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AEPTF12-24
SOLUÇÕES
1.1. CINEMÁTICA E DINÂMICA DA PARTÍCULA EM MOVIMENTO A MAIS DO QUE UMA DIMENSÃO
1. (A) V; (B) F; (C) F; (D) F; (E) F; (F) V.2. (A) movimento curvilíneo retardado;
(B) movimento circular uniforme;(C) movimento rectilíneo acelerado;(D) movimento curvilíneo acelerado;(E) movimento rectilíneo retardado.
3. (I) movimento circular uniformemente variado;(II) movimento curvilíneo acelerado;(III) movimento rectilíneo variado;(IV) movimento circular uniforme;(V) movimento rectilíneo uniforme.
4. C 5. E 6. B7. C 8. B 9. C10. B 11. C 12. E
13.1. A trajectória é uma parábola, cuja equação é:
y = .
13.2. O movimento do barco é uma composição demovimentos: rectilíneo e uniforme na direcçãodo eixo dos xx e uniformemente acelerado nadirecção do eixo dos yy.
13.3. C. = 4 (m s–2). A resultante das forças fazvariar a velocidade.
14.1. = 3 + 2 (m)
= – 6 cos 30º + 6 sin 30º ±
± = – 5 + 3 (m)
14.2. = ± = –4 + 0,5 (m s–1)
15.1. at = a cos 53º § at = 6 m s–2
an = a cos 37º § an = 8 m s–2
15.2. = 6 + 8 (m s–2)15.3. Movimento circular acelerado.15.4. Ft = m at § Ft = 3,60 * 102 N;
Fn = m an § Fn = 4,80 * 102 N
16.1. v = 1,85 + 6 t = 13,85 m s–1
w = = 1,385 rad s–1 § = – 1,385 (rad s–1)
16.2. at = ± at = 6 m s–2; an = 19 m s–2;
logo, = 6 + 19 (m s–2)
16.3. q = q0 + w0 t + a t2 ±
± Dq = 0,185 * 2,0 + * 0,6 * (2,0)2 ±
± Dq = 1,57 rad
16.4. vx = v cos 90º ± vx = 0 m s–1;vy = v sin 90º ± vy = v = 13,9 m s–1
17.1. w = ± w = 8 – 2,0 t ± = 4,0 (rad s–1)
17.2. = ± = – 2,0 (rad s–2)
17.3. w = 0 ± 0 = 8 – 2,0 t ± t = 4,0 s17.4. q0 = 4,0 rad; q4 = 20 rad; Dq = q4 – q0 = 16 rad
n = ± n = = 2,5 voltas
17.5. at = a r ± at = – 2,0 m s–2; an = 16 m s–2;a = 16 m s–2
18.1. 18.1.1. Para t = 5,0 s: w = 17 rad s–1
v = w r ± v = 8,5 m s–1
18.1.2. = ± = 3,0 (rad s–2)
18.1.3. at = a r ± at = 1,5 m s–2
an = w2 r ± an = 1,44 * 102 m s–2
18.2. Dq = w0 t + a t2 ± Dq = 47,5 rad
n = ± n = 7,6 voltas
19.1. F, F, V, V, F.
19.2. 19.2.1. fA = = 1,0 Hz;
vA = vB ± wA rA = wB rB ±± 2p fA rA = 2p fB rB ± fB = 2,0 Hz
19.2.2. vA = wA rA § vA = 2p * 1 * 0,20 §v = 1,26 m s–1
20.1. Igual.20.2. B.
21.1. v = 25 km h–1 = 7,0 m s–1
v = w r ± w = 17,5 rad s–1
21.2. w0 = 0; w = w0 + a t ± 30 a = 17,5 §§ a = 0,58 rad s–2
21.3. at = a r ± at = 0,23 m s–2
21.4. Dq = w0 t + a t2 ±
± Dq = 0 + (0,58) (30)2 ± Dq = 2,6 * 102 rad
n = = 41,6 voltas
22.1. t = 78 minutos = 4680 s
wi = 2p fi, com fi = = 10 Hz;
wf = 2p ff; ff = = 3,3 Hz
wf = wi + a t § 2p ff = 2p fi + a Dt ±± a = – 9 * 10–3 rad s–2
22.2. v = wi r ± 1,30 = 62,8 r ± r = 0,02 m = 2 cm
200 rotações
60 minutos
600 rotações
60 minutos
Dq2p
12
12
60 rotações
60 s
Dq2p
12
e»za»dw»dt
a»
166,28
Dq2p
e»za»dw»dt
a»
e»zw»dqdt
12
12
e»ne»ta»
dvdt
e»zw»vr
e»ne»ta»
e»ye»xv»mDr»Dt
v»m
e»ye»xr»B
e»ye»xr»B
e»ye»xr»A
e»ya»m
(x – 1)2
2
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 023 a 028
UNIDADE 1 | 1. MECÂNICA DA PARTÍCULA
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
370
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REA
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ITO
RES
1.2. MOVIMENTOS SOB A ACÇÃO DE UMA FORÇARESULTANTE CONSTANTE
1. C 2. D
3.1. x(30º) = ; sin 120º = sin 60º ± x = x’
x’(60º) =
3.2. hmáx(30º) = = hmáx(60º) = 3 hmáx(30º)
hmáx(60º) = =
4. (A) V(B) F(C) V (D) V(E) V(F) F
5. E 6. E 7. C8. C 9. C 10. B11. E 12. A 13. C14. B 15. C 16. D17. E 18. A 19. B20. C
21.1.±
3,05 = 1,80 + 6,0 t – * 10 t2 ±t = 0,93 s
±
± x = 8 * 0,93 ± x = 7,4 m
21.2. vy = v0y – gt ± 0 = 6 – 10 tsub ±tsub = 0,6 s
ymáx = y0 + v0y tsub – g t2sub ±
± ymáx = 1,80 + 6 * 0,6 – 5 * 0,36 ±
± ymáx = 3,60 m21.3. = v0x + (v0y – g t) ± = 8 – 3,3 (m s–1)
22.1. A única força que actua no projéctil é a forçagravítica, cuja componentte horizontal é nula.De acordo com a 2.ª Lei de Newton, a compo-nente horizontal da aceleração do projéctil énula, pelo que a componente horizontal da velo-cidade é constante.
22.2. No ponto mais alto da trajectória, a componentevertical da velocidade atinge o valor mínimo;
, pelo que a energia cinética também émínima.
Cálculo de v0x:EcQ = m v2
0x ± 10 = * 0,5 v20x ± v2
0x = 6,3 m s–1
Cálculo de v0:v0x = v0 cos 30º ± v0 = ± v0 = 7,2 m s–1
= v0 cos 30º + v0 sin 30º (m s–1)v0 sin 30º = 7,2 * 0,5 = 3,6 m s–1
= 6,3 + 3,6 (m s–1)
22.3. EmP = EmQ ±
± m g hP + m v02 = m g hQ + m v2
0x ±
± 20 * 10,0 + 7,22 = 20 hQ + 6,32 ±± hQ = 10,6 m
23.1. an = g cos q ± 8 = 10 cos q ±± cos q = 0,8 ± q = 37ºO ângulo entre e é a = 90 – q ± a = 53º
23.2. vx = v sin 53º ± vx = 10 * 0,8 ± vx = 8 m s–1
v0 = vx = 8 m s–1
23.3. vy = v cos a ± vy = 10 cos 53º ± vy = 6 m s–1
= – g t6 = 10 t ± t = 0,6 s
24.1.
tvoo = = = 4 s
24.2. v0 cos q = = 15 m s–1
tg q = = = 1,33 ± q = 53º
24.3. = v0 cos q + v0 sin q ±± = 15 + 20 (m s–1)e»ye»xv»0
e»ye»xv»0
2015
v0 sin qv0 cos q
604a
bc
2 * 2010
2 v0 sin qg
60 = v0 cos q tvoo
20 =v2
0 sin2 q2 g
± v0 sin q = 20 m s–1;
abc
e»yv»y
g»v»
12
12
e»ye»xv»0
e»ye»xv»0
6,3
0,87
12
12
v»= v»0x
e»ye»xv»e»ye»xv»
12
5x = v0x t
v0x = v0 cos 37º ± v0x = 8 m s–1
12
5y = y0 + v0y t -
12
g t2
v0y = v0 sin 37º ± v0y = 6 m s–1
3 v20
8 g
v20 sin2 60º
2 g
v20
8 g
v20 sin2 30º
2 g
v20 sin 120º
g
v20 sin 60º
g
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 040 a 048
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
371
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ITO
RES
25.
26.1. x = v0x t ± 20 = v0x * 4 ± v0x = 5 m s–1
tsub = ± v0y = 2 * 10 ± v0y = 20 m s–1
tg q = ± tg q = = 4 ± q = 76º
26.2. = v0x + (v0y – g t) ±
± = 5 + (20 – 10 * 4) ±
± = 5 – 20 (m s–1)
26.3. ymáx = ± ymáx = = 20 m
27.1. Não, porque o alcance depende da inclinação da
mangueira; x =
27.2. x = ± 5 = ± v0 = 7,6 m s–1
28.1. Verdadeira; tvoo(1) = tvoo(2) ±
± = = 3,0 s
28.2. ±
± x1 – x2 = 3,3 * 10 m
28.3.
P2 (22 m; 11 m)
28.4. = v01 cos 30º + (v01 sin 30º – g t) ±± = 26 – 15 (m s–1)
29.1. y = y0 – v0 cos 60º t – g t2 ±
± 5 t2 + 5 t – 40 = 0 ± t = 2,4 s
29.2. = v0 sin 60º + (– v0 cos 60º – g t) ±± = 9 – 29 (m s–1)
29.3. x = v0 sin 60º t = 10 * 0,87 * 2,4 = 2,1 * 10 m
30.1. Ecmín = m v20x ± 4,05 = * 0,1 * v2
0x ±
± 8,1 = 0,1 v20x ± v0x = 9 m s–1
v0x = v0 sin 37º ± 9 = v0 * 0,6 ± v0 = 15 m s–1
30.2.
x = v0x t ± x = 9 * 3,5 = 31,5 m
30.3.
30.4. tg q = = ± tg q = 0,39 ± q = 22º
31.1. x = v0 cos q t ± 6 = 12 t ± t = 0,5 svy = v0y – g t ± 5 = v0y – 10 * 0,5 ±± v0y = 10 m s–1;
= 12 + 10 (m s–1)
tg q = = = 0,83 ± q = 40º
31.2. tsubida = = = 1,0 s; ymáx = = = 5 m
31.3. an = ± g = ± r 9 1,4 * 10 m
31.4.
± 5 t2 – 10 t + 3,75 = 0 ±
± t =
32.1. x = v0x t ± 60 = 30 cos 30º t ± 2,3 s
y = v0y t – g t2 ±
± y = 30 sin 30º * 2,3 – 5 * 2,32 ±
± y = 8 m § h = 8 m
32.2. y = v0y t – g t2 ±
± 50 = v0 sin 30º * 2,3 – 5 * 2,32 ±
± v0 = 66 m s–1
33.1. a) v0y = v0 sin 60º ± v0y = 27 * 0,87 = 23,5 m s–1
vy = v0y – g ts ± 0 = 23,5 – 10 ts ± 2,35 s
ymáx = y0 + v0y ts – g t2s ±
± ymáx = 23,5 * 2,35 – * 10 * 2,352
ymáx = 27,5 m
b)
± x1 = 13,5 * 4,7 = 63 my1 = 0,00 m
c)
± = 13,5 – 26,5 (m s–1)
33.2. a) ± sendo q2 < q1 ±
± sin q2 < sin q1; logo: tsub (B2) < tsub (B1)B2 atingiu a altura máxima num menor inter-valo de tempo.
tsub(2) =v0 sin q2
g
tsub(1) =v0 sin q1
g
e»ye»xv»
5x1 = v0x tvoo
v0x = v0 cos 60º ± v0x = 27 * 0,5 = 13,5 m s-1
tvoo = 2 ts ± tvoo = 4,7 s
12
12
12
12
0,5 s 1na subida21,5 s 1na descida2
5 y = y0 + v0y t -12
g t2
3,75 = 10 t - 12* 10 * t2 ±
122
rv2
0x
r
10020
v20y
2 g 1010
v0y
g
1012
v0y
v0x
e»ye»xv»0
923
vx
vy
12
12
e»ye»xv»B
e»ye»xv»B
12
e»ye»xv»e»ye»xv»
5x1 = 30 * cos 30º * 3,0 = 78,3 m
x2 = 15 œ2 * cos 45º * 3,0 = 45 m
2 * 15œ2 * sin 45º
102 * 30 * sin 30º
10
v20 sin 120
10
v20 sin 2q
g
v20 sin 2q
g
202
20
v20y
2 g
e»ye»xv»
e»ye»xv»
e»ye»xv»
205
v0y
v0x
v0y
g
5 tvoo =2 v0y
g±20 =
2 v0y
10±v0y = 100 m s–1
ymáx =v2
0y
2 g±ymáx =
1002
2 * 10= 5 * 102 m
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
372
5 x2 = v02 cos q2 ts = 15 œ2 * œ2
2* 1,5 = 22,5 m
y2 = v02sin q2ts-5 t2s =15œ2* œ2
2*1,5-5*1,52=11m
5y = y0+v0y t-
12
g t2±0 = 20+12 t-5 t2 ±t = 3,5 s
v0y = v0 cos 37º ±v0y = 15 * 0,8 = 12 m s–1
5v»= v0x e»x + 1v0y - g t2 e»y
vy = v0y - g t = v0 sin 60º - 10 * 5,0± vy =– 26,5 m s–1
5v»= vx e»x + vy e»y ± v»= 9 e»x - 23 e»y (m s–1) vy = v0y - g t ±vy = 12 - 10 * 3,5 ±vy = – 23 m s–1
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RES
b) Sendo: q2 < q1 ± tvoo (B2) < tvoo (B1); o alvo A2
foi atingido primeiro.
34.1. a)
±
± m v20A + m g h = m v2
B ±
± 6,02 + 2 * 10 * h = 10,02 ± h = 3,2 m
b) WAÆB( ) = – DEp ± DEp = – m g h ±
± DEp = – 0,200 * 10 * 3,2 = – 6,4 J ±± WAÆB( ) = 6,4 JouAplicando a Lei do Trabalho-Energia ou davariação da energia cinética:WAÆB( ) = DEc
DEc = m v2B – m v2
0A
±
WAÆB( ) = * 0,200 * (10,02 – 6,02) = 6,4 J
34.2. Falsa. Aplica-se a Lei da Conservação da EnergiaMecânica ao movimento de queda na vertical.
EmA = EmB ± m g h = m v2B ±
±
Entre as posições A e P:EmA = EmP ± m g h = m v2
P + m g ±
± v2P = 2 g h – g h ± vP =
34.3. O projéctil A: Eminicial = Emfinal ±
± Emfinal = * 0,200 * 10,02 ± Emfinal = 10 J
O projéctil B: Em0 = EmQ ± m v20 = m v2
Q ±
± Em0 = * 0,200 * 6,02 ± Em0 = 3,6 J
ou Durante o movimento, a Emec mantém-se paracada um dos projécteis. Na posição de lança-mento, em relação ao solo, o projéctil A possui
energia cinética e energia potencial gravítica; oprojéctil B possui, apenas, energia cinética igualà do projéctil A.
35.1.
± 0 = 1,0 – * 10 * t2queda ± tqueda = 0,45 s
Substituindo o valor de tqueda em (1):
1,6 = v0 * 0,45 ± v0 = ± v0 = 3,6 m s–1
35.2.
± = 3,6 – 4,5 (m s–1)
35.3.
± 0 = 1,0 +3,6 * 0,5 tvoo – 5 t2voo ± t = 0,66 s
x = 3,6 cos 30º * 0,66 ± x = 2,1 m; a atleta cai-ria mais longe.
1.3. MOVIMENTOS DE CORPOS SUJEITOS ALIGAÇÕES
1. A 2. C 3. D4. E 5. C 6. C7. B 8. C 9. D10. D 11. D 12. B13. D 14. D 15. C 16. E 17. C 18. C19. C 20. B 21. E22. C 23. D 24. C25. B 26. E 27. A28. D 29. C 30. B31. B 32. A 33. A34. B 35. E 36. C37. A 38. B 39. D40. D 41. E 42. D43. A 44. A
45.1.
±
45.2. v = w r ± v = r ± v = 1,0 * 10 m s–12 p2 p
m w2 r = m g ± r = g = 10 m
r = ’ sin 45º ± ’ = 100,7
= 1,4 * 10 m
T sin 45º = m v2
r= m w2 r
T cos 45º = m g
abc
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 066 a 087
5x = 3,6 cos 30º t
y = 1,0 + 3,6 sin 30º t - 5 t2 ±
x = v0x t
y = y0 + v0y t -12
g t2
±abc
e»ye»xv»
5v»= vx e»x + vy e»y
vx = v0x = 3,6 m s–1
vy = – g t ±vy = – 10 * 0,45 = – 4,5 m s–1
1,6
0,45
12
x = v0 t (1)
y = y0 -12
g t2 (2) ±
abc
12
12
12
12
œg h
h2
12
vB = œ2 g h
12
12F»g
12
12
F»g
F»g
F»g
12
12
EmA = EmB
EmA = 12
m v20A + m g h
EmB =12
m v2B
addbddc
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
373
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45.3. Ty = T cos 45º = m g ± T = = 5 * 102 N
46.1. TA = Pn ± TA = m g cos q
TB cos q = m g ± TB =
TB > TA
46.2.
Em = Ep + Ec ±EmB > EmA
47.1. P cos q – RB = Fc ± P cos q = ; RB = 0;
v2B = g r cos q (1)
EmA = EmB ± m g r = m g hB + m2B;
hB = r cos q; v2B = 2 g r – 2 g r cos q (2)
Igualando 1 e 2,obtém-se:cos q = 0,67 ±q = 48º
47.2. ac = = = g cos q = 6,7 m s–2
47.3. a2 = a2t + a2
c ± a2t = g2 – a2
c ± at = 7,4 m s–2
ouat = g sin q± at = 10 * sin 48º ± at = 7,4 m s–2
48.1. q = 90º + a; cos a = sin q
R – P cos a = ± R = m g cos a + m w2 r (1)
EmA = EmD ± m g r = m v2D + m g hD;
hD = r – r cos a; v2D = 2 g r cos a ±
± w2 r = 2 g cos a (2)
De 1 e 2 obtém-se: R = m g cos a + 2 m g cos a= 3 m g cos a = 3 m g sin qA força exercida pelo corpo sobre a superfície ésimétrica de R.
48.2. w = =
49.1. TC – P = Fc ± 2 P – P = ±
± v2C = g r = g ’
EmA = EmC ± m g hA = m v2C ±
hA = ’ – ’ cos q
± 2 g (’ – ’ cos q) = g ’±
± cos q = 0,5 ± q = 60º
49.2. Pt = P sin 30º ± at = g sin 30º = 5 m s–2
EmC = EmB ±
± m v2C = m v2
B + m g (’ – ’ cos 30º) ±
± v2B = 37 (m s–1)2
anB = = = 7,4 m s–2
49.3. TB = P cos 30º + Fc(B) ±± TB = 218 + 25 * 7,4 = 4,0 * 102 N
50.1.
v2B = 2 * 10 * 4,00 ± v2
B = 80 ± vB = 8,9 m s–1
50.2. ± RB – P = ±
±RB = 50 *10 + ± = 1,5 *103 (N)
51.1. an = ± v2B = 16 * 1,0 ± v2
B = 16 (m s–1)2
EmA = EmB ± m g hA = m g hB + m v2B ±
± 20 = 20 hB + 16 ± hB = 0,2 m
hB = ’ – ’ cos q ± 0,2 = 1,0 – cos q ±± cos q = 0,8 ± q = 37º
Pt = m at § m g sin 37º = m at ±± at = 10 * 0,6 ± at = 6 m s–2
51.2. TB – P cos q = Fc ±± TB = 50 * 10–3 * 10 * 0,8 + 50 * 10–3 * 16 ±± TB = 1,2 N
52. RA – P = Fc ± 2 RB – P = Fc
P – RB = FC ± RB = P – Fc
2 (P – Fc) = P + Fc ± P = 3 Fc ±
m g = ± v2 = 200 (m s–1)2
v = 14 m s–1
3 m v2
r
12
v2B
r
e»yR»B50 * 80
4,00
m v2B
rR»B + P»= F»C
5EmA = EmB ±m g h = 1
2 m v2
B ± v2B = 2 g r
h = r = 4,00 m
375
vB2
r
12
12
12
abc
m vC2
r
Œ2 g sin qrŒ2 g cos a
r
12
abc
m vD2
r
g r cos qr
v2B
r
12
m v2B
r
EpA = EpB
EcA = 0 (posição extrema)
EcB =12
m v2B
adbdc
m g
cos q5Ty = TB cos qTy = m g
3500,7
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53.1.
53.2. Sim, v é independente da massa do carro.
54.1. ± RnA – P = ±
± RnA = m g +
± P – RnB = FC ±
± RnB = m g –
54.2. ±
55. ±
± v = 150 m s–1 § v = 5,4 * 102 km h–1
56.1.
56.2. EmA = EmE ± m v2A = m g hE + m v2
E ±
± * 40 = 15,5 + v2E ± v2
E = 9 (m s–1)2
RE = – m g cos 37º ± RE = 1,45 * 10 N
56.3.
57.1.
57.2. Para aumentar a força centrípeta. Assim, aumen-ta a aceleração centrípeta e, para o mesmo raio,maior será a velocidade.
57.3. v = = 6,25 (m s–1);
tg 10º = = ± r = = 2,2 * 10 m
57.4. Maior velocidade. Se r diminuir e q aumentar,aumenta Fc, logo aumenta v.
58. ± Rn sin 15º = Fc ±
± Rn sin 15º = ; Rn cos 15º = m g ±
± tg 15º = ± 0,27 = ± v2 = 675 ±
± v = 26 m s–1
O carro descreve a curva porque o valor da veloci-dade, 25 m s–1, é inferior ao valor máximo permiti-do pelas condições do enunciado (26 m s–1).
59.1.
A resultante das forças que actuam na esfera é aforça centrípeta.
5Fc = m w2 r
w = 2 p f± 5Fc = m 4 p2 f 2 r
Fc = 4 p2 f 2 m r
5 ^ F»x = F»centrípeta
^ F»y = 0» ± 5Tx = Fc
Ty = P
v2
2500
Fc
P
m v2
r
5Rnx = Fc
Rny = P
(6,25)2
10 * 0,18v2
g rFc
P
1500 m(4 * 60) s
v»= – 2,4 e»x - 3,8 e»y (m s–1)
m v2E
r
12
12
12
12
5vmín = œg’ r
v2 = g’ r ± v2 = 90 * 250
g’ = 9 g = 90 m s–2
m = 71,5 kg
v = 1,45 m s–1
abc5 720 = m g + m v2
30
710 = m g – m v2
30
m v2
r
^ F»B = F»C
m v2
r
m v2
r^ F»A = F»C
5v2A = 5 g r ± vA = œ5 g r
—
5EmA = EmC ±
12
m v2A = m g * 2 r + 1
2 m g r ±
VCmín = œg r
5v»= – v0x e»x + (– v0y - g t) e»y = (– 3 * 0,8) e»x - (3 * 0,6 + 2) e»y
v0x = v0 cos 37º
v0y = v0 sin 37º
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59.2.
± T = 4 p2 f2 m ’
59.3. ±
± ±
± f = ± f =
59.4. ± ±
± f = 0,56 voltas
n.º de voltas: n = 0,56 * 3,6 § n = 2 voltas
60.1. a) – tensão do fio – peso do corpo
b) ±
A resultante das forças é a componente Pt
Pt = P sin 45ºPt = m g sin 45º ± Pt = 0,300 * 10 * 0,71Pt = 2,13 N
60.2. a) EmA = EmC ± m g hA = m v2C + m g hC ±
± 2 g hA = v2C + 2 g hC (1)
hC = ’ – ’ cos 37º ± hC = 0,60 (1 – 0,8) ±± hC = 0,12 mhA = 0,174 m
De 1: 2 * 10 * 0,174 = v2C + 20 * 0,12 ±
± vC = 1,04 m s–1
b) Quando se corta o fio, o corpo comporta-secomo um projéctil que é lançado obliqua-mente para cima.Expressão da velocidade de lançamento, :
=
= v0x + v0y ±± = 1,04 cos 37º + 1,04 sin 37º ±± = 0,83 + 0,62 (m s–1)
y = y0 + v0yt – g t2
y = 2,0 + 0,62 * 0,4 – * 10 * 0,42 ±± y = 1,45 m
61.1. – tensão do fio
– peso
± Tz = P
T > P
61.2.
– é perpendicular ao plano da rotação (xOy)e tem o sentido positivo porque a rotação faz--se no sentido anti-horário.
61.3.
61.4. A tensão realiza trabalho nulo, porque é, emcada instante, perpendicular ao deslocamento.
61.5. O ângulo a, o valor da velocidade v e o raio datrajectória diminuem ao longo do tempo, se aresistência do ar for significativa.
62.1. No ponto A, a aceleração tem, apenas, compo-nente normal.
an = sendo desprezável o atrito, há conser-
vação de energia mecânica.
5 Em(A) = Ec(A) =12
m v2A
3,2 = 12* 0,4 * v2
A ± v2A =
6,4
0,4= 16 (m s–1)2
v2A
eb
T sin a = m w2 ’ sin aT = m w2 ’T = 0,200 * 7,92 * 0,80
T = 9,9 N ) 10 N5
Ty = Fcentrípeta
Ty = T sin aFcentrípeta = m w2 r
r = ’ sin a
w»
5w = 2 p
T±w =
2 * 3,14
0,80= 7,9 rad s–1
T = 0,80 s; w» = 7,9 e»z (rad s–1)
^ F»y = F»c
^ F»z = 0»addbddc
P»T»
12
12
e»ye»xv»0
e»ye»xv»0
e»ye»xv»0
v»Cv»0
v»0
12
^ F»t = P»t
^ F»n = 0» ± P»n + T»= 0»
P»T»
f = 12 * 3,14
* Œ 100,8
f = 12p
Œg
h
Œg
h1
2 pŒ g
4 p2 h
5 tg q = 4 p2 f2 rg
rh= 4 p2 f2 r
g5
T sin qT cos q
= 4 p2 f 2 m rm g
tg q = rh
5Tx = Fc ± T sin q = 4 p2 f2 m r
Ty = m g ± T cos q = m g
5Tx = Fc
r = ’ sin q± 5T sin q = 4 p2 f 2 m r
T sin q = 4 p2 f 2 m ’ sin q
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an = ± an = 32 m s–2 ± = 32 (m s–2)
62.2. é a reacção normal exercida pela calha sobreo corpo B; tem a direcção do raio.A componente tangencial da resultante das for-ças é Pt = m g sin q.
cos q = = 0,9 ± q = 25º
sin 25º = 0,42
Pt = 0,400 * 10 * 0,42 ±
± Pt = 1,7 N
62.3. a)
b) ± RnA – P =
RnA = P + ±
± RnA = 0,400 * 10 + ±± RnA = 16,8 N
Sabendo que RnC = RnA ±
± RnC = * 16,8 ± RnC = 1,4 N
Cálculo do módulo da resultante das forças que
actuam sobre o corpo na posição C:
± – Fc = – P + RnC ±
± Fc = P – RnC ± Fc = 0,400 * 10 – 1,4 ±
± Fc = 2,6 N
63.1. Para calcular o trabalho realizado pela força deatrito, aplica-se a lei do trabalho energia.
DEc = m (v2Q – v2
P)
± W = * 2,0 * (11,02 – 12,02) = – 23 J
63.2. No ponto S, a reacção da calha sobre o corpo é aforça centrípeta.
Rns = (1)
Cálculo de v2s:
Aplica-se a Lei da Conservação de EnergiaMecânica aos pontos Q e S:
EmQ = EmS ± m v2Q = m v2
S + m g h ±
* 11,02 = v2S + 10 * 1,5 ± v2
S = 91 (m s–1)2
Substituindo valores em (1):
RnS = ± RnS = 1,2 * 102 N
63.3. Para passar em T, o corpo tem de possuir umavelocidade mínima que corresponde à condiçãode .
Cálculo de vT mínima:
P = FcT ± m g = ± v2T = gr ±
± vT = = = 3,9 m s–1
Cálculo de vT:EmQ = EmT ± m v2
Q = m v2T + m g hT ±
± 121 = v2T + 2 * 10 * 3,0
v2T = 61 ± vT = 7,8 m s–1
Como vT > (vT)mín, o corpo atinge o ponto T.
64.1. – força de atrito
– peso
– reacção normal exercida pela parede sobre a pessoa
64.2. ±
(1)
(2)5 ^ F»x = F»c ± Rn = Fc § Rn =m v2
r
^ F»y = 0» ± Fa = P § meRn = m g
F»a + P»+ R»n = F»c
R»n
P»
F»a
12
12
œ10 * 1,5œg r
m v2T
r
R»nT = 0»
2,0 * 91
1,5
12
12
12
12
m v2s
r
12F»a
125DEc = WF»a + WP» + WR»n
WP» = WR»n = 0»
e»ne»ne»nF»c = P»+ R»nC
112
112
0,400 * 16
0,50
m v2A
r
e»n
m v2A
re»ne»n^ F»A = F»centrípeta (A)
4550
R»n
e»na»n16
0,50
Substituindo (1) em (2), obtém-se:
= m g ± v = ±
± v = = 14 m s–1
Cálculo da frequência:
v = w r ± v = 2 p f r ± f = ±
± f = ± f 9 0,37 Hz
Em cada minuto, efectuará 0,37 * 60 9 22 voltas.
65.1. – tensão do fio que liga os corpos A e B
– força de atrito entre A e C
= – ; | | = | |
Os corpos A e B têm a mesma aceleração porque estão ligados por um fio.
65.2.Fa = mC RnC = mC mC g0,20 * mC g = mC aC ± aC = 2,0 m s–2
±
2,00 – 0,20 = (0,400 + 0,200) a ± a = 3,0 m s–2
65.3. PB – TB = mB a ± TB = 2,0 – 0,2 * 3 ± TB = 1,4 N
65.4. ±
± PB = 2,0 mA + 2,0 mB + 2,0 mC ±± mB g = 2,0 * 0,400 + 2,0 mB + 2,0 * 0,100 ±± 8 mB = 1,0 ± mB = 0,125 kg
66.1.
– força que A exerce sobre B
– força que B exerce sobre A
– força de atrito entre o corpo A e o planoinclinado
– força de atrito entre o corpo B e o planoinclinado
Componentes cartesianas das forças:PAx = PA sin 37º = 20 * 0,6 = 12 NRnA = PA cos 37º = 20 * 0,8 = 16 NPBx = PB sin 37º = 100 * 0,6 = 60 NRnB = PB cos 37º = 100 * 0,8 = 80 NFaA = mC RnA = 0,3 * 16 = 4,8 NFaB = mC RnB = 0,1 * 80 = 8 N
66.2. 12 + FB,A – 4,8 = 2 * 4,9 ± FBA = 2,6 N
67.1. ±
±
TB = Fa,B + Fa solo ± TB = 0,5 m g + 1,5 m g ±± TB = 2,0 m gTB = TC = T
±
De (2): 2,0 m g cos q = m g ± cos q = ±± q = 60º
67.2. De (1): 2,0 m g sin 60º = F ±
± F = 2,0 m g ±
± F = 1,7 m g
œ3
2
12
(1)
(2)5T sin q = F
T cos q = m g^ F»C = 0»
^ F»B = 0»
TA = 0,5 m g
FaA = 0,5 m g
5TA = FaA ± TA = me RnA
RnA = PA = 2 m g = 0,25 * 2 m g^ F»A = 0»
559,2 = 12 a ± a = 4,9 m s–2
F»B,A = – F»A,B (par acção–reacção)
5PAx + FB,A - FaA = mA a
PBx - FA,B - FaB = mB a± 512 + FB,A - 4,8 = 2 a
60 - FA,B - 8 = 10 a
F»a,B
F»a,A
F»B,A
F»A,B
5 ^ F»= (mA + mB + mC) a»
a = 2,0 m s–2
5TA + Fa’ = mA aA
PB + TB = mB aB
PB - Fa = (mA + mB) a5
T»A + F»a’ = mA a»A
P»B + T»B = mB a»B
PB - Fa = (mA + mB) a
F»a = mC a»C
T»BT»AF»a’F»a
F»a
T»A
142 * 3,14 * 6,0
v2 p r
Œ10 * 6,0
0,30
Œg rme
me m v2
r
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5TB = FaB + Fa solo
RnB = (mA + mB) g = 6 m g
F»aB = – F»a,A (par acção–reacção)Fa solo = me RnB ± Fa solo = 0,25 * 6 m g = 1,5 m g
68.1. – peso
– reacção normal
Rn > Pn
68.2.
–
– = ±
± = – 0,95 J
68.3. ±
± P – Rn = ±
Rn = 1,0 – ±
± Rn = 0,8 N
68.4. Se não houvesse atrito, EmA = EmD, sendo hA = hD
e vA = vD = 4,8 m s–1.
± P – RnD = FcD ±
± RnD = P – FcD ± Rn = 1,0 – ±
± Rn = – 0,15 NEsta solução é impossível, uma vez que o valorde Rn não pode ser negativo.
69.1. – peso do corpo – força exterior aplicada
– reacção normal – força de atrito
69.2. Como o corpo está em equilíbrio, a resultantedas forças que actuam no corpo é nula.
± Fx = Px + Fa (1);
± Py + Fy = Rn
Fx = F cos a; Fy = F sin a; Px = P sin a; Py = P cos aFa = me Rn ± Fa = me (Py + Fy)Fa = me (P cos a + F sin a)
Substituindo em (1), obtém-se:F cos a = P sin a + me Rn ±
± F cos a = P sin a + me (P cos a + F sin a) ±
± F(cos a – me sin a) = m g (sin a + me cos a) ±
± F =
69.3. Suprimindo a força , o corpo desliza ao longodo plano inclinado com movimento uniforme-mente acelerado.
Aplica-se a 2.a Lei de Newton:
± Px – Fa = m a
Fa = mc Rn ± Fa = mc m g cos 37º±
m g sin 37º – mc m g cos 37º = m a10 * 0,6 – 0,20 * 10 * 0,8 = a ± a = 4,4 m s–2
Cálculo do valor da velocidade do corpo, quan-do atinge B: v2 = v2
0 + 2 a Dx (2)
Dx = ; = ± = ±
± = 10 m
Substituindo valores em (2):v2 = 0 + 2 * 4,4 * 10 ± v2 = 88 ± v = 9,4 m s–1
70.1. an = = = 4,0 m s–2 ± = 4,0 (m s–2)
(1)
Substituindo em (1):m g sin 37º – mC * (Fg cos 37º + m an) = m at ±± 12 – 4,8 = 2,0 at ± at = 3,6 (m s–2)
= at + an ± = 3,6 + 4,0 (m s–2)
70.2. Emec A = Ep(A) = m g hA ± Emec A = 20 * 1 = 20 J
Emec C = Ep(C) + Ec(C) ±
± ±
± Emec C = 20 * 0,20 + * 2,0 * 2,02 = 8 J
DEmec = Emec C – Emec A ± DEmec = 8 – 20 = – 12 J
12
Emec C = m g hC +12
m v2C
hC = r - r cos 37º = 1,0 - 0,8 = 0,20 m
e»ne»ta»Ce»ne»ta»C
e»t
5—
Rn = P cos 37º + m an
5P»t + F»a = m a»t
Fa = mC Rn; R»n + P»n = m a»n ±
e»na»n
2,02
1,0
v2C
r
AB
6,0
0,6AB
ACsin 37º
ABAB
^ F»x = m a»
F»
m g (sin a + me cos a)cos a – me sin a
^ F»y = 0»
^ F»x = 0»
F»aR»n
F»P»
0,1 * 4,82
2,0
R»nD + P»= F»CD
0,1 * 2,02
2,00
m v2D
r
5 P»+ R»n = F»c
Fc =m v2
D
r
WC"D1»Fa2 =12* 0,1 * (2,02 - 4,82)
12
m v2D - 1
2 m v2
A1m g hA + 12
m v2A2
WC"D1»Fa2 = 1m g hD + 12
m v2D2
5WC"D1»Fa2 = DEm; WC"D1»Fa2 = EmD - EmC
EmC = EmA
R»n
P»
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71.1. Corpo N:PN sin a – Fa = mN aN ±± mN g sin a – mN mN g cos a = mN aN ±± aN = g (sin a – mN cos a) (1)
Corpo M:PM sin a – Fa = mM aM ±± mM g sin a – mM mM g cos a = mM aM ±± aM = g (sin a – mM cos a) (2)
Sendo mM > mN, conclui-se de (1) e (2) que: aM < aN
e os dois corpos deslocam-se juntos em B.
71.2.
72.1.
72.2. = m ± – Px – Fa = m
= ± Rn – Py =
Px = m g sin qPx = m g cos q
– m g sin q – mC Rn = m ±
± – m g sin q – mC m g cos q = m ±
± = – 10 * 0,34 – 0,30 * 10 * 0,94 ±
± = – 6,2 (m s–2)
72.3. vf = v0 – a t ± 0 = 5,0 – 6,2 t ±
± t = = 0,81 s
Dx = v0 t – a t2 ±
± Dx = 5,0 * 0,81 – * 6,2 * 0,812 ±
± Dx = 2,0 m
ouconsiderando a equação v2
f = v20 – 2 a Dx ±
± 0 = 52 – 2 * 6,2 * Dx ± Dx = 2,0 m
72.4. Condição de equilíbrio do corpo:
±
±
73.1. A variação de energia mecânica entre P e Q é:DEm = DEc + DEp (1)
±
± DEc = * 1,0 * 1,22 ± DEc = 0,72 J (2)
±
± DEp = 1,0 * 10 * 0,64 – 1,0 * 10 * 0,80 == – 1,6 J (3)
Substituindo (2) e (3) em (1):DEm = 0,72 – 1,6 ± DEm = – 0,9 J
73.2.a) cos 37º + = ±
± P cos 37º – Rn = ±
± Rn = 1,0 * 10 * 0,80 – ±
± Rn = 6,2 N
b) ± ±
± 1,0 * 10 * 0,60 – 0,30 * 6,2 = at ±± at = 4,1 m s–2
74.1.
PB – PC = (mA + mB + mC) a ±
± a = = 1,0 m s–215 - 105
(1)
(2)
(3)5
TA - T’A = mA a
PB - TB = mB a
TC - Pc = mC a
TA = TB
T’A = TC
;
5P sin 37º – Fa = m at
Fa = mc Rn^ F»t = m a»t
1,0 * 1,22
0,80
m v2Q
r
F»cR»nP»
5DEp = m g hQ - m g hp
hp = 0,80 m
hQ = r cos 37º = 0,80 * 0,80 = 0,64 m
12
5DEc =
12
m v2Q - 1
2 m v2
p
vp = 0
me Rn = m g sin qme m g cos q = m g sin q±
me =sin qcos q
± 0,51 = tg q± q = 27º
adbdc
Fa = P sin qRn = P cos q
^ F»y = 0» ± R»n + P»y = 0»
^ F»x = 0» ± F»a + P»x = 0»
12
12
5,0
6,2
e»xa»
e»xe»xa»
a»e»xe»x
a»e»xe»x
0»e»ye»y0»^ F»y
a»e»xe»xa»^ F»x
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74.2. Substituindo valores em (2) e (3):15 – TB = 1,5 * 1,0 ± TB = 13,5 N = 1,4 * 10 NTC – 10 = 1,0 * 1,0 ± TC = 11 N = 1,1 * 10 N
74.3. Para que o sistema permaneça em repouso:
±
75.1.Fa = me (PA + PC);
PB – Fa,e ± 50 = 0,2 (100 + PC) ±± PC = 150 N ± mC = 15 kg
75.2. Retira-se o corpo C:
TA = T’AFa, cin = mc mA g
PB – mc mA g = (mA + mB) a ± a = 2,0 m s–2
76.1. De A para B.
76.2.
PAx = PA sin 30º = 10 * 0,5 = 5 NPBx = PB sin 60º = 20 * 0,87 = 17,4 NFaA = mc RnA = 0,20 * 10 * cos 30º = 1,74 NFaB = mc RnB = 0,20 * 20 * cos 60º = 2,0 NTA = TB = T
76.3.
PBx – PAx – FaA – FaB = (mA + mB) a ±± a = 2,9 m s–2
76.4. De (1): T = 5 + 1,74 + 1,0 * 2,9 ± T = 9,6 N
1. D 2. C 3. D
4. D 5. E 6. C
7. E 8. D 9. C
10. D 11. D 12. D
13. E 14. B 15. E
16. D 17. C 18. D
19. C 20. D 21. E
22.1. w = ± w = rad s–1
– 0,5 = 0,5 sin j ±
± sin j = – 1 ± j = p rad
22.2.
22.3. v = A w cos (w t + j) ±
± v = 0,5 * cos
± v = 0,5 * cos ± v = 0152
p2p2
1p2 * 2 + 32
p2p2
amáx = ± A w2
amáx = ± 0,5 * 1p222
± amáx = ± 1,23 m s–2
abc
vmáx = ± A w
vmáx = ± 0,5 * p2± vmáx = ± 0,25 p (m s–1)
abc
32
�
5x = A sin (w t + j)t = 0; x = A = – 0,5 m
p2
2pT
T = 4,0 s (gráfico)
f = 14,0
= 0,25 Hz
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 106 a 113
UNIDADE 1 | 2. MOVIMENTOS OSCILATÓRIOS
(1)5T - PAx - FaA = mA a
PBx - T - FaB = mB a
addbddc
5TA - Fa,cin = mA a
PB - TA = mB a
5PB - T = 0
T - Fa,e = 0
5|P»B| = |T»| = |F»a|; |T» | = |T» ’|
Fa = me Rn
Rn = PA + PC
Fa = me RnA ± me =5
25= 0,20
TA = TB = PB = 15 N
T’A = TC = PC = 10 N
abc
(4)5T»A + T»’A + F»a = 0»± TA = T’A + Fa
P»A + R»nA = 0»± RnA = 25 N^ F»A = 0»
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
381
© A
REA
L ED
ITO
RES
± a = – 1,23 m s–2
22.4.
± v2 = (A2 – x2) ± v = ±
Para x = ± ± v = ± ±
± v = ± vmáx
23.1. T = 2p ± T = 2 * 3,14 ± T = 1,4 s
w = ±w = ±w = 4,5 rad s–1; A = ± 5 cm
23.2. Retorna à mesma posição ao fim de um períodoT = 1,4 s.
23.3. Em = k A2 ± Em = * 6 * (5 * 10–2) ±
± Em = 7,5 * 10–3 J
24.1.P = 0,200 * 10 = 2,0 N
= kx ± x = 14 – 10 = 4,0 cm = 4 * 10–2 m
± 2,0 = k * 4 * 10–2 ± k = 50 N m–1
24.2. T = 2p ± T = 2 * 3,14 * ± T = 0,4 s
w = ± w = ± w = 16 rad s–1
24.3. O sistema oscila com a amplitude 16 – 14 = 2,0 cm, em torno da posição de equilí-brio; A = 2,0 cm
24.4.
± v2 = * [(2 * 10–2)2 – (0,5 * 10–2)2] ±
± v = 0,31 m s–1
25.1.4,0 = k * 8 * 10–2 ±± k = 50 N m–1
25.2.
25.3. T = 2 p ± T = 2 * 3,14 * ±
± T = 0,63 s
w = ± w = ± w = 10 rads–1
A amplitude é A = 12 cm.
25.4. ±
± v = ± = ± 1,04 m s–1
26.1. 3p = ± T = s
26.2. Ao fim de um período percorre: 4 * 6 = 24 cm e
ao fim de 2 períodos percorrerá 2 * 24 = 48 cm.
26.3.
Para t = 0,4 s: x = 6,0 sin ±
± x = 6,0 sin ± x = – 5,0 cm
26.4. ±
± – 6 = 6 sin ±
± sin = – 1 ±
± 3p t + = p ± t = s
27.1.
que correspondem às posições de elongação
máxima positiva e máxima negativa
t = T. Logo, A = 20 mm; T = 0,4 s (passa nova-
mente pela mesma posição);
w = ± w = ± w = 5p rad s–12p0,4
2pT
34
1t = T42
5 v = A w cos w t
v = 0 ± cos w t = 0 ±w t = p2
e 3p2
13
32
p2
13p t + p2213p t + p
22
x = 6 sin 13p t + p22
x = – 6 cm
abc
11,2 p + p2213p * 0,4 + p
22
x = 6,0 sin 13p t + p22
t = 0 ± x = 6,0 sin p2± x = 6,0 cm
adbdc
23
2pT
w = 2pT
w = 3p
a = – w2 x
a = –102 * 0,06 ± a = – 6 m s–2
5a = – w2 A sin (w t + j)x = A sin (w t + j)
Œ 500,5
(0,122 - 0,062)
5 v = Œ km
(A2 - x2)
x = + A2= 0,06 m
2 * 3,14
0,632pT
Œ0,500
50Œm
k
5F»= – 50 * 0,12 e»x ± F»= – 6,0 e»x (N)x = 0,12 m
5F»= – k x e»x
F = 4,0 N
x = 8 * 10–2 m
500,2
5 v2 = km
(A2 - x2) ±
x = A4=
2,0
4= 0,5 cm = 0,5 * 10–2 m
2 * 3,14
0,402pT
Œ0,2
50Œm
k
|F»el|
|P»| = |F»el|
12
12
2p1,4
2pT
Œ0,3
6Œm
k
Œ34
v = ± Œ34
km
A2
vmáx = Œ km
A
w = Œ km
addbddc
Œ km
A2 - 1± A2 2
2A2
Œ km
(A2 - x2)km
5 Em = 12
k A2
12
k A2 = 12
m v2 + 12
k x2 ±
a = – A w2 sin (w t + j)
a = – 0,5 * 1p222
sin 1p2 * 2 + 32
p2 ±abc
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
382
© A
REA
L ED
ITO
RES
27.2. – w A = A w cos j ±
± cos j = – 1 ± j = p rad
x = A sin (w t + j) ± x = 2,0 *10–2 sin (5p t + p) (SI)
27.3. v = A w cos (w t + j) ±
± v = 2 * 10–2 * 5p (cos 5p + p) ±
± v = 0,31 m s–1
27.4. a = – w2 A sin (w t + j) ± ±
± a = – (5p)2 * (– 2,0 * 10–2) ± a = 5 m s–2
28.1. ;
± Ep = m w2 ± Ep = Em
Em = Em + Ec ± Ec = Em § Ec = 0,94 Em
28.2. ±
± m w2 A2 = * 2 ±
± A2 = 2 x2 ± x = ±
29.1. ± T = 8 s
29.2.
30.1.(1)
m = 1,4 * 103 kg
De (1):4,0 = ± k = 8,8 *105 N m–1
30.2. mtotal = mcarro + mpassageiros ±
± mt = 1,4 * 103 + 4 * 70 ±
± mt = 1,68 * 103 kg
f = ± f = 3,6 Hz
31.1. f = ± f = 0,25 Hz; w = 2p f ± w = rad s–1
31.2. Para que o corpo não deslize, o valor mínimo da
força de atrito estático tem que ser igual ao
valor máximo da força que actua no oscilador.
32.1.
f = ± f = ±
± f = ± f = ± f = 1,6 Hz
32.2. k = ± k = = 80 N m–1
ou
f2 = ± k = 80 N m–1
33.1. ± 0,10 = A sin j (1)
– 3,14 = A cos j± – 3,14 = 31,4 A cos j±
± – 0,10 = A cos j (2)
Elevando ao quadrado as equações (1) e (2):
0,102 + 0,102 = A2 sin2 j + A2 cos2 j ±
± 0,010 + 0,010 = A2 (sin2 j + cos2 j) ±
± A2 = 0,02 ± A = 0,10 m
33.2. 0,10 = 0,10 sin j±
± sin j = =
De (2):
– 0,10 = 0,10 cos j ± cos j = – ±
± j = p34
œ2
2œ2
œ2
21
œ2
œ25x = A sin (w t + j)t = 0 ± x = 0,10 m
œ2
50,102 = A2 sin2 j(0,10)2 = A2 cos2 j
2p0,2
5v = w A cos (w t + j)t = 0 ± v = – 3,14 m s–1
5x = A sin (w t + j)t = 0 ± x = 0,10 m
14p2
km
0,8 * 10
0,10
m g
Dx
12p
Œ 100,10
12p
Œ g
Dx
12p
Œ m g
Dxm
12p
Œ km
5F = k Dx ± k = F
Dx± k =
m g
Dx
Dx = 10 cm = 0,10 m
me m g = m w2 A
me =1p22
2
* 1,5
10= 0,37
5F»a + F»máx = 0» ; Fa = me m g
F»máx = m a»± Fmáx = m w2 A
p2
1560
12p
Œ 8,8 * 105
1,68 * 103
Œ k1,4 * 103
12p
5T = 2p Œm
k± f = 1
2p Œ k
m
P = m g ± 1,4 * 104 = m * 10 ±
2pT
= p45w = p
4 rad s–1
w = 2pT
A
œ2
112
m w2 x2212
5Ep = Ec
Ep =12
m w2 x2
Em = Ep + Ec
1516
116
116
A2
1612
5 Ep =12
m w2 x2
para x = A4
±5 Em = Ep + Ec
Em = 12
m w2 A2
5amáx = – w2 x
x = – A
5v = A w cos (w t + j)vmáx = – A wt = 0
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
383
© A
REA
L ED
ITO
RES
33.3. x = 0,10 sin m
v = p cos m s–1
a = – 10 p2 sin m s–2
34.1.
Para
– 0,72 = – 2,5 * 10–3 w2 * 0,18 ±
± w = 4,0 * 10 rad s–1
Para x = A sin (w t + j) ±
± 0,18 = 0,18 sin j ± sin j = 1 ± j = rad
34.2. v = w A cos (w t + j) ±
± v = 40 * 0,18 cos ±
± = 7,2 cos (m s–1)
34.3. O trabalho realizado pela força , (força elásti-ca) entre os pontos x = 0 e x = 18 cm pode serdeterminado a partir da área a tracejado nográfico.
W = – * 0,18 * 0,72 ± W = – 6,5 * 10–2 J
Pela Lei do Trabalho-Energia:= DEc ± = Ecf – Eci
Eci = m v2 ±
± Eci = * 2,5 * 10–3 * 7,22 = 6,5 * 10–2 J
= Ecf – Eci ± W = 0 – 6,5 * 10–2 J ±± = – 6,5 * 10–2 J
35.1. ± kA = ±kA = 8 N m–1
± kB = ±
± kB = 4,0 N m–1
± = ± =
35.2.
35.3. = – k x ± = – 4,0 (N)
36.1. ±
± * 800 * (0,1)2 = * 0,5 v2i ± v2
i = 16 ±
± v = 4,0 m s–1 ± = 4,0x (m s–1)
36.2.400 * 0,12 = 0,5 * 10 * h ±± h = 0,8 m
1. D 2. B 3. D4. A-F; B-V; C-F; D-V; E-F5. A-V; B-V; C-F; D-V; E-F6. C 7. E 8. C
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 130 a 145
UNIDADE 1 | 3. CENTRO DE MASSA E MOMENTOLINEAR DE UM SISTEMA DE PARTÍCULAS
5 Emi = Emf
12
k x2 = m g h
e»zv»i
12
12
5 Epelástica = Ecin. do corpo
12
k x2 = 12
m v2i
e»xF»Be»xF»
1
œ2
TA
TBŒ kB
kA
TA
TB5 TA = 2p ŒmkA
TB = 2p ŒmkB
0,045 * 2
0,1525EpBmáx =
12
kB A2
A = 0,15 m
EpBmáx = 0,045 J
0,09 * 2
0,1525EpAmáx = 0,09 J
EpAmáx =12
kA A2
A = 0,15 m
WF»
WF»
12
12
5Eci = Ecmáx , para x = 0 ± v = 7,2 m s–1
Ecf = 0 ; para x = 18 cm ± v = 0 m s–1
WF»WF»
12
F»
e»x140 t + p22v»
140 t + p22
p2
5t = 0
x = 0,18 m
5x = 0,18 m
F = – 0,72 N
5xm = A = 18 cm = 0,18 m
F»= m a»± F»= m (– w2 x) e»x ± F = – m w2 x
110 p t + 34
p2œ2
110 p t + 34
p2œ2
110 p t + 34
p2œ2
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
384
© A
REA
L ED
ITO
RES
instante t (s) velocidade (m s–1)
v = 7,2 cos 12pT
t + p22
0 v = 7,2 cos = 010 + p22
T4
v = 7,2 cos = – 7,21p2 + p22
T2
v = 7,2 cos = 01p + p22 5 Em = Ep + Ec ± 9 * 10–2 = 4 * 10–2 + Ec ±Em = Epmáx Ec = 5 * 10–2 J
EpA =12
kA x2A ± EpA =
12* 8 * 0,102 ± EpA = 4 * 10–2 J
9. B 10. D 11. C12. D 13. A 14. B15. D 16. D 17. D18. E 19. C 20. C21. C 22. D 23. D24. C 25. E 26. C27. B 28. A 29. C30. B
31.1. ± ±
± M vc = (M + m) v ±
± v = (1)
31.2. Eci = M v2c; Ecf = (M + m) v2 (2)
Substituindo (1) em (2):
Ecf = (M + m) ± Ecf =
± ±
±
32. ±
± Ec = m ± Ec =
33.
=
34.1.
± ±
± ±
± – 3 – 10 = 10 ±
± = – 0,3 – 1,0 (m s–2)
34.2. Posição do CM para t = 0 s:
xCM = =
= 1,0 m
yCM = =
= – 2,3 m
Posição do CM pata t = 2,0 s:
xCM = x0CM + axCM t2 ±
± xCM = 1,0 + * (– 0,3) * 2,02 ±
± xCM = 0,4 m
yCM = y0CM + ayCM t2 ±
± yCM = – 2,3 + * (– 1,0) * 2,02 ±
± yCM = – 4,3 m
± = (– 0,3 – 1,0 ) * 2,0 ±
= – 0,6 – 2,0 (m s–1)
34.3. ± = 10 * (– 0,6 – 2,0 ) =
= – 6 – 20 (kg m s–1)
35.1. = ±
± = 2,3 t + 2,0 (m s–1)
= ± = 2,3 (m s–2)
35.2. ± = 6 * 2,3 = 14 (N)
35.3. = – ±± = (2 t + 3 ) – (2,3 t + 2,0 )t = 1,0 s ± = (2 + 3 ) – (2,3 + 2,0 ) == – 0,3 + 1,0 (m s–1)
= – = 3 – (2,3 + 2,0 ) = = 0,7 – 2,0 (m s–1)
36.1.
F1 = F2 = 3,0 N; a1 = = 3,0 m s–2
a2 = = 1,0 m s–2
x1 = a1 t2 ± x1 = * 3,0 t2 ± x1 = 1,5 t2 (1)
x2 = a2 t2 ± 10 – x1 = * 1,0 t2 ±
± 10 – 1,5 t2 = 0,5 t2 ± t2 = 5 s2
Substituindo em (1): x1 = 1,5 * 5 = 7,5 m
12
12
12
12
F2
m2
F1
m1
F»1 = – F»2
e»ye»x
e»ye»xe»xv»CMv»2v»2/CM
e»ye»x
e»ye»xe»ye»xv»1/CM
e»ye»xe»ye»xv»1/CM
v»CMv»1v»1/CM
e»xe»xF»res^ F»ext = msist a»CM
e»xa»CM
dv»CM
dta»CM
e»ye»xv»CM
4,0 * (2 t e»x + 3 e»y) + 2,0 * 3 t e»x
6v»CM
e»ye»x
e»ye»xp»CMp»CM = msist v»CM
e»ye»xv»CM
e»ye»xv»CMv»CM = a»CM t
12
12
12
12
(1,0 * 2) + (2,0 * 4) + 3,0 * (– 3) + 4,0 * (– 6)10
(1,0 * 4) + 2,0 * (– 4) + 3,0 * (– 2) + (4,0 * 5)10
e»ye»xa»CM
a»CMe»ye»x
^ F»ext = msist a»CM
^ F»ext = – 3 e»x - 10 e»y (N)
mB
mA
EcA
EcB
± EcA =12
mA
p2
m2A
± EcB =12
mB
p2
m2B
5 p = mA vA; EcA =12
mA v2A ±
p = mB vB; EcB =12
m v2B ±
p2
2 m
p2
m2
12
5 Ec =12
m v2
p = m v ± v =pm
Eci
Ecf
= 1 + mM
Eci
Ecf
= M + mM
Eci
Ecf
=
12
M v2c
12
M2 v2c
M + m
M2 v2c
M + m12
M2 v2c
(M + m)2
12
12
12
M vc
M + m
e»xe»x
p»ix = p»fx^ F»ext 1x2 = 0»
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
385
©A
REA
LED
ITO
RES
^ F»ext = F»1 + F»2 + F»3 + F»4
F»1 = 5 e»x (N); F»2 = – 8 e»y (N)F»3 = – 10 sin 53º e»x - 10 cos 53º e»y = – 8 e»x - 6 e»y (N)F»4 = 4 e»y (N)
adbdc
AEPTF12-25
36.2.= ±
± ± =
± ± = constante
Como o centro de massa estava inicialmenteem repouso, permanece em repouso.
37.1. xCM = ± xCM = 8 cm
37.2. ± ± = constante.
Como o sistema estava inicialmente em repou-so, , continua em repouso.
37.3. msist = mA + mB ±
± = 1,0 + 2,0 * 0,5 ± = – 1,0 (m s–1)
= – ± = – 1,0 (m s–1)
37.4. Ep = mA vA2 + mB vB
2 ±
± Ep = + * 2,0 * 0,52 ±
± Ep = 0,75 J
37.5. DEp = k Dx2 ± 0,75 = * 150 * Dx2 ±
± Dx = 0,10 m
38.
39. ± mA + mB = mA + mB ±± 10 m + 0 = m vAf + 4 m vBf ±± vAf = 10 – 4 vBf (1)
± 1 = ±
± 10 = vBf – vAf (2)
Das equações (1) e (2) obtém-se:20 = 5 vBf ± vBf = 4 m s–1
vAf = – 6 m s–1
40.1. Colisão perfeitamente inelástica.40.2. Cálculo do valor da velocidade do sistema:
(M + m) após a colisão.
Em inicial = Em final ± (M + m) v2 = (M + m) g hmáx±
± v2 = 2 g hmáx ± v2 = 20 * 0,10 ±± v = 1,4 m s–1
Na colisão: ± ±
± m = (M + m) ±
± 1,0 * 10–2 v0 = 2,010 * 1,4 ±
± = 2,8 * 102 (m s–1)
40.3. Eci = * 1,0 * 10–2 * (2,8 * 102)2 = 3,92 * 102 J
Ecf = * 2,010 * 1,42 = 1,97 J
% Ediss = * 100 = 99%
41.1. No instante em que é lançada a pedra:
± ±
± = mpedra + mpat ±
± = 2,0 * 6 + 60 ± = – ±
± = – 0,20 (m s–1)
41.2. ± Fa = mpat a ±
± mc mpat g = mpat a ± a = 0,02 * 10 ±
± a = 0,20 m s–2
± 0 = 0,202 – 2 * 0,20 Dx ±
± Dx = 0,10 m
42. A energia mecânica do sistema após a colisão éigual ao aumento da energia potencial elásticada mola.Em(sist) = DEp elástica ± (m + M) v2
sist = kDx2 ±
±5,020 v2sist = 3,2 * 102 * (0,10)2 ± vsist = 0,8 m s–1;
= 0,8 (m s–1)
Cálculo de : ± ±
± m = (m + M) ±
± 2,0 * 10–2 = 5,020 * 0,8 ±
± = 2,0 * 102 (m s–1)
43.1. ± = mM ±
± mc Rn = mM a
mc mM g = mM a ± a = mc g ±± a = 0,30 * 10 = 3,0 m s–2
O movimento de M é uniformemente retardado.v2
Mf = v2Mi – 2 aM Dx ± 0 = v2
Mi – 2 * 3,0 * 6,0 ±± v2
Mi = 36 ± vMi = 6 m s–1 ± = 6 (m s–1)
43.2. mp = mp + mM ±
± 60 * 10–3 = 60 * 10–3 * + 24 ±
± = 6,0 * 102 (m s–1)
= mp ± = 60 * 10–3 * 6 * 102 ±± = 36 (kg m s–1)e»xp»i
e»xp»iv»p»i
e»xv»
e»xv»3
v»
v»Miv»’v»
e»xv»Mi
a»MF»a^ F»(M) = F»a
e»xv»p
e»xv»p
v»sistv»p
p»i = p»f^ F»ext = 0»v»p
e»xv»sist
12
12
5v2f = v2
0 - 2 a Dx
vf = 0
^ F»ext = F»a
e»xv»pat
e»x1260
v»patv»pate»x0»
v»patv»pedra0»
p»ix = p»fx^ F»ext(x) = 0»
Eci - Ecf
Eci
12
12
e»xv»0
e»x
v»v»0
p»i = p»f^ F»ext = 0»
12
v»
vBf - vAf
105e =
vBf - vAf
vAi - vBi
e = 1 (colisão elástica)
v»Bfv»Afv»Biv»Aip»i = p»f
yCM = 1,0 * 103 - 50 * 5 - 5 * 52 = 625 m
xCM = 0
y = y0 - v0y t - 12
g t2
y0 = 1,0 * 103 m
v»0 = – 50 e»y (m s–1)t = 5,0 s
adbdc
12
12
1211
2* 1,0 * 1,022
12
12
e»xv»A/CMv»CMv»Av»A/CM
e»xv»Ae»xv»A0»
v»Bv»Av»CM
v»CM = 0»
v»CMa»CM = 0»^ F»ext = 0»
(mA * 0) + (mB * 12)mA + mB
v»CMa»CM = 0»^ F»ext = 0»
0»v»CM
(1,0 * 3,0 t) e»x - (3,0 * 1,0 t) e»x
4,0
m1 v»1 + m2 v»2
m1 + m2
v»CM
v1 = a1 t ± v1 = 3,0 t
v2 = a2 t ± v2 = 1,0 t
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
386
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LED
ITO
RES
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
387
©A
REA
LED
ITO
RES
44.1. ±
± ±m = mA + mB ±±3 mB*80 = 2 mB* (43,5 + 25 ) + mB ±
± = 1,53 *102 – 5,0 *10 (m s–1)
44.2. Ec inicial = m v2 ±Ec inicial= *3*802 = 9,6 *103 J
Ec final = mA v2A + mB v2
B ±Ec final = 15,5 *103 J
v2A = 43,52 + 252 ± v2
A = 2517 (m s–1)2
v2B = 1532 + 502 ± v2
B = 25909 (m s–1)2
mA = 2,0 kg
mB = 1,0 kg
Numa explosão, a energia cinética final é supe-rior à energia cinética inicial.
45.1. Cálculo da velocidade da esfera em B, :
EmA = EmB ± me g h = me v2B ±
±2*10 *0,8 = v2B ± vB = 4,0 m s–1 ±
± = 4,0 (m s–1)
Cálculo da velocidade do sistema após a colisão:me + mp = (me + mp) ±
± (2,0 *4,0) + 1,0 *10–2* (–400 ) = 2,0 ±± = 2,0 (m s–1)
45.2. Após a colisão, Em inicial = Em final ±
± (me + mp) v2sist = (me + mp) g hmáx ±
± 2,02 = 20 hmáx ± hmáx = 0,20 m
45.3. hmáx = ’ – ’ cos q±’ cos q = 0,8 – 0,20 ±
± cos q = = 0,75
= ± + = ±± T = P cos q±± T = 20 * 0,75 = 15 N
46.1. ±
± RnB – P sin 30º = ±
± RnB = 3 * 0,5 + ±
± RnB = 2,5 N
46.2. Cálculo do valor de , com que M1 atinge oplano horizontal:
EmB = EmC ± M1 g hB + M1 v2B = M1 v2
C
hB = r – r sin 30º ± hB = 1,20 – 1,20 * 0,5 = 0,6 m
vC = = ±
± vC = 4,0 m s–1
Cálculo da velocidade do sistema após a colisão:
± ± M1 = (M1 + M2) ±
± = ± = 2,4 (m s–1)
46.3. Aplica-se a Lei do Trabalho-Energia entre D e E= DEc ±
± Fa cos 180º = 0 – (M1 + M2) v2sist ±
± Fa = = 2,0 N
47.1. mp = mp + mB ±
±4,0 *10–2*5*102 =4,0 *10–2 +4,0 *2,0 ±
± = 3,0 * 102 (m s–1)
47.2. Em inicial = Em final ± mB v2B = mB g hmáx ±
± 2,02 = 2 * 10 hmáx ± hmáx = 0,20 m
hmáx = ’ – ’ cos q± cos q= = = 0,75
+ = ± Tc = m g cos q±± Tc = 40 * 0,75 = 30 N
48.1. ± ±
± mp = (mp + mB) ±
±– 50 * 10–3 * 12 = 2,050 ±
± = – 0,29 (m s–1)48.2. Cálculo da aceleração do projéctil em relação à
Terra, quando se desloca dentro do bloco:= mp ± 20 = 50 * 10–3 * ±
± = 4 * 102 (m s–2)
A aceleração do bloco em relação à Terra é:= mB ± – 20 = 2,0 * ±
= – 10 (m s–2)
49.1. y = y0 – g t2 ± 0 = 2,5 – * 10 t2 ± t = 0,71 s
= – g t ± = – 10 * 0,71 ±± = – 7,1 (m s–1)
49.2. Antes e depois do impacto, a resultante das forçasé nula, apenas, na direcção do eixo dosxx, ; assim, só se verifica a conservação
do momento linear na direcção do eixo dos xx.49.3. M = (m + M) ±
±50 * 5,0 = (50 + 6,0) ±± = 4,5 (m s–1)e»xv»sist
v»siste»x
v»sistv»plat
^ F»ext (x) = 0»
e»yv»p
e»yv»e»yv»p
12
12
e»xa»B/T
a»B/Te»xa»B/TF»atrito
e»xa»p/T
a»p/Te»xa»p/TF»atrito
e»xv»sist
v»siste»x
v»sistv»p
p»ix = p»fx^ F»ext (x) = 0»
0»P»nT»c
0,6
0,8
’ - hmáx
’
12
e»xv»’
e»xv»’e»x
v»Bv»’v»
0,5 * 2,42
2 * 0,72
12
DE
WFa»
e»xv»siste»x
0,3 * 4,0
0,5v»sist
v»sistv»Cp»i = p»f^ F»ext = 0»
œ20 * 0,6 + 2,02œ2 g hB + v2B
12
12a
bc
v»
O
0,3 * 2,02
1,20
m v2B
r
R»nB + P»= F»c
0»P»nT»0»v»C
0,6
0,8
12
e»xv»sist
v»siste»xe»x
v»sistv»v»e
e»xv»B
12
v»B
12
12
12
12a
dddbdddc
e»ye»xv»B
v»Be»ye»xe»x
v»Bv»Av»CMp»CM = p»sist
5mA = 2 mB
v»CM = 80 e»x (m s–1)v»A = 50 cos 30º e»x + 50 sin 30º e»y
v»A = 43,5 e»x + 25 e»y (m s–1)
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
388
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LED
ITO
RES
49.4. A variação da energia mecânica do sistemadurante a colisão é, apenas, a variação da ener-gia cinética.DEm = Ecf – Eci ±
± DEm = (M + m) v2sist –
DEm = *56 *4,52 –
DEm = – 2,1 * 102 J
50.1. ± ±
± mA + mB = mA + mB
Sendo ± ± = constante
= ± =
Sendo a colisão elástica, Eci = Ecf
Eci = mA v2Ai + mB v2
Bi ±
± Eci = * 0,5 * 1,22 + * 1,0 * (0,6)2
Eci = 0,54 J; Ecf = 0,54 J
50.2. O impulso da resultante das forças exteriores éigual à variação do momento linear.
= D ± D = – 1,2 (kg m s–1)
D = – D ± D = 1,2 (kg m s–1)
Cálculo de :D = mB – mB ±± 1,2 = 1,0 – 1,0 * (– 0,6 ) ±± = 0,6 (m s–1)
50.3. e = (1)
Cálculo de :D = mA – mA ±± – 1,2 = 0,5 – 0,5 * 1,2 ±± = – 1,2
Substituindo valores em (1):
e = ± e = = 1
51.1. Forças que actuam no corpo A,na posição B, para que seja mínima:
+ = ± m g = ±
± vB =
=
51.2.a) ± ±
± m = (m + M) ± = (1)
b) Aplica-se a Lei da Conservação da EnergiaMecânica aos pontos A e B.
EmA = EmB
EcA = EcB + EpB ±
v2B = g ’
± (m+M) v2sist = (m+M) v2
B + (m+M)*2 g’±
± v2sist = g’+ 4 g’± vsist = (2)
Substituindo (2) em (1):= v0 ± v0 =
52.1. Com o sistema se encontrava inicialmente emrepouso, =
± msist = ± =
52.2.a) xCM = = 2,5 m
yCM = ±
± yCM = ±
± yCM = 2,0 m
= 2,5 + 2,0 (m)
b)± = constante
Como = , a posição do centro de massa nãose altera durante a separação.
c) = ± = mA + mB + mC ±
± = 0,1 * 3,0 + 0,2 * (– 3,5 + 3,5 ) ++ 0,3 ± = 1,3 – 2,3 (m s–1)
53.1. Ecp = m v2p ± 36 = * 40 * 10–3 v2
p ±
± v2p = 18 * 102 ± vp = 42,4 m s–1
1 m s–1 = 3,6 km h–1
v = 42,4 m s–1 § vp = 42,4 * 3,6 = 1,5 * 102 km h–1
53.2. mp = (mp + mb) ±
± = 40 * 10–3 * 42,4 = 0,840 vsist ±
± vsist = 2,0 m s–1
53.3. Se a resultante das forças exteriores que actuamnum sistema for nula, o momento linear man-tém-se constante.
53.4.a) = DEm = DEc
vf = 0; Rn = P = 0,840 * 10 = 8,4 N
WFa»abc
v»sist
v»sistv»p
abc
12
12
e»ye»xv»Cv»C
e»ye»xe»x0»v»Cv»Bv»A0»p»sistp»CM
0»v»CM
^ F»ext =d p»CM
dt
p»CM
^ F»ext = 0»abc
e»ye»xr»CM
0,1 * 4,0 + 0,2 * 2,5 + 0,3 * 1,0
0,6
mA yA + mB yB + mC yC
mA + mB + mC
0,1 * 1,0 + 0,2 * 1,0 + 0,3 * 4,0
0,1 + 0,2 + 0,3
0»v»CM0»v»CMp»sist = p»CM
0»p»sist
œ5 g ’m + Mm
mm + M
œ5 g ’
œ5 g ’
12
12
abc
v»0m
m + Mv»sistv»sistv»0
p»ix = p»fx^ F»x = 0»
0»T»min B
œg ’
m v2B
’F»cT»BP»
v»B
1,8
1,8
0,6 - (– 1,2)1,2 - (– 0,6)
e»xv»Af
e»xv»Afe»x
v»Aiv»Afp»A
v»Af
vBf - vAf
vAi - vBi
e»xv»Bf
e»xv»Bfe»x
v»Biv»Bfp»B
v»Bf
e»xp»Bp»Ap»B
e»xp»Ap»AI»A
12
12
12
12
0»v»CM
0,5 * 1,2 e»x + 1,0 * (– 0,6 e»x)1,5
v»CM
v»CMa»CM = 0»^ F»x = 0»
v»Bfv»Afv»Biv»Ai
p»ix = p»fx^ F»x = 0»
112* 50 * 5,02 + 1
2* 6,0 * 7,1221
2
112
M v2plat +
12
m v2p21
2
± mc Rn Dx cos 180º = msist v2f – msist v2
i ±
± – 0,40 * 8,40 Dx = – * 0,840 * 2,02 ±
± Dx = 0,5 m
b) DEm = DEp + DEc
DEp = 0±
± DEm = m v2f – m v2
i ±
± DEm = 0 – * 0,840 * 2,02 ± DEm = – 1,7 J
54.1. xCM = ±
± xCM = ± xCM =
yCM = ±
± yCM = ± yCM =
54.2.a) = ±
± = –
b) = (mA + mB + mC) ± = 6 m
= 2 m v – m v (SI)
54.3. = = ; porque = constante
= m ± =
55.1. xCM = = 0,4 m
yCM = = 0 m
55.2. = ±
± = 2,4 + 0,4 (m s–1)
55.3. A velocidade da partícula A não se altera e avelocidade da partícula B varia por estar sujeitaa uma força constante, = – 4,0 (N).Cálculo da aceleração de B:
= mB ± – 4,0 = 1,0 ±± = – 4,0 (m s–2)Cálculo de ao fim de 0,50 s:
= + t ± = 2,0 – (4,0 * 0,5) ±± =Cálculo de :
= = 2,4 (m s–1)
56.1. Verifica-se a Lei da Conservação do momentolinear na direcção do eixo dos xx, porque o siste-ma é isolado.
± (mH + mM) vi = mM ±
± (65 + 45) * 2,0 = 45 ± = 4,9 (m s–1)
56.2. = ; = ± = 0 – mH ±
± = – 65 * 2,0 = – 1,3 * 102 (kg m s–1) §
§ = – 1,3 * 102 (N s)
56.3 D = Dt±D = 2,0 * 2,0 = 4,0 (m)
= = 2,0 (m s–1);
que permanece constante antes e depois daseparação dos bailarinos.
57.1. y = y0 – g t2queda ± 0 = 0,8 – 5 t2
queda ±
± tqueda = 0,40 s
x = vx(sist) tqueda ± 2,00 = vx(sist) * 0,40 ±
± vx(sist) = ± vx(sist) = 5 m s–1§ v(C) = 5 m s–1
± mA vAi + mB vBi = (mA + mB) ±
± mB vBi = 6 mB * 5 ± vBi = 30 m s–1
57.2. Ec(C) = * 6 mB v2C ± Ec(C) = * 6 mB * 52 ±
± Ec(C) = 75 mB
= vx – g t ± = 5 – 10 * 0,40 ±± = 5,0 – 4,0 (m s–1)
v2D = 25 + 16 = 41 (m s–1)2
Ec(D) = * (mA + mB) * v2D ± Ec(D) = * 6 mB * 41
= = = 0,61
4.1. HIDROSTÁTICA
1. F – A, B; V – C, D. 2. B 3. C4. F – B, E; V – A, C, D.5. B 6. E 7. B8. B 9. E 10. D11. C 12. B 13. E14. E 15. A 16. B17. C 18. B 19. C20. D 21. C 22. B23. E 24. B 25. D26. D 27. D 28. D29. A 30. A 31. B32. E 33. B34. 3,9 * 103 kg m–3
35. O nível do café é o mesmo no tubo e na máqui-na, porque é um sistema de vasos comunicantes.
36.1. 0,5 m 36.2. 1,05 * 105 Pa
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 159 a 171
UNIDADE 1 | 4. MECÂNICA DE FLUIDOS
2541
3 mB * 25
3 mB * 41
Ec(C)
Ec(D)
12
12
e»ye»xv»D
e»ye»xv»De»ye»xv»D
12
12
e»xe»x
v»x(sist)e»xe»xp»ix = p»fx
2,00
0,40
12
e»xv»sistv»CM
e»xe»xr»CMv»CMr»CMabc
e»xI»e»xDp»H
v»iDp»HDp»HI»HDp»I»e»xv»v»e»x
v»e»xp»ix = p»fx
e»x
4,0 * 3,0 e»x + (1,0 * 0) e»y
5v»CM
v»CM
0»v»B
e»ye»yv»Ba»Bv»0Bv»B
v»B
e»ya»B
a»Be»ya»BF»B
e»yF»B
e»ye»xv»CM
4,0 * 3,0 e»x + 1,0 * 2,0 e»y
5v»CM
4,0 * 0 + 1,0 * 0
5
4,0 * 0 + 1,0 * 2,0
5
0»a»CMa»CMF»res
p»sist0»d p»sist
dtF»resa
bc
e»ye»xp»CM
1v3
e»x -v6
e»y2p»CMv»CMp»CMabc
e»yv6
e»xv3
v»CM
– m v e»x + 3 m * (v e»x - v e»y) + 2 m v e»y
6 mv»CM
116
’2 ’ + 3 ’ + 6 ’6
m * 2 ’ + 3 m * ’ + 2 m * 3 ’6 m
73’’ + 9 ’ + 4 ’
6
m ’ + 3 m * 3 ’ + 2 m * 2 ’6 m
12
12
12
abc
12
12
12
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
389
©A
REA
LED
ITO
RES
37.1. 0,15 m37.2. Porque a pressão arterial de 12 cm Hg é mano-
métrica. A pressão arterial absoluta é (patm cm Hg +12 cm Hg)
38. 1,5 * 103 kg m–3
39.1. 1,4 * 105 Pa 39.2. 9,5 * 104 Pa39.3. 4,1 * 104 Pa
40. 1,0 * 102 N
41.1. 25 cm3 41.2. Não, porque P = I
42. 1,74 * 103 kg m–3
43. 6,0 * 103 kg m–3
44.1. 8,0 * 103 kg m–3 44.2. 1,2 * 103 kg m–3
45.1.
TA = TB
45.2. 2,3 * 103 kg m–3 45.3. 6,0 * 102 kg m–3
46.1. 4,0 * 104 N 46.2. 61 s
47.1. 47.2. 4,8 N
48.1. 4,4 * 103 kg m–3 48.2. 4,2 48.3. Vi = 0,55 V
49.1. 6,4 N 49.2. 16 N
50.1. Vy = V 50.2. p = 2 ry hy g
51.1. 51.2. rB = 4 rA
51.3. 67% 51.4. Mantém-se.
52.1. 8,9 * 102 kg m–3
52.2.1. 0,40 N 52.2.2. 2,2 * 103 kg m–3
53. mouro = 0,85 kg; mprata = 0,15 kg
54.1. Aumenta a impulsão porque o volume imersoaumenta; diminui o valor indicado pelo dinamó-metro até a pedra estar totalmente imersa nolíquido.
54.2. 0,72 N54.4. Enunciado da Lei de Arquimedes.
4.2. HIDRODINÂMICA
1. F – B, D; V – A, C, E 2. C3. F – A, B; V – C, D, E 4. E5. E 6. C 7. D8. D 9. E 10. D11. D 12. E 13. C14. E
15. Quando se sopra no funil, estabelece-seuma diferença de pressão entre a partesuperior da bola (pressão baixa) e aparte inferior da bola (pressão atmosfé-rica, mais alta), que dá origem a umaforça vertical para cima, que equilibrao peso da bola.
16. O comboio, ao passar em alta velocidade, pro-duz uma diferença de pressão do ar, fazendocom que o passageiro seja empurrado contra ocomboio.
17. 32 cm s–1
18.1. 1,2 * 102 m s–1 18.2. 1,1 * 105 N
19. Ver exercício resolvido 2.
20.1. Aplica-se a equação de Bernoulli e a equação dacontinuidade.
20.2. 2,6 * 104 Pa20.3. v1 = 2,1 m s–1; v2 = 8,4 m s–1
21.1. 6,7 m s–1 21.2. 1,35 * 105 Pa
22.1. 12,4 m s–1 22.2. 7,7 m
23.1. 1,0 * 10–2 m3 s–1 23.2. 10 h
24.1. 18 m s–1 24.2. 2,0 * 104 L h–1
24.3. 20 kPa
25. 1,47 * 102 kPa 26. 1,34
27.1. 27.2. 32 kg m–1
1. D 2. E 3. D4. C 5. C 6. B7. A 8. D 9. E10. C 11. D 12. C13. C 14. B 15. B16. E 17. C 18. B19. B 20. C 21. E
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 194 a 200
UNIDADE 1 | 5. GRAVITAÇÃO
F»res + P»= 0»
P»F»
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 178 a 182
23
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
390
©A
REA
LED
ITO
RES
22. A 23. E 24. E25. C 26. B 27. C
28.1. 28.2. nulo
29.1. 0,1 N kg–1 29.2. FA = 9 FB
29.3. vA = vB
30. Gx = 1,5 GT
31.1. 37 N 31.2. 6,4 * 106 m
32.1. gT 32.2. 10 N
33.1.
33.2.
34. 1,08 * 104 m s–1
35.1. 1,24 * 108 J 35.2. 1,12 * 104 m s–1
35.3. 1,24 * 1010 J
36.1. 7,7 * 103 m s–1 36.2. ’ , 6 h
37.1. = – 1,6 * 10–8 (N kg–1);
= – 4,0 * 10–9 (N kg–1)37.2. – 4,02 * 10–5 J 37.3. – 8,04 * 10–6 J
38.1.
38.2.1. É negativo porque a força gravítica e o deslo-camento têm sentidos opostos.
38.2.2. Aumenta. = – DEp
39.1. – 2,23 * 10–1 (m s–2)
1.1. LEI DE COULOMB E CAMPO ELÉCTRICO
1. D 2. D 3. A4. D 5. B 6. C7. B 8. E 9. C10. C 11. C 12. C13.1. A 13.2. C 13.3. A
14. C 15. C16. V – A, D e E; F – B e C17. C 18. A 19. C20. D 21. D 22. C23. B 24. C 25. E26. 5,0 * 10–2 N
27.1. Têm sinais contrários.27.2. mB = 1,7 mA 27.3. mB = 1,1 kg
28. q = 5 * 10–3 C
29.1. = – 1,0 * 106 (V m–1)
29.2. = 1,0 (N) 29.3. = – 1,4 * 106 (V m–1)
30.1. Movimento uniformemente retardado.30.2. = – 3,5 * 1014 (m s–2)30.3. x = 5,7 * 10–3 m
31.1. F = 2,3 * 10–1 (N)31.2. E = 1,2 * 105 (V m–1)
32.1. ymáx = 1,3 mm32.2. t = 8,6 * 10–9 s32.3. x = 5,2 mm
33.1. = – 1,0 * 104 (V m–1)33.2. q = – 2,7 * 10–6 C33.3. T = 3,3 * 10–2 N
34.1.
34.2. E = 1,1 * 105 V m–1
1.2. ENERGIA E POTENCIAL ELÉCTRICO
1. V – A, D; F – B, C, E 2. C 3. C 4. D5. B 6. D 7. B8. V – B, D 9. C10. V – A, B E; F – C, D 11. D12. D 13. V – C, D14. A. B para A; a força eléctrica tem sentido contrá-
rio a ;B. 3,2 * 10–17 N;C. UA > UB; UA = UD;D. nulo
15. D 16. D 17. D18. A 19. A 20. C21. D 22. C 23. E24. C 25. E 26. E27. A 28. C 29. B30. B
E»
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 239 a 250
e»xE»
e»xa»
e»yE»pe»yF»e»yE»
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 220 a 227
UNIDADE 2 | 1. CAMPO E POTENCIAL ELÉCTRICO
e»r
WFg»
e»rπ»B
e»rπ»A
–G ms mp
2 r
16
œ3
r3
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTESSOLUÇÕES
391
©A
REA
LED
ITO
RES
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
392
©A
REA
LED
ITO
RES
31.1. = 4,0 * 102 31.2. = 20 (m s–1)
31.3.1. 4,0 * 10–2 J31.3.2. – 4,0 * 10–2 J. São simétricos.
32.1. (V m–1)32.2. q2 < 032.3. q2 = – 1,6 mC
33.1. 3,6 * 103 V33.2. 4,0 * 10–6 C
34.1. q1
34.2. v1 = 10 v2
35.1. 9,8 * 104 (V m–1)35.2. UA = – 9 * 102 V; UB = 035.3. EpA = – 3,6 * 10–6 J; EpB = 035.4. 3,6 * 10–6 J 35.5. 1,2 * 10–5 J
36.1. B 36.2. – 8,0 J36.3. Nula 36.4. C
37.1. 3,6 * 106 V 37.2. 0,22 J37.3. 0,24 kg37.4.1. 3,4 N 37.4.2. 5,2 m s–2
38.1.
38.2.1. – 1,0 * 104 (V m–1)38.2.2. – 2,3 * 10–7 J
39.1. Direcção do eixo dos yy e sentido negativo.39.3. 2,7 * 10–13 (N) 39.4. 5,4 * 10–15 J
40.1. – 1,1 * 102 V40.3. 1,3 cm, inferior à distância entre as placas.40.4.
41.1.1. – 0,60 (N)41.1.2. 3,0 * 104 (V m–1)
41.1.3. US > UR, porque tem o sentido dos poten-ciais decrescentes.
41.2.1. Desce, porque PB > PA. 41.2.2. 4,3 m s–2
42. 7 * 10–4 F
43. Car = 2 * 10–8 F; Cágua = 1,6 * 10–6 F
44.1. 5,28 * 10–13 F 44.2. 1,32 * 10–9 C
44.3.1. C2 = = 2,64 * 10–13 F
44.3.2. U2 = 2 U1 = 5 * 103 V
45.1. C1 = 1,25 * 10–12 F; C2 = 3 C1 = 3,75 * 10–12 F
45.2. U2 = U1; U2 = 4 * 102 V
45.3. Devido ao fenómeno da polarização do dieléctri-co, cria-se um campo eléctrico, , de sentido con-trário ao do campo eléctrico uniforme, ,existen-te entre as armaduras, passando o seu valor a serE = E0 – Ed. Sendo E < E0, o potencial final é menorque o inicial.Como a carga permanece constante,a capacidade aumenta.
1.1. A 1.2. 2 A2.1. D 2.2. C3. D 4. B 5. A6. E 7. C 8. B9. B 10. B 11. C12. V – D, E; F – A, B, C, F, G 13. C14. D 15. D 16. D17. A, D 18. C 19. B20. A – em paralelo;
B – em série;
C – L1 em série,com a associação L2 e L3 em paralelo;
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 267 a 278
UNIDADE 2 | 2. CIRCUITOS ELÉCTRICOS
E»0
E»d
13
C1
2
E»e»y
e»y
e»y
e»x
e»x
E»1 = – 4,5 * 105 e»y
e»yv»Fe
P
D – L1 e L2 em paralelo com L3.
21. B 22. C23. A (F) d.d.p. = 3,6 V; B (F) 0,2 A e 0,4 A; C (V)24. B e C 25. C26. V – B, D e E; F – A, C27.1. C 27.2. D28. C 29. D30.1. D 30.2. C31. B 32. V – B, D, E, F; F – A, C, G33. C34. Condensador em carga (I): B, D, E; condensador
em descarga (II): A, C, D.
35. APb = 2,2 AFe 36. 4,0 m
37. I = 75 W; II = 15 W; III = 3/4 R; IV = 2/3 R; V = 5 W;VI = 3,5 W; VII = 10 W; VIII = 4 W; IX = 3 W
38.1. R’ = 2 R 38.2. R’ = R/438.3. R’ = 2 R
39.1. B39.2. Uma diminuição da resistência introduzida pelo
reóstato conduz a uma diminuição da constan-te de tempo do circuito. Quanto menor for aconstante de tempo do circuito, menor será otempo de descarga do condensador.
39.3. C; e ; se C diminui, E aumenta.
40.1. O condensador está inicialmente descarregadoe cada uma das armaduras tem potencial nulo.Ao estabelecer-se a ligação, passa corrente eléc-trica do pólo positivo do gerador para a placa Ae da placa B para o pólo negativo. Não há passa-gem de corrente eléctrica através do condensa-dor, porque as armaduras estão separadas porum dieléctrico e este é isolador. A corrente nocircuito é transitória e cessa quando a d.d.p.entre as placas do condensador for igual à f.e.m.do gerador.
40.2. 4,0 * 103 mC40.3. 4,0 * 10–1 J
41.1. 1,08 V 41.2. 0,80 W42.1. 10 W 42.2. 1,80 * 102 V42.3. 2,30 * 102 V 42.4. 1,80 * 103 W
43.1. 2,5 A 43.2. – 75 V43.3. 2,5 * 102 W 43.4. I2 = 1,67 A; I3 = 0,83 A
44. 25
45.1. 4 A 45.2. 6,7 A45.3. I1 = I2 = 3,3 A 45.4. 1,0 * 102 V
46.1. 10 V 46.2. 3,8 W46.3. 80 W
47.1. 50 V 47.2. 6,74 * 102 W47.3. 1,12 * 102 V
48.1. 4 A 48.2. 0,4 W48.3. 0,8 V
49.1. 2,5 A 49.2. 19 V49.3. 34 W
50.1. 5 A 50.2. 95 V50.3. 10 V 50.4. I2 = 2,0 A; I3 = I4 = 1,5 A50.5. 40 W 50.6. 3,0 * 102 W50.7. 1,0 * 102 W
51.1. X = 37% Q0; Y = 14% Q0
52.1. a) 1,5 * 10–4 C; b) 2 ms; c) 75 mA; d) 20 mC52.2. Aumentava a resistência, o que significa aumen-
tar a constante de tempo.
53.1. 3,6 s53.2.1. 1,4 * 10–4 C 53.2.2. 1,17 V53.3.
No instante t1 tem maior carga o condensadorA, porque tem menor constante de tempo.
53.4. Limpa pára-brisas dos automóveis, pacemakers,flash das máquinas fotográficas , amplificadoresde rádio, amplificadores de gravadores de casse-tes, som de TV.
- 2tRCE =
Q2
2 C
SOLUÇÕES
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393
©A
REA
LED
ITO
RES
1. V – B, E, F; F – A, C, D.
2. A´ = – Fm ; B´ = ; C´ = – Fm ;= – Fe ; D´ = Fm ; = – Fe
3. I´ protão; II ´ deuterão; III ´ neutrão;IV ´ ião cloreto; V ´ electrão
4. V – A, D 5. B 6. B7. B8. I´ C; II ´ A; III ´ E; IV ´ B; V ´ D9. C 10. B 11. A12. A 13. D 14. C15. B 16. B 17. A18. E 19. A 20. E21. E 22. A 23. B24. E 25. C26. 1,0 * 10–2 T 27. 1,1 * 10–5 (N)28.1. + 2,0 * 10–3 C 28.2. 8 * 10–4 s28.3. 6,3 * 102 Hz
29. 2,8 * 10–2 N
30.1.
30.2. 8,8 * 10–2 m 30.3. – 1,9 * 10–4 (T)
31.1. 3,0 * 105 (m s–1)31.2. (0,0; 2,4 * 10–2; 0,0) m
32.1. 2,0 * 10–15 – 2,0 * 10–15 (kg m s–1)32.2. – 8 * 10–10 (N)32.3. Nulo, porque a força é perpendicular ao desloca-
mento.32.4. – 2,0 * 10–3 (T)
33.1. É igual. = DEc; = 0 ±DEc = 0± EcO = EcA
33.2. – 4,6 * 10–3 (T)33.3. 3,9 * 10–9 s 33.4. 4,6 * 10–3 (T)
34.1. 1,3 * 10–3 (N) 34.2. y = 1,3 mm.34.3. Não atinge, porque a força resultante tem um
valor diferente de zero. = + 1,29 * 10–3 (N)
35.2. 1,9 * 10–2 m 35.3. – 1,6 * 10–3 (T)
36.1. q1 > 0; q2 < 0
36.2. m1 = 2 m2 36.3. T1 = 2 T2
37.1. movimento circular uniforme; r = 1,03 * 10– 2 m37.2. 1,4 * 10–19 (N) 37.3. 8,0 * 10–7 s38.1. Esquema I38.2. Fe = Fm; = q E ; = – q v B38.3. 1,2 * 10–14 N38.4. 1,9 * 106 (m s–1)38.5. Movimento circular uniforme no
sentido dos ponteiros do relógio,em torno de um eixo perpendicularao plano do papel.
39.2. Os iões têm massas diferentes e descrevem tra-jectórias com raios directamente proporcionaisàs respectivas massas.
39.3. m =
1.1. RELATIVIDADE GALILEANA
1. V – C, D; F – A, B.2. V – A, B, C, D, G; F – E, F, H. 3. C4. B 5. B, C, E, F 6. A7. B 8. D 9. C10. A 11. A 12. C13. D 14.1. E14.2. = – 10 – 5 (m s–1); vc/v = 11,2 m s–1;
q = 27º
15.1. = 16 – 8 (m s–1)15.2. Verificar que = = 8,0 + 6,0 (m s–2)
15.3. = = 6,4 * 10–1 + 4,8 * 10–1 (kg m s–1)
15.4. = ±
± = = 3,2 * 10–1 + 2,4 * 10–1 (N)
16.1. = – 20 (km h–1)e»xv»C/V
e»ye»xF»S’F»S
a»S’/Ta»S/T
e»ye»xDp»S’Dp»S
e»ye»xa»S’/Ta»S/T
e»ye»xv»S’/S
e»ye»xv»c/v
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 304 a 308
UNIDADE 3 | 1. RELATIVIDADE
B2 |q| r2
2 U
e»x
e»yF»me»yF»e
e»y
e»z
e»yF»r
e»y
e»z
e»z
WFm»WFm»
e»z
e»y
e»ye»x
e»x
e»z
e»y
e»yF»ee»yF»me»yF»e
e»yF»m0»F»me»zF»m
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 288 a 298
UNIDADE 2 | 3. ACÇÃO DE CAMPOS MAGNÉTICOSSOBRE CARGAS EM MOVIMENTO E CORRENTES
SOLUÇÕES
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394
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REA
LED
ITO
RES
16.2. A corça vê o veado aproximar-se antes deste aultrapassar e a afastar-se depois da ultrapassa-gem.
16.3. 3,02 * 102 m
17. = – 1,7 (m s–1); = – 1,0 – 1,7 (m s–1)
18.1.
18.2. = 2,0 (m s–1)18.3. q = 37º 18.4. Dt = 15 s
19.1.
19.2. 7,98 * 102 km h–1
19.3. q ] 4º
20.1. É uma parábola, porque o movimento da bola éa composição de dois movimentos: o da bolaem relação ao João e o do vagão em relação àTerra.
20.2. = – 3,0 (m s–1); = 4,0 – 3,0 (m s–1)
1.2. RELATIVIDADE EINSTEINIANA
1. Verdadeiras – A, C, E2. Verdadeiras – A, D, E; Falsas– B, C3. C 4. D 5. A6. D 7. D8. C e E 9. B
10.1. Menor, porque há contracção do espaço.O astronauta mede o comprimento próprio.
10.2. 0,87 c
11.1. 0,852 MeV 11.2. 0,341 MeV
12.1. 2,0 m (medido pelo observador na Terra)
12.2. A mesma, porque só há contracção do espaçona direcção da velocidade.
12.3. 0,44 m2 (L = 0,88 m é o comprimento da barramedido pelo astronauta)
12.4. 0,66 c
13.1. 80 min-luz 13.2. 60 min
14. 11,4 anos
15.1. 5,3 anos 15.2. 3,5 anos15.3. 2,64 anos-luz 15.4. 3,7 * 1020 J
16. 1,9 * 10–11 kg
17. 3,72 * 1014 kg; 1,9 * 10–16 mSol
18.1. 4,93 * 10–8 s 18.2. a) 6,63 m; b) 12,6 m
1. V – A, B, C, D, G; F – E, F2. V – B, D, E; F – A, C, F, G3. E 4. C, F5. E, G6. V – A, B, E, G; F – C, D, F7. E8. V – B, C, D, E, G; F – A, F9. B, E 10. C 11. B12. B 13. C
14.1. 1,0 * 104 K; no ultravioleta.14.2. Não, porque lmáx(S01) = 500 nm14.3. 5,67 * 108 W m–2
15.1. 5,8 * 103 K 15.2. 5,00 * 10–7 m = 500 nm15.3. Maior,para que a potência emitida seja a mesma.
16.1. 2,18 * 10–18 J § 13,6 eV16.2. 9,12 * 10–8 m 16.3. 7,3 * 10–27 kg m s–1
18.1. 3,9 * 10–19 J 18.2. 1,3 * 10–27 kg m s–1
18.3. 6
19.1. 4,7 * 1014 Hz; vermelho.19.2. 1,6 * 1015
20.1. 4 * 10–19 J 20.2. 500 nm
21.1. 6,7 * 106 m s–1 21.2. 6,1 * 10–24 kg m s–1
21.3. 1,1 * 10–10 m
22.1. Uma radiação de frequência inferior a 5,51 *1014 Hznão consegue ejectar electrões da superfície dometal, qualquer que seja a sua intensidade.
22.2. 3,65 * 10–19 J 22.3. 6,30 * 10–19 J22.4. A energia cinética mantém-se igual e triplica o
número de electrões ejectados.
23.1. 2,56 * 10–19 J 23.2. 6,5 * 1014 Hz23.3. 289 nm
24.1. 309 nm 24.2. 1,01 * 106 m s–1
25.1. f =1,0 * 1015 Hz (f > f0)
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 332 a 338
UNIDADE 3 | 2. INTRODUÇÃO À FÍSICA QUÂNTICA
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 317 a 320
e»ye»xv»b/Joanae»yv»b/João
e»yv»n/T
e»ye»xv»C/Re»yv»C/T
SOLUÇÕES
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395
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REA
LED
ITO
RES
25.2. 3,22 * 10–19 J 25.3. 2,0 V
26. 34º
27.1. 5,9 * 106 m s–1 27.2. 5,4 * 10–24 kg m s–1
27.3. 1,23 * 10–10 m
28.1. lbola = 4,42 * 10–33 m;le = 2,75 * 10–11 m. O com-primento de onda associado à bola é de umaordem de grandeza muito inferior à do electrão.
28.2. Porque o comprimento de onda de De Brogliedo electrão é da ordem de grandeza da separa-ção dos átomos no cristal.
29.1. São iguais.29.2. O electrão, porque tem menor massa (me < mp).
30.2. 42,8
31.1. Para poderem atingir o metal com energia ciné-tica elevada.
31.2. Ânodo.31.3. Os electrões acelerados colidem com os átomos
do metal e originam transições de nível de ener-gia dos electrões do metal, com emissão defotões de frequência na zona dos raios X.
31.4. No efeito fotoeléctrico, um fotão colide com ometal e há emissão de um electrão. Na produ-ção de raios X, um electrão colide com um metale há emissão de um fotão X.
31.5. 18 keV 31.6. 7 * 10–11 m
32.1. – 13,6 eV
32.2.1. a) A (E3 – E2); B (E2 – E1); b) D32.2.2. 656 nm32.2.3. 1,4 eV
33.1. 2,05 * 10–18 J33.2. n = 4
1. B, D, E 2. V – A, B, D, E; F – C, F3. D 4. C5. C, E, G 6. C, D 7. D
8.1. Z = 86 ; A = 222; A partícula a tem 2 protões e 4nucleões e verifica-se a conservação do númerode protões e do número de nucleões.
8.2. A
9.1. 147N 9.2. C 10. B
11. D 12. D 13. D14. E 15. B 16. E17. D18. A-212
84Po + b– + ; B-22888Ra; C-60
27Co; D-5626Fe + b+ + n
19.1. A = 3,35 * 102 MeV; B = 9,18 * 102 MeV;C = 1,64 * 103 MeV
19.2. A = 8,59 MeV/nucleão; B = 8,58 MeV/nucleão;C = 7,89 MeV/nucleão
20. 8,74 MeV/nucleão. A elevada energia de ligaçãopor nucleão traduz a estabilidade do núcleo.
21. 2,28 * 104 kW h
22.1. 22086Rn Æ 216
84Po + 42He
22.2. l = 1,36 * 10–2 s–1; t1/2 = 51 s22.3. 2,34 * 1015 Bq
23. 3 * 1011 núcleos
24.1. 4,12 dias 24.2. (87,5%)24.3. 3,34 * 1013 Bq
25.1. 24 dias 25.2. 8,74 * 1011 Bq25.3. 7,13 * 1011 Bq 25.4. 2,1 * 1018
26.1. 4,0 g 26.2. 93,75%26.3. 4,39 * 10–9 s–1 26.4. 1,10 * 1013 Bq
27. 3,1 mg
28.1. 6027CoÆ 60
28Ni + b– +28.2. 15 28.3. 2,62 * 1013 Bq
29.1. 1,25 g 29.2. 499 dias
30.1. 22 920 anos 30.2. 1,3 * 1017
31.1. 6,93 * 10–2 s–1 31.2.
32.1. 3 mGy 32.2. 0,195 J
33. 0,2 Gy
34.1. 5,25 * 10–5 J 34.2. 3,7 * 109
35. Entre 15 J e 30 J.
n
78
n
EXERCÍCIOS PROPOSTOS PÁGS. 347 a 353
UNIDADE 3 | 3. NÚCLEOS ATÓMICOS E RADIOACTIVIDADE
SOLUÇÕES
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
396
©A
REA
LED
ITO
RES
SOLUÇÕES
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397
©A
REA
LED
ITO
RES
1.1. C1.2.1. 24,4 m 1.2.2. E
2.1. Fr = Pt = 1,8 N2.2. = – 2,0 (m s–1)
3.1. E3.2. 2,25 m s–2
4.1. E4.2. = – 5,0 * 106 (V m–1);
K = 50 N m–1
4.3. V – A, B, E; F – C, D
5.1. C 5.2. D5.3. C
6.1. 8,5 * 10–19 J 6.2. 234 nm
7.1. 28 V 7.2. D
8. = q E ; = –
9.1. 7,29 * 10–26 J 9.2. 3,43 * 1030
10.1. 8,32 * 10–20 J ; 30,4 * 10–20 J10.2. C10.3. h = 6,63 * 10–34 J s; W0 = 2,24 eV 10.4. E, F
11. 6,6 * 103 Bq 12. C
13.1. X = 9336Kr; Y = 90
35Br13.2.1. Escapam do reactor ou são capturados por
núcleos que não são de 235U e nos quais nãoocorre a fissão nuclear.
13.2.2. 1,56 * 1019
14.1. E 14.2. 43,6 m; 22,9 s
15. Ver teoria.
16.1. = 4,3 *10–2 (kg m s–1); = 3,2 *10–2 (kg m s–1)
16.2. = – 2,4 * 10–2 (N s); > devido aoimpulso exercido por outras forças.
16.3. Os cálculos do momento linear do sistema,antes e depois da colisão, mostram que não háconservação do momento linear. Não havendoconservação do momento linear, conclui-se quehá forças exteriores aplicadas no sistema. Logo,o sistema não está isolado e, como consequên-cia, não há conservação da energia cinética.Como os carros seguem colados após o choque(a colisão é perfeitamente inelástica), a velocida-de de afastamento é nula e o coeficiente de res-tituição é necessariamente nulo.
1.1. D 1.2. E 1.3. A2.1. E 2.2. = 3,5 – 1,0 (m s–1)
3.1. D3.2. sin = ±1; |amáx| = A
4.1. T = m g
4.2. D 4.3. C4.4. 1,5 dm3 4.5. D
5.1. A 5.2. B
6.1. B
6.2.
7.1. V – A, D F; F – B, C, E7.2. Q = 5,3 * 10–4 C; U = 3,5 V
8.1. D 8.2. D
9.1. 1,8 eV < 2,28 eV9.2. 5,5 * 1014 Hz (verde)
10. 6,3 L
11.1. 15,5 pm 11.2. D11.3. No efeito fotoeléctrico, um fotão interage com
um material e faz ejectar um electrão. Neste pro-cesso de produção de raios X, um electrão inte-rage com o material alvo e produz um fotão.
12. C
13. 1,6 * 103 anos
14.1. 23,9 MeV 14.2. 6,6 * 1018
14.3. A temperatura do Sol é suficientemente elevadapara que os núcleos de 1H e 2H consigam vencera repulsão electrostática e se aproximem, atéque as forças nucleares predominem e ocorra afusão. Na Terra, a temperatura é muito menor eos núcleos não têm energia suficiente para ven-cer a repulsão electrostática.
15. A
16.1. Sincronizar o início do movimento com o inícioda contagem do tempo. Efectuar, nas mesmascondições experimentais, mais do que umamedição do tempo de queda do conjunto A.Melhorar as condições de libertação do conjun-to B. Aumentar a distância entre as duas célulasfotoeléctricas.
16.2. mA g – mB g = (mA + mB) a ±
± a = g
16.3. C
16.4. = = 53,965 ±
± g = 9,71 m s–2
gmA + mB
amA - mB
mA - mB
mA + mB
r = m vq B
1rL
r - 121p42
2
1p4 t + 32p2
e»ye»xv»’B
TESTE GLOBAL 2 PÁGS. 362 a 368
I»B"AI»totale»xI»total
e»xp»fe»xp»i
F»eF»me»yF»e
e»yE»
e»tv»
TESTE GLOBAL 1 PÁGS. 355 a 361
TESTES GLOBAIS
ANEXOS
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
398
©A
REA
LED
ITO
RES
CONSTANTES FÍSICAS
Aceleração da gravidade à superfície da Terra g = 9,81 m s–2
Constante de gravitação universal G = 6,67 * 10–11 N m2 kg–2
Permitividade eléctrica do vácuo e0 = 8,854 * 10–12 N–1 C2 m–2
Constante de Coulomb K0 = = 9,0 * 109 N m2 C–214p e0
Permeabilidade magnética do vácuo m0 = 1,26 * 10–6 T m A–1
Velocidade da luz no vácuo c = 3,00 * 108 m s–1
Carga elementar e = 1,602 * 10–19 C
Massa do electrão me = 9,11 * 10–31 kg
Massa do protão mp = 1,67 * 10–27 kg
Constante de Planck h = 6,626 * 10–34 J s
Constante de Avogadro NA = 6,02 * 1023 mol–1
VALORES REFERENTES AO SISTEMA SOLAR
Raio médio do Sol 6,96 * 108 m
Raio médio da Terra 6,37 * 106 m
Raio médio da Lua 1,74 * 106 m
Massa volúmica média da Terra 5,52 * 103 kg m–3
Distância média Terra – Sol 1,50 * 1011 m
Distância média Terra – Lua 3,84 * 108 m
Massa do Sol 1,99 * 1030 kg
Massa da Terra 5,98 * 1024 kg
Massa da Lua 7,35 * 1022 kg
Período de translação da Terra em volta do Sol 365,25 dias
Período de rotação da Terra 0,997 dias
Período de translação da Lua em volta da Terra 27,3 dias
DERIVADAS DE ALGUMAS FUNÇÕES
Função Derivada
f(t) = k = 0dfdt
f(t) = k t = kdfdt
f(t) = k t2 = 2 k tdfdt
f(t) = k tn = n k tn–1dfdt
f(t) = sin (t) = cos (t)dfdt
f(t) = sin (k t) = k cos (k t)dfdt
f(t) = cos (t) = – sin (t)dfdt
f(t) = cos (k t) = – k sin (k t)dfdt
ANEXOS
PREPARAR OS TESTESANEXOS
399
©A
REA
LED
ITO
RES
MÚLTIPLOS SUBMÚLTIPLOS
Nome do prefixo
Símbolo do prefixo
Factormultiplicador
Nome do prefixo
Símbolo do prefixo
Factormultiplicador
deca da 101 deci d 10–1
hecto h 102 centi c 10–2
quilo k 103 mili m 10–3
mega M 106 micro m 10–6
giga G 109 nano n 10–9
tera T 1012 pico p 10–12
peta P 1015 fento f 10–15
exa E 1018 ato a 10–18
zetta Z 1021 zepto z 10–21
yotta Y 1024 yocto y 10–24
MASSAS ATÓMICAS DO NEUTRÃO E DE ALGUNS ISÓTOPOS
Elemento Símbolo Z Unidade de massa atómica unificada, u
Neutrão n 0 1,008 665
Hidrogénio 1H 1 1,007 825
Deutério 2H ou D 1 2,014 102
Trítio 3H ou T 1 3,016 050
Hélio3He4He
22
3,016 0304,002 603
Lítio6Li7Li
33
6,015 1257,016 004
Berílio 9Be 4 9,012 182
Boro 10B 5 10,012 939
Carbono
12C13C14C
666
12,000 00013,003 35414,003 242
Nitrogénio13N14N
77
13,005 73814,003 074
Oxigénio 16O 8 15,994 915
Sódio 23Na 11 22,989 771
Potássio 39K 19 38,963 710
Ferro 56Fe 26 55,939 395
Cobre 63Cu 29 62,929 592
Arsénio 74As 33 73,923 930
Prata 107Ag 47 106,905 094
Ouro 197Au 79 196,966 541
Chumbo 208Pb 82 207,976 650
Polónio 212Po 84 211,989 629
Rádon 222Rn 86 222,017 531
Rádio226Ra228Ra
8888
226,025 360228,031 139
Tório 232Th 90 232,038 124
Urânio 238U 92 238,048 608
Plutónio 242Pu 94 242,058 725
ANEXOS
PREPARAR OS TESTES FÍSICA 12
400
©A
REA
LED
ITO
RES
PERÍODOS DE DECAIMENTO DE ALGUNS NUCLÍDEOS
Nuclídeos t1/2 Nuclídeos t1/2
23592U 7,1 * 108 anos 198
79Au 2,7 dias 238
92U 4,5 * 109 anos 13755Cs 30 anos
23994Pu 2,4 * 104 anos 131
53I 8 dias234
90Th 24,1 dias 12553I 60 dias
23190Th 24,6 horas 99
43Tc 6 horas229
90Th 7,3 * 103 anos 9043Sr 28,5 anos
22688Ra 1,62 * 103 anos 87
37Rb 4,9 * 109 anos225
88Ra 14,8 dias 7534Se 120 dias
22286Rn 1,66 * 103 anos 62
29Cu 10 minutos221
87Fr 4,8 minutos 6027Co 5,3 anos
20181T’ 3 dias 59
26Fe 45 dias214
84Po 1,6 * 10–4 s 4019K 1,3 * 109 anos
21084Po 138 dias 33
15P 25,3 dias203
79Au 6 s 3215P 15 dias
2915P 4,14 s 24
11Na 15 horas2012Mg 0,6 s 18
9F 110 minutos14
6C 5,7 * 103 anos 31H 12,5 anos
RESISTIVIDADE DE ALGUNS MATERIAIS E RESPECTIVOS COEFICIENTES DE TEMPERATURA
Material Resistividader / W m (a 20 ºC)
Coeficiente de temperaturaa / ºC–1 (a 20 ºC)
Prata 1,59 * 10–8 3,75 * 10–3
Cobre 1,68 * 10–8 3,93 * 10–3
Alumínio 2,65 * 10–8 3,9 * 10–3
Ferro 9,71 * 10–8 5,0 * 10–3
Platina 10,6 * 10–8 3,927 * 10–3
Manganina(84% Cu, 12% Mn, 4% Ni)
48,2 * 10–8 Menor que 1 * 10–6
Constantan(60% Cu, 40% Ni)
49 * 10–8 2,0 * 10–6
Mercúrio 98 * 10–8 0,88 * 10–3
Carbono (amorfo) 3,5 * 10–5 – 0,5 * 10–3
Germânio 0.45 – 0,05
Silício 2,5 * 103 – 0,7
Vidro 1012 a 1013 – 0,07
GRANDEZAS UNIDADES VALORES EM UNIDADES SI
Energiaelectrão-voltquilowatt-horacaloria
1 eV = 1,60218 * 10–19 J1 kW h = 3,6 * 106 J1 cal = 4,185 J
Massa unidade de massa atómica unificada 1 u = 1,66054 * 10–27 kg
Pressãoatmosfera normalbarmilímetro de mercúrio ou torr
1 atm = 1,01325 * 105 Pa1 bar = 105 Pa1 mm Hg = 1 Torr = 1,333 * 102 Pa