
8U
6U
16 U
12U
=5 U
12 U
=
13Upitágoras
cos = 0,8sen = 0,6
Decompondo o 10U
cos = 0,8sen = 0,6
Decompondo o 20U
b)
Aula 1 - Questão 13 - resolução
A expressão abaixo calcula o módulo da soma S entre dois vetores a e b
que formam um ângulo qualquer entre si
S2 = a2 + b2 + 2.a.b.cos
Segundo a questão, S = 13, a = 8, b = 7 , = ?
132 = 82 + 72 + 2 x 8 x 7.cos
169 – 64 – 49 = 112. cos
56 = 112. cos cos = 0,5 = 60
Aula 1 - Questão 14 - resolução
a)b
()a(
d
a
3
4 d
|d | = 5
pitágoras
a)
-b
-b
a
b
-b
a
-b
d
Contando quadradinhos vemos que : |d | = 6
b)
Física
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Aula 1 - Questão 15 - resolução
a) a = 2i + 2j, b = 5i 2j
d = a b = 2i + 2j (5i 2j) = 3i + 4j
| d | = 2 23 4 = 5
b) a = +4i + 3j, b = 2i + 3j
d = a b = +4i + 3j (2i + 3j) = 6i + 0j
| d | = 2 26 0 = 6
Aula 1 - Questão 16 – resolução
cmV
= BA
BBAA
m m
V.mV.m
= 24
) 1.j 6.i 2.( 5.J) 3.i .(4
cmV
= 6
2.j 12.i 20.j i.12 =
6
18.j i.24
cmV
= ( 4.i + 3.j ) m/s | cmV
| = 22 3 4 = 5 m/s
Aula 1 - Questão 18 - resolução
62 6 X2
0
62 6 X2
0
68 X2
0
X2 6
8 graficamente, vem:
6
82x
letra A - resolução:
pitágoras:
(2x)2 = (8)2 + (6)2
2x = 10
x = 5
4
4
X2
64
letra B - resolução:
4X2
64
4X2
64
X2
68
graficamente, vem:
8
62x
pitágoras:
(2x)2 = (8) 2 + (6)2
2 x = 10
x = 5
60o
60o
letra C - resolução:
30o
6
8X2
6
8X2
6
6120o
8X2
6
6
8X2
30o6
30o
30o
30o
30o 30o
6
8X2
8
62x
pitágoras:
(2x)2 = (8) 2 + (6)2
2 x = 10
x = 5
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AULA 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU
Aula 2 - Questão 5 - resolução
a) sim, o corpo está em equilíbrio visto que, segundo o enunciado, ele
está se deslocando em MRU e, conforme você leu na evolução das idéias
do Aristóteles ao Galileu, o MRU é um dos dois possíveis estados de
equilíbrio, chamado de equilíbrio dinâmico, isto é, equilíbrio com
velocidade.
b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio, as forças devem se cancelar
ao longo de cada eixol
N
PcosP.Sen
Fat
Portanto Fat = P.sen = 40 x 0,5 = 20 N.
Não ache que o corpo estará parado pelo fato de P.sen = Fat . Lembre-
se que, se a resultante das forças sobre o corpo é nula, ele pode estar
parado ou em MRU.
Lógico que, para essa caixa começar a andar, inicialmente, P.sen foi
maior que o Fat, mas agora que ela estah em MRU, certamente tem-se
P.sen = Fat. Do contrário, se P.sen > Fat, a sua velocidade estaria
aumentando, o que não é verdade no movimento em questão (MRU).
Aula 2 - Questão 11 - resolução
a) Aristóteles ignora a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato
com as mãos da pessoa, ela deixa de ir para frente, deixando de
acompanhar o movimento horizontal do barco, ficando, portanto, para trás,
visto que nenhuma força a empurra mais pra frente. Entretanto, a pedra
vai para baixo, visto que ela é puxada pra baixo pela força peso P. Para
Aristóteles, o movimento numa direção so ocorre na presença de força
naquela direção. Portanto, a pedra deixa de ir pra frente, deixa de
acompanhar o movimento horizontal do navio, ela simplesmente cai na
vertical, portanto, segundo aristóteles, a pedra cairá atrás do mastro.
b) Galileu conhece a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato
com as mãos, a sua velocidade horizontal Vx permanece constante ( a
pedra acompanha o barco horizontalmente, por inércia) devido à ausência
de forças horizontais Fx. Entretanto, superposto a esse MRU pra frente
haverá o movimento de queda livre vertical, devido à ação da força peso
P, que propiciará à pedra uma velocidade Vy crescente. O movimento
global da pedra será a composição, a superposição de dois movimentos
simples: um MRU horizontal (por inércia) e uma queda livre vertical. O
movimento observado na natureza, de fato, ocorre dessa forma.
Para um observador na margem do rio vendo o barco passar e a pedra
cair, esse movimento resultante é parabólico, como mostra a trajetória
azul na figura acima.
Para quem está no interior da embarcação, barco e pedra se movem
em MRU para frente e, portanto, o MRU não é percebido, apenas a queda
livre é notada. Assim, para quem está no barco, a pedra descreverá um
movimento de queda vertical, como mostra a trajetória vermelha acima.
Navio e pedra se movem para frente enquanto a pedra despenca em
queda livre. Para qualquer observador, entretanto, a pedra cai no pé
do mastro.
c) conceito de Inércia
Aula 2 - Questão 16 - resolução
Se as caixas se movem em MRU em relação à Terra, a resultante das
forças que agem em qualquer uma das caixas é nula. Ambas as caixas
têm a mesma velocidade V constante em relação à terra, portanto estão
em repouso entre si.
A
B
A está parado em
relação a B
v
A
B
A
B
v
Qual caixa tende a ultrapassar a outra ? resp: nenhuma. Não há
tendência de escorregamento relativo, portanto não há atrito horizontal
agindo na fronteira entre as caixas. O atrito só aparece quando ele é
requisitado para tentar impedir alguma tendência de escorregamento
relativo entre superfícies.
Adicionalmente, se houvesse atrito, ele causaria aceleração (a ou )
e as caixas não estariam em MRU, contradizendo o enunciado.
Ambas as caixas prosseguem em MRU por inércia, na ausência de forças
horizontais empurrando uma ou outra.
Para o garoto sobre a caixa A, a caixa B está simplesmente parada sobre
A, e não há nenhuma tendência de escorregamento de uma em relação à
outra e, por isso, mesmo que as superfícies das caixas sejam rugosas, a
força de atrito não estará presente, visto que a força de atrito so age
quando há alguma tendência de escorregamento entre duas superfícies
em contato mútuo.
Somente o peso e a normal atuam na caixa B. Somente haveria atrito
entre as caixas no caso em que elas se movessem aceleradas. Fique
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tranquilo. O prof Renato Brito falará tudo sobre atrito no capítulo 5. Take it
easy !
Aula 2 - Questão 20 - resolução
a) incompatível - força resultante apontando para a direita fr causando
aceleração para a esquerda a. absurdo.
b) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na
mesma direção e sentido
c) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na
mesma direção e sentido
d) compatível - fr = 0 , nada impede que o corpo esteja em mru.
e) incompatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o
móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se
movendo para a direita v, contradizendo a descrição dada.
f) compatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o
móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se
movendo para a direita v, de acordo com a descrição dada.
Aula 2 - Questão 23 - resolução
Num sistema desse tipo, a caixa mais pesada tem aceleração para baixo
(é para onde ela gostaria de ir) e a mais leve. para cima. Entretanto, como
nesse problema as duas caixas têm massas iguais, percebe-se que
nenhuma delas terá aceleração alguma. As caixas estão em equilíbrio, o
que permite ao prof Renato Brito distinguir três possibilidades:
I) as caixas estão paradas em repouso (equilíbrio estático)
II) a caixa A está descendo e a caixa B subindo, ambas em MRU
(equilíbrio dinâmico)
III) a caixa B está descendo e a caixa A subindo, ambas em MRU
(equilíbrio dinâmico)
A tração T no fio satisfaz a relação T = m.g em qualquer uma dessas
situações, afinal, se a caixa está em equilíbrio, a resultante das forças
sobre ela deve ser nula, independente dela estar parada ou em MRU.
Assim, vejamos cada uma das opções oferecidas na questão:
a) os blocos estão necessariamente em repouso;
Falsa, eles podem estar em MRU.
b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o peso
dele;
Se ele estiver subindo, certamente estará subindo em MRU, em
equilíbrio, por inércia e, portanto, a tração será igual ao peso dele.
c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na mesma
altura;
Não há nenhuma razão para isso ocorrer. Os blocos ficam lado a lado
em repouso com qualquer desnível entre eles, visto que têm massas
iguais.
d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer instante;
verdadeiro
e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante não nula.
Falso, sua aceleração é necessariamente nula, visto que os blocos têm
massas são iguais.
Aula 2 - Questão 24 - resolução
Nesse problema, o bloco A é mais pesado que B. Nesse caso, as leis de Newton garantem que o bloco A tem aceleração para baixo (tendência de movimento) e o bloco B tem aceleração para cima, mas essas leis nada afirmam sobre o sentido do movimento do blocos, isto é, sobre a velocidade deles.
T1
A B
T1
2mg
mg
a
a
T1
A B
T1
2mg
mg
FRA
FRB
No bloco A: 2m.g > T1 FRA = 2m.g – T1
No bloco B: T1 > m.g FRB = T1 – m.g
Se o bloco A tem aceleração para baixo, ele pode estar descendo acelerado ou subindo retardado, ou até mesmo pode estar momentaneamente em repouso, caso ele pare a fim de inverter o sentido do movimento, como mostra a figura a seguir. Em qualquer desses casos, a aceleração do bloco A aponta para baixo, a força resultante sobre ele aponta para baixo e, portanto, o seu peso 2.mg é maior que a tração T1 (2m.g > T1 ).
T1
A B
T1
2mg
mg
a
a
V
V
A descendo e B subindo
em movimento acelerado
2mg > T1 > mg
T1
A B
T1
2mg
mg
a
a
V
V
A subindo e B descendo
em movimento retardado
2mg > T1 > mg
Assim, como os blocos têm massas diferentes, eles sempre terão aceleração e, portanto, nunca estarão em equilíbrio, conforme explicado pelo prof Renato Brito em sala. Resposta correta – letra E
T1
A B
T1
2mg
mg
a
a
V = 0
A e B momentaneamente em
repouso no instante da
inversão do sentido do
movimento
V = 0
2mg > T1 > mg
Aula 2 - Cinemática - Questão 1 - resolução
V = d /t = 9 m / (1,5 s) = 6 m/s difícil, né ? affff Aula 2 - Cinemática - Questão 2 - resolução
Segundo o sistema métrico decimal: 1m3 1000 litros, portanto
1200 litros 1,2 m3 . O prof Renato Brito admitirá que o tanque esteja inicialmente vazio. Após 1 minuto, o volume V de água no seu interior será:
Física
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5m
4mH
5m
4m
recipiente
inicialmente
vazio
recipiente com
1,2m3 de água
1 minuto
depois....
V = a x b x c 1,2 m3 = 5m x 4m x H H = 0,06 m = 60mm
O nível da água sobe 60 mm a cada 60 segundos, ou seja, sobe 1 mm a cada 1 segundo portanto V = 1 mm/s Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 3 - resolução
Qual o volume de água que evapora em 2h ?
Resposta: V = 2m x 1m x 3.103 m = 6.103 m3 em 2h
Esse volume corresponde a qual massa de água ?
M = d . V = 3 3 33
kg10 6 10 m 6kg em 2h
m
Isso corresponde a 6 kg de água em 120 min, ou seja, 0,05 kg de água a cada 1 minuto. Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 4 - resolução
Se os trens se movem com velocidades 60 km/h e 40 km/h em sentidos opostos. Qual a velocidade relativa entre eles ? Ora, eles se aproximam mutuamente com uma velocidade 60 + 40 = 100 km/h. Assim, se a distância incial entre eles vale 500 km, eles vão se encontrar após t = d / V = 500 / 100 = 5 h de viagem. Durante essas 5h de viagem, a abelha está percorrendo 70 km a cada 1 hora, portanto, ela percorrerá 5 x 70 = 350 km em 5h de viagem. Você não estava pensando em calcular pedacinho por pedacinho, estava ? Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 5 – resolução
O sapo se move ao longo do solo (direção horizontal, eixo x) enquanto a lagartixa se move ao longo da vertical (eixo y). A figura abaixo mostra a configuração inicial (t = 0) do sistema sapo + lagartixa.
Sapo
16 cm/sLagartixa
10 cm/s
200 cm
Instante t = 0
Y
O sapo se move com velocidade 16 cm/s, portanto, após 5 s ele
terá percorrido uma distância horizontal 16 5 = 80 cm para a
esquerda, portanto estará a uma distância 200 80 = 120 cm da parede vertical (veja a próxima figura). A lagartixa, por sua vez,
durante esses 5 segs, percorrerá 10 cm/s 5 s = 50 cm para cima na vertical, como mostra a próxima figura.
Sapo
80 cm
50 cm
120 cm
LagartixaInstante t = 5 s
D
x
Y
Assim, no instante t = 5 s, qual a distância D entre o sapo e a lagartixa ? A figura acima mostra que essa distância é dada simplesmente pelo teorema de Pitágoras no triângulo retângulo:
2 2D 120 50 130cm 1,3 m
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 6 - resolução
Observando atentamente, você perceberá que a distância entre 2 picos de contração é de 2 cm. Ora, mas quanto tempo o papel milimetrado demora para percorrer 2 cm = 20 mm ?
d 20mmt 0,8 s
v 25mm / s
Assim, vemos que o coração está dando uma contração a cada 0,8 s, portanto, nesse ritmo, ele dará quantas contrações a cada 60 segs ? Iiiisso, regra de 3 ! Vamos lá ?
1 contração 0,8 s
X contrações 60 s X = 75 contrações por minuto Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 7 - resolução
Imagine que os carros A e B (respectivamente o primeiro e o último colocado) se movem em MCU com velocidades tais que VA > VB. Segundo o enunciado, após o tempo que os carros levam para dar 10 voltas na pista, o carro A coloca UMA VOLTA de vantagem sobre o carro B. Isso indica que no dobro desse tempo (ou seja, após 20 voltas na pista), ele terá o dobro da vantagem, ou seja, colocará DUAS voltas de vantagem sobre o carro B. Assim, após o triplo desse tempo (após 30 voltas na pista), ele terá colocado TRÊS voltas de vantagens sobre o carro B. Resposta: letra C Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 8 - resolução
d = distância Sinal 1 tem velocidade maior v1 = 7500 m/s portanto demora menos tempo, demora apenas t1 = t. Sinal 2 tem velocidade menor v2 = 4500 m/s portanto demora mais tempo, demora apenas t2 = t + 20. Mas a distancia percorrida é sempre a mesma, portanto, usando trianglinho mágico vem:
d = v1.t1 = v2.t2 7500t = 4500.(t+20)
7500t 4500t = 90000 t = 30 s Assim d = v1.t1 = 7500×30 = 225.000m = 225 km. Se preferir, pode escrever: d = v2.t2 = 4500×(t+20) = 4500×(30+20) = 225.000m = 225 km. Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 9 - resolução
TAB + TBC + TCD = 8 horas
x x x8
60 45 36 x = 120 km
Assim, a distância total ABCD vale 3X = 360 km. Como a velocidade média prevista era de 80 km/h, o tempo previsto para essa viagem completa então era de:
d 360kmt 4,5 h
v 80km / h
O tempo de viagem previsto era de 4,5 h mas a viagem foi realizada em
8h, ou seja, a carga chegou com um atraso de 8h 4,5 h = 3,5 h. Letra C Aula 2 - Questão 10- resolução
Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades. Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média:
km/h 24
h3
10
km 80
3h h3
1
km 80
km/h 20
km 60
km/h 60
km 20
km 60 km 20
TT
DD
total T
total D Vm
21
21
Essa é a velocidade média do carro no percurso.
Física
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Aula 2 - Questão 11- resolução
Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades. Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média: Digamos que a 1ª metade da distância percorrida valha x, a 2ª metade da distância percorrida valha x e, portanto, a distância total valha 2x. Assim, vem:
1 2
1 2
D DD total x x 2x 600Vm 75km/h
x x 10x 6xT total T T 860 100 600
Aula 2 - Questão 19 - resolução
O avião parte do repouso e sua velocidade aumenta uniformemente de 0 m/s a 100 m/s em 20 segs. Você diria que essa velocidade está aumentando de quanto em quanto, a cada 1 seg ? Sim, aumentando de 5 m/s em 5 m/s a cada 1 seg, portanto sua aceleração vale a = 5 m/s2. Qual a distancia percorrida por ele durante esses 20 segs ?
Podemos fazer pelo gráfico:
N b h 100 20D área 1000 m
2 2
Também podemos usar a expressão do Muv:
V(m/s)
t(s)00
100
20
s = Vo.t + a.t2 / 2 = 0 + 5.(20)2 / 2 = 1000 m = 1 km Aula 2 - Questão 21 - resolução
No gráfico S x t, a inclinação em cada instante está relacionada com a velocidade do móvel naquele instante. Observado a figura abaixo, vemos que, no instante t * , os gráficos do móveis têm a mesma inclinação
( = ) e, portanto, A e B têm velocidades iguais naquele instante.
t (s)
XA
B
t1
t3
t2 t
*
Aula 2 - Questão 22 - resolução
Você chegará facilmente à resposta se usar o mesmo raciocínio da questão 4 de classe – método da gravata – solução geométrica. Aula 2 - Questão 32 - resolução
Do gráfico V x t da queda livre na gravidade g = 10 m/s2, a velocidade aumenta de 10 em 10 m/s a cada 1 seg
V(m/s)
1 2 3 4 5 6
10
20
t(s)
x
3x
5x
7x
9x
11x
Assim, a área de 1 triângulo x vale x = 10 x 1 / 2 = 5 m.
Assim, das proporções de Galileu, vem:
1º segundo de queda cai x = 5 m
2º segundo de queda cai 3x = 15 m
3º segundo de queda cai 5x = 25 m
4º segundo de queda cai 7x = 35 m
5º segundo de queda cai 9x = 45 m
6º segundo de queda cai 11x = 55 m
Ops ! O 6º segundo vai do instante t = 5s ao instante t = 6s.
Ou seja, o corpo caiu durante 6 s !!!!!
Qual a altura caída em 6 segs ??? H = g.t2 / 2 = 10.(6)2 / 2 = 180 m
Aula 2 - Questão 33 - resolução
Do gráfico V x t, se a aceleração vale a = 4 m/s2, a velocidade aumenta de 4 em 4 m/s a cada 1 seg, ou seja: 0 m/s, 4 m/s, 8 m/s...... etc
V(m/s)
1 2 3 4
4
8
t(s)x
3x
5x
7x
Assim, a área de 1 triângulo x vale: x = 4 x 1 / 2 = 2 m.
Assim, das proporções de Galileu, vem:
1º segundo de movimento percorre 1x = 2 m
2º segundo de movimento percorre 3x = 6 m
3º segundo de movimento percorre 5x = 10 m
4º segundo de movimento percorre 7x = 14 m
Aula 2 - Questão 34 - resolução
O tempo (t1) decorrido entre duas balas consecutivas é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para girar 1 volta completa. Mas qual o tempo decorrido entre duas balas consecutivas ? Ora, 30 balas a cada 60 segs significa 1 bala a cada 2 segs. A cada 2 segs uma bala atravessa o disco, portanto, a cada 2 segs o disco dá uma volta completa. Ou seja, o disco está girando num ritmo de 1 volta a cada 2 segs, portanto (1 volta) / ( 2 segs ), ou seja, 0,5 voltas/seg ou 0,5 Hz. Aula 2 - Questão 35 - resolução
O tempo (t1) que a bala demora para percorrer uma distância d1 igual ao diâmetro (d1 = 2R) do disco é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para
girar meia volta, ou seja, sofrer um deslocamento angular = rad. Assim, temos:
11 2
d deslocamento angular 2R radt t
V velocidade angular V
2RV
Aula 2 - Questão 36 - resolução
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio chão.
V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f1.R1 = 2..f2.R2
f1.R1 = f2.R2 240 pedaladas
.3R f .R60s
f2 = 2 Hz
Aula 2 - Questão 37 - resolução
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a
Física
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424
rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas, sem que haja escorregamento.
V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f1.R1 = 2..f2.R2
f1.R1 = f2.R2 2 21 voltas 1 voltas
8 f 5 f40s 25 seg
22
1 segs25
f volta
Aula 2 - Questão 38 - resolução
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas, sem que haja escorregamento.
V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f1.R1 = 2..f2.R2
f1.R1 = f2.R2 2 2 voltas 1 voltas
3 4 f 60 fs 5 seg
22
1 segs5
f volta
Aula 2 - Questão 40 - resolução
Legenda 1 = coroa 2 = catraca 3 = roda
3 3 3 2 1 1 2 2
2 3
1 311 3 1
2 2
21 3
1 22
v R , com e R R
v R
R RRv R 2. .f
R R
R R 45 rotações 8.10v 2. .f 2 3 0,4
R 60s 3.10
v 4,8 m / s
Aula 2 - Questão 41- resolução
Segundo o enunciado, devemos ter V = .R = constante. Como a leitura das trilhas ocorre do centro para a periferia, a cabeça leitora lê primeiro os raios R menores e vai gradativamente se afastando do centro do disco, lendo trilhas de raios cada vez maiores. Assim, R vai
aumentando, mas como V = .R = constante = 1,3 m/s , se R aumenta,
então vai diminuindo. Como o período vale = 2. / , se diminui, aumenta. Aula 2 - Questão 42 - resolução
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 6 segs / 2 = 3 segs
Hmax = 10.(3)2 / 2 = 45 m
Tsub = Voy / g = Vo.sen / g 3 = Vo.(sen 30º) / 10 Vo = 60 m/s
Aula 2 - Questão 43 - resolução
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 8 segs / 2 = 4 segs
Hmax = 10.(4)2 / 2 = 80 m
A = Vx . t Vôo 240 = Vx . 8 Vx = 30 m/s
Tsub = Voy / g 4 = Voy / 10 Voy = 40 m/s
(Vo)² = (Vx)² + (Voy)² Vo = 50 m/s
Aula 2 - Questão 44 - resolução
A = Vx . t Vôo = 30 x 4 = 120 m
Vx = Vo.cos 30 = Vo. cos 60o Vo = 60 m/s
Aula 2 - Questão 45 - resolução
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida
45 = (10).t 2 / 2 t = tsub = tdescida = 3 s
Tvôo = tsub + tdescida = 3 + 3 = 6 s
A = Vx . t Vôo = 5 x 6 = 30 m
Aula 2 - Questão 46 - resolução
Decompondo as velocidades iniciais de lançamento, percebemos que
VoyA = VoyB . Isso implica que, na vertical, ambos os projéteis partem
com a mesma velocidade inicial Vy e sofrem exatamente a mesma
aceleração a = g durante todo o movimento. Assim, os movimentos
verticais de A e B serão exatamente idênticos, implicando que eles terão
o mesmo tsubida, o mesmo tvôo e atingirão a mesma altura máxima Hmax.
Como o alcance é dado por A = Vx. tvôo e, sendo VxB = 3.VxA (como
podemos notar decompondo as velocidades iniciais) e tvôo B = tvôo A ,
portanto teremos AB = 3.AA. Portanto, devemos assinalar como errada a
alternativa E.
Aula 2 - Questão 47 - resolução
No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo , assim:
H = g.t 2 / 2 45 = 10.t 2 / 2 t vôo = 3 s
Para se obter um alcance de, pelo menos 900 m, devemos ter:
A = Vx . t Vôo 900 = Vo . 3 Vo = 300 m/s
Aula 2 - Questão 48 - resolução
No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo .
Assim, como as bolas partem de alturas H iguais, passarão o mesmo
tempo no ar ( t vôo A = t vôo B ).
Como VxB = 3.VxA, é fácil ver que o alcance horizontal da bola B será
três vezes maior que o alcance horizontal da bola A (A = Vx . t Vôo)
Aula 2 - Questão 50 – resolução
a) O maior valor possível para o seno de qualquer ângulo vale 1, que ocorre quando esse ângulo vale 90º, afinal, sen90o = 1. Assim, para
que sen(2) seja máximo, devemos ter 2 = 90º, portanto, = 45º.
b) Amax =
2oV
gsen(2), para = 45º
Amax =
2oV
gsen(90º) =
2oV
g×1 =
2oV
g
c) A questão está pedindo o valor de Hmax =
2 2oV sen
.g 2
para =45º ,
portanto, vamos calcular:
Hmax =
2 2 22 2o o oV V Vsen ( 2 / 2)
. .g 2 g 2 4g
Aula 2 - Questão 51 – resolução
Essa questão requer que lembremos das fórmulas de lançamento de
projéteis (infelizmente) :
Hmax = 2
sen.
g
V 22o
(eq1)
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A =g
V 2o sen(2) =
g
V 2o .2.sen().cos() (eq2)
A/2
Hmax
Do triângulo retângulo da figura acima, podemos escrever:
2
A
maxHtg (eq3)
Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem:
2
tg
cos.2
sen
cos.sen.g
V
2
sen.
g
V
2
A
maxHtg
2o
22o
tg
tg2
2
1
tg
tg
Aula 2 - Questão 52 – resolução
A altura H mostrada na figura pode ser determinada a partir da expressão abaixo:
H
1,70 m
A
B
C
D
2 2 2 2ooV sen 200 (1/ 2)
H . . 500m , visto que sen30 =1/2g 2 10 2
Outra maneira de calcular essa altura H na figura seria, primeiro, calculando o tempo de subida de A para B usando a cinemática somente na vertical:
Vy Voy g.t 0 Vo.sen30 g.t 0 200.(0,5) 10.t
t 10s
Em seguida, calculamos H na figura usando:
2 2g.t 10.(10)
H 500m2 2
Na questão da Unifor, a altura maxima desejada é a altura TOTAL em relação ao chão, e vale, portanto:
Htotal = H + 1,70 = 500 + 1,7 = 501,70 m
Aula 2 - Questão 53 – resolução
Nessa questão, faremos uso da expressão do alcance horizontal já
utilizada na questão 45. A condição de máximo alcance é obtida
considerando = 45o. Lembrando que 108 km/h = 30 m/s, vem:
Amax =
2oV
gsen(2) =
230
10sen(90o) =
900
10x 1 = 90 m
Aula 2 – O Conceito de Força
Aula 2 - Questão 4 – Página 74 - resolução
A única força que age na bola, durante o seu vôo (desprezando a
resistência do ar) é a força peso, resultado da atração entre a massa da
Terra e a massa da bola.
Lembre-se de que velocidade não é força !
A força que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só atua
na bola enquanto as mãos estão em contato com a bola. Como diria o
prof Renato Brito, as mãos do jogador não vão junto com a bola
durante o seu vôo !
Aula 2 - Questão 5 Pág 74 – resolução (resposta correta – letra D)
Como o prof Renato Brito costuma dizer, POR DEFINIÇÃO, o
dinamômetro é, meramente, um medidor de tração T no fio.
A força que o homem aplica na corda é a própria tração T. A força que
a corda aplica à caixa (e vice-versa) também se chama tração T.
Segundo o enunciado, a tração T marcada no dinamômetro
permanece constante.
Segundo o enunciado, o coeficiente de atrito cinético, bem como o Fat
cinético, têm intensidades variáveis .
A seguir, o prof Renato Brito analisará cada alternativa :
a) a força resultante que atua no objeto é constante.
A força resultante é FR = T – fat, sendo T constante e Fat variável,
portanto, FR é variável.
b) o objeto está deslocando-se com velocidade constante;
Com base no enunciado, nada se pode afirmar sobre isso.
c) o valor da força de atrito entre o objeto e a superfície é dado pela leitura
do dinamômetro.
O dinamômetro mede a tração T no fio, por definição.
d) a força que a pessoa aplica no objeto é constante;
Sim, visto que essa força é a tração T constante registrada pelo
dinamômetro.
e) a força de atrito entre o objeto e a superfície é constante.
Não, ela é variável, visto que o coeficiente de atrito cinético entre o solo
e o objeto é variável. Aula 2 - Questão 18 - resolução
Qual o ritmo com que a velocidade horizontal da caixa aumenta ?
De acordo com a tabela, a velocidade da caixa aumenta V = 10 m/s a
cada t = 2s, o que dá uma taxa de variação:
a = V/t = 10 / 2 = 5 m/s2 .
Mas qual a força horizontal culpada pelo aparecimento dessa aceleração
horizontal (veja figura adiante) ?
Ora, certamente é a força FX , que causa uma aceleração a de acordo
com a 2ª Lei de Newton:
FX = m. a F.cos = m . a F . 0,5 = 10 x 5 F = 100 N
FX
FYN
P
Como a caixa não apresenta aceleração na vertical, a força resultante na vertical deve ser nula. Assim, o prof Renato Brito pode escrever :
Física
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N + FY = P N + F.sen = P
N + 100 x 0,86 = 100 N = 14 newtons Aula 2 - Questão 20 - resolução
A caixa B é a mais pesada e acelera ladeira abaixo (figura 2), ao contrário da caixa A, que acelera ladeira acima (figura 1). Assim, podemos escrever a lei de Newton para caixa e resolver o sistema.
PA.sen
Ta
Figura 1
(caixa A – figura 1)
T – PA .sen = mA . a T – 50 .( 0,6 ) = 5 . a T – 30 = 5 . a
PB.sen
Ta
figura 2
(caixa B – figura 2)
PB .sen – T = mB . a 150.(0,6) – T = 15.a 90 – T = 15.a Somando membro a membro, vem:
90 – 30 = 20.a a = 3 m/s2 Substituindo, vem: T – 30 = 5 . a T – 30 = 5 x 3 T = 45 N
Aula 2 - Questão 21 - resolução
FR = M.a M.g – T = M.a
FR = M.a T + M.g.sen = M.a Resolvendo-se o sistema de equações acima, determina-se a tração T e a aceleração a.
Aula 2 - Questão 24 - resolução
CASO 1- MOLA ELONGADA: Na figura 1, a mola encontra-se elongada,
portanto está puxando tudo a sua volta. Por exemplo, ela puxa o teto da
caixa para baixo k.x e puxa a bola preta para cima k.x. Portanto,
sobre a bola agem duas forças k.x e m.g .
Dependendo da deformação x da mola, a resultante sobre a bola na figura
1 pode ser prá cima (k.x > m.g), prá baixo (k.x < m.g) ou até
momentaneamente nula, no lapso instante em que ocorrer k.x = m.g.
Assim, não há temos como concluir para onde aponta a aceleração da
bola da figura 1. A caixa, entretanto, está sempre em equilíbrio e, assim,
podemos escrever N1 = k.x + M.g [eq-1] e, portanto, N1 > M.g na
figura 1. A balança registrará um valor N1 maior que o peso M.g da caixa
nesse caso.
m.g
k.x
k.x
k.x
k.x
N1
M.g
mola
elo
ngada
Figura 1
N1
CASO 2- MOLA COMPRIMIDA:
Já na figura 2 a mola encontra-se comprimida. Assim, essa mola está
empurrando tudo a sua volta. Por exemplo, ela empurra o teto da caixa
para cima k.x e empurra a bola preta para baixo k.x. Portanto, sobre
a bola agem duas forças k.x e m.g prá baixo e, inevitavelmente,
essa bola está acelerada para baixo FR a2 . Assim, essa bola tanto
pode estar descendo v acelerada a2 , como pode estar subindo v
retardada a2 . Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 2
está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever N2 + k.x = M.g
N2 = M.g – k.x N2 < M.g [eq-2].
A balança registrará um valor N2 menor que o peso M.g da caixa nesse
caso.
m.g
k.xk.x
k.x
k.x
M.g
mola
com
prim
ida
Figura 2
a2
N2
N2
CASO 3- MOLA MOMENTANEAMENTE RELAXADA:
A figura 3 mostra o exato instante em que a mola atinge o seu
comprimento natural, isto é, o exato instante em que sua deformação é
momentaneamente nula x = 0.
Essa situação ocorre uma única vez durante a subida da bola e outra vez
na descida. Nesse lapso instante, a mola não exerce força elástica
alguma (x = 0, k.x = 0). Sobre a bola, portanto, só agirá a força peso
m.g, portanto a bola certamente está acelerada para baixo. Uma vez
mais, existem duas possibilidades para o movimento da bola nesse
instante: essa bola tanto pode estar descendo v acelerada a3 , como
pode estar subindo v retardada a3 .
m.g
M.g
mola
rela
xada (
x =
0)
N3
N3
a3
Figura 3 Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 3 está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever N3 = M.g [eq-3]. Nesse lapso instante, a balança portanto registrará um valor N3 igual ao peso M.g da caixa.
Física
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Agora, vejamos as opções dessa questão - A respeito da marcação da balança, pode-se afirmar que: a) sempre acusará um peso maior que M.g
falsa, a normal da caixa pode ser maior ou menor que M.g, dependendo do estado da mola.
b) quando a esfera pára na altura máxima, a balança acusará um peso maior que M.g falsa, pois nesse caso teremos mola comprimida (figura 2) e, segundo (eq-2), teremos N2 < M.g, ou seja, a balança marcará um valor menor que o peso M.g da caixa.
c) quando a esfera sobe em movimento acelerado, a balança acusará um
peso menor que M.g
falsa, pois esfera subindo acelerada requer v, a, o que só pode ocorrer na esfera da figura 1, no caso em que tivermos k.x > m.g. Assim, se a bola estiver subindo acelerada, a mola só pode estar elongada (figura 1) e, nesse caso, segundo [eq-1] teremos N1 > M.g, isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.
d) quando a esfera passa pela posição em que a mola encontra-se no seu comprimento natural, a balança acusará um peso M.g Verdadeiro. Isso ocorre na figura 3.
e) quando a esfera passa pela sua posição de equilíbrio, a balança acusará um peso M.g falsa. Para a esfera estar momentaneamente em equilíbrio, a resultante das forças que agem sobre a esfera deve ser nula e isso só tem como acontecer na figura 1, no caso em que k.x = m.g. Assim, quando a esfera estiver momentaneamente em equilíbrio, a mola estará elongada (figura 1) e, segundo [eq-1], teremos N1 > M.g , isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.
Aula 2 - Questão 26 - resolução
F2 F1X = m.a
F2 F1.cos60o = m.a
30 40.(0,5) = 2.a a = 5 m/s2 Aula 2 - Questão 27 - resolução
F1 f = MA.a
41 f = 8.a (eq1)
f F2 = MB.a
f 13 = 6.a (eq2) somando eq1 e eq2, membro a membro, vem:
41 13 = 14.a a = 2 m/s²
f 13 = 6.a
f 13 = 6.(2) f = 25 N
AULA 3 – Estudo do Atrito
Aula 3 - Questão 3 - resolução
O enunciado da questão garante que o sistema encontra-se em equilíbrio. Assim, podemos escrever: Equilíbrio da caixa A: T1 = PA = 50N Equilíbrio da caixa C: T2 = PC = 40N
B
CA
PA
T1 T2
T2
PC
T1
Assim, sendo T1 > T2 , a caixa B tende a escorregar prá esquerda em relação ao piso. Como o enunciado garante que a caixa B também está em equilíbrio, certamente há uma Fat agindo nela impedindo esse escorregamento:
B
CA
PA
T1 T2
T2
PC
T1
tendência de escorregamento
Assim, para o equilíbrio da caixa C, o prof Renato Brito pode escrever :
T1 = T2 + Fat 50 = 40 + Fat Fat = 10 N
B
CA
PA
T1 T2
T2
PC
Fat
T1
B
CA
50N
50N 40N
40N
40N
10N
50N
Aula 3 - Questão 7 - resolução
A caixa B tende a escorregar prá cima ou prá baixo ? Para responder isso,
devemos analisar quem é maior, M.g ou M.g.sen ? Ora, sabemos que
o seno de qualquer ângulo agudo está sempre na faixa
0 < sen < 1, portanto, M.g > M.g.sen.
Assim , a caixa B tende a escorregar ladeira acima e, portanto, recebe um
Fat ladeira abaixo, como mostra a figura acima. Como o enunciado
garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever:
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B
A M.g.sen
M.g
TT
tendência de
escorregamento
Equilíbrio do corpo A : T = M.g
Equilíbrio do corpo B : T = Fat + M.g.sen e N = M.gcos
B
AM.g.sen
M.g
TT
M.g.cos
N
Fat
Como a questão pede o menor coeficiente de atrito que permite que o
sistema ainda esteja em equilíbrio, isso indica que o sistema encontra-se
na iminência de escorregar e, portanto, podemos usar a “condição de
iminência” para o corpo B:
Condição de iminência de escorregar: Fat = Fatmax = .N
Substituindo, podemos facilmente determinar o coeficiente de atrito :
T = Fat + M.g.sen M.g = .N + M.g.sen
M.g = .M.g.cos + M.g.sen
M.g – M.g.sen = .Mg.cos M.g.( 1 – sen ) = .Mg.cos
= 1 sen
cos
Aula 3 - Questão 10 - resolução
a) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto
temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat Fat = T1 = 2.mg além de N = 3.mg
A
B
2.mg
T1
T1Fat
3.mg
N
Figura 1
b) A expressão Fat = E .N é a chamada de condição de iminência e só
é válida se a caixa estiver na iminência de escorregar. O enunciado
informa apenas que a caixa está em equilíbrio, podendo estar ou não na
iminência de escorregar. Portanto, não há como se determinar o valor do
E com os dados que dispomos. Nessas condições, só podemos garantir
que Fat E .N.
c) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto
temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat Fat = T1 = 2.mg além de
N = 3.mg
A
B
2.mg
T1
T1Fat
3.mg
N
Figura 1
Como o Fat estático é capaz de “segurar” uma força 2mg, certamente ele será capaz de segurar 1,5m.g , 1.m.g, 0,5.m.g .... etc Não temos como saber se Fat consegue segurar mais que 2.m.g, visto que
não conhecemos o E. Assim, garantimos até agora apenas um Fatmax = 2.m.g.
A
B
2.mg
T1= 2mg
Fat
3.mg
N
C
T1= 2mg
tendência de escorregar
T2
T2
Pc
Figura 2
A caixa C mais pesada que se pode pendurar de forma que ainda se possa garantir que a caixa A não escorregará (figura 2) está relacionada com o maior valor que o Fat consegue atingir nessa questão, até agora, 2m.g.
Como queremos uma caixa C mais pesada possível, a caixa A tenderá a
escorregar para a esquerda (figura 2) e, portanto, o Fat sobre ela
apontará para a direita . O maior Pc possível é aquele que levar Fat ao seu maior valor que se pode garantir (Fat = 2m.g), assim (figura 3):
T1 + Fat = T2 2.mg + 2.mg = T2 T2 = 4.m.g
mas T2 = Pc 4.m.g = mC .g mC = 4.m
A
B
2.mg
T1= 2mg
C
T1= 2mgFat = 2.m.g
T2= 4mg
T2= 4mg
Pc = 4mg
Figura 3
Aula 3 - Questão 13 - resolução
a) Determinando Fat max:
Fat max = E . N = E . PA = 0,5 x 80 = 40 N
Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no
intervalo 0 Fat 40 N.
Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse em equilíbrio ? Condições de equilíbrio estático:
PB = T = Fat 20 = T = Fat Fat = 20 N.
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A
B
PB
TFat
PA
N
T
Conclusão: Como Fat segura até 40 N, ela certamente será capaz de segurar 20N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e, assim, teremos: PB = T = Fat = 20N b) ) Determinando Fat max:
Fat max = E . N = E . PA = 0,8 x 20 = 16 N Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no
intervalo 0 Fat 16 N. Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse em equilíbrio ?
Condições de equilíbrio estático: PB = T = Fat 80 = T = Fat Fat = 80 N. Conclusão: Como Fat só segura até 16 N, Fat não será capaz de segurar os 80 N que seriam necessários para garantir o equilíbrio do sistema, portanto, o sistema não está em equilíbrio. Ambas as caixas estão aceleradas e teremos PB > T > Fat.
O Fat será cinético e valerá: Fat = Fat c = C .N = 0,4 x 20 = 8 N Precisamos aplicar a lei de Newton a cada bloco e determinar a tração T e a aceleração do sistema. Para o bloco B, podemos escrever:
PB – T = mB . a 80 – T = 8.a
Para o bloco A, podemos escrever: T – Fat = mA . A T – 8 = 2.a Somando as equações membro a membro, vem:
80 – 8 = 10.a a = 7,2 m/s2 .
Substituindo em qualquer equação vem T – 8 = 2.a
T – 8 = 2 x (7,2) T = 22,4 N Aula 3 – Questão 14 – resolução
a) O coeficiente de atrito E estático é definido pelo quociente entre a força de atrito máxima (Fatmax = 40 N) e a normal N (N = P = M.g =
50N), assim temos: E = Fatmax / N = 40 / 50 = 0,8. Alternativa falsa;
b) O coeficiente de atrito C cinético é definido pelo quociente entre o valor cinético da força de atrito (Fatcin = 30 N) e a normal N (N = P =
M.g = 50N), assim temos: C = Fatcin / N = 30 / 50 = 0,6. Alternativa falsa;
c) Estando o bloco em repouso, ele só começará a escorregar para uma força solicitante F > Fatmax, isto é, Fat > 40 N. Alternativa falsa;
d) Esse mito é falso. Para entender o porquê, note que, se o bloco estiver em repouso e aplicamos sobre ele os seguintes valores crescentes de força solicitadora F = 10N, F= 20N, F = 30 N, o bloco não se moverá e a força de atrito sobre ele, em cada caso, terá o mesmo módulo da força solicitadora Fat = 10N, Fat 20N e Fat = 30 N a fim de mantê-lo parado. Vemos que a força de atrito agindo no corpo aumentou gradativamente nesse episódio ( Fat = 10N, 20N, 30N ) embora a normal N que age no corpo seja CONSTANTE, o que nos mostra que a força de atrito agindo no corpo não é diretamente proporcional N. Esse fato só ocorre em duas situações muito particulares: (1) se o
corpo já estiver escorregando (atrito cinético Fatcin =C.N) ou (2) se
estiver na iminência de escorregar (Fat = Fatmax =E.N). Alternativa falsa;
e) Se o bloco estiver escorregando (Fat cinético Fatcin = 30N) sob ação de uma força solicitante F = 20 N, ele estará escorregando em movimento retardado (Fatcin > F). Independente de ser acelerado ou retardado, o fato de o corpo estar escorregando garante que a força de atrito assumiu o seu valor cinético Fatcin = 30N. Alternativa correta.
Aula 3 - Questão 15 - resolução
Resolução da Letra A: Análise do escorregamento ou não da caixa (figura 1):
Passo 1) Fat max = . N = . PA = 0,8 x 600 = 480 N Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no
intervalo 0 Fat 480 N. Passo 2) Qual valor de Fat seria necessário para o sistema permanecesse em equilíbrio (figura 1) ?
PB = T = Fat 200 = T = Fat Fat = 200 N.
A
B
PB
TFat
PA
N
T
A
B
PB
TFat
PA
N
T
F
Figura 1 Figura 2
Conclusão: Como Fat segura até 480 N, ela certamente será capaz de segurar 200N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e, assim, teremos: PB = T = Fat = 200N
Resolução da Letra B:
Devido à presença do peso B (figura 2), é mais fácil fazer a caixa A se mover para a direita. O menor valor de F, que deixará a caixa A na iminência de escorregar, levará o Fat ao seu valor estático máximo Fat = Fat max = 480 N. Da condição de equilíbrio + iminência, o prof Renato Brito pode escrever: F + T = Fat com T = PB = 200 N
F + 200 = 480 F = 280 N. Pronto ! Uma força F = 280 N coloca a caixa na iminência de escorregar. Qualquer força F >280N moveria essa caixa para a direita.
A
B
=200N
TFat
T
F = 280 N
PB
=200N
=200N=480N
Aula 3 - Questão 16 - resolução
Na vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrio nessa direção. Assim, podemos escrever:
FX
FYN
P
Fat
N + FY = P N + F.sen = P N + 160 x 0,6 = 400 N = 304 newtons
Fat Max = E.N = 0,5 x 304 = 152 N
Fx = F.cos = 160 x 0,8 = 128 N Sendo 128 < 152 (Fx < Fatmax), a caixa não escorregará ! Ela permanecerá em repouso permanente (equilíbrio) a = 0. Nesse caso, teremos apenas Fat = Fx = 128 N
Aula 3 - Questão 17 - resolução
Na vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrio nessa direção. Assim, podemos escrever:
N + FY = P N + F.sen = P N + 200 x 0,6 = 400 N = 280 newtons
Fat Max = E.N = 0,5 x 280 = 140 N
Fx = F.cos = 200 x 0,8 = 160 N
Física
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Sendo 160 > 140 (Fx > Fatmax), a caixa escorregará sim !
FX
FYN
P
a
Fat
Fat = Fat cinético = C . N = 0,5 x 280 = 140 newtons A lei de Newton na horizontal permite escrever:
FR = ( FX – Fat ) = m.a F.cos – Fat = m.a
200 x 0,8 – 140 = 40.a a = 0,5 m/s2 Aula 3 - Questão 19 - resolução
Análise preliminar:
Enquanto o corpo se move para a direita v em movimento retardado
a, a força de atrito Fat é a responsável pela aceleração da caixa. Assim, a 2ª lei de Newton permite escrever:
FR = m.a Fat cin = m . a . N = m.a
.m.g = m.a a = .g [eq-1] A cinemática desse MUV permite escrever :
V = Vo – a.T 0 = Vo – 2..g.T T = g..2
Vo
[eq-2]
N
P
V
Fat
a
A expressão eq-2 nos mostra quais fatores influenciam o tempo T que a caixa leva até parar nesse episódio. Note que esse tempo de frenagem independe da massa da caixa. Resolução da questão: a) Aplicando a função horária da velocidade do MUV, vem:
V = Vo – a.T 0 = 20 – a.( 5 ) a = 4 m/s2 b) A 2ª lei de Newton permite escrever:
FR = m.a Fat cin = m . a . N = m.a
.m.g = m.a a = .g 4 = x 10 = 0,4 Conselho do prof Renato Brito: Não tente memorizar expressões como eq-1 e eq-2, visto que elas tem validade restrita. Procure entender os princípios utilizados para chegar até elas, e seja capaz de reproduzir o raciocínio quando lhe for útil.
Aula 3 - Questão 25 - resolução
O solo aplica sobre a caixa uma força de atrito Fat = 30 N para a
esquerda e uma normal N = 40 newtons para cima. Assim, a força total
que o solo aplica sobre a caixa é a resultante desse 30 N com esse 40 N
que, por Pitágoras, vai dar 50 N ! Pegadinha, né ?
Aula 3 - Questão 27 - resolução
Conforme aprendemos em sala de aula (veja suas anotações do caderno, questão 8 de classe, página 90), a distância que esse móvel percorre até parar, é dada por:
2oV
D2. .g
No 1º caso, quando freia sem ABS, travando as rodas e, portanto,
derrapando na pista fazendo uso do cinético, a distância Dcin percorrida então é dada por:
2o
cincin
VD
2. .g
(eq1)
No 2º caso, quando freia com ABS, no limite mas sem travar as rodas,
portanto fazendo uso do estático, a distância De percorrida então é dada por:
2o
ee
VD
2. .g
(eq2)
Dividindo eq1 por eq2, membro a membro, obtemos:
cin ee cin cin
e cin
DDe D
D
De (0,4) = 6 (0,3) De = 4,5 m
Aula 3 - Questão 28 - resolução
O teorema de Pitágoras permite determinar a hipotenusa desse triângulo. Efetuando os cálculos, encontramos hipotenusa = 25m. Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético,
cujo valor é constante, dado por Fat cin = .N , onde é o coeficiente de atrito cinético. Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante na direção do movimento com a aceleração que ela causa:
FR = m.a (P.sen – Fat ) = m.a m.g.sen – .N = m.a
m.g.sen – .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:
m.g.sen – . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:
a = g.sen – .g.cos
15 m
20 m
N
P.cos
Fat
a
P.sen
sen = 15 / 25 = 3 / 5 = 0,6 cos = 20 / 25 = 4 / 5 = 0,8
Substituindo, vem: a = g.sen – .g.cos
a = 10 x 0,6 – (0,5).10.(0,8) a = 6 – 4 a = 2 m/s2
A caixa desce, a partir do repouso, em MRUV, com aceleração
a = 2 m/s2 percorrendo uma distância S = 25 m. Isso permite
determinar quanto tempo ela gasta para percorrer essa distância:
S = Vo .t + a.t2 / 2 25 = 0 + 2.t2 / 2 t = 5 s
Aula 3 - Questão 29 - resolução
Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético,
cujo valor é constante, dado por Fat cin = .N , onde é o coeficiente de
atrito cinético.
Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante na
direção do movimento com a aceleração que ela causa:
FR = m.a (P.sen + Fat ) = m.a m.g.sen + .N = m.a
m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:
m.g.sen + . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:
a = g.sen + .g.cos
N
P.cos
Fat a
P.sen
V
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Aplicando a equação de Torricelli no movimento retardado da
subida, temos:
V2 = Vo2 2.a.D, com V = 0 e a = a = g.sen + .g.cos
02 = Vo2 2.( g.sen + .g.cos).D
D =
2
oV
2g.(sen cos )
Aula 3 - Questão 30 - resolução
N
P.cos
a
P.sen
V
1º caso: Inicialmente sem atrito:
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, vem:
FR = m.a m.g.sen = m.a a = g.sen
2º caso: Agora com atrito, aplicando a 2ª lei de Newton na direção da
rampa, vem:
N
P.cos
Fat
a
P.sen
FR = m.a’ m.g.sen Fat = m.a’
m.g.sen .m.g.cos = m.a’
g.sen .g.cos = a’
Conforme solicitado no enunciado, temos: a' = a / 2
a = 2.a’ g.sen = 2.(g.sen .g.cos)
sen = 2.sen 2.cos
sen = 2..cos = tg / 2
para = 45o, vem: = 0,5
Aula 3 – Questão 31 – resolução
Durante a subida: Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a
força resultante na direção do movimento com a aceleração que ela causa:
FR = m.a (P.sen + Fat ) = m.a m.g.sen + .N = m.a
m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:
m.g.sen + . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:
a = g.sen + .g.cos
N
P.cos
Fat a
P.sen
V
Durante a descida: Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, vem:
N
P.cos
Fat
a
P.sen
FR = m.a’ m.g.sen Fat = m.a’
m.g.sen .m.g.cos = m.a’
g.sen .g.cos = a’
Vemos claramente que a > a’ , portanto o gráfico correto da aceleração em função do tempo será o II . Lembrando que, no gráfico V x t, a
aceleração está relacionada à inclinação , o gráfico correto da velocidade será o IV. Aula 3 - Questão 35 - resolução
Decompondo a força F, podemos determinar suas componentes:
FX = F.sen = 50 x 0,6 = 30 N
FY = F.cos = 50 x 0,8 = 40 N P = m.g = 20 N Eita ! Se FY > P, a caixa tende a escorregar prá cima ! Portanto,
receberá da parede um Fat para baixo conforme a figura acima. Análise do escorregamento da caixa: Passo 1:
Fat max = E. N = E . FX = 0,5 x 30 = 15 N, ou seja: 0 Fat 15N Passo 2: Condição de equilíbrio vertical da caixa:
Fat + P = FY Fat + 20 = 40 Fat = 20N.
FX
NN
Fat
P Fat
P
FY
FX
FY
Conclusão: Como o Fat necessário para que a caixa fique em equilíbrio
(Fat = 20N) está fora do intervalo de valores possível para o Fat nas
condições dessa questão ( 0 Fat 15N), a caixa vai escorregar (acelerar)
para cima inevitavelmente. Assim, o Fat será cinético e seu valor será
dado por:
Fat cin = C .N = C .FX = 0,4 x 30 = 12N Fat = Fat cin = 12N
Com que aceleração o bloco vai escorregar para cima ? Determinemos
através da 2ª lei de Newton:
FR = m.a (FY – P – Fat ) = m.a (40 – 20 – 12) = 2.a
a = 4 m/s2 . Aula 3 - Questão 39 - resolução
Seguindo o mesmo raciocínio da questão 13 de classe, o aluno concluirá que: A condição para a caixa A não escorregar é:
a A . g a 0,35 x 10 a 3,5 m/s2 , onde a é a aceleração do caminhão. A condição para a caixa B não escorregar é:
a B . g a 0,30 x 10 a 3,0 m/s2 , onde a é a aceleração do caminhão.
Física
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m.g
N
N
Fat
Fat
a
a
Qual o maior valor de a que satisfaz, ao mesmo tempo, ambas as condições acima ? Sim ! Uma aceleração a = 3 m/s2 ! Porque uma aceleração a = 3,1 m/s2 já faria com que a caixa B escorregasse para trás, em relação ao caminhão ! Assim, o maior valor possível para a aceleração a do caminhão, de forma que nenhum dos dois escorregue é a = 3 m/s2 . Aula 3 - Questão 42 - resolução
Quando o corredor empurra o chão para trás Fat, o chão empurra o
corredor para frente Fat. Assim, a força de atrito que age sobre o homem é a força resultante externa agindo sobre o homem, portanto, pela 2ª Lei de Newton, podemos escrever:
FR = m.a
Fat = m.a, com Fat = 0,6.m.g conforme o enunciado disse.
0,60.m.g = m.a a = 0,6.g = 0,6.(10) a = 6 m/s2
Assim, s = a.t2 / 2 = 6.(2)2 / 2 = 12 m Aula 3 - Questão 50 - resolução
a) no vácuo (sem a resistência do ar), a aceleração de queda livre de qualquer corpo é dada por:
a = RF Peso massa gg
massa massa massa
b) Aprendemos nas paginas 82 e 83 da teoria que a força de resistência do ar que age no corpo em queda é dada por :
FRes = 2
1.Cx..A.V n = K.V n
com K = 2
1.Cx..A
A velocidade limite atingida por elas, em queda, pode ser determinada fazendo:
P = K.Vn m.g = K.Vn V = n
K
g.m VL = n
K
g.m
Como as duas esferas têm o mesmo formato esférico (mesmo Cx), têm a mesma área A de secção transversal à direção do movimento, se movem
através do mesmo ar (mesma densidade ), significa que elas têm o mesmo valor do coeficiente K. Entretanto, a bola de ferro de raio R tem maior massa do que uma bola de isopor de mesmo raio R, portanto, atingirá maior velocidade limite vL e, portanto, chegará ao solo antes. c) como vemos, o formato do corpo, assim como sua massa, só é relevante quando a resistência do ar é levada em conta. No vácuo, todos caem juntos independentemente do formato e da massa. Aula 3 - Questão 51 - resolução
Aprendemos nas paginas 82 e 83 da teoria que a força de resistência do ar que age no corpo em queda é dada por :
FRes = 2
1.Cx..A.V n = K.V n
com K = 2
1.Cx..A
A velocidade limite atingida por elas, em queda, pode ser determinada fazendo:
P = K.Vn m.g = K.Vn V = n
K
g.m VL = n
K
g.m
Como as duas esferas têm o mesmo formato esférico (mesmo Cx), têm a mesma área A de secção transversal à direção do movimento, se movem
através do mesmo ar (mesma densidade ), significa que elas têm o mesmo valor do coeficiente K. Assim, como as bolas de chumbo e madeira diferem apenas pela massa m, de acordo com o resultado encontrado para a velocidade limite VL, vemos que a bola que atingirá maior velocidade limite será a bola que tiver maior massa m (a de chumbo). Desta forma, a de chumbo atinge maior velocidade e, assim, chega ao solo antes. Ainda que fosse considerado o empuxo do ar, a resposta não mudaria. Durante a queda da bola, ao atingir a velocidade limite (FR = 0), o equilíbrio das forças daria: E + K.Vn = P As bolas sofrem empuxos iguais do ar, por terem volumes iguais e estarem mergulhadas no mesmo fluido de mesma densidade. Isolando a velocidade limite V na expressão acima, temos: E + K.Vn = P
K.Vn = m.g E
VL = m.g E
k k
Assim, como as bolas de chumbo e madeira diferem apenas pela massa m, de acordo com o resultado encontrado para a velocidade limite VL acima, vemos que a bola que atingirá maior velocidade limite será a bola que tiver maior massa m (a de chumbo). Desta forma, a de chumbo atinge maior velocidade e, assim, chega ao solo antes. De fato, se levarmos em conta resistência do ar, a bola que pesa MAIS chegará ao solo antes da bola mais leve, com dizia o velho Aristóteles. Entretanto, se consideramos vácuo, isto é, se a resistência do ar puder ser desprezada, bolas de pesos diferentes chegam ao solo juntas, como corrigiu Galileu. O erro do Aristóteles foi achar que estava enunciando leis gerais do movimento, quando, na verdade, todas as leis do movimento dele traziam embutidas o atrito como parte inerente do movimento, o que é um erro. Afinal, é possível ocorrer movimento sem atrito nem qualquer resistência. Aula 3 - Questão 52 - resolução
Análise preliminar: Quanto vale o atrito disponível capaz de impedir o escorregamento dessa caixa, o famoso Fatmax ?
Ora, Fatmax = ×N = 0,35 × 9000 = 3150 N Portanto, se Fatmax = 3150N, a força de atrito “consegue segurar” ate 3150N sem escorregar. Quem segura 3150N, segura 2900 N ? sim ! A caixa vai escorregar ? Não ! Então quanto vai valer o Fat ? Ora, Fat = F = 2900 N ! Já pensou se Fat fosse maior do que F ? Se Fat fosse maior do que F, o atrito empurraria a caixa contra o operador, corra, mande benzer sua casa !! Teria fantasmas na jogada ! Quando essa questão caiu na Unifor, todos os meus alunos lembraram que essa questão é manjada já das nossas apostilas e das nossas questões de classe e pensaram: é a noooova !
AULA 4 – Dinâmica do Movimento curvilíneo
Aula 4 - Questão 6 - resolução
S = 2 – 8.t + 3.t2 (SI). Determine, no instante t = 2 s:
a) a velocidade do móvel
Comparando com a função geral S = So + Vo .t + (a/2).t2 , temos que:
So = 2m, Vo = –8 m/s, a/2 = 3 a = 6 m/s2
Assim, V = Vo + a.t V = –8 + 6.t
Para t = 2s, temos que V = –8 + 6.t = –8 + 6 x2 V = 4 m/s
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433
b) a intensidade da componente tangencial da força resultante
a aceleração escalar é o módulo da aceleração tangencial a cada instante:
aTG = a = 6 m/s2, conforme determinamos inicialmente, a partir da
função horária.
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem:
FR TG = m. aTG FR TG = 10 x 6 FR TG = 60 N
c) a intensidade da componente centrípeta da força resultante
aCTP = V2 / R , com V = 4 m/s (em t = 2 s) e R = 2m, assim :
aCTP = V2 / R = 42 / 2 aCTP = 8 m/s2
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem:
FR CTP = m. a CTP FR CTP = 10 x 8 FR CTP = 80 N
d) a intensidade da força resultante
Achando a resultante das duas componentes perpendiculares entre si,
pelo teorema de Pitágoras, vem:
(FR )2 = (FR TG)2 + (FCTP)2
(FR )2 = ( 60)2 + ( 80)2 FR = 100 N Aula 4 - Questão 7 - resolução
V
60o
a
tg
ctp
Actp = V² / R e, da figura acima , vemos que Actp = a . cos60
Assim, o prof Renato Brito pode escrever :
Actp = V² / R = a . cos60, com R = 1 m
V² / 1 = 32 x 0,5 v = 4 m/s Aula 4 - Questão 8 - resolução
Em cada expressão abaixo, use a velocidade correta da bolinha em cada ponto:
TA P = M.(VA)2 / R
TB P.cos60 = M.(VB)2 / R TC = M.(VC)2 / R TD + P = M.(VD)2 / R Aula 4 - Questão 9 - resolução
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, podemos escrever: FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R N – P = M.V2 / R N = M.V2 / R + M.g , com V = 144 km/h = 40 m/s N = 70 x 402 / 40 + 70 x 10 = 3500 N = 3500 newtons
P
N
Lembre-se que o peso aparente é dado pelo valor da força normal N, ou
seja, N = Peso aparente = m gaparente
Assim, para calcular a gravidade aparente, vem:
N = Peso apar = M . gapar 3500 = 70 . gapar
gapar = 50 m/s2 = 5g !!!!! Aula 4 - Questão 10 - resolução
Seguindo o mesmo raciocínio da questão anterior, vem: FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R N – P = M.V2 / R N = M.V2 / R + M.g , com V = 210 m/s
Assim, o quociente N / P = N / M.g é dado por: 2 2
2 2
N 1 M.V 1 VM.g 1
M.g M.g R M.g R.g
N V 2101 1 8 N 8.M.g
M.g R.g 630 10
Assim, no ponto mais baixo da curva, o piloto sentirá um peso aparante (N) 8 vezes maior do que o seu próprio peso e, portanto, desmaiará. Aula 4 - Questão 11 - resolução
Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, percebemos que apenas a normal N está sobre o eixo centrípeto, naquela posição do avião, portanto, apenas a normal N será a responsável pela aceleração centrípeta do avião, naquele ponto: FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R N – 0 = M.V2 / R
P
Nctp
tg
N = M.V2 / R , com V = 216 km/h = 60 m/s
N = 80 x 602 / 90 = 3200 N = 3200 newtons Aula 4 - Questão 21 - resolução
A figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agem
num pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par de
eixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-
se fora do par de eixos (no caso o peso P).
T
P.cos
P.sen
FR ctp
FR tg
FR
figura 1 figura 2
A 2a lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever:
FRctp = T – P.cos = N4075,3
)5.(6
R
V.m 22
FRctp = 40 N
Na direção tangencial, a força resultante tangencial vale:
FR tg = P.sen = 60. sen30o = 60 . 0,5 = 30 N FR tg = 30 N
Assim, a força resultante agindo na bola é dada pelo teorema de Pitágoras:
(FR)2 = (FRctp)2 + (FRtg)2
(FR)2 = (40)2 + (30)2
FR = 50 N
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Aula 4 – Questão 22 – resolução
Apenas a tração T e o peso P agem sobre a bolinha do pendulo. Usando o par de eixos padrão (tangencial e radial), decompomos a força peso P em suas componentes:
C
P.cos
T
PP.s
en
C
B
(T-P.cos
)
(P.s
en)
Em seguida, identificamos a componente tangencial (FTg = P.sen) da
força resultante FR e a componente centrípeta (FTg = T P.cos) da força resultante FR.
Finalmente, encontramos a força resultante agindo na bolinha:
C
B
(T-P.cos
)
(P.s
en)
FR(T-P.cos
)
Se a força resultante FR aponta na direção horizontal, o triangulo retângulo nos permite escrever:
2
2 2
cateto oposto T P.costg
cateto adjacente P.sen
sen T P.cos P.sen T P.cos
cos P.sen cos
P.cos P.sen P.1T P.sec
cos cos cos
Aula 4 - Questão 23 - resolução
A figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agem num pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par de eixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-se fora do par de eixos (no caso o peso P).
A 2a lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever: Fctp = FIN – FOUT = m. actp
Fctp = T – PY = m. actp , com PY = P.cos
Fctp = T – P.cos = m.R
V 2
Entretanto, na posição B da oscilação (figura 2), ele encontra-se momentamente em repouso (V = 0, actp = 0), o que permite escrever:
T
P
Py
Px
T
P.cos
P.sen
V = 0
actp = 0
figura 1 figura 2
Fctp = T – P.cos = m.2V
R = m. 0
R
02
T = P.cos
Ou seja, no extremo da oscilação, a tração T e a componente P.cos momentaneamente se cancelam (figura 2). Naquele instante, a força resultante agindo sobre o pêndulo será
apenas a componente P.sen. Assim, no extremo da oscilação, a 2ª lei de Newton permite escrever:
FR = m.a m.g.sen = m.a a = g.sen Naquele instante, a aceleração resultante do pêndulo será totalmente
tangencial e terá módulo a = g.sen. Aula 4 - Questão 24 - resolução
Na situação inicial de equilíbrio, temos:
T2X = T1 e T2Y = T2.cos = P T2 = P / cos (eq1)
T1 T2
P
Quando o fio é rompido, a tração no fio 1 se anula (pois o fio foi cortado) e o pêndulo não estará mais em equilíbrio, passando a valer as equações da Dinâmica do pêndulo simples:
T2'P.cos
P.sen
FRctp = Fin Fout = T2’ P.cos = m.v2 / R Entretanto, como o fio acabou de ser rompido, teremos ainda v = 0, portanto:
T2’ P.cos = m.v2 / R = 0 T2’ = P.cos (eq2)
Dividindo eq1 por eq2, temos: 222
2
P
T 1cossec
T ' P.cos cos
Aula 4 - Questão 29 - resolução
Para a bolinha sobre a mesa, usamos a idéia do esquema de forças da figura 70, página 104, afinal, seu movimento trata-se de um MCU num plano horizontal: Na vertical, temos: N = m.g (eq1) Na direção radial, temos:
FR ctp = Fin Fout = m.v² / R
T 0 = m.v² / R T = m.v² / R (eq2) Adicionalmente, como a caixa pendurada encontra-se em equilíbrio, temos: T = M.g (eq3) A partir de eq2 e eq3, chega-se à resposta do problema. Aula 4 - Questão 30 - resolução
Como a moeda não apresenta aceleração vertical, ela está em equilíbrio
na vertical, podemos escrever: N = P = M.g [eq-1]
Física
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Na direção radial ou centrípeta, a dinâmica do movimento curvilíneo nos
permite escrever a 2a Lei de Newton:
FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R)
Fat – 0 = M. (2 . R) Fat = M. (2 . R) [eq-2]
N
Fat
P
Lembrando que a força de atrito estática “não é a mulher-maravilha”, ela trabalha dentro de um limite, podemos escrever:
Fat Fat max Fat . N [eq-3] A condição para que as equações 1 e 2 sejam satisfeitas, dentro dos limites impostos pela equação 3, é encontrada, substituindo-se 1 e 2 em 3:
Fat . N M. (2 . R) . M.g 2 . R . g,
como todos os números são positivos, podemos simplesmente isolar :
R
g.
0,1 10
0,25
2 rad/s max = 2 rad/s
Aula 4 - Questão 31 - resolução
Durante o movimento de cada bloquinho, a força de atrito radial produz a aceleração centrípeta (actp) necessária para a execução do movimento circular. Enquanto os três bloquinhos giram solidários ao disco, sem
escorregar, eles compartilham da mesma velocidade angular do disco,
mesmo período e mesma frequência.
A B C
x
2x3x
N
P
Fat
Assim, aplicando a 2ª lei de Newton na direção radial para um bloquinho qualquer, temos:
FRctp = m. actp Fat = m.2.R (eq1)
Equilíbrio vertical: N = P N = m.g (eq2)
Admitindo iminência de escorregar: Fat = Fat max = .N (eq3) De eq1, eq2 e eq3, temos:
Fat = m.2.R
.N = m.2.R
.m.g = m.2.R max = .g
R (eq4)
A relação eq4 informa a velocidade angular crítica acima da qual o bloco escorregará. Como vemos, a massa de cada bloquinho não influencia nessa velocidade angular crítica. Calculando essa velocidade angular crítica para cada um dos blocos A, B e C, com os valores fornecidos, temos:
max-A = .g
R=
0,30. g
x
max-B = .g
R=
0,50.(g)
2x=
0,25. g
x
max-C = .g
R=
1,20.(g)
3x=
0,40. g
x
Vemos que as velocidades angulares críticas dos blocos seguem a ordem
max-B < max-A < max-C.
Assim, quando o disco vai girando com velocidade angular , todos os blocos A, B e C giram juntos com o disco, compartilhando dessa mesma
velocidade angular . Entretanto, a velocidade angular do sistema vai aumentando e, cedo ou tarde, atingirá a velocidade angular crítica do bloco B, que escorregará nesse momento (B é o primeiro a escorregar). Em seguida, a velocidade angular do disco continua aumentando até que a velocidade angular crítica do bloco A será atingida, levando A a escorregar. Finalmente, a velocidade angular do sistema continua aumentando até atingir a velocidade angular crítica do bloco C, que escorregará por último. Aula 4 - Questão 39 - resolução
Apenas duas forças agem no carro: a normal N e o peso P, visto que o
enunciado afirma que a curva está sendo traçada sem a ajuda da força de
atrito, graças à inclinação da pista.
A resultante centrípeta é dada por:
FR ctp = Fin – Fout = ( Nx – 0) = N.sen = m.(V2 / R) [eq-1]
Na direção vertical, podemos escrever: Ny = N.cos = m.g [eq-2]
Com V = 180 km/h = 50 m/s e R = 820m Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:
g.R
Vtan
2
= 10820
502
=
8200
2500= 0,304
N
P
Consultando a tabela trigonométrica fornecida na questão, vemos que
tan17 = 0,306 e, portanto, = 17. Aula 4 - Questão 40 - resolução
Analogamente à questão anterior, vem:
g.R
Vtan
2
2
o Vtan30
R.g
2 23 V 1,7 V
v 40 m / s3 282 10 3 2820
Aula 4 - Questão 43 - resolução
Ver demonstração na página 104, figura 73 Aula 4 - Questão 45 - resolução
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:
FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1]
Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2] Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:
tan = 2 . R / g [eq-3]
T.cos
P
T.sen
eixo ctp
O triângulo retângulo permite determinar a tan:
Física
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436
Tan = R / H [eq-4] Das relações 3 e 4, podemos escrever:
tan = 2 . R / g = R / H , cancelando R , vem:
2 . H = g = constante ( g não muda, concorda?) Assim, podemos dizer que:
antes2 . Hantes = depois
2 . Hdepois = g = constante
(6)2 . 1 = (3)2 . Hdepois Hdepois = 4 m
R
L H
Aula 4 - Questão 46 - resolução
M
T
m.g
T
M.g
N
Fat
M
T.c
os
m.g
M.g
N
Fat
T.sen
T.cos
T.sen
ctp
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso
do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:
FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1]
Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2]
A caixa sobre a mesa está em equilíbrio e na iminência de escorregar.
Assim, podemos escrever:
Condição de equilíbrio da caixa: Vertical: T.sen + N = M.g [eq-3]
Condição de equilíbrio da caixa: Horizontal: T.cos = Fat [eq-4]
Condição de iminência: Fat = Fatmax: Fat = .N [eq-5]
Note que a tração T que age na caixa é a mesma tração T que age no
pêndulo, visto que se trata do mesmo fio ideal.
Substituindo 1 em 3, vem: T.sen + N = M.g
m.(2.R) + N = M.g N = M.g – m.(2.R) [eq-6]
Substituindo [eq-6], [eq-2] e [eq-4] na relação [eq-5], vem:
Fat = .N
T.cos = .N
T.cos = . ( M.g – m.2.R )
m.g = .( M.g – m.2.R)
= R..mg.M
g.m
2 =
20
20
5,0.22104,2
1022
= 1
= 1
Aula 4 - Questão 51 - resolução
2
2
2 2
2
2
actp .R 640.g
(2 .f) . R 640 10
4 .f . (0,1) 6400
4 10.f . (0,1) 6400
4 f 6400 f 40Hz
f = 40 voltas/seg = 40 x 60 RPM = 2400 RPM Aula 4 - Questão 52 - resolução
A 2ª Lei de Newton na direção centrípeta nos permite escrever:
FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R), com = 2..f
Fel = k.x = M. (2..f)2.R
k.x = 4.M.2.(f)2.R, com R = Lo + x Nessa questão, o enunciado diz que o raio da trajetoria não muda, o que implica que a deformação x da mola permanence invariável. Assim, de acordo com o resultado encontrado acima, vemos que a constant elastic da mola é diretamente proporcional a (f)2:
2 2o4M. .(f) .(L x)
kx
Portanto se a frequencia f do movimento duplica sem que o raio da trajetoria seja alterada (deformação x da mola constante), só se a constante elastica k da mola quadruplicar. Assim, k2 = 4.k1.
REFERENCIAIS NÃO INERCIAIS
Aula 4 - Questão 5 – Referenciais não inerciais
a) seja s o comprimento dessa hipotenusa. Da geometria, podemos escrever:
h 2,7sen 0,6 0,6 s 4,5m
s s
b) dentro desse elevador, a gravidade resultante valerá: g’ = g+a = 10 + 5 = 15 m/s2.
Na colocação de forças nesse bloquinho, a normal N cancela com o
P’.cos e sobrará apenas a componente P’.sen ladeira abaixo, que será a responsável pela aceleração a’ do bloco ladeira abaixo, em relação ao elevador. Aplicando a 2ª lei de Newton ao bloco, teremos:
FR = m.a’ P’.sen = m.a’ m.g’.sen = m.a’
m.(g+a).sen = m.a’ a’ = (g+a).sen = 15×(0,6) = 9 m/s2
c) Teremos um MUV ladeira abaixo, portanto escrevemos:
s = Vo’.t + a’.t2 / 2 4,5 = 0 + 9.t2 / 2 t = 1 s
AULA 5 – Trabalho e Energia
Aula 5 - Questão 1 - resolução
O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo com energias cinéticas iguais. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza, é maior que a massa do carro.
Ecin Caminhão = Ecin Carro M .v2
2 = V2M.
2
Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a velocidade do caminhão. Afirmativa I é verdadeira.
Física
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437
O trabalho realizado para frear cada móvel é a variação da Ecin que cada um sofre durante a frenagem. Como no início ambos têm a mesma energia cinética (segundo o enunciado) e, ao final, ambos terão Ecin nula (vão parar), é fácil perceber que o trabalho que se realiza para parar qualquer
um desses dois móveis será exatamente o mesmo = Ecin F – Ecin i. Afirmativa II é falsa.
Os trabalhos realizados serão os mesmos em cada caso:
A = FA . DA = B = FB . DB
Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso (FA = FB), eles certamente irão requerer deslocamentos iguais ( DA = DB). Afirmativa III é falsa
Se essas respostas vão um pouco contra a sua intuição física, isso ocorre
porque você (sem querer) está imaginando situações do dia-a-dia, carros e
caminhões andando com velocidades iguais, em vez de energias cinéticas
iguais, como foi proposto no problema. Se as velocidades fossem iguais,
certamente a Ecin do caminhão seria bem maior que a do carro, o trabalho
para frear o caminhão seria bem maior e a distância percorrida pelo
caminhão até parar também seria maior. O charme dessa questão,
portanto, é exatamente ela ter proposto que as suas energias cinéticas é
que são inicialmente iguais, a fim de avaliar os seus conhecimentos
conceituais. Aula 5 - Questão 2 - resolução
TN = 0 TFAT = 0 + (–Fat. b) TP = 0 TF = F. (a + b) Pelo princípio do trabalho total, temos:
total = TN + TFAT + TP + TF = Ecin = EcinF – Ecini –Fat . b + F. (a + b) = 0 – 0 Fat = F .(a + b) / b = F . ( a/b + 1) Aula 5 - Questão 3 - resolução
TN = 0
TFAT = TFAT1 + TFAT2 = (1.m.g.d1) + (2.m.g.d2) TP = 0 Pelo princípio do trabalho total, temos:
total = TN + TFAT + TP = Ecin = EcinF – Ecini
0 1.m.g.d1 2.m.g.d2 + 0 = 0 m.vo2/2
Cancelando a massa e multiplicando membro a membro por 2, vem
2.1.g.d1 + 2.2.g.d2 = vo2
2.(0,3).10.1 + 2.(0,25).10.2 = 16 = vo2 vo = 4 m/s
Aula 5 - Questão 5 - resolução
Pelo princípio do trabalho total, podemos escrever: T total = Ecin F – Ecin i
–F.D = 0 – m.V2/ 2 F.D = m. V2 / 2 A questão afirma que quando a bala é atirada com velocidade V1, ela
penetra D1 : 2
V.mD .F
21
1
Por outro lado, quando a bala é atirada com velocidade V2, ela
penetra D2. : 2
V.mD .F
22
2
Note que a força F é a mesma em casa episódio, conforme o enunciado. Dividindo uma equação pela outra, vem:
V
V
D
D22
21
2
1
2
2
1
2
1
V
V
D
D
2
2 600
400
D
cm10
9
4
D
cm10
2
D2 = 22,5 cm
Aula 5 - Questão 7 - resolução
F(N)
X(m)
-2
1 4
6
+
-0
F = 2x - 2
Calcularemos os trabalhos no intervalo [0m, 4m]. A posição inicial é
x = 0 m, a posição final é x = 4m.
Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i
O trabalho da força F no intervalo [0m, 4m] é calculado pela área sob o
gráfico. A área inferior é tomada como negativa (força contrária ao eixo X)
e a área superior é tomada como positiva (força a favor do eixo X ).
Assim: TF =
b h B H
2 2 =
2
)14(6
2
12
= –1 + 9 = +8 J
Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i
0 + 0 + 8 = (0,8).V2 / 2 – (0,8).42 / 2 V = 6 m/s Aula 5 - Questão 8 - resolução
Calcularemos todos os trabalhos entre os pontos inicial e final. Note que temos Vinicial = 0 e Vfinal = 0. Tpeso = Tpeso-vert + Tpeso-hor = +(m.g).h + 0 ,
(pela trajetória alternativa)
Tnormal = 0 , = 90 com a trajetória original em cada ponto do percurso.
h
d
minício
finaltrajetóriaoriginal
trajetóriaalternativa
Note que a rampa é lisa, só há Fat no trecho horizontal Fat = u.N = u.m.g Tfat = T fat rampa + Tfat-hor = 0 – Fat.d = –Fat. d = –u.m.g.d T total = TP + T fat + TN = Ecin F – Ecin i
+m.g.H – u.m.g.d + 0 = 0 – 0 d = H / u Aula 5 - Questão 9 - resolução
Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H
Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:
TFNC = Emec F – Emec i T fat + Tnormal = 0 – M.g.H
–u.mg.D + 0 = 0 – M.g.H D = h / u = 5 / 0,2
D = 25 m , mas o que essa distância D significa ? A caixa percorreu 25 m em trechos com atrito, ou seja, 25 m no trecho
horizontal. Assim ela andou 10 m AE, mais 10 m EA , mais 5 m
AC, parando no ponto C, percorrendo um total de 25 m na presença do atrito. Note que as paredes são lisas, não têm atrito, não consomem Emec, somente o trecho horizontal dissipa Emec em calor. A caixa pára no ponto C. Aula 5 - Questão 10 - resolução
TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e final é o ponto D. Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0
Física
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438
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + M.v2 / 2 O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas no trecho horizontal, visto que a rampa é lisa:
T fat = – fat.d = (u.N).d = –u.M.g.d Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: TFNC = Emec F – Emec i Tfat + Tnormal = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 ) –u.Mg.d + 0 = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 ) u.Mg.d = M.g.H + M.v 2 / 2 u.g.d = g.H + v2 / 2
0,1 x 10 x d = 10 x 7 + ( 2)2 / 2 d = 70 + 2 d = 72 m Aula 5 - Questão 11 - resolução
início
final
xH =
TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e o ponto final é onde a caixa finalmente pára a prá voltar, a uma altura h do solo, como mostra a figura acima.
Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + M.g.(x)
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + 0 = M.g.H O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas no trecho horizontal, visto que as rampas são lisas:
T fat = –fat.d = u.(N).d = –u.M.g.d, onde d = BC = 5m Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: TFNC = Emec F – Emec i T fat + Tnormal = M.g.x – M.g.H
–u.Mg.d + 0 = M.g.x – M.g.H –u.d + 0 = x – H
– 0,4 x 5 = x – 3 –2 = x – 3 x = 1m Aula 5 - Questão 14 - resolução
Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força que realiza trabalho é a força peso (a normal N é não-conservativa, mas não realiza trabalho nesse episódio). Assim, podemos escrever: EpotA + EcinA = Epot c + Ecin c = Epot d + Ecin d M.g.H + 0 = M.g.h + M.(Vc)2 / 2 = 0 + M.(Vd)2 / 2 g.H + 0 = g.h + (Vc)2 / 2 = 0 + (Vd)2 / 2 10 x H = 10 xh + (10)2 / 2 = 0 + (20)2 / 2 10 H = 10h + 50 = 0 + 200 h = 15m , H = 20 m Aula 5 - Questão 16 - resolução
1 2
Vo
Vo
H1
H2
g g.se
n
Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força que realiza trabalho é a força peso. Para calcular a altura máxima atingida por cada bola, vemos que cada uma delas parte com a mesma velocidade inicial Vo e ambas param ao atingir a altura máxima. Assim, pela conservação de energia, podemos escrever:
Emec i = Emec f 2
V.M 2o = M.g.H H =
g.2
V 2o .
Vemos que essa altura máxima atingida só depende da velocidade inicial Vo e da gravidade g. Essa é a altura máxima atingida tanto pela bola 1 como pela bola 2, visto que ambos têm a mesma velocidade inicial Vo.
H1 = H2 = g.2
V 2o .
As bolas partem com a mesma velocidade inicial Vo e vão ser retardadas até parar. Qual delas vai levar mais tempo para ser retardada até parar? Logicamente, aquela que for retardada de forma mais suave, com menor aceleração, vai demorar mais tempo até parar.
A bola 1 é retardada com aceleração a1 = gM
g.M
M
FR , ao passo que
a bola 2 é retardada com aceleração a2 tal que:
a2 =
sen.gM
sen.g.M
M
FR .
Vemos que a bola 2 é retardada mais suavemente, mais lentamente,
visto que g.sen < g. Isso sugere que ela vai demorar mais tempo até parar.
Imagine, para facilitar, a1 = g = 10 m/s2 e a2 = g.sen = 5 m/s2 (só para exemplificar). Se as duas bolas são lançadas com Vo = 30 m/s, qual delas levará mais tempo prá parar ( v = 0) ? Bola 1 ( Vo = 30 m/s diminuindo de 10 em 10 m/s a cada 1 seg)
V (m/s) 30 20 10 0 (parou !)
T(s) 0s 1s 2s 3s
Bola 2 ( Vo = 30 m/s mas diminuindo apenas de 5 em 5 m/s a cada 1 seg)
V (m/s) 30 25 20 15 10 5 0 (parou !)
T(s) 0s 1s 2s 3s 4s 5s 6s
Logicamente, a bola 2 levará mais tempo prá parar, por isso ela chegará lá em cima depois da 1 ter chegado lá. Em suma, as bolas atingem a mesma altura máxima, mas não chegam lá ao mesmo tempo. A bola 1 chega lá antes. A bola 2 chega lá depois. Mas ambas atingem a mesma altura máxima, como se pode perceber facilmente pela conservação de energia. Aula 5 - Questão 17 - resolução
Um projétil é lançado com velocidade inicial Vo (o ângulo não interessa) do alto de um prédio de altura H. Com que velocidade ele chegará ao solo ? Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
M.g.H + 2
V.M 2o = 0 +
2
V.M 2
, a massa cancela
g.H + 2
V2o = 0 +
2
V2
V = 2o2.g.H (V )
Agora, conhecendo Vo , g e H facilmente determinamos a velocidade final V.
O ângulo não é necessário aos cálculos, visto que energia não tem direção ! O cálculo feito acima é o mesmo para as bolas A, B ou C ! Elas chegam ao solo com a mesma velocidade final V determinada pela equação acima, como pode ser facilmente percebido pela conservação de Emec (não é incrível ?!! ) .. E o tempo de vôo ? O tempo que a pedra leva para atingir o solo é
determinado exclusivamente pelo movimento vertical da bola :
A bola A tem VY inicial para cima .
A bola B não tem Vy inicial (apenas VX ) .
A bola C tem Vy inicial para baixo . Em outras palavras, olhando apenas o movimento vertical delas, a bola A
foi impulsionada para cima , a bola B foi abandonada a partir do
repouso e a bola C foi impulsionada para baixo , todas simultaneamente ( ao mesmo tempo) !!!! Qual delas chegará ao solo primeiro ? Resposta: Logicamente, a que foi lançada para baixo (bola C)!
Física
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439
Qual delas demorará mais tempo para chegar ao solo ? Resposta: Logicamente, a bola que foi impulsionada para cima (bola A), visto que ela primeiro irá subir , para depois descer. Assim, TA > TB > TC !!!!!!! Aula 5 - Questão 18 - resolução
P
M
início final Vx
H H
Já sei ! Você quer saber porque não pode ser a letra B, certo ? Vamos ver como a letra B VIOLA A CONSERVAÇÃO DE ENERGIA : Veja a figura acima. No início, a bola teria Epot = M.g.H e Ecin = 0 (parte do repouso).
No final, a bola teria a mesma Epot = M.g.H e teria Ecin = 2
V.M 2X
Assim, teríamos: Emec final = M.g.H + M.(Vx)2 / 2 > Emec inicial = M.g.H + 0 Ela teria mais Emec ao final que no início, como pode isso, já que a única força que realiza trabalho é a força peso e ela eh conservativa !!!!!!!! ?????? No vértice do movimento parabólico, a bola terá que ter VX , isso é inevitável. Para ela pode ter esse VX sem violar a conservação de energia, ela terá uma altura menor que antes no vértice da parábola, ela perderá um pouco de Epot para ter direito a essa Ecin final, portanto, a resposta correta é a letra D mesmo. Aula 5 - Questão 22 - resolução
a) Como = 60, temos que L.cos = L.cos60 = L / 2, como mostra a figura a seguir. Pela conservação de energia, temos: Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B
M.g.H + 0 = 0 + 2
V.M 2B , com H = L/2
M.g.L / 2 + 0 = 0 + 2
V.M 2B VB = L.g
H
L
2
L
2
b) Para achar a tração no ponto B, temos que:
T – P = R
V.M 2B , com R = L e VB = L.g
T – M.g = L
)L.g.(M T = 2.M.g
c) Olhe a figura ao lado. Quando a bola passa pelo ponto B, a força
resultante que age na bola vale FR = Fin Fout = T – P, correto ?
Essa força resultante aponta para o centro , ela é centrípeta, portanto,
causa uma aceleração radial centrípeta para cima actp. Você está vendo alguma força sobre o eixo tangencial na posição B da figura ? Não, portanto, sem forças tangenciais, não há aceleração tangencial. Assim, a única aceleração da bola, ao passar pelo ponto B é a actp, ela é a aceleração resultante e é dada por:
P
T eixo
tangencial
eixo
centrípeto
aR = actp = R
V2B , com R = L e VB = L.g
aR = actp = L
)L.g( = g , radial, apontando para cima
Lembre-se, para calcular acelerações, investigue primeiro as forças ! Aula 5 - Questão 23 - resolução
L
L H = L
2L
a) Pela figura anterior, vemos que cos = 2
1
L2
L = 60
Temos um pêndulo simples oscilando, portanto, na direção radial, no ponto A, podemos escrever:
TA – P.cos = R
V.M 2A , entretanto, nos extremos da oscilação a
velocidade do pêndulo é momentaneamente nula VA = 0, assim:
TA – P.cos = R
V.M 2A
TA –M.g.cos60 = R
)0.(M 2
= 0
TA = M.g.cos60 = M.g / 2 , (TA = TC ) b) Para determinar a tração no ponto B, determinemos a velocidade VB por conservação de energia: Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B
M.g.H + 0 = 0 + 2
V.M 2B , com H = L
M.g.L + 0 = 0 + 2
V.M 2B VB = L.g.2
Para achar a tração no ponto B, temos que:
TB – P = R
V.M 2B , com R = 2L e VB = L.g2
TB – M.g = L2
)L.g.2.(M TB = 2.M.g
Aula 5 - Questão 24 - resolução
Sabendo a velocidade da bola no ponto mais alto do movimento, calcularemos a velocidade da bola em seu ponto mais baixo por conservação de energia:
Física
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440
2 2
2 2 2
m.v m.(v ') m.g.H , com H = 2R = 2L
2 2
v (v ') 16 (v ') g.2L 10 2
2 2 2 2
v ' 56 m / s
No ponto mais baixo, a 2ª lei de Newton, na direção radial (centrípeta), permite escrever:
FRctp = Fin Fout =
2m.(v ')
R T m.g =
2m.(v ')
R
T 10 = 1 56
1
T = 66N
Aula 5 - Questão 25 - resolução
FR ctp = Fin – Fout = R
V.M 2B
FR ctp = (T + P) – 0 = R
V.M 2B
T + P = R
V.M 2B , entretanto, para determinarmos a tração T,
precisamos descobrir a velocidade VB , que faremos por conservação de energia: Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B
0 + 2
V.M 2A = M.g.H +
2
V.M 2B , com H = 2R = 0,8 m e
VB = 6 m/s
2
V2A = g.H +
2
V2B
2
)6( 2
= 10 x ( 0,8 ) + 2
V2B VB = 20 m/s
Agora sim, estamos aptos a calcular a tração T no ponto mais alto da trajetória:
T + P = R
V.M 2B T + 2 =
4,0
)20(2,0 T = 8 N
Aula 5 - Questão 26 - resolução
No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever:
FR ctp = Fin – Fout = R
V.M 2D
FR ctp = (N + P) – 0 = R
V.M 2D
N + P = R
V.M 2D , mas segundo o enunciado, temos N = 0 no ponto
mais alto, assim:
0 + M.g = R
V.M 2D VD = g.R
Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir
do repouso, fazemos uso da conservação de energia:
Epot A + Ecin A = Epot D + Ecin D
M.g.H + 0 = M.g.HD + 2
V.M 2D , com HD = 2R e VD = g.R
M.g.H + 0 = M.g.(2R) + M.(g.R)
2
g.H = g.(2R) + g.R
2 H = 2,5. R
Aula 5 - Questão 27 - resolução
No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever:
FR ctp = Fin – Fout =
2M.V
R
FR ctp = (T + P) – 0 =
2M.V
R
T + P =
2M.V
R, a esfera conseguirá passar pelo ponto mais alto da
curva “nas últimas” se o fio estiver quase afrouxando ao passar por aquele
ponto, isto é, T 0 . Substituindo T = 0 na relação acima, temos:
0 + M.g =
2M.V
R V = g.R
Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir
do repouso, fazemos uso da conservação de energia:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
M.g.H + 0 = M.g.HD +
2M.V
R, com H = 2R e V = g.R
M.g.H + 0 = M.g.(2R) + M.(g.R)
2
g.H = g.(2R) + g.R
2 H = 2,5. R
Aula 5 - Questão 28 - resolução
VOCÊ QUER SABE POR QUE O GRÁFICO DA ENERGIA CINÉTICA NÃO É UMA PARÁBOLA ?
RESPOSTA: porque queremos o gráfico da Ecin em função de H, e não
em função de V. Leia o restante para entender melhor:
Um martelo de massa M caiu de uma altura H, a partir do repouso
VO = 0. A energia potencial do materlo, em cada instante, em função da
altura H, é dada por Epot = M.g.H1 .
Vemos que Epot(H) = (M.g).H1 trata-se de uma função do 1º grau na
variável H, (M.g) é apenas uma constante, portanto o gráfico
Epot x H é uma reta (veja figura 1).
Como apenas a força peso realiza trabalho e ela é conservativa, então a
Emec se conserva durante o movimento, ou seja, Emec = constante com
o passar do tempo. Assim, podemos escrever:
Epot + Ecin = Emec = constante = K
M.g.H1 + Ecin = K
Ecin = K – M.g.H1 , onde K e M.g são constantes.
Vemos que a função Ecin(H) trata-se de uma função do 1º grau na
variável H.
Ecin = K – M.g.H1 , por exemplo, poderia ser Ecin = 10 – 2.H1 ,
claramente uma função linear decrescente, cujo gráfico Ecin x H é uma
reta decrescente (veja figura 2 adiante).
Epot
H
Ecin
H
Figura 1 Figura 2
Física
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441
Mas professor, como na expressão da Ecin = 2
V.M 2
aparece V2 , o
gráfico da Ecin não deveria ser uma parábola ?????
(Acredite, o prof Renato Brito lê mentes humanas !!!!!)
Resposta: Seria uma parábola se fosse pedido o gráfico da Ecin em
função de V ! O gráfico pedido foi da Ecin em função de H. Nesse caso,
conforme mostrei anteriormente, a função Ecin(H) é uma função linear
decrescente na variável H (Ecin = K – M.g.H1) , portanto seu gráfico
aparece na figura 2. Aula 5 - Questão 30 - resolução
0,3 m0,1m
início
final
H
x
y
NR
v = 0
v = 0
Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na posição inicial de onde será abandonada. Ela percorrerá uma altura x + y até parar novamente (v=0) na posição final, onde adotamos o nível de referência (NR) para a Epot grav, isto é, nesse ponto final tomamos H = 0. Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de referência (NR) onde adotamos H = 0 arbitrariamente. Portanto, no ponto inicial, a altura da caixa é a distância dela até o nível de referência, ou seja, H i = y + x
Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
M.g.(x + y) + 0 = K.x2 / 2 + 0 , onde a deformação final da mola vale x = 0,3 – 0,1 = 0,2 m
5 x 10. ( 0,2 + y) = 2000. (0,2)2 / 2
50. ( 0,2 + y) = 40
( 0,2 + y) = 0,8
y = 0,6 m mas qual a altura H da mesa então, afinal ?
Veja a figura: H = y + x + 0,1
H = 0,6 + 0,2 + 0,1 H = 0,9 m Aula 5 - Questão 31 - resolução
Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na posição inicial de onde será abandonada. Nesse ponto inicial, adotamos o nível de referência (NR) para a Epot grav, isto é, nesse ponto final tomamos H = 0. Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de referência onde adotamos H = 0 arbitrariamente.
x
NR
y
início
finalv = 0
Portanto, na posição final, a altura da bola, em relação ao nível de referência, valerá Hf = x + y. A caixa percorrerá uma altura x + y subindo até parar novamente (v=0) na posição final. Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
K.x2 / 2 + 0 = M.g.(x + y) + 0, onde a deformação final da mola vale x = 0,5 – 0,2 = 0,3 m
1200.(0,3)2 / 2 = 6. ( 0,3 + y )
54 = 6. ( 0,3 + y )
9 = ( 0,3 + y ) y = 8,7 m
mas, afinal, qual a altura final H atingida pela caixa, em relação ao solo? Veja a figura:
H = y + 50 cm H = 8,7m + 0,5 m H = 9,2 m Aula 5 - Questão 32 - resolução
Lo
X
V
V = 0NR
final
início
H = 0
a) Segundo o enunciado, o comprimento não deformado do elástico vale Lo = 30 m, e a máxima deformação x sofrida pelo elástico vale x = 10 m. Assim, a distância do atleta à plataforma, quando ele estiver o mais perto possível da água ( v = 0, homem parou para voltar), será:
D = Lo + x = 30 + 10 = 40 m
b) Na posição inicial, o atleta não tem Ecin ( v = 0), mas tem Epot = Mg.H em relação ao nível de referência de altura mostrado na figura. Na posição final, ele não tem Ecin (V = 0), e toda sua Epot = m.gH terá se transformado em Epot = K.x2 / 2. Pela conservação de energia, podemos escrever:
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f
M.g. (Lo + x) + 0 = K.x² / 2 + 0 , onde a deformação final da mola vale x = 10 m
750 . (30 + 10) = 2)10.(2
K
30.000 = K. 50 K = 600 N/m Aula 5 - Questão 34 - resolução
a) altura inicial Hi = 130 m, a pedra caiu 120m, portanto:
altura final Hf = 130 – 120 = 10 m
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.Hi + 0 = M.g.Hi
Emec F = Epot F + Ecin F = M.g.Hf + M.(Vf)2 / 2 , com
Vf = 20 m/s (velocidade limite final)
Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:
TFNC = Emec F – Emec i
Tf resistencia = M.g.Hf + M.( Vf )2 / 2 – M.g.Hi
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Tfres = 2 x10 x 10 + 2x 202 / 2 – 2 x10 x130
Tfres = 200 + 400 – 2600
Tfres = –2000 J
b) durante os últimos 10 m, temos um MRU com velocidade contante,
Ecin constante, portanto o trabalho Total = Ecin F – Ecin i = 0. Aula 5 - Questão 35 - resolução
O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do corpo. Segundo o enunciado, o corpo desce com velocidade constante, portanto Ecin constante. Assim, a variação da Ecin dele será nula, portanto o trabalho da força resultante sobre ele (trabalho total) será nulo. Aula 5 - Questão 36 - resolução
Pelo princípio do trabalho total, também conhecido como Teorema da Ecin, temos:
total peso normal Fat F i
peso normal Fat F i
Fat
Fat
( Ecin Ecin )
( Ecin Ecin )
( m.g.H) 0 ( 0 )
m.g.H
Aula 5 - Questão 37 - resolução
Se o corpo desce com velocidade constante durante aquele intervalo de
tempo t, a força resultante sobre ele tem que ser nula, portanto, a força R de resistência do ar obrigatoriamente está equilibrando a força peso, tendo portanto o mesmo valor, mesma direção e sentido contrario da força peso, ou seja, R = m.g. Aula 5 - Questão 38 - resolução
Durante aquele intervalo de tempo t, o corpo se move em MRU com velocidade constante v, percorrendo portanto uma distância vertical
D = v.t. Seja R a força de resistência do ar. Durante esse intervalo de tempo, pelo princípio do trabalho total, também conhecido como Teorema da Ecin, temos:
total peso R F i
peso R F i
R
R
( Ecin Ecin )
( Ecin Ecin )
( m.g.D) ( 0 ) , visto que o corpo desce em MRU nesse trecho.
m.g.D m.g.v. t
Aula 5 - Questão 39 - resolução
O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do corpo. Segundo o enunciado, o corpo desce com velocidade constante
durante aquele intervalo de tempo t, portanto Ecin constante. Assim, a variação da Ecin dele será nula, portanto o trabalho da força resultante
sobre ele (trabalho total) será nulo naquele intervalo t apenas. Aula 5 - Questão 40 - resolução
Segundo o enunciado, no início da queda o corpo parte do repouso (Ecin = 0) e no final da queda o corpo tem velocidade terminal v, portanto, EcinF = m.v2 / 2. O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do corpo. Assim, o trabalho realizado pela força resultante, durante toda essa queda, é dado por:
total forçaresul tante F i
2
forçaresul tante
2
forçaresul tante
( Ecin Ecin )
m.v0
2
m.v
2
Aula 5 - Questão 41 - resolução
Pelo princípio do trabalho das forças Não-conservativas, sendo R a força de resistência do ar, podemos escrever:
FNC R F i
R F i
2R
2R
( Emec Emec ), R = resistencia do ar
(Epot Ecin) (Epot Ecin)
(0 m.v /2) (m.g.H 0)
m.v /2 m.g.H
Aula 5 - Questão 42 - resolução
Uma vez atingida a velocidade limite (velocidade terminal), o corpo prossegue caindo com velocidade constante. A partir daí, independente da altura da queda, a velocidade final dele permanece inalterada. Letra A Aula 5 - Questão 45 - resolução
Qual velocidade limite esse corpo atingirá ? Ora, igualando os módulos da força peso e da força resistência do ar, temos:
R = P 2.V1 = m.g 2.V1
= 210 V = 10 m/s
Assim, a metade da velocidade limite (velocidade terminal) vale 5 m/s. O trabalho realizado pela força resultante, desde quando a velocidade valia Vi = 0 m/s até quando a velocidade atingiu VF = 5 m/s é dada pela variação da Ecin do corpo nesse trecho (pelo teorema da Ecin):
total forçaresul tante F i
2
forçaresul tante
( Ecin Ecin )
2.50 25 J
2
Aula 5 - Questão 46 – Primeira resolução
Esse movimento é um MUV que parte do repouso Vi = 0 e atinge a velocidade final VF no instante t = 9,58 s. Como determinar essa VF ? Ora, no MUV, é valida a seguinte relação:
i F FF
V V 0 Vs 100mVmédia V 20,87m/s
t 2 9,58s 2
Pelo teorema da Ecin, o trabalho realizado pelo homem nesse episódio é dado pela variação da Ecin dele, dada por:
total F i
2
total
( Ecin Ecin )
94 (20,87)0 20.471J
2
Aproximadamente letra C (veja a 2ª resolução a seguir) Aula 5 - Questão 46 – Segunda resolução
A aceleração do atleta, suposta constante, é dada por: 2 2
2a.t a.(9,58)s 100 a 2,18 m/s
2 2
Assim, a força que o acelera nesse trecho inicial é dada por:
F = m.a = 94 2,18 = 204,92 N
Assim, o trabalho realizado por ela, ao longo desse deslocamento de D = 100 m, é dado por:
= F.D = 204,92 100 = 20.492 J
Aproximadamente letra C
Aula 5 - Questão 50 - resolução
Essa usina tem potência final de saída (potencia elétrica) de 512 milhões de watts. Quanta potencia mecânica ela precisa utilizar para produzir 512 milhoes de potencia elétrica, se a conversão é feita com rendimento de 90% ? Ora, fácil:
Pot elétrica = (0,9). Pot mecânica
512.000.000 = (0,9). Pot mecânica
Pot mecânica = 569.000.000 w (aproximadamente)
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Ora, mas a potência de hidrelétricas é dada por:
6m mPotmec g.H 569.10 10 (120)
t t
m474.166kg / s que, no caso da água, corresponde a 474.166litros / s
t
Assim, a alternativa mais próxima é a letra E. Aula 5 - Questão 53 - resolução
Na figura, o contrapeso desce com velocidade constante, portanto temos: TC = PC = 900x 10 = 9000 N TC = 9000 N
Na figura, P é o peso dos 3 passageiros, somado ao peso do elevador, ou seja: P = (Ma + Mb + Mc + Melev) x g = ( 1000 + 40 + 50 + 70) x 10 = 11600N Como o elevador sobe com velocidade constante, podemos escrever: T + TC = P
T + 9000 = 11600 T = 2600 N
T Tc
Tc
P
PcV
V
A potência desenvolvida por uma força é dada por Pot = F. v. Assim, a
potência desenvolvida pelo motor será a potência da força que ele aplica ao elevador, isto é, a potência desenvolvida pela tração T:
Potência da tração T = T x v = 2600 N x 2 m/s = 5200 w
Aula 5 - Questão 56 - resolução
Como as caixas são rebocadas com velocidade constante, a força
F com que a esteira reboca as caixas deve ser tal que: F = 4P.sen
Motor
U
F
4.P.sen
A potência desenvolvida pelo motor é a potencia desenvolvida pela força que o motor faz, no caso, a força F.
Bomba
n = 75%
Potência
elétrica
?
Potência
mecânica
300 w
Potência
Dissipada Assim:
Pot motor = Pot F = F . V = 4.P.sen . V = 4 x 50 x 3 x 0,5 = 300 w Como o rendimento do motor vale 75%, temos que a Pot mec vale 75% da Pot elétrica que o motor recebeu (veja o diagrama anterior), ou seja:
Pot mec = 0,75 x Pot eletr 300 = 0,75 x Pot eletr
Pot eletr = 400w
Mas Pot eletrica = U x i 400 = 200 x i i = 2 A
Aula 5 - Questão 57 - resolução
Seja F a força feita por CADA MÃO. Assim, como o homem tem 2 mãos, a
força total que ele aplica à maquina de remar vale F+F = 2F.
(2F).D 2F.(1,2)Pot 72 F 45N
t t 1,5 fácil, né ?
AULA 6 – Sistemas de Partículas
Aula 6 - Questão 2 - resolução
Afirmação I - O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo com Quantidade de movimento I G U A I S. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza, é maior que a massa do carro. Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a velocidade do caminhão, para compensar:
M .v = VM.
Afirmativa I é verdadeira. Afirmação II - Veja as perguntas chave:
Quem tem maior QDM no início ? resposta: ambos têm a mesma qdm, conforme enunciado.
Quem tem maior QDM ao final, quando eles pararem? resposta: ambas serão nulas.
Quem sofreu maior variação de QDM, ou seja, maior impulso
I = Q final Q inicial ? Afirmativa II é falsa.
Afirmação III Os Impulsos aplicados serão os mesmos em cada caso:
A = FA . tA = B = FB . tB Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso (FA = FB), eles certamente irão requerer intervalos de tempo
iguais ( tA = tB). Afirmativa III é falsa
Afirmação IV
V V
t t
Vcarro
Vcaminhão
t t
A área sob os gráficos V x t acima fornecem as distâncias percorridas pelos móveis até pararem. Note que Vcarro > Vcaminhão ( conforme
afirmação I) mas o tempo para frear t será o mesmo (conforme connluímos na afirmação III), portanto, a área amarela sob o gráfico V x t do carro será claramente maior que a área sob o gráfico do caminhão. Isso significa que o carro percorre uma distância maior que o caminhão até parar.
Afirmativa IV é falsa Aula 6 - Questão 6 - resolução
A esse problema, daremos um tratamento escalar, adotando um eixo positivo para a direita e atribuindo um sinal algébrico às grandezas vetoriais, para simplificar. Serão positivas as grandezas que apontarem a favor do eixo e, negativas, as grandezas que apontarem contra o eixo.
Mm
antesA
B
VA = 6 m/s
VB = 6 m/s
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VB'
M
m
VA' = ?
= 6 m/s
depois
Pela conservação da quantidade de movimento total do sistema, podemos
escrever:
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
Qsist antes = Qsist depois
QA + QB = QA’ + QB’
+M .VA + m.VB = +M .VA’ + (–1).m.VB’ , o sinal (–) se deve ao
sentido de VB
+3 x 6 + 0,5 x 6 = +3.VA’ + (– 0,5) .6
18 + 3 = +3.VA’ – 3
VA’ = 8 m/s Aula 6 - Questão 8 - resolução
M9M
V 'M +
M +
H
( A ) ( B ) ( C )
9M
9M
V
As figuras A e B mostram a colisão inelástica (bate e gruda) da bala com
o bloco de madeira. A conservação da qdm (durante a colisão) nos
permite determinar a velocidade V ’ do bloco logo após o impacto:
Q-sist-antes = Q-sist-depois
M.V + 9M.(0) = ( M + 9M ). V ’ V ’ = V / 10 ***
A energia mecânica diminui da situação da figura A para a situação da
figura B, visto que não se trata de uma colisão elástica. Entretanto, após a
colisão, a sobra de Emec permanece constante do instante B até o
instante C, o que permite usar a conservação de energia no trecho BC.
A Ecin do conjunto caixote+bala, logo após o impacto, será totalmente
convertida na Epot gravitacional do conjunto:
E mec no instante B = E mec no instante C
Ecinetica em B = Epot grav em C
H.g).M9M(2
)'V).(M9M( 2
H.g2
)'V( 2
Usando a relação ***, vem:
H.g100
V
2
1 2
V 2 = 200.g.H = 200x10x 0,45 V = 30 m/s
Aula 6 - Questão 9 - resolução
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
KA B
4M M
V 4V
Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade
de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente
iguais a V e 4V, veja:
0 + 0 = 4M.(V) + M.(+4V).
Agora, queremos saber qual caixa atingirá maior altura ao subir a sua
respectiva rampa. Faremos uso da conservação de energia para cada
caixa:
MA .(VA )2 / 2 = MA .g. HA
(VA )2 / 2 = g. HA , com VA = V,
vem:
(V )2 / 2 = g. HA
V 2 / 2 = g. HA [eq-1]
MB .(VB )2 / 2 = MB .g. HB
(VB )2 / 2 = g. HB com VB = 4V,
vem:
(4V)2 / 2 = g. HB
16V2 / 2 = g. HB [eq-2]
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: B
A2
2
H.g
H.g
V.16
V HB = 16. HA
Resposta correta : LETRA D Aula 6 - Questão 10 - resolução
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA
Admitamos que as caixas têm massas M e 4M, com M = 2kg.
Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade
de movimento, podemos escrever:
(QA + QB)antes = (QA + QB)depos
0 + 0 = M.(VA) + 4M.(+VB)
VA = 4.VB
Em outras palavras, elas irão adquirir velocidades respectivamente
iguais a 4V e V, veja:
(QA + QB)antes = (QA + QB)depos
0 + 0 = M.(4V) + 4M.(+V)
4MM 4MM
V4V
4MM 4MM
V4V
Pela conservação de energia, o prof Renato Brito afirma que:
2
4M.(V)
2
M.(4V)
2
X.K 222
222 4M.V M.16V X.K
22 20M.V X.K , com M = 2 kg,
K = 25 x103 N/m , e a deformação X inicial da mola é dada por X = |L – Lo| = 0,20 – 0,16 = 0,04 m
22 20M.V X.K 25x103 . (16 x 10–4) = 20x 2 x V 2
V = 1 m/s ( essa é a velocidade da caixa de massa 4M, ou seja, da caixa B). A velocidade da caixa A será 4V = 4 m/s
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Aula 6 - Questão 11 - resolução
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
antes
m
Vo
V
M
depois
O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. A quantidade de movimento vetorial do sistema, antes e após a explosão, permanecerá inalterada na direção horizontal, visto que a ausência for forças externas horizontais agindo no sistema garante o seu isolamento nessa direção:
Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final
Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a favor do eixo e vice-versa.
0 + 0 = (M.v) + (+m.vX)
0 + 0 = (M.v) + (+m.vo.cos)
M.V = m.Vo.cos 10 x V = 1,5 x 40 x (0,5) V = 3 m/s Essa é a velocidade do recuo do canhão ! Aula 6 - Questão 12 - resolução
Pela conservação da quantidade de movimento horizontal do sistema bala+canhão, durante o disparo da bala, temos: QX sistema antes = QX sistema depois
Qcanhão + Qbala = Qcanhão’ + Qbala’
0 + 0 = M.V + m.VX , com VX = Vo.cos Assim, a velocidade de recuo do canhão é dada por
V =
cos.V .
M
mo (eq1).
Após o disparo, o canhão recua com velocidade V dada por eq1, sendo
retardado pela força de atrito Fat até parar, após percorrer uma distância
d. Pelo Teorema da Energia cinética (Princípio do trabalho total), temos:
Ttotal = EcinF Ecin i
TFat + Tpeso + Tnormal = 0 M.V² / 2
Fat.d + 0 + 0 = M.V² / 2
.M.g.d + 0 + 0 = M.V² / 2
V² = 2..g.d = 2.(0,5).10.(1,6) V = 4 m/s
Substituindo em eq1, vem:
V =
cos.V .
M
mo 4 = )5,0.(V .
10
2o
Vo = 40 m/s Aula 6 - Questão 13 - resolução
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:
cosm
Mv
vo
antes
Mv = 0
depois
O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. Assim, esse
episódio trata-se de uma mera colisão horizontal, para a qual podemos
escrever a equação escalar:
Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final
Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a
favor do eixo e vice-versa.
(M.v) + (+m.vo.cos) = 0 + 0
Assim, podemos escrever:
M.V = m.Vo.cos M x 5 = 4 x 6 x (0,5) M = 2,4 kg Aula 6 - Questão 14 - resolução
Uma granada de massa 3M se movia com velocidade VO e explodiu em 3 fragmentos de mesma massa M cada. A conservação da QDM do sistema permite escrever:
depois sistema Q antes sistema Q
60o
60o
0,4.M
0,4.M
0,8.M3M.Vo
0,4.M 0,8.M3M.Vo
3M.Vo
1,2.M
3M.VO = 1,2.M VO = 0,4 km/s Aula 6 - Questão 15 - resolução
O rojão de massa 2M e velocidade inicial V explode em dois fragmentos de mesma massa M e velocidades iguais a V ’ , conforme o diagrama abaixo:
(2M).V
(M).V’60
o60
o
antes
depois
A conservação da QDM durante a explosão permite escrever:
2M.V = M.V ’ .cos60o + M.V ’ .cos60o
2M.V = M.V ’ / 2 + M.V ’ / 2
2M.V = M.V ’ V ’ = 2.V = 2 x 20 = 40 m/s
Aula 6 – Questão 16 – resolução
Adotando o eixo y para baixo, todos os vetores para baixo receberão sinal
algébrico positivo, e vice-versa.
Pela conservação da Quantidade de movimento na vertical, temos:
Qy antes = Qy depois
+4M.V = + M.6V.cos + M.6V.cos + 2M.V’
+4M.V = + 12M. V.(0,5) + 2M.V’
V’ = V
Ou seja, o 3º pedaço tem uma velocidade V apontando para cima.
Física
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446
Aula 6 - Questão 17 - resolução
O móvel A percorre a distância 2x no mesmo tempo em que o móvel
B percorre a distância 4x, colidindo no ponto P ( Veja a figura 1
adiante).
Isso permite concluir que A e B se movem (em MRU) com
velocidades 2V e 4V (só interessa a proporção entre as velocidades –
figura 2 adiante).
Conhecendo-se as massas 3m e m, bem como suas velocidades,
2V e 4V, deduzimos suas quantidades de movimento 3m.(2V) e
m.(4V), isto é, 6m.V e 4m.V. ( Figura 3 adiante )
Assim, podemos determinar o vetor QDM total do sistema
(Qsist = QA + QB ), antes da colisão, como mostrado na figura 3
adiante.
Como a QDM do sistema ANTES e DEPOIS da colisão é A MESMA,
o vetor Qsistema da figura 3 também representa a QDM total do
sistema APÓS a colisão.
pA
B
2x
4x
figura 1
pA
B
3m4V
2V
m
figura 2
Qsistema
p
B
4m.V
6m.V
R
figura 3
O vetor Qsistema (figura 3) indica a direção da velocidade seguida
pelos móveis A e B, após se agruparem num só corpo AB.
A reta R dá a direção seguida pelo conjunto AB após a colisão. O
ângulo dá a inclinação da reta R, isto é, tang() = 4 / 6 = 2 / 3.
Observando as alternativas, vemos que apenas a reta C tem essa
mesma inclinação tang()= 2 / 3.
pA
a b c
d
e
Aula 6 - Questão 18 - resolução
A QDM total do sistema antes do impacto deverá ser igual à sua QDM
após o impacto, visto que o sistema encontra-se isolado durante a colisão
bidimensional. Assim, podemos escrever a equação vetorial:
20 x 50 M
B.8
20 x 3
100 MB.8
O teorema de pitágoras
permite escrever:10060
8.MB
8.MB= 80 M
B= 10 kg
60
MA.V
A 0
MA.V
A
' MB.V
B
'
Aula 6 - Questão 19 - resolução
A
M.VA
C
M.VC
m.VB
B
depois sistema Q inicial sistema Q
M.VA
m.VB M.V
C
0
M.VA
m.VB M.V
C
M.VC = M.VA + m.VB M.VC > M.VA VC > VA
Aula 6 - Questão 20 - resolução
A
B C(M+m) .V
AB M.VC
depois sistema Q inicial sistema Q
M.VC0
M.VC
(M+m) .VAB
(M+m) .VAB
(M + m). VAB = M.VC , mas (M + m) > M VAB < VC
Física
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447
Aula 6 - Questão 22 - resolução
Trata-se de um mero problema de compensação. As partes se
movem de forma que o CM do sistema permanece em repouso em relação à Terra. Assim, podemos dizer:
M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga- terra Observando o antes e o depois, percebemos que:
1 cmparede
1 cmparede
D
x
antes
depois
1) a distância que a lâmina se move, em relação à Terra, vale: D Lâmina- Terra = 1 cm
2) a distância que a formiga se move, em relação à Terra, vale:
Dformiga - terra = X = ( D 1 ) Substituindo, vem: M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga - terra
(5m) x 1 = m x (D 1)
5 = D 1 D = 6 cm
Aula 6 - Questão 23 - resolução
O gráfico mostra que as velocidade escalares dos móveis antes e após a colisão têm sinal algébrico positivo +. Isso indica que, antes e após a colisão, suas velocidade apontam sempre no sentido positivo do referencial, ou seja, nenhum deles inverte o sentido do seu movimento durante a colisão. A colisão pode ser esquematizada pela figura abaixo:
A
antes
B
A
depois
B
+6 m/s +1 m/s
+2 m/s +5 m/s
a) MA.VA + MB.VB = MA .VA’ + MB.VB’ 20 x 6 + MB x1 = 20 x 2 + MB x 5
80 = 4. MB MB = 20 kg
b) e = 6,016
25
antes Vrel
após Vrel
Aula 6 - Questão 24 - resolução
Solução vetorial:
inicialQ finalQ
m.VF = m.V i +
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem:
m.VF + m.V i =
m.( VF + V i) =
Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim:
| m.( VF + V i) | = |
|
m.( VF + V i) =
m.( VF + V i) = F.t
50x10–3 . ( 10 + 7) = F . (10x 10–3) F = 85 N
Aula 6 - Questão 25 - resolução
Se a bola cai de uma altura H a partir do repouso, com que velocidade ela se choca no solo? Conservação de energia:
M.g.H = M.V2 / 2 V = s/m 68,1102H.g.2
Essa é a velocidade antes do impacto com o solo Vi = 6 m/s vertical para baixo.
Seja VF a velocidade da bola logo após o impacto. Para o cálculo do
coeficiente de restituição, a Vrel entre a bola e o chão antes do impacto
vale Vi = 6 m/s (já que o solo não se move), ao passo que a V relativa
entre a bola e o chão, logo após o impacto, vale VF. Assim:
e = |V|
|V|
antesrelativa
apósrelativa
= 0,8
6
V
V
V F
i
F VF = 4,8 m/s
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:
inicialQ finalQ m.VF = m.V i +
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem:
m.VF + m.V i =
( m.VF + m.V i ) =
Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim:
|( m.VF + m.V i ) | = |
| m.( VF + V i ) =
m. (VF + V i ) = Fmédia .t
0,5 x ( 4,8 + 6 ) = Fmédia . ( 0,02)
5,4 = Fmédia . ( 0,02) Fmédia = 270 N Aula 6 - Questão 26 - resolução
Ao cair de uma altura h = 11,25 cm o atleta chegará ao solo com que
velocidade ? Ora, na queda livre temos a = g = 10 m/s2. Assim, Torricelli
vem:
2 2 2o
11,25V V 2.a. s V 0 2.(10). V 2,25 1,5m/s
100
Assim, no início do impacto com o solo, o atleta apresenta uma quantidade de movimento dada por:
Qi = m . Vi = 70 x 1,5 = 105 kg.m/s
Ao término do impacto, o atleta está parado, ou seja, Qf = 0.
Pelo teorema do impulso, vem:
Qf = Qi + I
Qf = Qi + F.t
0 = 105 + F.(0,01)
F = 10500 N
|F| = 10500 N Aula 6 - Questão 27 - resolução
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:
inicialQ finalQ m. FV
= m. i V
+
Essa relação é representada graficamente nos esquemas abaixo:
M.Vi
F.t
M.VF
20
15
M.VF
Calculando M.Vi e F.t, podemos determinar M.VF pelo teorema de Pítágoras:
M . V i = 5 x 4 = 20 F. t = 150 x 0,1 = 15,
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Pelo teorema de Pítágoras:
(20)2 + (15)2 = (M.VF)2 M.VF = 25 5 x VF = 25
VF = 5 m/s
Aula 6 - Questão 32 - resolução
Pela conservação da quantidade de movimento horizontal durante a colisão, temos: QX sistema antes = QX sistema depois m.Vo + 0 = (M+m).Vx, onde vx é a velocidade do conjunto logo após a colisão. m.Vo = (M+m).Vx (eq1) O alcance horizontal A , no lançamento horizontal, é calculada por:
A = Vx . Tqueda (eq2)
onde Tqueda é o tempo de queda do conjunto, calculado por:
H = g.T² / 2 Tqueda = 2H / g (eq3)
O alcance A vale D, segundo a figura da questão. Assim, substituindo eq1 e eq3 em eq2, vem:
A = Vx . Tqueda D = om.V 2H.
(M m) g Vo =
D.(M m) g.
m 2H
Aula 6 - Questão 36 - resolução
Conforme demonstrado na questão 20 de classe, veja seu caderno, a força média nessa colisão é dada por:
3
m2.m.v.cos 2.(50.10 ).30.(0,8)
F 12Nt 0,2
Aula 6 - Questão 37 - resolução
a) O gráfico mostra que a força está a favor do movimento (seu valor é
positivo) no intervalo 0 t 4 s, intervalo de tempo em que o movimento é acelerado (módulo da velocidade aumentando até atingir o valor máximo em t = 4s). A força passa a apontar contra o movimento no intervalo de
tempo 4s t 6s, quando o movimento passa retardado (o módulo da velocidade passa a diminuir. Portanto, a velocidade máxima é atingida no instante t = 4s. b) calcular a velocidade máxima é calcular a velocidade da caixa no
instante t = 4s. Assim, aplicaremos o teorema do Impulso no intervalo 0
t 4 s:
QF = Qi + I , com I = b h 4 20
40 N.s2 2
2.VF = 2.(0) + 40 VF = 20 m/s
c) Aplicando o teorema do Impulso no intervalo 4s t 6s, vem:
QF = Qi + I , com I = b h 2 10
10 N.s2 2
Note que, no intervalo 4s t 6s, temos Vi = +20 m/s (em t = 4s).
2.VF = 2.(20) 10 VF = 15 m/s
Aula 6 - Questão 38 - resolução
O impulso que as pessoas (de massa M) no interior do carro vão sofrer é
dado diretamente pela variação da QDM sofrida por elas, dada por:
I = Q = M.VF M.Vi = M.(VF Vi)
Assim, o impulso que o passageiro vai sofrer numa colisão só
depende da velocidade com que o carro vinha antes do impacto
(Vi), a velocidade final dele que será nula VF = 0 após o impacto e
a massa da pessoa M. Assim, com ou sem airbag, o impulso
sofrido no impacto é sempre o mesmo.
Entretanto esse impulso é dado pelo seguinte produto:
t FI tF
Como vemos, o mesmo impulso pode ser obtido através de uma
força grande ou de uma força pequena. O papel do air-bag é fazer
prolongar a duração da interação entre a pessoa e o carro, ou seja,
aumentar o t para sofrer uma força F menor durante o impacto,
já que o impulso é sempre o mesmo, com ou sem airbag.
Letra B
AULA 7 – Hidrostática
Aula 7 - Questão 1 - resolução
Para que a alimentação endovenosa esteja no limiar de conseguir
entrar na corrente sanguínea, a pressão da coluna líquida
Pcol = d.g.h deve ser igual à pressão sanguínea média do
paciente. Assim, teremos:
Psanguinea = Pcol
Psanguinea = dliq. g.h = 3 2 2
kg m N1030 10 0,9m 9270
m s m
Psanguinea = 9270 N/m² = 25 2
76cmHg9270 N/m 7 cmHg
10 N/m
Aula 7 - Questão 2 - resolução
A pressão sanguínea média do paciente vale:
Psanguinea = 14 cmHg = 5 2
210 N/m14cmHg 18421 N/m
76cmHg
A densidade do conhaque vale:
dliq = 1,2 g/cm3 = 3 3
3 3 33
10 kg/m1,2 g/cm 1,2 10 kg/m
1 g/cm
Para que o conhaque esteja no limiar de conseguir entrar na
corrente sanguínea, a pressão da coluna líquida Pcol = d.g.h deve
ser igual à pressão sanguínea média do paciente. Assim, teremos:
Psanguinea = Pcol
Psanguinea = dliq. g.h
2 3
3 2
kg m18421 N/m 1,2 10 10 h
m s h = 1,53 m
Aula 7 - Questão 3 - resolução
A bomba d’água deverá vencer a pressão da coluna de água, portanto, deverá vencer a pressão:
Pcol = dliq.g.h = 3 3 2
3 2
kg m10 9,8 10m 98 10 N/m
m s
Letra A
Aula 7 - Questão 4 - resolução
Qual a pressão exercida por 2000 m de água ?
A forma mais rápida de responder é lembrando que 1 atm = 10 m de água, assim, podemos fazer 1 regra de 3:
1atmPcol 2000 m de água 200 atm
10 m de água
Letra A
Física
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Aula 7 - Questão 8 - resolução
Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a pressão de 1 atm ?
Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a mesma pressão de uma coluna de mercúrio de 76 cm de altura ?
Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a mesma pressão de uma coluna de água de 10 m de altura ?
Todas as perguntas acima são equivalentes, mas o cálculo é enormemente facilitado quando trabalhamos com a água. Pcol cajuína = Pcol 10m de água
dcaj. g. Hcaj = dágua. g . Hágua
0,625 g/cm3 . Hcaj = 1 g/cm3. 10 m Hcaj = 16 m
Aula 7 - Questão 9 - resolução
Para resolver o problema, faça Pa = Pb.
Pa = pressão atmosférica = 2 atm = 2 x 76 cmHg = 152 cmHg
Ou seja, Pa é a pressão exercida por uma
coluna de Hg de 152 cm de altura.
Pa = d.g.h = d. g. 152 onde d = dHg
Pb = Pcolx + Pcol a (veja figura)
Pb = d.g.(x) + (d/2).g.a, onde d = dHg
Fazendo Pa = Pb vem:
d. g. 152 = d.g.(x) + (d/2).g.a
com d = d Hg e a = 64cm
d. g. 152 = d.g.(x) + (d/2).g. 64
a
h
vácuo
x
a b
d. g. 152 = d.g.(x) + d.g. 32 x = 120 cm
h = x + a = 120 + 64 = 184 cm Aula 7 - Questão 15 - resolução
Dentro de um gás, a lei de Stevin (PA = PB + d.g.H) se reduz a
PA = PB = n.R.T/ V, visto que a densidade (d) do gás é desprezível para
alturas H usuais. A variação da pressão com a altitude H, no interior de
um gás, só não será desprezível para alturas quilométricas, em geral,
envolvendo a atmosfera.
Por esse motivo, temos que:
P4 = P2 = Pgás = n.R.T / V
Pela lei de Stevin, sabemos que:
P5 = P6 e P3 = P4 embora P1 P2
Portanto, P2 = P4 = P3
Resposta correta: letra D
1
3 4
2
5 6
Água
Ar
Aula 7 - Questão 18 - resolução
Prá variar, faça PA = PB .
32 cm água
mercúrio
óleo 6 cm
Y
X
a
b
PA = PB dA . g. 32 = dHg . g. y + doleo. g. 6
1 x 32 = 13,6 . y + 0,8 x 6 y = 2 cm Portanto, o desnível X pedido vale
X = 32 ( 6 + y) = 32 ( 6 + 2) = 24 cm
Aula 7 - Questão 26 - resolução
A quantidade de água na vasilha vai aumentando. O empuxo vai aumentando, a normal N vai diminuindo. A partir do momento em que a normal N se anula (N = 0), teremos E = P = constante. A partir daí, mesmo que mais água seja adicionada à vasilha, o empuxo permanece constante E = P, portanto Vsub permanece constante, assim como x pemanece constante. Portanto, para determinar a altura x, basta fazer E = P.
x
x
E = P Dliq . Vsub . g = Dcorpo . V. g Dliq . ( x. A). g = Dcorpo . ( H. A). g Dliq . x = Dcorpo . H 1 . x = 0,4 . 4 cm X = 1,6 cm resposta – Letra C
Aula 7 - Questão 32 – resolução
Na bola A: EA = PA + T (eq1)
Na bola B: EB + T = PB (eq2)
Somando membro a membro, vem: EA + EB = PA + PB
EA + EB = PA + PB
dLiq1 . vA . g + dLiq2 .vB . g = dA . vA . g + dB .vB . g
(2d) . v . g + (3d) .v . g = d. v . g + dB .v. g
(4d) . v . g = dB .v. g dB = 4d
Aula 7 - Questão 34 - resolução
Inicialmente, temos Eantes = P = 100 N (veja figura). Depois, uma força F afundará o bloco. O empuxo que age no corpo é diretamente proporcional ao volume submerso:
depois Vsub
E
antes Vsub
E depoisantes V10
E
V8
N100 depois Edepois = 125 N
F + P = Edepois F + 100 = 125 F = 25N
8V
2V
10V
Eantes
P = 100N
EdepoisF
= 100N
P = 100N
Aula 7 - Questão 36 - resolução
Inicialmente, uma força F mantém o bloco em equilíbrio submerso:
F
P
Eantes
P
Edepois
Eantes = F + P (eq1)
Depois que a força F é suprimida, o corpo passa a flutuar em equilíbrio na superfície da água: Edepois = P (eq2) O empuxo que age no corpo é diretamente proporcional ao volume submerso:
Física
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depois Vsub
E
antes Vsub
E depoisantes
3V
E
V
E depoisantes
Eantes = 3. Edepois, usando as relações eq1 e eq2, vem:
F + P = 3.P 20 + P = 3P P = 10N
Aula 7 – Questão 37 – resolução
Inicialmente, o recipiente desloca um volume de água correspondente a 3 tabletes. Como o recipiente vazio encontra-se em equilíbrio, podemos dizer que o empuxo tem o mesmo valor do peso do recipiente:
E = Peso do recipiente vazio, ou, pelo Principio de Arquimedes:
Peso de 3 tabletes de água = Peso do recipiente vazio (eq1)
Em seguida, adicionamos + N tabletes de água no interior do cilindro, e o empuxo aumenta até o seu valor máximo, antes que o recipiente afunde completamente (veja figura abaixo):
Emax = Peso do liquido deslocado = peso de 6 tabletes de água (eq2)
Como o recipiente continua em equilíbrio, nessa situação final (figura acima), temos:
Peso do recipiente vazio + peso N tabletes de água = Emax (eq3)
Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem:
Peso do recipiente vazio + peso N tabletes de água = Emax
Peso 3 tabletes de água + peso N tabletes de água = peso de 6 tabletes de água
peso N tabletes de água = peso de 3 tabletes de água N = 3
O recipiente deverá conter 3 tabletes de água, na situação final de equilíbrio, prestes a afundar completamente, como mostra a figura abaixo:
Fórmulas ????? Fórmula é para quem vai fazer farmácia ! Fórmula de xampu, fórmula de perfume, fórmula de remédio etc Né ?
Aula 7 - Questão 41 - resolução
Conforme vimos na questão 17 de classe, ao abandonarmos a bola de
madeira no recipiente A, ela boiará na superfície do líquido e a marcação
da balança não sofrerá alteração. Quando a bola de chumbo for
abandonada no recipiente B, aí sim a balança desequilibrará com a
descida da lata B. Para restituir o equilíbrio inicial, basta colocar mais
uma bola de chumbo na lata A, visto que a bola de madeira que boia na
superfície da água não influencia em nada a marcação da balança.
Aula 7 - Questão 43 - resolução
A balança marca a força de contato total exercida no fundo do recipiente
(internamente). No caso, vemos que apenas a água está em contato com
o fundo do recipiente (a bola não toca o fundo), exercendo sobre ele uma
força de pressão dada pelo produto F = (Pressão) x (área do fundo), onde
a pressão hidrostática exercida sobre o fundo do recipiente é dada pela
pressão exercida pela coluna líquida Pcol localizada sobre ele. A pressão atmosférica não influencia, visto que ela age tanto em cima como embaixo do prato da balança
Fantes = Pcol antees . área = d.g.H antes . área
Fdepois = Pcol depois . área = d.g.H depois . área
Dividindo membro a membro, vem:
5
4
H
H
área . H d.g.
área . d.g.H
F
F
depois
antes
depois
antes
depois
antes
A razão Hantes / Hdepois = 4/5 pode ser vista pela figura.
Assim, sendo Fantes = 12 kgf, temos que Fdepois = 12 . ( 5 / 4 ) = 15 kgf Aula 7 - Questão 44 - resolução
Antes de cortar o fio
PA
N
N
PB
E E T
PA
N
N
PB
E E N’
Após cortar o fio
N’
O valor do empuxo E é igual ao valor do peso da água deslocada, ou seja, é igual ao peso de 2,4 litros de água. ( E = 2,4 kgf) Antes de cortar o fio: a balança é um aparelho que mede o valor da normal N. Como a água está em equilíbrio, podemos escrever:
N = PA + E = 40 kgf + 2,4 kgf = 42,4 kgf
O dinamômetro é um aparelho que mede a tração T. Uma bolinha de
massa 20 kg tem peso PB = 20 kgf. Como a bolinha está em
equilíbrio, pemite escrever:
E + T = PB 2,4 kgf + T = 20 kgf T = 17,6 kgf Depois de cortar o fio: a balança é um aparelho que mede o valor da normal N + N ’ . Como a água e a bolinha estão em equilíbrio, podemos escrever: N = PA + E + N ’ + E = PB ----------------------------------- N ’ + N = PA + PB N ’ + N = 40 kgf + 20 kgf N ’ + N = 60 kgf A balança marcará 60 kgf após o fio ser cortado e a bola repousar no fundo do recipiente Aula 7 - Questão 48 - resolução
Para entender a resolução dessa questão, é imprescindível ler previamente o Exemplo resolvido 9, pagina 228. Caso ainda não tenha lido, não prossiga antes de ler.
Considere os seguintes parâmetros:
Pa = peso da água inicialmente contida no recipiente
Po = peso do óleo inicialmente contido no recipiente
Eo = empuxo devido ao óleo
Ea = empuxo devido à água
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451
Pod = peso do óleo derramado.
Pfe = peso da bola de ferro
Na situação inicial, a balança marca 10 kgf, assim, temos:
Pa + Po = 10 kgf (eq1)
A balança 2 marcará: Pa + Po + Eo Pod.
Entretanto, pelo princípio de Arquimedes, temos: Eo = Pod, portanto, a 2ª
balança marcará:
Pa + Po + Eo Pod = 10 kgf
A balança 3 marcará:
(Pa + Po) + Ea Pod = (10kgf) + (1 kgf) 0,8 kgf = 10,2 kgf
A balança 4 marcará:
(Pa + Po) + Pfe Pod = (10 kgf) + 8 kgf 0,8 kgf = 17,2 kgf
Aula 7 - Questão 49 - resolução
Na fase 1, a balança mede o peso da água como sendo 400 gf (grama
força).
Na fase 2, a balança mede o peso da água mais o empuxo E que o
sólido faz na água como sendo 440 gf.
O acréscimo de 40 gf, da fase 1 para a fase 2 deve-se ao empuxo E
que o sólido exerce na água que, portanto, vale E = 40 gf.
Ora, mas o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo
(princípio de Arquimedes).
Se o empuxo E devido a essa bola vale 40 gf, esse é o peso do volume
de água deslocada pelo sólido completamente imerso.
Ora, mas um peso de 40 gf de água implica uma massa de 40 g de
água, portanto, um volume de 40 cm3 de água foi deslocado quando o
sólido foi nela mergulhado. Daí, deduzimos que o volume do sólido vale
V = 40 cm3.
Da fase 1 para a fase 3, o acréscimo na marcação da balança (600 gf
400 gf = 200 gf) deve-se ao peso do sólido abandonado no interior do
recipiente que, portanto, tem uma massa m = 200 g.
Finalmente, sabendo a massa (m = 200 g) e o volume do sólido (V = 40
cm3), determinamos a sua densidade:
d = 3cm 40
g 200
V
m = 5 g/cm3
A presente questão já caiu no vestibular da UECE há muitos anos. Aula 7 - Questão 56 - resolução
O gelo quer subir até a superfície da água, mas a mola está impedindo a
subida do gelo. O gelo empurra a mola, comprimindo essa mola. A mola
comprimida empurra o gelo para baixo.
A mola, portanto, encontra-se, inicialmente, comprimida.
Quando o gelo vai derretendo, a mola vai gradativamente voltando ao seu
tamanho natural (deixando de estar comprimida). Quando o gelo estiver
totalmente fundido, a mola atingirá o seu comprimento natural. Aula 7 - Questão 59 - resolução
Como aprendemos nas questões anteriores, bem como no Exemplo Resolvido 8 pagina 216, como o “peso total depois” tem o mesmo valor do “peso total antes”, assim, o “empuxo total depois” também deve ter o mesmo valor do “empuxo total antes”, uma vez que “E = Peso total” nas
duas situações. Assim, como o empuxo total não muda de valor, o mesmo deve ocorrer ao volume submerso total.
H
hiVsub inicial
H
hFVsub 1
Vsub 2
ferro
ferro
antes depois Nas figuras acima, portanto, devemos ter: Vsub inicial = Vsub1 + Vsub2 Assim, certamente, Vsub1 < Vsub inicial, portanto hF < hi ! Massa né ?
Aula 7 - Questão 67 - resolução
Do estudo da hidrostática no ref. não-inercial, sabemos que:
tg = a / g e da figura abaixo, temos tg = 2x / 4x = 1/2
Assim, vem a / g = 1 / 2 a = g/2
a
x
x
4x
Aula 7 - Questão 76 - resolução
a) a cada 10 m de água, a pressão aumenta 1 atm, assim, uma coluna de 30 m de água exerce uma pressão de 3 atm, adicionando a pressão atmosférica, teremos uma pressão total 3 + 1 = 4 atm a 30 m de profundidade. b) Vejamos a que pressão o volume do nosso pulmão se reduz a 25% do valor inicial na superfície da água, admitindo que a temperatura do gás seja constante:
P.V = P’.V’ 1 atm . V = P’. (0,25V) P' = 4 atm
Mas a que profundidade a pressão vale 4 atm ? Do resultado do item a, vimos que a 30 de profundidade o volume dos pulmões cairia a 25% do volume inicial. Se o mergulhador descer a uma profundidade ainda maior que 30 m, o volume dos pulmões ficaria ainda menor do que 25%, o que seria danoso. Assim, o mergulhador não deve ir abaixo de 30 m de profundidade.
Física
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452
AULA 8 ESTÁTICA
Aula 8 - Questão 2
/2
/2
90/2
/2
/2
PN N
Pelo equilíbrio das forças na direção vertical, podemos escrever:
Ny + Ny = P 2.Ny = P
2.N.sen(/2) = m.g m.g
N
2.sen2
Aula 8 - Questão 3
Item B: Como está na iminência de perder o contato em A, fizemos NA = 0, tiramos logo o suporte A da figura abaixo. Assim, para a barra estar em equilíbrio de momentos, temos:
Momento do peso = momento da normal
P . (1,5) = 2 . N
N = peso do homem = 600 newtons.
P . (1,5) = 2 x 600
P = 800 newtons
O menor peso da barra para que ela não gire vale 800 newtons.
B
5 m
2m
P
1,5 m N
2m
NA = 0
Aula 8 - Questão 5
O equilíbrio das caixas permite escrever: T1 = P = 60 N e T2 = P = 60 N No pé do homem agem duas trações de mesmo módulo.
Assim, a tração resultante no pé do homem está bem na bissetriz entre T1 e T2 e vale: Tresultante = T1X + T2X = 60.cos30o + 60.cos30o = 120.cos30o
Tresultante = 3
1202 103,2 N , aproximadamente letra D
T1
P
P
T2
T2
T1
Aula 8 - Questão 6
Vamos colocar o nosso parafuso virtual sobre a extremidade direita da barra. Assim, faremos a soma dos momentos horários é igual a soma dos momentos anti-horários:
A normal NA = 400 N produz momento horário em relação ao nosso
parafuso, momento esse de módulo 400 3. O peso da barra vale 200 N e produz momento anti-horário de valor
200 1,5 em relação ao nosso parafuso. O peso do palhaço sobre a bicicleta também exerce momento anti-horário em relação ao nosso parafuso, de módulo 500.X onde X é a distancia dele ao parafuso. Assim, fazendo a soma dos momentos horários é igual a soma dos momentos anti-horários, temos:
200.(1,5) + 500.X = 400.(3) X = 1,8 m Aula 8 - Questão 7
Vamos supor que o homem fique apoiado apenas sobre a perna esquerda, retirando a direita do solo. Qual o peso total sobre a perna esquerda ? Vamos lah: Cabeça 5 kg + par de braços 3,5 kg + 3,5 kg + tronco 37 kg + duas coxas 6,5 kg + 6,5 kg + perna + pé direito 4 kg = 66 kg
Assim, o peso total valerá 66 kg10m/s2 = 660 N Letra C Aula 8 - Questão 8
Nessa questão, vamos dividir o comprimento total dessa barra em 6 partes iguais, assim, digamos que essa barra tem um comprimento total 6L, onde L é o comprimento de cada uma dessas 6 partes idênticas. Vamos colocar o nosso parafuso virtual sobre a extremidade direita da barra, mais uma vez. Como o bloco está mais próximo da extremidade esquerda, do que da direita, o suporte esquerdo A estará “suportando um peso maior” do que o direito C, nessas condições. Digamos então que o suporte A esteja suportando seu peso limite, ou seja, digamos que a normal NA nessa
extremidade esquerda já esteja valendo 65 kg10 m/s2 = 650 N, ou seja,
NA = 650 N, portanto ela produz, em relação ao nosso parafuso, um momento total NA.6L = 650.(6L) no sentido horário.
O peso dessa caixa vale M.g e encontra-se a uma distância 4L do nosso parafuso, e produz um momento anti-horário de módulo M.g.(4L).
O peso da barra vale 30.(10) = 300 N e encontra-se a uma distância 3L do nosso parafuso, e produz um momento anti-horário de módulo 300.(3L). Assim, fazendo a soma dos momentos horários é igual a soma dos momentos anti-horários, temos: 650.(6L) = M.g.(4L) + 300.(3L) 650.(6L) = M.(10).(4L) + 300.(3L) 3900 = 40.M + 900 M = 75 kg
Física
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453
AULAS 10, 11, 12 e 13 – OPTICA
Óptica - Questão 1 - resolução
calma, não se deprima ! O espelho usado na vida real tem uma lamina de vidro que cobre a película espelhada de prata para protegê-la evitando oxidação.
Suponha um espelho com vidro de espessura e = 6 mm. Quando você encosta seu lápis nele, na verdade, seu lápis tocou apenas em uma das faces do vidro, que está a 6 mm da face oposta onde encontra-se colada a película de prata (veja a figura).
Vidro do
espelho
objetoimagem
6mm 6mm
12 mm
Assim, seu lápis está, na verdade, a 6 mm da película de prata que é o espelho propriamente dito. Sendo X = X', a imagem do seu lápis aparecerá do outro lado, a 6 mm de distancia da película de prata e, portanto, a 6 + 6 = 12 mm de distancia do seu lápis. Óptica - Questão 3 - resolução
Ela segue a mesma resolução da questão 2 de classe, que foi explicada tão detalhadamente que ganhou 3 vídeos =) Pegue o ponto F, rebata e acha um F' lá embaixo (ao rebater, a distância tem que ficar igual e o ângulo tem que ser de 90 graus). Após achar o F', ligue F' até o ponto P. Ao ligar, no caminho, sua reta vai passar pelo ponto 3.
Assim, você acabou de determinar que o caminho da luz vai ser ponto F - ponto 3 - ponto P.
Optica – Questão 6 – resolução
50 m
x 0,5m0,5m
50 m
x+10,5m
0,1m
0,1m
Semelhança de triângulos:
0,5 x 1x 249m
0,1 50
Optica – Questão 7 – resolução
Vamos imaginar que, uma pessoa, ao se olhar num espelho plano
distante, enxergue apenas 2/3 de seu corpo. Se ela se aproximar ou se afastar do espelho, o que ocorrerá com sua imagem? Vejamos os desenhos abaixo: Caso 1: Pessoa longe do espelho plano: Considere uma pessoa de altura 3b, que está a uma distância 2a de um espelho plano de altura b e que enxerga apenas 2/3 de seu tamanho total, ou seja, vendo apenas uma extensão 2b da altura total 3b da imagem.
a a aa
b
b
b
b2b
a a aa
objeto imagem
Observe a semelhança de triângulos e a proporção b 2b
2a 4a , e o ângulo
visual tal que b
tg2a
.
Caso 2: Pessoa próxima ao espelho plano Agora, vamos considerar que a mesma pessoa de altura 3b aproximou-se do espelho, e encontra-se agora a uma distância a do mesmo espelho de altura b. Ela verá novamente apenas 2/3 de sua imagem, isto é, vendo apenas uma extensão 2b da altura total 3b da imagem.
b
a a
b
b
b
2b
a a
objeto imagem
Observe a semelhança de triângulos e a proporção b 2b
a 2a , e o ângulo
visual > tal que 2b
tg2a
.
Física
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454
A única forma de passar a ver uma fração maior do seu corpo é aumentar o tamanho do espelho, portanto, a única afirmativa correta é a III. Por que tenho a impressão de que a minha imagem aumenta de tamanho, à medida que me aproximo do espelho lá de casa ? Por causa do aumento do ângulo visual (Veja as figuras dos casos 1 e 2
em que temos > ) que dá essa sensação de que a imagem aumenta de tamanho quando você se aproxima do espelho. No entanto, a altura da imagem é constante, sempre igual à altura do objeto. Essa mesma sensação ocorre quando observamos os postes de uma avenida. Certamente a prefeitura não comprou 100 postes de tamanhos diferentes para a Av. Santos Dumont. No entanto, quando caminhamos a pé pela calçada, temos a impressão de que os postes mais próximos
(ângulo visual , veja figura abaixo) são maiores que os postes mais
distantes (ângulo visual < , veja figura abaixo). Novamente, é uma mera questão de ângulo visual.
Os postes mais próximos são vistos sob ângulo visual maior ( > ), dando a impressão de que são maiores que os postes mais distantes, mas todos têm o mesmo tamanho . Óptica - Questão 8 - resolução
Ao todo são 24 bailarinas, sendo que, das 24, temos 3 bailarinas de verdade e 21 bailarinas imagens. Isto significa que o par de espelhos está conjugando 21 imagens a partir de 3 objetos, ou seja, o par de espelhos está “produzindo” 7 imagens a partir de cada 1 objeto. Assim:
N = 360/ – 1 7 = 360/ – 1 = 45o Óptica - Questão 10 - resolução
Abra a apostila na página 269, veja a figura do pirata diante do par de espelhos perpendiculares entre si, observando suas 3 imagens. Veja que o pirata R1 nessa figura é uma imagem enantiomorfa (invertida), enquanto o pirata R2 é uma imagem não-enantiomorfa (não-invertida). Para entender melhor, leia todo o diálogo dos piratas nessa página. Óptica - Questão 11 - resolução
Pela propriedade da rotação dos espelhos planos, sabemos que quando
um espelho gira em um ângulo = 45o , a sua imagem vai girar um
ângulo = 2. = 90o no mesmo sentido.
objeto Imagem
inicial
Imagem
final
= 90o
= 45o
Antes de girar o
espelho
Após girar o
espelho 45o
Assim, observando a figura abaixo, não é difícil compreender porque a imagem final da moça estará horizontal, quando ela se observar num espelho que forme 45o com a vertical. Portanto, observando a figura acima, vemos que a moça deve mirar um ponto entre A e C a fim de observar a imagem dos seus sapatos, isto é, deve mirar o ponto intermediário B.
Prof Renato Brito
B
A
C
Óptica – Questão 13 – resolução
Pela propriedade da Rotação dos Espelhos planos, se = 15o, teremos
= 30o na figura a seguir, o que nos permite escrever:
E1 E2
CA
B
a) oAB 3 ABtg tg30 AB 3 cm
AC 3 3
Se AB triplicará de valor, AB passará de 3 cm para 3 3 cm .
Quanto valerá o novo nessa situação :
oAB 3 3tg = 3 cm = 60
AC 3
Pela lei da rotação ( = 2), sendo = 60o e teremos = 30o. Óptica – Questão 17 – resolução
Sejam a e b as extremidades do objeto extenso. Onde se localizam as imagens a’ e b’ dessas extremidades, conjugadas pelo espelho côncavo ?
C F
V
a
b
Efetuando os traçados dos raios, facilmente localizamos os pontos a’ e b’, imagens de a e b conjugadas pelo espelho côncavo.
Física
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455
C F V
a'
b'
Assim, após termos localizado as extremidades da imagem, acabamos localizando toda a imagem extensa
C F V
a'
b'
Óptica – Questão 21 – resolução
Na figura, temos P’ > 0, P > 0 e P’ > P, assim:
P’ P = 24, A = 4 = P '
P
P’ = 4P
Resolvendo o sistema, encontramos P = 8 cm e P’ = 32 cm
1 1 1
F P P ' F = 6,4 cm R = 12,8 cm
Óptica - Questão 22 - resolução
“....Um objeto encontra-se a 20 cm de um espelho, sua imagem direita (e, portanto, virtual) encontra-se a 40 cm do referido espelho....” Traduzindo: inicialmente, quando P = + 20 cm, tínhamos P´ = –40 cm (imagem virtual e direita) “......Se o objeto for posicionado a 80 cm do espelho, sua imagem será...” Traduzindo: Se agora tivermos P = +80 cm, então P´ valerá quanto ?
' P
1
P
1
' P
1
P
1
F
1
antes depois
' P
1
80
1
40) - (
1
20
1
F
1 P ’ = + 80 cm (real)
Resposta correta- letra E Óptica – Questão 23 – resolução
Na figura, temos P’ > 0, P > 0 e P > P’, assim:
P P’ = 4, A = 1
3
=
P '
P
P = 3.P’
Resolvendo o sistema, encontramos P’ = 2 cm e P = 6 cm
1 1 1
F P P ' F = 1,5 cm R = 3,0 cm
Óptica – Questão 25 – resolução
Na figura, temos P’ < 0 (imagem soim virtual), P > 0 , assim:
|P| + |P’| = 20 cm, mas, sendo P’ < 0, temos |P’| = (1). P’, assim:
P P’ = 20 cm, A = 1
3
=
P '
P
P = 3.P’
Resolvendo o sistema, encontramos P’ = 5 cm e P = +15 cm
1 1 1
F P P ' F = 7,5 cm R = 15 cm
Óptica - Questão 28 - resolução
Desvio = = 15o
Ângulo de refração =
+ = 45o (opostos pelo vértice)
Portanto = 30o
Da lei de Snell, temos :
nar. Sen45o = nvidro . sen
1. 22
= nvidro. sen 30o nvidro = 2
Vidro
N45º
45º
N
Óptica - Questão 29 - resolução
Lei de snell: n1. sen = n2. sen
Nessa questão, foi dito que quando = 90o, teremos = 30o
A pergunta é: Se agora = 30o, quanto valerá ?
Antes: n1. sen 90o = n2. sen30o
Depois: n1. sen 30o = n2. sen
Dividindo as equações acima, membro a membro, encontramos
sen = 1/4 = 0,25. Observando o gráfico da função seno dado na
questão, vemos que o ângulo cujo seno vale aproximadamente 0,25 é
15 graus.
Óptica – Questão 30 – resolução
ar
vidro
Na figura, temos = 90 sen = cos
Snell: nar . sen = nvidro . sen, com sen = cos
nar . sen = nvidro . cos
1 . sen = 3 .cos tg = 3 = 60o
Óptica – Questão 32 – resolução
Snell na entrada : nar . sen = nvidro . sen (eq1)
Snell na saída: nvidro . sen = nar . sen (eq2)
De eq1 e eq2, vem:
nar . sen = nvidro . sen = nar . sen
nar . sen = nar . sen = = 45o
Note que o triângulo dentro da circunferência é isósceles por ter
dos lados iguais entre si (raio e raio).
Física
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Óptica - Questão 35 - resolução
60o
45o
45o
60o
30o
Da lei de Snell, temos : nar. Sen45o = nvidro . sen30o
22 = nvidro. sen 30o nvidro = 2
Determinando o ângulo limite para a mudança de meio vidro ar:
SenL = 2
2
2
1
n
n
vidro
ar L = 45o
Óptica – Questão 38 – resolução
senL = menorvidro
maior vidro
n3 1 n = 3
3 n n
nvidro . sen = nar . sen
nvidro . sen = nar . sen
3 . sen30o = 1. sen = 60o
Desvio = 60º 30o = 30o
Óptica - Questão 43 - resolução
Se a placa de vidro tem uma espessura e = 5 cm, quando ela cobrir a
foto, conjugará uma imagem dessa foto numa posição um pouco acima
da foto verdadeira, dando a impressão de que a fotografia agora está X
centímetros acima da posição real. Esse X, certamente, não passará de
5 cm de altura ( X < 5 cm), visto que a imagem virtual da fotografia deve
se formar no interior da placa de vidro (a imagem do peixe vista pelo
pescador sempre é formada dentro da água ). Por esse motivo, para
que a distância da câmera fotográfica até a fotografia (ou até a sua
imagem conjugada pela placa de vidro) permaneça inalterada (antes e
depois), devemos levantar a câmera fotográfica em uma distância
exatamente igual a X centímetros.
Resposta correta – Letra A
Óptica - Questão 45 - resolução
Da lei de Snell, temos :
nar. Sen45o = nvidro . sen30o
1.2
2 = nvidro. sen 30o
nvidro = 2
60o
60o
60o
30o
45o
N
N
Óptica - Questão 46 - resolução
A luz sai do objeto, sofre reflexão e vai em direção ao olho do observador. Entretanto, como o observador enxerga no prolongamento, ele verá a imagem virtual mostrada abaixo.
objeto
Imagem
virtual
Óptica - Questão 48 - resolução
.
45ºN
ArVidro
Ar
e xe
nar. Sen45o = nvidro . sen 1.
22 = 2 . sen
sen = 1/2 = 30o
No triângulo retângulo em destaque, temos:
cos = cos30o = 2
3
X
e
2
3
X
33 X = 6 cm
Óptica - Questão 49 - resolução
60o
d
dE h
A lei de Snell-Descartes permite escrever:
nar . sen60o = nvidro . sen
1 . 3 /2 = 3 . sen sen = 1/2 = 30o
Oposto pelo vértice: + = 60o = 30o
Observando os triângulos retângulos, podemos escrever:
cos = h
E h =
cos
E
sen = h
d h =
sen
d
Igualando as duas expressões acima para h, vem:
cos
E =
sen
d
2
1
d
2
3
cm32 d = 2 cm
Física
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Óptica - Questão 50 - resolução
.
30º
N
r
60º
s
r
s
Conforme demonstrado em sala de aula, uma das propriedades da lâmina de faces paralelas é que o raio de luz que sai é paralelo ao raio incidente, ou seja, a reta r é paralela à reta s na figura abaixo: r//s. Em outras palavras, as retas r e s formam o mesmo ângulo, por exemplo, com a
vertical, de forma que necessariamente, temos = 30º. Se conhecemos as propriedades, não precisamos fazer cálculos nessa questão. Logicamente que, se o fizermos (o que não vale a pena), encontraremos a mesma resposta.
Óptica - Questão 64 - resolução
A imagem conjugada pela lente divergente é virtual, p’ negativo. Seja X um número real positivo. Segundo os dados do enunciado, temos: P = +X P’ = – X / 2 (note que X é positivo mas P’ é negativo) F = – 30 cm (divergente)
' P
1
P
1
F
1
2)(-X /
1
X
1
30
1
X = 30 cm
Óptica - Questão 66 - resolução
Note que a imagem é invertida e 3x menor, portanto temos A = 1/3. Com essa dica, agora você resolve a questão . Óptica - Questão 68 - resolução
Atenção, tem que passar tudo para milímetros (1 m = 1000 mm). A questão está pedindo a distância p’ da lente até a imagem. Óptica - Questão 69 - resolução
A = – 24 , F = + 9,6 cm A imagem é 24 vezes maior que o objeto, porém invertida em relação a ele. Agora é so fazer as continhas
A = – p’ / p e ' P
1
P
1
F
1
A questão pede o valor de D = P + P’ Óptica - Questão 74 - resolução
Dados da questão: F1 = + 5 mm e P1 = +5,1 mm Usando a equação dos pontos conjugados, achamos P1’ = 255 mm
Dados da questão: F2 = +4,8 cm e P2’ = 24 cm (imagem virtual) Usando a equação dos pontos conjugados, achamos P2 = 4 cm = 40 mm A questão pede o valor de D = P1’ + P2 = 255 + 40 = 295 mm = 29,5 cm Óptica - Questão 76 - resolução
Dados da questão: D = P1’ + P2 = 253 cm
P1 = + F1 = +2,5 m Usando a equação dos pontos conjugados, encontramos P1’ = 2,5 m, ou seja, P1’ = 250 cm. Da relação D = P1’ + P2 = 253 cm, com P1’ = 250 cm, concluímos que P2 = 3 cm. O enunciado deu que F2 = +5 cm
Usando a equação dos pontos conjugados, encontramos P2’ = 7,5 cm (imagem virtual, P2’ negativo). Assim, a distância da imagem final até a ocular vale |P2’| = 7,5 cm Óptica - Questão 77 - resolução
L1
F1
F2
L2
F2
Eixo
principal
F1
5, 0 cm
F1 F2
X
Os triângulos acinzentados na figura acima são semelhantes:
X
F
cm 5
F 21 X
cm 6
cm 5
cm 4 X = 7,5 cm
Óptica - Questão 78 - resolução
O ponto A é o foco da lente divergente ( “.....raios que incidem paralelos ao eixo principal de uma lente divergente, divergem passando pelo foco.....” ) Ele também coincide com o centro C de curvatura do espelho côncavo ( “.....raios que incidem no espelho esférico passando pelo centro de curvatura C, refletem-se sobre si mesmos....” ) Assim, a distância focal da lente tem módulo igual a 40 cm e o espelho esférico tem distância focal (40 + 40) / 2 = 40 cm
Óptica – Questão 79 – resolução
Não se afobe, não dá para sair fazendo conta. A questão deve ser
resolvida só com base nas propriedades gráficas das construções das
imagens, só por dedução, sem matematiquês.
13
2
x y z
R
s
lente
espelho
A seta 1 “joga luz na lente” que conjuga a imagem seta 2. A seta 2 “joga luz no espelho que conjuga a imagem seta 3. Note que, segundo o enunciado, as seta 2 e 3 devem estar exatamente sobre o mesmo ponto S do eixo. Adicionalmente, a seta 3 tem exatamente o mesmo tamanho e a mesma orientação da seta 1. Assim, deduzimos que as 3 setas terão o mesmo tamanho, as setas 1 e 2 estão sobre os pontos anti-principais da lente (para que elas tenham tamanhos iguais entre si) e as setas 2 e 3 estão sobre o centro de curvatura do espelho esférico (para que as setas 2 e 3 estejam sobre o mesmo ponto S do eixo e tenham tamanhos iguais). Assim, temos: x = y = 2f (lente) = 2 x 15 = 30 cm Z = R = 2f (espelho) = 2 x 20 = 40 cm
Letra E
Óptica – Questão 80 – resolução
O raio de uma de suas superfícies é o triplo do raio da outra e igual à distância focal da lente. O raio R2 da face 2 é o triplo do raio R1 da outra e o raio R2 também é igual à distância focal F da lente. Em outras palavras: R2 = 3.R1 e R2 = F Assim, vem:
Física
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)
L
2M 1 2 2 2
2 2 2 2 2
n1 1 1 1 n 1 11 1
RF n R R R 1 R
3
1 n 3 1 1 41 n 1
R 1 R R R R
1n 1 n 1,25
4
Óptica – Questão 93 – resolução
O míope sonha em ver estrelas. Porém, o “mais próximo que ele enxerga” sem fazer esforço de acomodação visual é a 40 cm de distancia do olho dele. Assim, a lente divergente terá que produzir, a partir de uma estrela de
verdade (P = +) uma imagem (virtual) a uma distância de 40 cm dos
olhos dele (P’ = 40 cm).
' P
1
P
1
F
1
1 1 1
F 40
1 1 0
F 40
F = 40 cm = 0,4 m
1 1V 2,5di
F 0,4m
Óptica – Questão 94 – resolução
' P
1
P
1
F
1
1 1 1
F 25cm 40cm
1 40 25
F 1000
1000 10
F cm m15 15
1 1 15
V 1,5diF 10 /15 10
Óptica – Questão 95 – resolução
a) veja a foto, ele não enxerga bem de perto. Ele teria hipermetropia ou Presbiobia ? Bom, pela foto, ele já tem idade bastante avançada. Se ele não enxerga bem de perto, com essa idade, ele certamente tem presbiobia. b) Presbiobia usa a mesma lente da hipermetropia, ou seja, lente convergente. São recomendadas também as lentes bifocais, que modernamente já evoluíram as as multifocais (ou progressivas). c) a seguir, veja o cálculo:
' P
1
P
1
F
1
1 1 1 1 4 1 3
F 0,25 m 1m F
1
V 3diF
Óptica – Questão 96 – resolução
Veja a resolução em vídeo em
www.fisicaju.com.br/resolucoes
Aula 14 – Gases - Termodinâmica
Questão 2 - resolução
Como o êmbolo deve estar em equilíbrio mecânico, a força FH que o
gás hidrogênio exerce no êmbolo deve equilibrar a força FO que o gás oxigênio exerce no êmbolo.
o oH HH o H o
H o
F n .R.TF n .R.TF F P = P
A A V V
oHH o
H o
oH
nn, com V = y.A e V = x.A (volume do cilindro)
V V
nn 12 / 2 64 / 32 y = 3.x, com x+y = 40 cm
y.A x.A y x
x = 10, y = 30 cm
Questão 6 - resolução
Seja ni = n o número de mols de gás inicialmente no interior do recipiente. O enunciado disse que 25% do gás escaparam, restando apenas 75% do gás (restando apenas nF = 0,75.n mol de moléculas dentro do recipiente no final do vazamento). No início temos: Pi.Vi. = ni.R. Ti, com ni = n No final temos: PF.VF = nF.R.TF, com nF = 0,75n Dividindo uma equação pela outra, membro a membro, temos:
FF F F F
i i i i
F
P .V n .R.T 6.V n .R.TP 4,5 atm
P .V n .R.T P .V 0,75n.R. T
Questão 8 - resolução
Qual a força que a pressão atmosférica exerce de fora para dentro, nessa tampa, empurrando-a para baixo ?
Fatm = Patm x área = 1 atm x 12 cm² = (105 N/m²)(12.104 m2) = 120N
Além dessa força empurrando a tampa para baixo, temos também a força
da mão da pessoa de 240N. Assim, a força total empurrando a tampa para baixo é de 120 + 240 = 360 N. Essa é a força que impede que o gás consiga levantar a tampa, essa força empata com a força que o gás faz na tampa de dentro para fora. Assim, concluímos que o gás exerce nessa área da tampa uma força de 360 N de dentro para fora. Com isso, descobrimos a pressão do gás lá dentro:
gás 5 2 5
gas 2 4 2
Força 360N 360NP 3.10 N/m 3.10 Pa
área 12cm 12.10 m
Questão 25 - resolução
Da equação de Claperon, P.V = n.R.T, portanto, pedir o gráfico de PV em função de V é o mesmo que pedir o gráfico de n.R.T em função de V, ou seja, T em função de V. Ora, se a transformação é isotérmica, T será constante, por isso, o gráfico correto é o da letra b. Questão 59 - resolução
P
Va 2a 3a
a
2a
3aa
b+
+
+
Figura 1
P
Va 2a 3a
a
2a
3a
b
c --
Figura 2
O trabalho realizado na expansão ab (expansão) é positivo, sendo dado pela área em destaque na Figura 1 acima.
Física
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Já o trabalho realizado na compressão bc é negativo e seu módulo é dado pela área hachurada na Figura 2 acima. Assim, o trabalho realizado pelo gás, no percurso completo abc, é dado pela soma algébrica das áreas 1 (positiva) e 2 (negativa) e é mostrado graficamente na Figura 3
ao lado. Seu módulo vale (1/2).R² = .a² / 2. Letra C - FALSA
P
Va 2a 3a
a
2a
3aa
b
c
d +
Figura 3
Por que a letra E está correta ?
Note que o estados a e b têm temperaturas iguais, como se pode notar de
Clapeyron T = P.V /n.R. Assim, a variação da energia interna Uab = 0 e,
portanto, vem:
Uab = Qab ab
0 = Qab ab Qab = ab = área sombreada na Figura 1.
A área sombreada na Figura 1 é a área de um retângulo mais a área de
1/4 de um círculo, que somando, de fato, resulta (2 + /4).a2. Faça a
conta no seu rascunho aih, sem preguiça, ok ?
Questão 70 - resolução
O estado inicial A tem pressão e volume iguais a 6 atm e 6 litros.
O estado final B tem pressão e volume iguais a 4 atm e 9 litros. Qual
estado tem maior temperatura, A ou B ? Pela equação de Clapeyron
T = P.V / n.R, vemos que as temperaturas são iguais, portanto, não
ocorre variação da energia interna nesse processo U = 0, e portanto,
temos U = Q T = 0 Q = T T = 240 J. (dá raiva né) Questão 71 - resolução
a) A CP.V 3 2 6 1
T Tn.R n.R n.R
,
b) UAC = QAC AC
Entretanto, UAC = 0, pois TA = TC. Além disso, AC é dado pela área do
retângulo sob o trecho BC, ou seja:
AC = base x altura = (62).102.(1.105) = 4000 J. Assim, temos:
UAC = QAC AC
0 = QAC 4000 QAC = 4000 J Questão 75 - resolução
Em toda transformação adiabática, vale a relação :
1 1
1
n.R.TP.(V) K cons tante, com P ,substituindo, vem:
V
n.R.T K.(V) K T.(V) cons tante T.(V) K'
V n.R
Ou, seja, o produto T.(V) também é constante, numa
transformação adiabática. Ass
1 11 1 1
im:
Ti Vf 2.Vi(Ti).(Vi) (Tf).(Vf) 2
Tf Vi Vi
Questão 76 - resolução
Seguindo um raciocínio semelhante ao da questão anterior, também podemos demonstrar que, em toda transformação adiabática, também se
mantém constante o produto 1(P) .(T) , isto é, 1(P) .(T) = K.
1 1
n.R.TP.(V) K cons tante, com V ,substituindo, vem:
P
n.R.T KP. K P .T cons tante P .T K'
P (n.R)
A alternativa errada é a letra D mesmo. Questão 85 - resolução
(Preste muita atenção às unidades físicas).
Toda a Emec é convertida em energia térmica, na forma de calor sensível:
M.g.H = M.c. g.H
c
Conforme explicado em sala de aula, em problemas que misturam Mecânica com Termologia, devemos usar todos os valores no sistema internacional:
c = o o
g.H 9,8 200 J 196 . 1J
10 kg. C 1 kg. 1 C
Como todos os dados estão no SI, o resultado encontrado acima também está no SI. Entretanto, a questão pediu o resultado num outro sistema de unidades. Vamos converter:
o 3 o
196 . 1J (196 / 4)calc
1 kg. 1 C (10 g). 1 C c
2
o
cal 4,9.10
g. C
resposta – letra E Questão 88 - resolução
Durante as 4 etapas do ciclo, a máquina recebe calor da fonte quente no
trecho bc (Qquente = 200 J) e rejeita calor para a fonte fria no trecho
da (Qfrio = 80 J). A máquina não troca calor em nenhuma outra etapa. Assim, podemos dizer que o trabalho realizado por essa máquina, no ciclo, é dado por:
ciclo = Qquente Qfrio = 200 80 = 120 J
Assim, o rendimento, nesse ciclo é dado por:
ciclo
quente
ela aproveitou 120 J 120n 0,6 60%
Q do total de 200 J 200
Questão 102 - resolução
Fcarnot
q
T 279k 300 279k 21 7n 1 1 7%
T 300k 300k 300 100
Potência útil de 210KW significa que essa máquina vai produzir um trabalho (do ciclo) de 210 kJ a cada 1 segundo. Ou seja, vamos usar que
o trabalho do ciclo vale ciclo = 210 kJ e queremos saber o Qquente. Assim, pelo conceito de rendimento:
carnot quente
quente
7 210kJn Q 3000kJ
100 Q 0,07