ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – CH-FISICA –RESOLUÇÃO – FISICA-1-VOL-3 – YASMINE/COMP3/Alencar
FÍSICA 1 – VOLUME 3 RESOLUÇÕES EXERCITANDO EM CASA
AULA 21 01. C Observação: Fazendo as contas, de acordo com a
aproximação sugerida, o ano teria 417 dias! A energia perdida na forma de radiação (Er) é:
42 39r r
0, 1E 0, 1% E 2 10 E 2 10 J.100
= = ⋅ × ⇒ = ×
02. D Relação entre os calores Qs e Qm trocados,
respectivamente, nas condições superquente e morno:
s s s s
m m m m
Q mc T Q TQ mc T Q T
∆ ∆= ⇒ =
∆ ∆
Como QP ,t
=∆
vem:
s s s s
m m m m
P t T P TP t T P T∆ ∆ ∆
= ⇒ =∆ ∆ ∆
Substituindo os valores de T∆ do gráfico nessa
última relação, chegamos a:
s
m
m
s
P 32P 12
P 3P 8
=
∴ =
03. C Dados:
d
6d
3
P 2 P 2 MW
P 2 10 W; c
4 kJ kg C 4 10 J kg C; 3 C.
= = ⇒
⇒ = × =
= ⋅ ° = × ⋅ ° ∆θ = °
O fluxo mássico (kg/s) pedido é m .t
Φ =∆
Da definição de potência:
6
3
QP t
mc P t m P 2 10 t c 4 10 3
167 kg s.
= ⇒∆
⇒ ∆θ = ∆ ⇒
×⇒ = Φ = = ⇒
∆ ∆θ × ⋅
⇒ Φ ≅
04. C A potência teórica (PT) em cada unidade
corresponde à energia potencial da água
represada, que tem vazão 3Vz 690 m s.t
= =∆
Sendo ρ a densidade da água, g a aceleração da gravidade e h a altura de queda, tem-se:
T
3 6T
T
mgh Vgh VP ght t t
P zgh 10 690 10 118,4 816,96 10 W P 816,96 MW.
ρ= = = ρ ⇒
∆ ∆ ∆⇒ = ρ = ⋅ ⋅ ⋅ = × ⇒⇒ =
A potência gerada em cada unidade é:
G G14 000P P 700 MW.
20= ⇒ =
A potência não aproveitada (dissipada)
corresponde à diferença entre a potência teórica e a potência gerada.
d T G dP P P 816,96 700 P 116,96 MW.= − = − ⇒ =
05. D A intensidade de uma radiação é dada pela razão
entre a potência total (PT) captada e a área de captação (A), como sugerem as unidades.
Dados:
2 20I 1 000 W/m ; A 9 m ; m 200 kg; v 0;
v 108 km/h 30 m/s; 30%.= = = == = η =
TT T
PI P IA 1 000 9 P 9 000 W.
A= ⇒ = = × ⇒ =
Calculando a potência útil U(P ) :
UU T U
T
P P 30%P 0,3 9 000 P 2 700 W.
Pη = ⇒ = = × ⇒ =
A potência útil transfere energia cinética ao
veículo.
( )( )
2 20
2
U
m v v200 30 02P t
t 2 2 700
t 33,3 s.
−−
= ⇒ ∆ = ⇒∆ ×
⇒ ∆ =
06. E Energia absorvida em 5 h:
3E EP 10 10 E 180 Jt 5 60 60
−= ⇒ ⋅ = ⇒ =∆ ⋅ ⋅
Dose absorvida por kg:
180 J JD 290 kg kg
= =
Portanto, o resultado obtido se encontra na faixa
de valores das reações gerais leves. 07. B Trabalho da força peso realizado pelo motor: mgh 80 10 3 2 400 Jτ = = ⋅ ⋅ ⇒ τ =
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Potência necessária para produzir esse trabalho por 1 min:
2 400P P 40 Wt 60τ
= = ⇒ =∆
Portanto, a eficiência do sistema é de:
40 0,2
20020%
η = =
∴η =
08. E A potência utilizada na evaporação da água é 20%
da potência total necessária para manter o metabolismo.
U T UP 20% P 0,2 120 P 24W.= = × ⇒ = O calor latente de vaporização é:
cal J JL 540 4 L 2 160 .g cal g
= × ⇒ =
Combinando as expressões da potência e do calor latente:
( )
UU
U
Q P t m L P t
Q mL
24 2 3 600P t m m 80g.
L 2 160
= ∆⇒ = ∆ ⇒ =
× ×∆⇒ = = ⇒ =
09. D Energia consumida pelo chuveiro em 30 min:
3E EP 2 10 E 3,6 MJt 30 60
= ⇒ ⋅ = ⇒ =∆ ⋅
Sendo assim, a placa deverá produzir 3,6 MJ em
um dia. Portanto, a área A mínima da placa deverá ser de:
1 MJ 21 m
3,6 MJ2
AA 3,6 m∴ =
10. D A potência da bomba é usada na transferência de
energia potencial gravitacional para a água.
potm pot m
m
m
EP E P t
t mgh P t
P t 50 3600 1 800 mgh 10 20 2
m 900kg V 900L.
= ⇒ = ∆ ⇒∆
⇒ = ∆ ⇒
∆ ×⇒ = = = ⇒
×
⇒ = ⇒ =
AULA 22 01. D Pela conservação de energia, podemos admitir que
a energia potencial gravitacional (Epg) no ponto mais alto da pista se transforma em energia cinética (Ec) e energia dissipada pelo atrito (Ed).
Assim, equacionamos da seguinte maneira: pg c dE E E= + Como a variação da energia significa o trabalho,
calculando a energia dissipada pelo atrito, temos o trabalho de resistência do trajeto na pista; então:
4c d dmgh E E 800 25 1,4 10 E= + ⇒ ⋅ = ⋅ +
4
d d3
d
800 25 1,4 10 E E 20 000 14 000
E 6 000 J 6 10 J
⋅ − ⋅ = ⇒ = − ∴
∴ = = ⋅
02. A O plano de referência para a energia potencial
será adotado no ponto 25 m abaixo do ponto (A) de onde Helena se solta.
Sendo a velocidade inicial nula, pela conservação
da energia mecânica, tem-se: 2 2
A Bmec mec 0
2 22
2
mv khE E mg(L h) 2 2
50v 250 10 50 10 25 2 2
12 500 v 12 500 v 0.
= ⇒ + = + ⇒
⋅⇒ ⋅ ⋅ = + ⇒
⇒ = + ⇒ =
03. C A energia cinética da criança deve se anular nos
pontos de altura mínima e máxima, onde está convertida em energia potencial (elástica ou gravitacional), e máxima no ponto de altura zero.
Na região máx0 h h ,< < atua a pE mgh,= e na
região mính h 0,< < atua também a 2
ekhE .2
=
Logo, devido às relações das energias com as alturas, segue que Ec deve variar linearmente apenas para máx0 h h .< <
04. E Seja t1 o instante em que a esfera é abandonada,
a uma altura de 4 m sobre a rampa, e t2 o instante em que ocorre a máxima compressão da mola pela esfera.
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Como as forças dissipativas foram desprezadas, então:
1 2M ME E (1)=
sendo
1ME a energia mecânica do sistema no
instante t1, e 2ME a energia mecânica do sistema
no instante t2. Em t1,
1 1M PE E mgh,= = pois a velocidade da esfera
1v 0= (a energia mecânica é apenas a potencial gravitacional).
Em t2, 2
2
MkxE ,2
= ou seja, a energia mecânica do
sistema constitui-se apenas da energia potencial elástica acumulada na mola deformada.
Substituindo as expressões de
1ME e 2ME na
equação (1), tem-se que:
2
2
kxmgh22mgh 2 0,8 10 4x 0,16
k 400x 0,16 0,4 m 40 cm
= ⇒
× × ×⇒ = = =
⇒ = = =
05. A Em relação ao nível de referência adotado, a
energia mecânica é igual à energia cinética no ponto A, pois nesse ponto a energia potencial gravitacional é nula.
2
A Amec cin
m vE E .
2= =
Usando a conservação da energia mecânica, para
o ponto onde a energia cinética do corpo é o triplo da sua energia potencial, tem-se:
2A
cin pot mec pot pot
2 2 2A A
m vE E E 3 E E
2m v v 104 m g h h
2 8g 80
h 1,25 m.
+ = ⇒ + = ⇒
⇒ = ⇒ = = ⇒
=
06. A Para o sistema conservativo, a energia cinética da
corrida mais a energia potencial gravitacional do seu centro de massa (ponto A) é igual à energia potencial gravitacional somada à energia cinética no ponto mais alto da trajetória (ponto B).
( ) ( )M A M BE E=
( ) ( )2 2
A BA B
m v m vmgh mgh
2 2+ = +
Simplificando a massa do atleta, substituindo os valores e explicitando a velocidade do ponto A, temos:
( ) ( )
( ) ( )
2A B A B
22
A
A A A
v 2g h h v
v 2 10 m s 2,45 1 m 2 5 m s
v 29 20 v 49 v 7 m s
= − + ⇒
⇒ = ⋅ ⋅ − +
= + ⇒ = ∴ =
07. A Observação: O enunciado deveria especificar que
o atrito entre o plano inclinado e a moeda é desprezível.
Se o atrito é desprezível, pode-se aplicar a
conservação da energia mecânica às duas situações:
c2
c
2
2 2
(I) : E m g h (I) em (II) m V(II) : 1,2 E m g h
2m V1,2 m g h m g h
2V 20,2 g h 2 h h 1 m.2 2
= ⇒
= +
⇒ = + ⇒
⇒ = ⇒ = ⇒ =
08. C Usando a conservação da energia mecânica:
A BM ME E m= ⇒ A
mgh =
2B
Bv
v 2gh2
⇒ =
Substituindo os dados do problema:
2
B B
B
v 2gh v 2 10 m s 1,8 mv 6,00 m s= ⇒ = ⋅ ⋅ ∴
∴ =
09. B Dados: d m d mk 2k ; F F .= = Calculando a razão entre as deformações:
d m d d m m
m d m m m d
F F k x k x
2k x k x x 2x
= ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ =
Comparando as energias potenciais elásticas
armazenadas nos dois estilingues:
( )
2 2d dpot 2m d
d m d
22 2m m m dpot 2m d
m m d
pot potm d
k x 2k xE k x
2 2k x k 2x 4 k x
E 2 k x2 2 2
E 2 E
= = =
⇒ = = = =
⇒ =
Considerando o sistema conservativo, toda essa
energia potencial é transformada em cinética para o objeto lançado. Assim:
22
cin cin 2 2dmm d m d
mvmvE 2 E 2 v 2v
2 2= ⇒ = ⇒ =
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Supondo lançamentos oblíquos, sendo θ o ângulo com a direção horizontal, o alcance horizontal (D) é dado pela expressão:
( )( )
( )
2d
d20
2d
m
d
m
vD sen 2
gvD sen 2
g 2 vD sen 2
g
D 1 D 2
= θ
= θ ⇒ ⇒ = θ
⇒ =
10. E O processo de conversão de energia no caso
mencionado é o da transformação de energia potencial elástica em energia cinética. O estilingue também usa esse mesmo processo de transformação de energia.
AULA 23 01. C Aplicando o teorema do impulso:
m vI Q F t m v Ft
1 m skm80 kg 72h 3,6 km hm vF F
t 0,2 sF 8 000 N
Fnº sacospeso de cd saco
8 000 Nnº sacos nº sacos 16500 N
⋅= ∆ ⇒ ⋅ ∆ = ⋅ ∴ =
∆
⋅ ⋅⋅
= ⇒ = ∴∆
∴ =
= ⇒
⇒ = ∴ =
02. B
Dados: 0m 140 g 0,14 kg; v 0; v 162 km/h 45 m/s.= = = = =
Como não há variação na direção do movimento
durante o processo de aceleração, podemos usar o teorema do impulso na forma modular:
FI Q F t m v
m v 0,14 45F F 90 N.t 0,07
= ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒
∆ ×⇒ = = ⇒ =
∆
03. B Transformando a velocidade e o tempo para o
Sistema Internacional de unidades:
i1 m / sv 72km / h 20 m / s
3,6 km / h= ⋅ =
1st 400 ms 0,4 s1 000 ms
∆ = ⋅ =
Utilizando a definição de impulso e o teorema do
impulso, têm-se a relação entre a força média e a variação da quantidade de movimento:
( )f i
m m
m v vQI Q F t Ft t
⋅ −∆= ∆ = ⋅ ∆ ⇒ = =
∆ ∆
( )
m m
80 kg 0 20 m / sF F 4 000 N
0,4 s⋅ −
= ∴ =
E essa força média equivale a uma massa no
campo gravitacional terrestre de:
m2
F 4 000 Nm m m 400 kgg 10 m / s
= ⇒ = ∴ =
03. A Para a resolução da questão, usaremos o teorema
do impulso: I Q= ∆
(1) Onde: I =
impulso da força média em N/s; Q∆ =
variação da quantidade de movimento em kg m/s, que é calculada vetorialmente, como vemos nas figuras:
f iQ Q Q∆ = −
(2)
Nota-se que o triângulo formado é equilátero, pois
todos os ângulos internos são iguais entre si; sendo assim, a variação da quantidade de movimento Q∆
é exatamente igual à quantidade de movimento inicial iQ
e final fQ ,
isto é, em módulo:
im mQ Q m v 0,4kg 9 3,6kgs s
∆ = = ⋅ = ⋅ =
Sabendo que o módulo do impulso é dado por: mI F t= ⋅ (3) Juntando as equações (3) e (1), temos: mF t Q⋅ = ∆
(4) Donde sai a força média da colisão da bola com a
tabela, em módulo:
m 3
3,6NsQF 360Nt 10 10 s−
∆= = =
⋅
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05. E O impulso recebido é numericamente igual à
"área" entre a linha do gráfico e o eixo t.
F F
2 1I 4 I 6 N s.2+
= × ⇒ = ⋅
Se a referida força é a resultante, podemos
aplicar o teorema do impulso:
( ) ( )0R RI Q I m v v 6 1 v 3
v 9 m/s.
= ∆ ⇒ = − ⇒ = − ⇒
=
06. B Orientando a trajetória no sentido da velocidade
de chegada, 1V 8 m/s= e 2V 0,6 m/s.−= Durante a colisão, o impulso da força resultante é numericamente igual à área entre a linha do gráfico e o eixo dos tempos. Assim, aplicando o teorema do impulso:
máxF
máx
máx
F tI Q m v
22 m v 2 0,4 0,6 8
F t 0,2
F 34,4 N.
∆= ∆ ⇒ = ∆ ⇒
∆ × × − −⇒ = = ⇒
∆
=
07. A Se o ângulo de inclinação do plano de subida for
reduzido a zero, a esfera passa a se deslocar num plano horizontal. Sendo desprezíveis as forças dissipativas, a resultante das forças sobre ela é nula, portanto o impulso da resultante também é nulo, ocorrendo conservação da quantidade de movimento. Então, por inércia, a velocidade se mantém constante.
08. C ( )final inicial final inicialQ Q Q Q Q Q .∆ = − ⇒ ∆ = + −
Ou seja, subtrair é somar com o oposto. Usando a regra da poligonal:
09. B Dados: m = 0,8 kg; v0 = 93,6 km/h = 26 m/s;
v = 280,8 km/h = 78 m/s. A banca examinadora não foi clara no enunciado
da questão, quanto aos dados da velocidade da mola.
Obviamente, que a velocidade final da mola dada como 0,0 km/h é em relação ao capacete, pois, no choque, a mola para, mas não em relação ao solo, mas sim em relação ao capacete, quando adquire a mesma velocidade que ele, que é a velocidade do carro, de 280,8 km/h.
Portanto, no choque, a velocidade da mola passa
de 26 m/s para 78 m/s. A força média sobre o capacete tem a mesma
intensidade da força média sobre a mola ação- -reação). Seja essa força a resultante sobre a mola.
280,8 km/h93,6 km/h
capacete (C)
mola (M)
Pelo teorema do impulso:
00F
m(v v )I Q F t m(v v ) F=
t−
= ∆ ⇒ ∆ = − ⇒∆
⇒
0,8(78 26) 41,6F
0,026 0,026−
= = ⇒ F = 1 600 N.
10. C No gráfico da força pelo tempo apresentado no
enunciado, o impulso é numericamente igual à área do gráfico.
0,6 (8)
I 2,42
= = N.s
Pelo teorema do impulso: o impulso da força
resultante é igual à variação da quantidade de movimento (∆Q):
I = ∆Q = m ∆v ⇒ 2,4 = 0,1 (v – 0) ⇒ v = 24 m/s. AULA 24 01. C A velocidade do carrinho 1 antes do choque é:
11 1
1
s 30,0 15,0v v 15,0 cm s.t 1,0 0,0
∆ −= = ⇒ =∆ −
O carrinho 2 está em repouso: 2v 0.= Após a colisão, os carrinhos seguem juntos com
velocidade 12v , dada por:
1212 12
12
s 90,0 75,0v v 5,0 cm s.t 11,0 8,0
∆ −= = ⇒ =∆ −
Como o sistema é mecanicamente isolado, ocorre
conservação da quantidade de movimento.
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antes depoissist sist 1 2 12
1 1 2 2 1 2 12
2
2
2
Q Q Q Q Q m v m v (m m )v 150,0 15,0 (150,0 m )5,0
150,0 15,0 m 150,0 5,0
m 300,0 g.
= ⇒ + = ⇒⇒ + = + ⇒⇒ ⋅ = + ⇒
⋅⇒ = − ⇒
⇒ =
02. E Tratando de um sistema mecanicamente isolado,
ocorre conservação da quantidade de movimento. Assim:
( )
c c b bc b
c c
Q Q m v m v
90 v 360 0,2 v 0,8 m/s.
= ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ =
03. C Como se trata de sistema mecanicamente
isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento.
final inicial finalQ Q Q 3 m v.= ⇒ = Portanto, após as colisões, devemos ter três
esferas bolas com velocidade v, como mostra a alternativa [C].
Podemos também pensar da seguinte maneira: as
esferas têm massas iguais e os choques são frontais e praticamente elásticos. Assim, a cada choque, uma esfera para, passando sua velocidade para a seguinte. Enumerando as esferas da esquerda para a direita de 1 a 5, temos:
- A esfera 3 choca-se com a 4, que se choca com a 5. As esferas 3 e 4 param e a 5 sai com velocidade v;
- A esfera 2 choca-se com a 3, que se choca com a 4. As esferas 2 e 3 param e a 4 sai com velocidade v;
- A esfera 1 choca-se com a 2, que se choca com a 3. As esferas 1 e 2 param e a 3 sai com velocidade v.
04. B Por conservação da quantidade de movimento:
( ) ( )
( ) ( )
00 p
vM 50m v M 40m 10m v
2M 100 20 M 80 10 20 800M 1 480 kg
+ ⋅ = + ⋅ + ⋅
+ ⋅ = + ⋅ + ⋅ ∴
∴ =
05. E Para a conservação da quantidade de movimento,
devemos ter:
2 2 2 2 23 1 2 3 1 2Q Q Q Q Q Q= + ⇒ = +
Logo:
( ) ( )2
2 23
22 2 23
3
3
m v m v m v2
vv v v 8v
4v 2 2v
⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒
⇒ = + ⇒ = ∴
∴ =
06. C Adotando como positivo o sentido do movimento
do conjunto de partículas, temos os seguintes dados:
5
p p
3s S
m 5 kg; v 2 10 m/s;
M 95 kg; V 4 10 m/s.
= = ×
= = − ×
Como se trata de um sistema mecanicamente
isolado, ocorre conservação da quantidade de movimento do sistema. Então:
( )( ) ( )
antes depoissist sist p p s s p s
35
4 42
Q Q m v M V m M V'
5 2 10 95 4 10 100 V'
100 10 38 10 V' 62 10 100
V' 6 200 m/s.
= ⇒ + = + ⇒
⇒ × × + × − × = ⇒
× − ×⇒ = = ×
=
07. C Em choque frontal e perfeitamente elástico de dois
corpos de mesma massa, eles trocam de velocidades. Portanto, após o choque, se a bola incidente para, a velocidade da bola alvo é de 2 m/s.
08. A Como se trata de sistema mecanicamente
isolado, temos:
antes depois 1 2
1 1 2 2
2
2
Q Q Q Q 0 m v m v 0
1 2 300 v 3 3
v 150 m/s.
= ⇒ + = ⇒
⇒ + = ⇒
−⇒ =
= −
O segundo pedaço é lançado com velocidade de
150 m/s, em sentido oposto ao do primeiro, ou seja, para o sul.
09. B
Dados: A B C A
B C
M 400 g; m 200 g; m m 100 g; v 100 m/s; v 200 m/s e v 400 m/s.= = = = == =
Empregando a conservação da quantidade de
movimento nas duas direções, para antes e depois da explosão:
Na vertical (y):
antes depoisy y
antesy B B A A
Q Q
Q m v m v 100 200 200 100
= ⇒
⇒ = − = × − × ⇒
antesyQ 0 ⇒ = ⇒ a bomba explodiu no ponto mais
alto de sua trajetória. Na horizontal (x):
antes depoisx x 0 C C
0
0
Q Q M v m v
400 v 100 400
v 100 m/s.
= ⇒ = ⇒
⇒ = ×
=
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10. D Dados:
–2 –2
–3
M 180 g 18 10 kg; m 20 g 2 10 kg;k 2 10 N/ m; v 200 m / s.
=
=
= × = = ×
= ×
Pela conservação da quantidade de movimento,
calculamos a velocidade do sistema (vs) depois da colisão:
( )depois antes
sist sist s
s s
Q Q M m v m v 200 v 20 200 v 20 m/s.
= ⇒ + = ⇒
⇒ = ⋅ ⇒ =
Depois da colisão, o sistema é conservativo. Pela
conservação da energia mecânica, calculamos a máxima deformação (x) sofrida pela mola:
( )
( )
2 2sinicial final
Mec Mec s
2 24
3 3
2
M m v k x M mE E x v 2 2 k
18 2 10 20 10x 20 20 20 10 2 10 2 10
x 20 10 m x 20 cm.
− −−
−
−
+ += ⇒ = ⇒ = ⇒
+ ⋅ ⋅⇒ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⇒
⋅ ⋅⇒ = ⋅ ⇒ =
AULA 25 01. B Orientando a trajetória no mesmo sentido do
movimento do móvel P, os dados são: P T P Tm 15 kg; m 13 kg; v 5 m s; v 3 m s.= = = = −
Considerando o sistema mecanicamente isolado,
pela conservação da quantidade de movimento:
( ) ( )( )
antes depois ' 'sist sist P P T T P P T T
' 'P T
' 'P T
Q Q m v m v m v m v
15 5 13 3 15v 13v
15v 13v 36. I
= ⇒ + = + ⇒
⇒ + − = + ⇒
⇒ + =
Usando a definição de coeficiente de restituição
(e):
( )
' ' ' 'T P T P
P T' '
' 'T PT P
v v v v3ev v 4 5 ( 3)
v v3 v v 6. II4 8
− −= ⇒ = ⇒
− − −
−⇒ = ⇒ − =
Montando o sistema e resolvendo:
' ' ' 'P T P T
' ' ' 'T P P T
' 'P T' 'P T
'T
' 'T T
15v 13v 36 15v 13v 36
v v 6 v v 6
15v 13v 36 (+)15v 15v 90 0 28v 126
126v v 4,5 m s. 28
+ = + = ⇒ ⇒ − = − + =
+ =⇒ ⇒− + = + =
⇒ = ⇒ =
Voltando em (II):
' ' ' 'T P P P
' 'P P
v v 6 4,5 v 6 4,5 6 v
v 1,5m s v 1,5 m s.
− = ⇒ − = ⇒ − = ⇒
⇒ = − ⇒ =
02. A Conforme descrito no enunciado, o patinador
colide elasticamente com a parede. Disso, podemos dizer que o patinador estará exercendo uma força na parede durante certo intervalo de tempo (ou um impulso). Devido a isso, pelo Princípio da Ação e Reação, a parede irá exercer uma força sobre o patinador de mesma intensidade, mesma direção e com o sentido contrário.
Vale salientar que as duas forças só estarão atuando no patinador e na parede durante a colisão.
Dessa forma, analisando as alternativas: [I] CORRETA. [II] INCORRETA. As intensidades das forças são
iguais durante a colisão e após não existem forças atuando nos corpos.
[III] INCORRETA. Vai contra o Princípio da Ação e Reação.
[IV] INCORRETA. Alternativa contraria a situação que de fato ocorre. Ver explicação.
03. A
Como o movimento é retilíneo uniforme, a
aceleração é nula. Logo, a velocidade é constante. Analisando a equação da energia cinética,
2c
1E mv ,2
= percebemos que a velocidade e a
massa são diretamente proporcionais a cE . Pela lei de conservação de movimento
antes depoisv v ,> logo antes depoisc cE E .>
04. B Pela análise do gráfico, constata-se que os
corpos andam juntos após o choque (velocidade relativa de afastamento dos corpos depois do choque é igual a zero), representando um choque perfeitamente inelástico. Nesse caso, a energia cinética não é conservada e existe a perda de parte da energia mecânica inicial sob a forma de calor (energia dissipada) com aumento da energia interna e temperatura devido à deformação sofrida no choque. Sendo assim, a única alternativa correta é a letra [B].
05. E Como o choque é perfeitamente elástico, a
energia cinética se conserva. Então:
B
antes depois ' 'Cin Cin A A B
2 2' '
B
E E E E E
m 2 m 1 3 m E E .
2 2 2
= ⇒ = + ⇒
⇒ = + ⇒ =
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Como: 2
A Am 2 4 m
E E .2 2
= ⇒ =
Então:
' 'B B
A A
3 mE E 32 .
4 mE E 42
= ⇒ =
06. C Para esta análise, é necessário verificar as
quantidades de movimento dos dois caminhões vetorialmente, conforme figura abaixo.
Assim, temos:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2f 1 2
2 2f 1 1 2 2
2 2f
2 2f
3f
Q Q Q
Q m v m v
Q 2 000 30 4 000 20
Q 60 000 80 000
Q 100 10 kg m s
= +
= ⋅ + ⋅
= ⋅ + ⋅
= +
= ⋅ ⋅
Assim, é possível encontrar a velocidade dos dois
caminhões após a colisão:
( )
f f
ff
1 2
3
f 3
f
f
Q m vQ
vm m
100 10v6 10
100v m s6
ouv 60 km h
= ⋅
=+
⋅=
⋅
=
=
07. A Tem-se a seguinte situação:
Em uma colisão perfeitamente inelástica, os
corpos permanecem juntos após a colisão. Dessa forma:
i i f f1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅
Como
( )
f f
i i
1 2
1 1 2 2 1 2 f
v v
m v m v m m v
=
⋅ + ⋅ = + ⋅
( ) ( ) fm 20 m 10 2 m v
2v 10v 5m s
⋅ + + ⋅ − = ⋅ ⋅
== +
Assim:
08. D De acordo com a 3a lei de Newton, a toda ação
corresponde uma reação de igual intensidade, mesma direção e sentido contrário. Com isso, a força aplicada na camionete pelo trem tem a mesma intensidade que a força aplicada pela camionete sobre o trem. Além disso, tendo em vista que os dois móveis após a colisão andarem juntos, se trata de uma colisão inelástica, confirmando a alternativa [D] como a correta.
09. D As colisões totalmente inelásticas ocorrem
quando os corpos após colidirem ficam unidos como se fosse um só corpo e suas velocidades finais são iguais entre si.
A quantidade de movimento Q se conserva,
portanto a quantidade de movimento antes da colisão é a mesma após a colisão.
( )inicial final
1 1 2 2 1 2 f
1 1 2 2f
1 2
Q Qm v m v m m v
m v m vv
m m
=
⋅ + ⋅ = + ⋅
⋅ + ⋅=
+
Substituindo os valores:
f10g 5m / s 15g 0m / s 50g m / sv 2 m / s
10g 15g 25g⋅ + ⋅ ⋅
= = =+
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10. D O sistema é isolado. Há conservação da
quantidade de movimento total do sistema. ( )0 0Q Q M m .V mV 3V 0,3x5 V 0,5 m/s= → + = → = → =
AULA 26 01. C A energia não conserva, pois, durante a explosão,
a queima da pólvora transforma energia química em energia térmica e cinética, aumentando, então, a energia cinética do sistema.
Como as forças originadas na explosão são internas, não há alteração na trajetória do centro de massa, que segue a mesma trajetória parabólica anterior à explosão.
02. D Antes e depois da colisão o centro de massa do
conjunto de bolas possui o movimento uniforme enquanto estão na plataforma, primeiramente aproximando-se da bola B e, finalmente, afastando-se. Na rampa passa a agir o campo gravitacional que irá acelerar as bolas, portanto, por eliminação, chegamos à alternativa correta: letra [D].
03. D Como as massas são iguais, o centro de massa
está na metade da distância entre as esferas, de acordo com o esquema:
Então o raio R da trajetória circular do centro de
massa do conjunto será:
L L 6L 2L 3L LR L R R3 2 6 6
− −= − − ⇒ = ∴ =
04. D Arthur é um corpo rígido em equilíbrio: – Para que ele esteja em equilíbrio de translação,
é necessário que a intensidade da força resultante que suas mãos aplicam nas argolas (e a da que recebe delas: ação-reação) tenha a mesma intensidade de seu peso.
– Para que ele esteja em equilíbrio de rotação, é necessário que o torque resultante seja nulo. Como ele está sujeito a apenas duas forças, elas devem ter a mesma linha de ação, passando pelo centro de gravidade do atleta.
Analisando as alternativas e justificando as falsas: [A] Falsa: o centro de massa do atleta está situado
fora de seu corpo apenas na posição 2. [B] Falsa: todas as posições são de equilíbrio
instável.
[C] Falsa: em todas as posições a intensidade da força aplicada pelas suas mãos deve ter a mesma intensidade do peso (equilíbrio de forças).
[D] Verdadeira. 05. B Sejam: A: área da chapa quadrada, inteiriça
2A 100cm ;→ = DA : área da porção circular retirada (disco)
2DA r ;→ = π
CA : área da chapa sem o disco C DA A A ;→ = − σ : densidade superficial da chapa (e do disco). Antes da retirada da porção circular (disco), o
centro de massa (CM) da chapa inteiriça estava localizado no seu centro geométrico, pois ela é homogênea, suposta de espessura constante. Assim, as coordenadas do centro de massa eram
CM CM(x , y ) (5,00;5,00)cm,= conforme mostra a figura 1.
Com o disco retirado, o centro de massa da chapa
passa a ser C C(x , y ), como ilustrado na figura 2.
Imaginemos que o disco seja recolocado no
mesmo lugar de onde foi retirado, preenchendo o furo. O centro de massa do sistema chapa-disco volta a ser no mesmo ponto,
CM CM(x , y ) (5,00;5,00)cm.=
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Assim, usando a definição de centro de massa:
( )( )
( )
( )
D D C C D D C CCM CM
D C D C
2 2D CD D C C
CM CM
2 2C
2 2C
C C
C
m x m x A x A xx x
m m A A
r x A r xA x A xx x
A A2,50 2,50 100 2,50 x
5,00 100
2,50 2,50 100 2,50 x5,00
100 500 49 80,4 x 500 49 80,4 x
451 x80,4
+ σ + σ= ⇒ = ⇒
+ σ +
π + − π+= ⇒ = ⇒
π ⋅ ⋅ + − π ⋅= ⇒
π ⋅ ⋅ + − π ⋅= ⇒
⇒ = + ⇒ − = ⇒
⇒ = C x 5,61 cm.⇒ =
Por simetria, como mostra a figura 3, não ocorre
variação na ordenada C(y ) do centro de massa. Assim, Cy 5,00 cm.=
Portanto,
c c(x , y ) (5,61 ; 5,00) cm.=
06. D O texto não cita em relação a que objeto. A
questão será feita em relação ao objeto 1. Para calcularmos a posição do CM, faremos uma
média ponderada das posições das partículas.
1 1 2 2 3 3CM
1 2 3
m.x m x m x m xX
m m m m+ +
= =+ +
∑∑
− + +
= =CMMx( 4L) Mx(0) Mx16LX 4L
3M
07. C A questão é RUIM, pois apresenta uma linguagem
não técnica, precária para uma prova de Física. A pergunta deveria ser: “Quais as coordenadas do centro de massa do sistema, em relação a um sistema de eixos (x; y) com origem no vértice esquerdo inferior do retângulo?”.
Calculando, então, o centro de massa do sistema,
em relação à origem do sistema apresentado:
1 1 2 2 3 3 4 4C
1 2 3 4
C
1 1 2 2 3 3 4 4C
1 2 3 4
C
m x m x m x m xx
m m m m1 0 2 14 4 0 3 14 70
1 2 3 4 10 x 7 cm.
m y m y m y m yy
m m m m1 0 2 0 4 10 3 10 70
1 2 3 4 10 x 7 cm.
+ + += =
+ + +⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
= = ⇒+ + +
⇒ =
+ + += =
+ + +⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
= = ⇒+ + +
⇒ =
Portanto, CM (7; 7) cm. 08. C
Condição de massa do sistema fique posicionado no centro de apoio O. (eixo que passa pelo apoio) * xcm = 0
+= =
+A A B B
cmA B
m .x m .xx 0
m m
( )= − − = −= =
AA B
B
x x y y xObs.: m 3m / Obs2:
x y
( )− += =
+B B
cmB B
3m . y x m .yx 0
3m m
= ⇔ Bcm
3mx 0
( )− + By x m
B
.y
4m= 0
3(y – x) + y = 0 3y – 3x + y = 0 4y – 3x = 0 ∴ 3x = 4y
=
4x y3
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09. D
Para 1: Pela simetria, temos xcm1 = 3 cm ycm1 = 3 cm Para 2: Triangulo retângulo! xcm2 = 8 cm / ycm = 2 cm (Superfícies homogêneas assimétricas) * Centro de massa do sistema
+ += = =
++ +
= = =+
= =
1 1 2 2cm
1 2
1 1 2 2cm
1 2
cm cm
A .x A .x 36.3 18.8 14x cmA A 54 3
A .y A .y 36.3 18.2 8y cmA A 54 3
14 8x / y cm3 3
10. C [I] Correta. Calculemos a posição do centro de
massa c(x ) do sistema, em relação ao centro do planeta maior.
c4m(0) m(d) m(d) dx 0,2d.
4m m 5m 5+
= = = =+
Assim: 1r 0,2 d= e 2r 0,8 d,= ou seja, 2 1r 4r .= [II] Correta. Os planetas giram com centros
alinhados, portanto têm mesma velocidade angular ( ).ω
1 1v r= ω e 2 2v r .= ω Como 2 1 2 1r 4r v 4v .= ⇒ = [III] Errada. Se os planetas têm mesma velocidade
angular, eles também têm mesmo período.
AULA 27 01. C Isolando o ponto B, temos:
2Tsen mg32T 6 105
T 50 N
θ =
⋅ = ⋅ ∴
∴ =
02. A É a única opção que indica corretamente os
sentidos das forças atuantes no ponto P, embora não tenha havido rigor na representação dos módulos dessas forças, uma vez que a resultante não está rigorosamente nula.
03. B Como as três forças estão em equilíbrio, pela
regra da poligonal, elas devem fechar um triângulo.
P P 200sen30 TT sen30 0,5
T 400 N.
Fcos30 F Tcos30 400 0,8 T
F 320 N.
° = ⇒ = = ⇒ °⇒ = ° = ⇒ = ° = × ⇒⇒ =
04. C Observações: O enunciado não forneceu a massa do
equipamento, portanto seu peso será desprezado. Serão também desconsideradas as forças de interação entre as costas da pessoa e o encosto do equipamento, como também eventuais atritos entre a pessoa e o assento.
Além disso, é pedido o módulo da força exercida pela perna (no singular). Será calculado o módulo da força exercida pelas pernas da pessoa.
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Pelo Princípio da Ação-Reação, a intensidade da força exercida pelas pernas da pessoa sobre o apoio do equipamento tem mesma intensidade que a da força que o apoio exerce sobre suas pernas, em sentido oposto.
Considerando a pessoa como ponto material, têm-se as três forças agindo sobre ela (Fig. 1). Como ela está em repouso, pelo Princípio da Inércia, a resultante dessas forças é nula. Usando a regra da poligonal, essas três forças formam um triângulo retângulo (Fig. 2).
Na Fig. 2:
Fsen30 F mgsen30P165 10 F 325 N.2
° = ⇒ = ° =
= ⋅ ⋅ ⇒ =
05. B De acordo com o diagrama de corpo livre na
figura abaixo, temos as forças envolvidas e a decomposição da tração em C nas direções horizontal (x) e vertical (y):
Considerando o equilíbrio nos eixos horizontal e
vertical, temos: Eixo horizontal: A Cx A CT T T T= ∴ < Eixo vertical: B Cy B CT T T T= ∴ <
06. A Analisemos a figura abaixo que mostra as forças
que atuam no bloco:
Na horizontal, as componentes da tração se
equilibram. Na vertical, para haver equilíbrio:
yP2T P 2Tsen P T .
2 sen= ⇒ θ = ⇒ =
θ
Aplicando essa expressão em cada um dos casos:
1
1
2 2
2
3
3
3 2 1
P PT 12 sen 30 22
T P
P P 3T T P P 2 sen60 3T 322 sen2
T 0,58 PP PT
2 sen 90 2 T 0,5 P
T T T .
= = ⇒ °⇒ =
= = ⇒ = ⇒ °= ⇒θ
⇒ = = = ⇒
°⇒ =
⇒ < <
07. A Dados: mS = 20 g = 20 × 10–3 kg; mS = 30 g = 30 × 10–3 kg; mS = 70 g = 70 × 10–3 kg;
g = 10 m/s2. 1a solução: Podemos pensar de uma maneira simples: – Se cortarmos o fio superior, os três elefantes
cairão. Logo, a tração nesse fio superior equilibra os pesos dos três elefantes. Sendo TS a tensão nesse fio, temos:
( )
( )S C M B C M B
3S
T P P P m m m g
20 30 70 10 10 T 1,2 N.−
= + + = + + =
= + + × ⇒ =
– Se cortarmos o fio médio, cairão os elefantes
do meio e de baixo. Logo, a tração nesse fio do meio equilibra os pesos desses dois elefantes. Sendo TM a tensão nesse fio, temos:
( )( )
M M B M B
3S
T P P m m g
30 70 10 10 T 1,0 N.−
= + = + =
= + × ⇒ =
– Analogamente, se cortarmos o fio inferior, cairá
apenas o elefante de baixo. Logo, a tração nesse fio equilibra o peso desse elefante. Sendo TB a tensão nesse fio, temos:
3
B B B
B
T P m g 70 10 10 T 0,7 N.
−= = = × × ⇒⇒ =
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2a solução: Racionando de uma maneira mais técnica,
analisemos o diagrama de forças sobre cada móbile.
De Cima (C) Do Meio (M) De Baixo (B)
Como se trata de um sistema em equilíbrio, a
resultante das forças em cada elefante é nula. Assim:
( )
( ) −
−
⇒ − − =
⇒ − − = ⇒ ⇒ − =⇒ − − − = ⇒⇒ = + + ⇒
⇒ = + + × × ⇒ ⇒ = × ⇒⇒ =
S C M
M M B
B B
S C M B
S C M B
3S
2S
S
(C) T P T 0(M) T P T 0 + (B) T P 0
T P P P 0 T P P P
T 20 30 70 10 10
T 120 10T 1,2 N.
Em (B):
3
B B B B
B
T P 0 T P 70 10 10 T 0,7 N.
−− = ⇒ = = × × ⇒⇒ =
Em (M):
( )
M M B M B B
3B
T P T 0 T P T
30 70 10 10 T 1,0 N.−
− − = ⇒ = + =
= + × × ⇒ =
08. E Observe a figura abaixo:
Para haver equilíbrio, a resultante de P
e LT
deve
ter o mesmo módulo e ser oposta a QT
. Sendo assim, e a partir do triângulo sombreado, podemos escrever:
0L
L L
P 0,6 240tg37 T 320NT 0,8 T
= → = → =
09. D Dado: P = 300 N A Figura 1 mostra as forças que agem no nó.
Como a caixa está em repouso, a resultante das forças que agem sobre ela é nula. Então, pela regra poligonal, elas devem formar um triângulo, como mostrado na Figura 2.
Da Figura 2:
BB
B B
P 1 300sen30 T 600 N.T 2 T
° = ⇒ = ⇒ =
10. B A figura abaixo mostra as trações nos fios em
cada caso.
As componentes verticais das trações equilibram
o peso do lustre.
0
1 0 02 10
2
2T .cos30 P2T .cos60 2T .cos30
2T .cos60 P
= → ==
.
AULA 28 01. D Dados: c c pm 0,5kg; b 4cm; b 10cm.= = = Sendo g a aceleração da gravidade local, estando
a régua em equilíbrio estático, o somatório dos momentos é igual a zero. Calculando a massa do prato:
c c
p p c c pp
p
m b 0,5 4m g b m g b mb 10
m 0,2kg.
⋅= ⇒ = = ⇒
⇒ =
Colocando a massa m = 1 kg sobre o prato, aplicando novamente a condição de o somatório dos momentos ser nulo, calculamos a nova distância b’c do curso ao apoio.
( ) ( )
( )
p p' 'p p c c c
c
'c
m m bm m g b m g b b
m0,2 1 10
b 24cm. 0,5
++ = ⇒ = =
+ ⋅= ⇒ =
02. A A tesoura da figura 2 é uma alavanca de maior
braço, necessitando de força de menor intensidade para produzir o mesmo torque. Assim:
Utilizando a tesoura da figura 2, o rapaz teria que fazer uma força menor do que a força aplicada na tesoura da figura 1 para produzir o mesmo torque.
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03. A
anti horário horário
1 1 2 2 3 3
1 1 2 2 3 3
m g d m g d m g d ( g)m d m d m d10 (2 d) 30 d 60 x20 10d 30d 60x 040d 60x 2040(2 x) 60x 2080 40x 60x 20100x 100
x 1
−Τ = Τ
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ÷⋅ + ⋅ = ⋅⋅ + + ⋅ = ⋅+ + − =− = −− − = −
− − = −− = −=
04. C Quando suspensa, a barra maior sofrerá em cada
extremidade uma tração de intensidade igual à do triplo do peso de cada passarinho. Então, por simetria, ela deve receber um fio que a pendure, atado ao seu ponto médio, ou seja, o ponto de número 3.
05. A Para que haja equilíbrio de rotação, o torque
resultante deve ser nulo. Com o prato vazio, quando a peça móvel do braço
maior está no zero, o torque do peso desse braço deve equilibrar o torque do peso da peça do braço menor somado ao torque do peso do prato.
Colocando alimento no prato, a peça móvel do braço maior deve ser deslocada até que o torque do seu peso (PP) equilibre o torque do peso do alimento (PA).
Assim:
P AP P P P A A
A AP P
P
M M m gd m gd
m d 6 5m m 0,5 kg.d 60
= ⇒ = ⇒
×⇒ = = ⇒ =
06. E Na barra agem as três forças mostradas na
figura: o peso do saco de arroz a(P ),
o peso da
barra b(P ),
agindo no centro de gravidade, pois a
barra é homogênea, e a normal (N),
no ponto de apoio.
Adotando o polo no ponto de apoio, chamando de
u o comprimento de cada divisão e fazendo o somatório dos momentos, temos:
( ) ( )
( )b a b aP P
b b
M M m g u m g 3 u
m 3 5 m 15 kg.
= ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ =
07. B Para a primeira figura, na superfície da Terra, se
os braços da balança são iguais, as massas nas extremidades também são iguais. Assim:
m 0,5 0,5 m 1 kg.= + ⇒ = A segunda figura mostra que o peso do bloco na
superfície da Lua é 4 N. Então:
LuaLua
P 4P Mg M M 2,5 kg.g 1,6
= ⇒ = = ⇒ =
Fazendo a relação pedida:
M 2,5 M 2,5.m 1 m
= ⇒ =
08. B Para forças de mesma intensidade (F), aplicadas
perpendicularmente nas extremidades das alavancas, para os três modelos, 1, 2 e 3, temos os respectivos momentos:
1
2 1 2 3
3
M F 40M F 30 M M M .M F 25
= ⋅ = ⋅ ⇒ > > = ⋅
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09. D A figura mostra as componentes horizontal e
vertical das forças exercidas por cada dobradiça, A e B, sobre a porta. As componentes verticais equilibram o peso, enquanto as componentes horizontais impedem o movimento de rotação no sentido horário, provocada também pela ação da força peso.
10. D
−
+ = ⇒ = −
τ = τ⋅ + ⋅ = ⋅
+ ⋅ = ⋅ ÷+ = ÷
+ =
− + ==
=
horário anti horário
1 2 3
y x 5 y 5 x (i)
F y F 2 F xmgy mg 2 3 mgx ( g)my 2m 3mx ( m)y 2 3x (ii)(i) em (ii)5 x 2 3x7 4x
7x4
AULA 29 01. E Um sólido tomba, quando a projeção vertical de
seu centro de gravidade estiver fora da base de sustentação.
Na ilustração, o sólido não tomba.
02. C
Blocos em equilíbrio
Condições ∑ =∑ =
F 0M 0
Bloco 1:
Força que bloco 2 exerce Em 1: ∑ = ∴ =
1 1F 0 P N (Módulo)
Bloco 2:
1) ∑ = ∴ = +
3 2 2F 0 N P N
Obs.: = =
= = 1 2
2 1
P P PMódulo!!
N N P
* N3 = 2P 2)
−∑ = ∴ ∑ = ∑
= − = −
= −
= ∴ = = =
horário anti horário
2 2
M 0 M MLN .x P x2
L2P.x P x2
L2x x2L L 242x x 6m2 4 4
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03. B
Obs.: =
| N | Peso da massa m * N = m.g Eminência de rotação: =
2N 0
−∑ = ∑==
=
horário anti horário
barra
M MN.x P .dmg.x 2mg.d
x 2d
04. D
Maior valor possível da massa da cagar sem que haja tombamento Momento das forças com relação a P
horário anti horário
caixa robô
caixa robô
caixa
M M60 80P P2 2
M g 30 m g 40240 40M
30
−∑ = ∑
⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
⋅=
05. A A) Correta. O modelo A apresenta uma maior
superfície de contato. B) Incorreta. Para não tombar, o centro de
gravidade deve estar sobre o apoio, que é deslocado para a ponta dos pés, quando se usa o sapato.
C) Incorreta. As áreas de contato dos pés com o sapato são as mesmas para os dois modelos. Além disso, há uma imprecisão de linguagem:
a força distribuída é a normal, e não o peso. Peso é a força que a Terra aplica no corpo da pessoa.
D) Incorreta. E) Incorreta. A pressão sobre o solo em uma
caminhada com o sapato A é menor que com o sapato B, para uma mesma pessoa, pois o primeiro modelo oferece maior área de apoio.
06. C Se o portão está em equilíbrio, o somatório dos
momentos em relação a qualquer ponto é nulo. A figura mostra as componentes horizontais das
forças atuantes nas dobradiças.
Em relação ao ponto B, temos:
( )A
B BF P A
A
A B
M M F 1,6 800 0,8
6 400 F 400 N.16
F F 400 N.
= ⇒ = ⇒
⇒ = =
∴ = =
07. C Observe que, na posição mostrada, o peso da
torre está provocando uma tendência de rotação anti-horária e que a queda seria no sentido horário. Portanto, no estágio mostrado a torre não cai. Se, no entanto, a vertical que passa pelo centro de gravidade ficar à direita de O, a torre cairá.
08. A
I. Verdadeiro. Equilíbrio estável, onde o ponto de sustentação S encontra-se o mais distante possível de G, implicando uma energia potencial mínima!!
ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – CH-FISICA –RESOLUÇÃO – FISICA-1-VOL-3 – YASMINE/COMP3/Alencar
II. Verdadeiro. Sabendo que M = P.d.sen30
= ⋅ ⋅
=
1M 2 0,032
M 0,03 N.m
III. Falso
09. B
N2
C.G
PN1
P
0,9 m 0,6 m
Situação esquematizada Equilíbrio: ∑ = ∑ =
F 0 / M 0
( )−∑ = ∑
⋅ + = ⋅
⋅ = ⋅⋅
=
⋅ ⋅=
=
anti horário horário
1
1
1
1
1
M MN 0,9 0,6 P 0,9N 1,5 mg 0,9
mg 0,9N1,5
54 10 0,9N1,5
N 324N
10. B
Sendo =
+ = += + ==
=
P.x 975Px Py 975 675
P.y 675 P(x y) 16501,5P 1650P 1100N
Logo, se: P.x = 875 1100.x = 975 x = 0,89 m
AULA 30 01. E O nível dos reservatórios é mantido pelas chuvas
e, para que elas ocorram, é necessária a formação de vapor de água.
02. A [I] Energia cinética associada ao movimento da
mochila. [II] Energia elétrica obtida pela transformação da
energia cinética. 03. A Dados: v0 = 4 m/s; F = 2 N; m = 2 kg; v' = -3 m/s. Aplicando o teorema do impulso ao processo de
aceleração:
F t 2 6m v F t v v 4 m 2
v 10 m/s.
∆ ×∆ = ∆ ⇒ ∆ = ⇒ − = ⇒
⇒ =
Aplicando o teorema do impulso à colisão:
I m v ' I m v ' v I 2 3 10
I 26 N s.
= ∆ ⇒ = − ⇒ = − − ⇒
⇒ = ⋅
Calculando a variação da energia cinética na colisão:
( ) ( )
2 2
C
2 2 3 2C
m v' m vE
2 2m 2 v ' v 3 10 9 100 E 91 J.2 2
∆ = − ⇒
⇒ − = − = − ⇒ ∆ = −
04. A
Dados: m = 20g M = 480g V1 = 500 m/s V2 = 10m/s Em qualquer colisão, há conservação da quantidade de movimento do sistema:
( )( )
=
= =
+ = = +
− = +
− =
=
= =
antes depois
1 2 depois
1 2 depois F
F
F
F
F
Q Q
Q Q Q
m.V M.V Q M m .V
20.500 480.10 480 20 .V10.000 4.800 500.V5.200 500.V
52V 10,4 m/s5
05. A Dados: mA = 2 m; mB = m; vAB = 20 km/h; sen37° = 0,6
e cos37° = 0,8. Como as forças externas são desprezíveis, o
sistema formado pelos carros é isolado.
ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – CH-FISICA –RESOLUÇÃO – FISICA-1-VOL-3 – YASMINE/COMP3/Alencar
Pela conservação da quantidade de movimento, conforme mostra a figura acima:
( )
( )( )
AB A B A B AB
A A B B
AB A B
AB A B
Q Q Q m m vm v m v
2 m m v 2 m v m v
3 m v 2 m v m v .
= + ⇒ + =
= + ⇒
⇒ + = + ⇒
⇒ = +
Ainda da mesma figura:
( )A A A
AB AB
A A
Q 2 m v 2 vcos37 0,8
Q 3 m v 3 20 2 V 48 v 24 km / h.
° = = ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ =
06. C Como se trata de sistema mecanicamente
isolado, pela conservação do momento linear, tem-se:
( )antes depoisVQ Q MV 10M M V' V' .11
= ⇒ = + ⇒ =
07. A
Como o sistema é isolado de forças externas,
podemos aplicar a conservação da quantidade de movimento:
TF TI 1 1 2 2 1 1 2 2Q Q m V m V m u m u= → − = +
175 1,5 25 1,5 75u 25 3× − × = + × → 1u 0= 08. C A quantidade de movimento de cada pedaço deve
ser somada vetorialmente para obtermos Q 0∆ =
. Então para cada pedaço:
1 2 3
1 1 2 2 3 3
Q Q Q 0
M v M v M v 0
+ + =
+ + =
Somando os vetores:
2 2 23 3
6,25(5M ) 2 1,5 M 0,5kg25
= + ⇒ = =
Como a massa total da granada é a soma das
massas parciais: M 0,2 0, 1 0,5 0,8kg= + + = 09. A A quantidade de movimento do sistema ( )
sistQ é a
quantidade de movimento do centro de massa
( )
CMQ , que é igual à soma vetorial das
quantidades de movimento dos corpos que compõem o sistema.
( )( )( )
A A A
B B B
CM sist CM A B CM.
Q m v 2 4 8 kgm / s;
Q m v 6 3 18 kgm / s;
Q M v m m v
= = =
= = = = = +
A figura mostra essa soma para a situação
descrita.
Aplicando Pitágoras:
2 2 2 2CM A BQ Q Q 8 18 388 19,7 kgm / s.= + = + = =
Porém:
( )CM A B CM CM
CM CM
Q m m v 19,7 8v 19,7 v 2,46 v 2,5 m / s.
8
= + ⇒ = ⇒
⇒ = = ⇒ ≅
10. D Como a esfera está em equilíbrio, a resultante das
forças é nula.
dinT 1 10sen30 P 20 N.P 2 P
° = ⇒ = ⇒ =