manual de resoluçõesvestcursos.com.br/cpanel/estudo/e-book/resolucoes... · em mru para frente e,...

Manual de Resoluções

Anual 2015

Prof Renato Brito

Física

V e s t C u r s o s - A melhor preparação Online para MEDICINA do Brasil - www.vestcursos.com.br

417

AULA 1 - VETORES

Aula 1 - Questão 1 - resolução

= =2

1

1

11

a)

b)

= + =

0

c)

= + =

=

=

d) = +

= + =1

1

1

21

=1

1

1

11

1

+1

1

1

11

1

=

+

1

12 =0

2

= +2 2= 4

=


A

C

B D

E

observando a figura da questão, note que: AB + BE = AE e CA + AE = CE assim, o prof Renato Brito pode escrever: AB + BE + CA = ( AB + BE ) + CA = (AE ) + CA = CA + AE = CE


= + =

=

F

=

FF

F +F 2F

F


= = =

= + + =

= + + =

=

2a

2a

2a

A resultante terá módulo 2a+2a+2a = 6a

resposta correta: Letra C

reposicionando os vetores , temos:

Questão 5 - resolução

= + +

= + +2a

a

2a

= 2a + 2a + a = 3a

Letra A)

Letra B)

= + +

= + + 0

a a

=2a

Letra C)

= + = 0

0

+ = 0

=

=

=

Física


418

Aula 1 - Questão 7 – resolução alternativa

Deslocando, convenientemente, o vetor b, prontamente determinamos o

vetor soma a graficamente. o seu módulo, como se pode verificar na

figura abaixo, vale s = 5 + 5 = 10 cm

5 cm 5 cm

12 cm 12 cm

12 cm 12 cm

b

5 cm

12 cm

5 cm

5 cm

a

S

12 cm

5 cm

b

para achar o vetor d

= a

– b

, encare essa operação de subtração

como uma operação de soma : d

= a

– b

= a

+ (– b

).

Prontinho, para o prof Renato Brito determinar o módulo de d

, basta

achar a resultante (+) entre os vetores a

e (– b

) assim:

5 cm5 cm

12 cm 12 cm

12 cm 12 cm

5 cm

12 cm

5 cm

5 cm a

d

12 cm

5 cm

b

-

deslocando, convenientemente, o vetor a

, e invertendo a flecha do

vetor b

, a fim de encontrar o vetor – b

, prontamente determinamos o

diferença d

= a

+ (– b

) graficamente. o seu módulo, como se

pode verificar na figura acima, vale :

d = 12 + 12 = 24 cm

Aula 1 - Questão 11 – resolução7

a) 10 U

3 U

4 U

10 U

10 U.cos

10 U.sen

10 U

8U

6U10 U

3 U

4 U

=3 U

4 U

=3 U

4 U = 5 U

pitágoras

8U

6U

cos = 0,8sen = 0,6

Decompondo o 10U

10 U20 U

1 U10 U

10 U

10 U.cos

10 U.sen

10 U

8U

6U

20 U 20 U.cos

20 U.sen

20 U 16 U

12U

10 U20 U

1 U10 U

=1 U

10 U

8U

6U

16 U

12U

=5 U

12 U

=

13Upitágoras

cos = 0,8sen = 0,6

Decompondo o 10U

cos = 0,8sen = 0,6

Decompondo o 20U

b)


A expressão abaixo calcula o módulo da soma S entre dois vetores a e b

que formam um ângulo qualquer entre si

S2 = a2 + b2 + 2.a.b.cos

Segundo a questão, S = 13, a = 8, b = 7 , = ?

132 = 82 + 72 + 2 x 8 x 7.cos

169 – 64 – 49 = 112. cos

56 = 112. cos cos = 0,5 = 60


a)b

()a(

d

a

3

4 d

|d | = 5

pitágoras

a)

-b

-b

a

b

-b

a

-b

d

Contando quadradinhos vemos que : |d | = 6

b)

Física


419


a) a = 2i + 2j, b = 5i 2j

d = a b = 2i + 2j (5i 2j) = 3i + 4j

| d | = 2 23 4 = 5

b) a = +4i + 3j, b = 2i + 3j

d = a b = +4i + 3j (2i + 3j) = 6i + 0j

| d | = 2 26 0 = 6

Aula 1 - Questão 16 – resolução

cmV

= BA

BBAA

m m

V.mV.m

= 24

) 1.j 6.i 2.( 5.J) 3.i .(4

cmV

= 6

2.j 12.i 20.j i.12 =

6

18.j i.24

cmV

= ( 4.i + 3.j ) m/s | cmV

| = 22 3 4 = 5 m/s


62 6 X2

0

62 6 X2

0

68 X2

0

X2 6

8 graficamente, vem:

6

82x

letra A - resolução:

pitágoras:

(2x)2 = (8)2 + (6)2

2x = 10

x = 5

4

4

X2

64

letra B - resolução:

4X2

64

4X2

64

X2

68

graficamente, vem:

8

62x

pitágoras:

(2x)2 = (8) 2 + (6)2

2 x = 10

x = 5

60o

60o

letra C - resolução:

30o

6

8X2

6

8X2

6

6120o

8X2

6

6

8X2

30o6

30o

30o

30o

30o 30o

6

8X2

8

62x

pitágoras:

(2x)2 = (8) 2 + (6)2

2 x = 10

x = 5

Física


420

AULA 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU


a) sim, o corpo está em equilíbrio visto que, segundo o enunciado, ele

está se deslocando em MRU e, conforme você leu na evolução das idéias

do Aristóteles ao Galileu, o MRU é um dos dois possíveis estados de

equilíbrio, chamado de equilíbrio dinâmico, isto é, equilíbrio com

velocidade.

b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio, as forças devem se cancelar

ao longo de cada eixol

N

PcosP.Sen

Fat

Portanto Fat = P.sen = 40 x 0,5 = 20 N.

Não ache que o corpo estará parado pelo fato de P.sen = Fat . Lembre-

se que, se a resultante das forças sobre o corpo é nula, ele pode estar

parado ou em MRU.

Lógico que, para essa caixa começar a andar, inicialmente, P.sen foi

maior que o Fat, mas agora que ela estah em MRU, certamente tem-se

P.sen = Fat. Do contrário, se P.sen > Fat, a sua velocidade estaria

aumentando, o que não é verdade no movimento em questão (MRU).


a) Aristóteles ignora a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato

com as mãos da pessoa, ela deixa de ir para frente, deixando de

acompanhar o movimento horizontal do barco, ficando, portanto, para trás,

visto que nenhuma força a empurra mais pra frente. Entretanto, a pedra

vai para baixo, visto que ela é puxada pra baixo pela força peso P. Para

Aristóteles, o movimento numa direção so ocorre na presença de força

naquela direção. Portanto, a pedra deixa de ir pra frente, deixa de

acompanhar o movimento horizontal do navio, ela simplesmente cai na

vertical, portanto, segundo aristóteles, a pedra cairá atrás do mastro.

b) Galileu conhece a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato

com as mãos, a sua velocidade horizontal Vx permanece constante ( a

pedra acompanha o barco horizontalmente, por inércia) devido à ausência

de forças horizontais Fx. Entretanto, superposto a esse MRU pra frente

haverá o movimento de queda livre vertical, devido à ação da força peso

P, que propiciará à pedra uma velocidade Vy crescente. O movimento

global da pedra será a composição, a superposição de dois movimentos

simples: um MRU horizontal (por inércia) e uma queda livre vertical. O

movimento observado na natureza, de fato, ocorre dessa forma.

Para um observador na margem do rio vendo o barco passar e a pedra

cair, esse movimento resultante é parabólico, como mostra a trajetória

azul na figura acima.

Para quem está no interior da embarcação, barco e pedra se movem

em MRU para frente e, portanto, o MRU não é percebido, apenas a queda

livre é notada. Assim, para quem está no barco, a pedra descreverá um

movimento de queda vertical, como mostra a trajetória vermelha acima.

Navio e pedra se movem para frente enquanto a pedra despenca em

queda livre. Para qualquer observador, entretanto, a pedra cai no pé

do mastro.

c) conceito de Inércia


Se as caixas se movem em MRU em relação à Terra, a resultante das

forças que agem em qualquer uma das caixas é nula. Ambas as caixas

têm a mesma velocidade V constante em relação à terra, portanto estão

em repouso entre si.

A

B

A está parado em

relação a B

v

A

B

A

B

v

Qual caixa tende a ultrapassar a outra ? resp: nenhuma. Não há

tendência de escorregamento relativo, portanto não há atrito horizontal

agindo na fronteira entre as caixas. O atrito só aparece quando ele é

requisitado para tentar impedir alguma tendência de escorregamento

relativo entre superfícies.

Adicionalmente, se houvesse atrito, ele causaria aceleração (a ou )

e as caixas não estariam em MRU, contradizendo o enunciado.

Ambas as caixas prosseguem em MRU por inércia, na ausência de forças

horizontais empurrando uma ou outra.

Para o garoto sobre a caixa A, a caixa B está simplesmente parada sobre

A, e não há nenhuma tendência de escorregamento de uma em relação à

outra e, por isso, mesmo que as superfícies das caixas sejam rugosas, a

força de atrito não estará presente, visto que a força de atrito so age

quando há alguma tendência de escorregamento entre duas superfícies

em contato mútuo.

Somente o peso e a normal atuam na caixa B. Somente haveria atrito

entre as caixas no caso em que elas se movessem aceleradas. Fique

Física


421

tranquilo. O prof Renato Brito falará tudo sobre atrito no capítulo 5. Take it

easy !


a) incompatível - força resultante apontando para a direita fr causando

aceleração para a esquerda a. absurdo.

b) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na

mesma direção e sentido

c) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na

mesma direção e sentido

d) compatível - fr = 0 , nada impede que o corpo esteja em mru.

e) incompatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o

móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se

movendo para a direita v, contradizendo a descrição dada.

f) compatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o

móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se

movendo para a direita v, de acordo com a descrição dada.


Num sistema desse tipo, a caixa mais pesada tem aceleração para baixo

(é para onde ela gostaria de ir) e a mais leve. para cima. Entretanto, como

nesse problema as duas caixas têm massas iguais, percebe-se que

nenhuma delas terá aceleração alguma. As caixas estão em equilíbrio, o

que permite ao prof Renato Brito distinguir três possibilidades:

I) as caixas estão paradas em repouso (equilíbrio estático)

II) a caixa A está descendo e a caixa B subindo, ambas em MRU

(equilíbrio dinâmico)

III) a caixa B está descendo e a caixa A subindo, ambas em MRU

(equilíbrio dinâmico)

A tração T no fio satisfaz a relação T = m.g em qualquer uma dessas

situações, afinal, se a caixa está em equilíbrio, a resultante das forças

sobre ela deve ser nula, independente dela estar parada ou em MRU.

Assim, vejamos cada uma das opções oferecidas na questão:

a) os blocos estão necessariamente em repouso;

Falsa, eles podem estar em MRU.

b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o peso

dele;

Se ele estiver subindo, certamente estará subindo em MRU, em

equilíbrio, por inércia e, portanto, a tração será igual ao peso dele.

c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na mesma

altura;

Não há nenhuma razão para isso ocorrer. Os blocos ficam lado a lado

em repouso com qualquer desnível entre eles, visto que têm massas

iguais.

d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer instante;

verdadeiro

e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante não nula.

Falso, sua aceleração é necessariamente nula, visto que os blocos têm

massas são iguais.


Nesse problema, o bloco A é mais pesado que B. Nesse caso, as leis de Newton garantem que o bloco A tem aceleração para baixo (tendência de movimento) e o bloco B tem aceleração para cima, mas essas leis nada afirmam sobre o sentido do movimento do blocos, isto é, sobre a velocidade deles.

T1

A B

T1

2mg

mg

a

a

T1

A B

T1

2mg

mg

FRA

FRB

No bloco A: 2m.g > T1 FRA = 2m.g – T1

No bloco B: T1 > m.g FRB = T1 – m.g

Se o bloco A tem aceleração para baixo, ele pode estar descendo acelerado ou subindo retardado, ou até mesmo pode estar momentaneamente em repouso, caso ele pare a fim de inverter o sentido do movimento, como mostra a figura a seguir. Em qualquer desses casos, a aceleração do bloco A aponta para baixo, a força resultante sobre ele aponta para baixo e, portanto, o seu peso 2.mg é maior que a tração T1 (2m.g > T1 ).

T1

A B

T1

2mg

mg

a

a

V

V

A descendo e B subindo

em movimento acelerado

2mg > T1 > mg

T1

A B

T1

2mg

mg

a

a

V

V

A subindo e B descendo

em movimento retardado

2mg > T1 > mg

Assim, como os blocos têm massas diferentes, eles sempre terão aceleração e, portanto, nunca estarão em equilíbrio, conforme explicado pelo prof Renato Brito em sala. Resposta correta – letra E

T1

A B

T1

2mg

mg

a

a

V = 0

A e B momentaneamente em

repouso no instante da

inversão do sentido do

movimento

V = 0

2mg > T1 > mg

Aula 2 - Cinemática - Questão 1 - resolução

V = d /t = 9 m / (1,5 s) = 6 m/s difícil, né ? affff Aula 2 - Cinemática - Questão 2 - resolução

Segundo o sistema métrico decimal: 1m3 1000 litros, portanto

1200 litros 1,2 m3 . O prof Renato Brito admitirá que o tanque esteja inicialmente vazio. Após 1 minuto, o volume V de água no seu interior será:

Física


422

5m

4mH

5m

4m

recipiente

inicialmente

vazio

recipiente com

1,2m3 de água

1 minuto

depois....

V = a x b x c 1,2 m3 = 5m x 4m x H H = 0,06 m = 60mm

O nível da água sobe 60 mm a cada 60 segundos, ou seja, sobe 1 mm a cada 1 segundo portanto V = 1 mm/s Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 3 - resolução

Qual o volume de água que evapora em 2h ?

Resposta: V = 2m x 1m x 3.103 m = 6.103 m3 em 2h

Esse volume corresponde a qual massa de água ?

M = d . V = 3 3 33

kg10 6 10 m 6kg em 2h

m

Isso corresponde a 6 kg de água em 120 min, ou seja, 0,05 kg de água a cada 1 minuto. Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 4 - resolução

Se os trens se movem com velocidades 60 km/h e 40 km/h em sentidos opostos. Qual a velocidade relativa entre eles ? Ora, eles se aproximam mutuamente com uma velocidade 60 + 40 = 100 km/h. Assim, se a distância incial entre eles vale 500 km, eles vão se encontrar após t = d / V = 500 / 100 = 5 h de viagem. Durante essas 5h de viagem, a abelha está percorrendo 70 km a cada 1 hora, portanto, ela percorrerá 5 x 70 = 350 km em 5h de viagem. Você não estava pensando em calcular pedacinho por pedacinho, estava ? Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 5 – resolução

O sapo se move ao longo do solo (direção horizontal, eixo x) enquanto a lagartixa se move ao longo da vertical (eixo y). A figura abaixo mostra a configuração inicial (t = 0) do sistema sapo + lagartixa.

Sapo

16 cm/sLagartixa

10 cm/s

200 cm

Instante t = 0

Y

O sapo se move com velocidade 16 cm/s, portanto, após 5 s ele

terá percorrido uma distância horizontal 16 5 = 80 cm para a

esquerda, portanto estará a uma distância 200 80 = 120 cm da parede vertical (veja a próxima figura). A lagartixa, por sua vez,

durante esses 5 segs, percorrerá 10 cm/s 5 s = 50 cm para cima na vertical, como mostra a próxima figura.

Sapo

80 cm

50 cm

120 cm

LagartixaInstante t = 5 s

D

x

Y

Assim, no instante t = 5 s, qual a distância D entre o sapo e a lagartixa ? A figura acima mostra que essa distância é dada simplesmente pelo teorema de Pitágoras no triângulo retângulo:

2 2D 120 50 130cm 1,3 m

Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 6 - resolução

Observando atentamente, você perceberá que a distância entre 2 picos de contração é de 2 cm. Ora, mas quanto tempo o papel milimetrado demora para percorrer 2 cm = 20 mm ?

d 20mmt 0,8 s

v 25mm / s

Assim, vemos que o coração está dando uma contração a cada 0,8 s, portanto, nesse ritmo, ele dará quantas contrações a cada 60 segs ? Iiiisso, regra de 3 ! Vamos lá ?

1 contração 0,8 s

X contrações 60 s X = 75 contrações por minuto Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 7 - resolução

Imagine que os carros A e B (respectivamente o primeiro e o último colocado) se movem em MCU com velocidades tais que VA > VB. Segundo o enunciado, após o tempo que os carros levam para dar 10 voltas na pista, o carro A coloca UMA VOLTA de vantagem sobre o carro B. Isso indica que no dobro desse tempo (ou seja, após 20 voltas na pista), ele terá o dobro da vantagem, ou seja, colocará DUAS voltas de vantagem sobre o carro B. Assim, após o triplo desse tempo (após 30 voltas na pista), ele terá colocado TRÊS voltas de vantagens sobre o carro B. Resposta: letra C Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 8 - resolução

d = distância Sinal 1 tem velocidade maior v1 = 7500 m/s portanto demora menos tempo, demora apenas t1 = t. Sinal 2 tem velocidade menor v2 = 4500 m/s portanto demora mais tempo, demora apenas t2 = t + 20. Mas a distancia percorrida é sempre a mesma, portanto, usando trianglinho mágico vem:

d = v1.t1 = v2.t2 7500t = 4500.(t+20)

7500t 4500t = 90000 t = 30 s Assim d = v1.t1 = 7500×30 = 225.000m = 225 km. Se preferir, pode escrever: d = v2.t2 = 4500×(t+20) = 4500×(30+20) = 225.000m = 225 km. Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 9 - resolução

TAB + TBC + TCD = 8 horas

x x x8

60 45 36 x = 120 km

Assim, a distância total ABCD vale 3X = 360 km. Como a velocidade média prevista era de 80 km/h, o tempo previsto para essa viagem completa então era de:

d 360kmt 4,5 h

v 80km / h

O tempo de viagem previsto era de 4,5 h mas a viagem foi realizada em

8h, ou seja, a carga chegou com um atraso de 8h 4,5 h = 3,5 h. Letra C Aula 2 - Questão 10- resolução

Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades. Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média:

km/h 24

h3

10

km 80

3h h3

1

km 80

km/h 20

km 60

km/h 60

km 20

km 60 km 20

TT

DD

total T

total D Vm

21

21

Essa é a velocidade média do carro no percurso.

Física


423

Aula 2 - Questão 11- resolução

Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades. Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média: Digamos que a 1ª metade da distância percorrida valha x, a 2ª metade da distância percorrida valha x e, portanto, a distância total valha 2x. Assim, vem:

1 2

1 2

D DD total x x 2x 600Vm 75km/h

x x 10x 6xT total T T 860 100 600


O avião parte do repouso e sua velocidade aumenta uniformemente de 0 m/s a 100 m/s em 20 segs. Você diria que essa velocidade está aumentando de quanto em quanto, a cada 1 seg ? Sim, aumentando de 5 m/s em 5 m/s a cada 1 seg, portanto sua aceleração vale a = 5 m/s2. Qual a distancia percorrida por ele durante esses 20 segs ?

Podemos fazer pelo gráfico:

N b h 100 20D área 1000 m

2 2

Também podemos usar a expressão do Muv:

V(m/s)

t(s)00

100

20

s = Vo.t + a.t2 / 2 = 0 + 5.(20)2 / 2 = 1000 m = 1 km Aula 2 - Questão 21 - resolução

No gráfico S x t, a inclinação em cada instante está relacionada com a velocidade do móvel naquele instante. Observado a figura abaixo, vemos que, no instante t * , os gráficos do móveis têm a mesma inclinação

( = ) e, portanto, A e B têm velocidades iguais naquele instante.

t (s)

XA

B

t1

t3

t2 t

*


Você chegará facilmente à resposta se usar o mesmo raciocínio da questão 4 de classe – método da gravata – solução geométrica. Aula 2 - Questão 32 - resolução

Do gráfico V x t da queda livre na gravidade g = 10 m/s2, a velocidade aumenta de 10 em 10 m/s a cada 1 seg

V(m/s)

1 2 3 4 5 6

10

20

t(s)

x

3x

5x

7x

9x

11x

Assim, a área de 1 triângulo x vale x = 10 x 1 / 2 = 5 m.

Assim, das proporções de Galileu, vem:

1º segundo de queda cai x = 5 m

2º segundo de queda cai 3x = 15 m





Ops ! O 6º segundo vai do instante t = 5s ao instante t = 6s.

Ou seja, o corpo caiu durante 6 s !!!!!

Qual a altura caída em 6 segs ??? H = g.t2 / 2 = 10.(6)2 / 2 = 180 m


Do gráfico V x t, se a aceleração vale a = 4 m/s2, a velocidade aumenta de 4 em 4 m/s a cada 1 seg, ou seja: 0 m/s, 4 m/s, 8 m/s...... etc

V(m/s)

1 2 3 4

4

8

t(s)x

3x

5x

7x

Assim, a área de 1 triângulo x vale: x = 4 x 1 / 2 = 2 m.

Assim, das proporções de Galileu, vem:

1º segundo de movimento percorre 1x = 2 m





O tempo (t1) decorrido entre duas balas consecutivas é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para girar 1 volta completa. Mas qual o tempo decorrido entre duas balas consecutivas ? Ora, 30 balas a cada 60 segs significa 1 bala a cada 2 segs. A cada 2 segs uma bala atravessa o disco, portanto, a cada 2 segs o disco dá uma volta completa. Ou seja, o disco está girando num ritmo de 1 volta a cada 2 segs, portanto (1 volta) / ( 2 segs ), ou seja, 0,5 voltas/seg ou 0,5 Hz. Aula 2 - Questão 35 - resolução

O tempo (t1) que a bala demora para percorrer uma distância d1 igual ao diâmetro (d1 = 2R) do disco é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para

girar meia volta, ou seja, sofrer um deslocamento angular = rad. Assim, temos:

11 2

d deslocamento angular 2R radt t

V velocidade angular V

2RV


Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio chão.

V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f1.R1 = 2..f2.R2

f1.R1 = f2.R2 240 pedaladas

.3R f .R60s

f2 = 2 Hz


Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a

Física


424

rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas, sem que haja escorregamento.

V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f1.R1 = 2..f2.R2

f1.R1 = f2.R2 2 21 voltas 1 voltas

8 f 5 f40s 25 seg

22

1 segs25

f volta


Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas, sem que haja escorregamento.

V1 = V2 1.R1 = 2.R2 2..f1.R1 = 2..f2.R2

f1.R1 = f2.R2 2 2 voltas 1 voltas

3 4 f 60 fs 5 seg

22

1 segs5

f volta


Legenda 1 = coroa 2 = catraca 3 = roda

3 3 3 2 1 1 2 2

2 3

1 311 3 1

2 2

21 3

1 22

v R , com e R R

v R

R RRv R 2. .f

R R

R R 45 rotações 8.10v 2. .f 2 3 0,4

R 60s 3.10

v 4,8 m / s

Aula 2 - Questão 41- resolução

Segundo o enunciado, devemos ter V = .R = constante. Como a leitura das trilhas ocorre do centro para a periferia, a cabeça leitora lê primeiro os raios R menores e vai gradativamente se afastando do centro do disco, lendo trilhas de raios cada vez maiores. Assim, R vai

aumentando, mas como V = .R = constante = 1,3 m/s , se R aumenta,

então vai diminuindo. Como o período vale = 2. / , se diminui, aumenta. Aula 2 - Questão 42 - resolução

Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 6 segs / 2 = 3 segs

Hmax = 10.(3)2 / 2 = 45 m

Tsub = Voy / g = Vo.sen / g 3 = Vo.(sen 30º) / 10 Vo = 60 m/s


Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 8 segs / 2 = 4 segs

Hmax = 10.(4)2 / 2 = 80 m

A = Vx . t Vôo 240 = Vx . 8 Vx = 30 m/s

Tsub = Voy / g 4 = Voy / 10 Voy = 40 m/s

(Vo)² = (Vx)² + (Voy)² Vo = 50 m/s


A = Vx . t Vôo = 30 x 4 = 120 m

Vx = Vo.cos 30 = Vo. cos 60o Vo = 60 m/s


Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida

45 = (10).t 2 / 2 t = tsub = tdescida = 3 s

Tvôo = tsub + tdescida = 3 + 3 = 6 s

A = Vx . t Vôo = 5 x 6 = 30 m


Decompondo as velocidades iniciais de lançamento, percebemos que

VoyA = VoyB . Isso implica que, na vertical, ambos os projéteis partem

com a mesma velocidade inicial Vy e sofrem exatamente a mesma

aceleração a = g durante todo o movimento. Assim, os movimentos

verticais de A e B serão exatamente idênticos, implicando que eles terão

o mesmo tsubida, o mesmo tvôo e atingirão a mesma altura máxima Hmax.

Como o alcance é dado por A = Vx. tvôo e, sendo VxB = 3.VxA (como

podemos notar decompondo as velocidades iniciais) e tvôo B = tvôo A ,

portanto teremos AB = 3.AA. Portanto, devemos assinalar como errada a

alternativa E.


No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo , assim:

H = g.t 2 / 2 45 = 10.t 2 / 2 t vôo = 3 s

Para se obter um alcance de, pelo menos 900 m, devemos ter:

A = Vx . t Vôo 900 = Vo . 3 Vo = 300 m/s


No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo .

Assim, como as bolas partem de alturas H iguais, passarão o mesmo

tempo no ar ( t vôo A = t vôo B ).

Como VxB = 3.VxA, é fácil ver que o alcance horizontal da bola B será

três vezes maior que o alcance horizontal da bola A (A = Vx . t Vôo)


a) O maior valor possível para o seno de qualquer ângulo vale 1, que ocorre quando esse ângulo vale 90º, afinal, sen90o = 1. Assim, para

que sen(2) seja máximo, devemos ter 2 = 90º, portanto, = 45º.

b) Amax =

2oV

gsen(2), para = 45º

Amax =

2oV

gsen(90º) =

2oV

g×1 =

2oV

g

c) A questão está pedindo o valor de Hmax =

2 2oV sen

.g 2

para =45º ,

portanto, vamos calcular:

Hmax =

2 2 22 2o o oV V Vsen ( 2 / 2)

. .g 2 g 2 4g


Essa questão requer que lembremos das fórmulas de lançamento de

projéteis (infelizmente) :

Hmax = 2

sen.

g

V 22o

(eq1)

Física


425

A =g

V 2o sen(2) =

g

V 2o .2.sen().cos() (eq2)

A/2

Hmax

Do triângulo retângulo da figura acima, podemos escrever:

2

A

maxHtg (eq3)

Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem:

2

tg

cos.2

sen

cos.sen.g

V

2

sen.

g

V

2

A

maxHtg

2o

22o

tg

tg2

2

1

tg

tg


A altura H mostrada na figura pode ser determinada a partir da expressão abaixo:

H

1,70 m

A

B

C

D

2 2 2 2ooV sen 200 (1/ 2)

H . . 500m , visto que sen30 =1/2g 2 10 2

Outra maneira de calcular essa altura H na figura seria, primeiro, calculando o tempo de subida de A para B usando a cinemática somente na vertical:

Vy Voy g.t 0 Vo.sen30 g.t 0 200.(0,5) 10.t

t 10s

Em seguida, calculamos H na figura usando:

2 2g.t 10.(10)

H 500m2 2

Na questão da Unifor, a altura maxima desejada é a altura TOTAL em relação ao chão, e vale, portanto:

Htotal = H + 1,70 = 500 + 1,7 = 501,70 m


Nessa questão, faremos uso da expressão do alcance horizontal já

utilizada na questão 45. A condição de máximo alcance é obtida

considerando = 45o. Lembrando que 108 km/h = 30 m/s, vem:

Amax =

2oV

gsen(2) =

230

10sen(90o) =

900

10x 1 = 90 m

Aula 2 – O Conceito de Força

Aula 2 - Questão 4 – Página 74 - resolução

A única força que age na bola, durante o seu vôo (desprezando a

resistência do ar) é a força peso, resultado da atração entre a massa da

Terra e a massa da bola.

Lembre-se de que velocidade não é força !

A força que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só atua

na bola enquanto as mãos estão em contato com a bola. Como diria o

prof Renato Brito, as mãos do jogador não vão junto com a bola

durante o seu vôo !

Aula 2 - Questão 5 Pág 74 – resolução (resposta correta – letra D)

Como o prof Renato Brito costuma dizer, POR DEFINIÇÃO, o

dinamômetro é, meramente, um medidor de tração T no fio.

A força que o homem aplica na corda é a própria tração T. A força que

a corda aplica à caixa (e vice-versa) também se chama tração T.

Segundo o enunciado, a tração T marcada no dinamômetro

permanece constante.

Segundo o enunciado, o coeficiente de atrito cinético, bem como o Fat

cinético, têm intensidades variáveis .

A seguir, o prof Renato Brito analisará cada alternativa :

a) a força resultante que atua no objeto é constante.

A força resultante é FR = T – fat, sendo T constante e Fat variável,

portanto, FR é variável.

b) o objeto está deslocando-se com velocidade constante;

Com base no enunciado, nada se pode afirmar sobre isso.

c) o valor da força de atrito entre o objeto e a superfície é dado pela leitura

do dinamômetro.

O dinamômetro mede a tração T no fio, por definição.

d) a força que a pessoa aplica no objeto é constante;

Sim, visto que essa força é a tração T constante registrada pelo

dinamômetro.

e) a força de atrito entre o objeto e a superfície é constante.

Não, ela é variável, visto que o coeficiente de atrito cinético entre o solo

e o objeto é variável. Aula 2 - Questão 18 - resolução

Qual o ritmo com que a velocidade horizontal da caixa aumenta ?

De acordo com a tabela, a velocidade da caixa aumenta V = 10 m/s a

cada t = 2s, o que dá uma taxa de variação:

a = V/t = 10 / 2 = 5 m/s2 .

Mas qual a força horizontal culpada pelo aparecimento dessa aceleração

horizontal (veja figura adiante) ?

Ora, certamente é a força FX , que causa uma aceleração a de acordo

com a 2ª Lei de Newton:

FX = m. a F.cos = m . a F . 0,5 = 10 x 5 F = 100 N

FX

FYN

P

Como a caixa não apresenta aceleração na vertical, a força resultante na vertical deve ser nula. Assim, o prof Renato Brito pode escrever :

Física


426

N + FY = P N + F.sen = P

N + 100 x 0,86 = 100 N = 14 newtons Aula 2 - Questão 20 - resolução

A caixa B é a mais pesada e acelera ladeira abaixo (figura 2), ao contrário da caixa A, que acelera ladeira acima (figura 1). Assim, podemos escrever a lei de Newton para caixa e resolver o sistema.

PA.sen

Ta

Figura 1

(caixa A – figura 1)

T – PA .sen = mA . a T – 50 .( 0,6 ) = 5 . a T – 30 = 5 . a

PB.sen

Ta

figura 2

(caixa B – figura 2)

PB .sen – T = mB . a 150.(0,6) – T = 15.a 90 – T = 15.a Somando membro a membro, vem:

90 – 30 = 20.a a = 3 m/s2 Substituindo, vem: T – 30 = 5 . a T – 30 = 5 x 3 T = 45 N


FR = M.a M.g – T = M.a

FR = M.a T + M.g.sen = M.a Resolvendo-se o sistema de equações acima, determina-se a tração T e a aceleração a.


CASO 1- MOLA ELONGADA: Na figura 1, a mola encontra-se elongada,

portanto está puxando tudo a sua volta. Por exemplo, ela puxa o teto da

caixa para baixo k.x e puxa a bola preta para cima k.x. Portanto,

sobre a bola agem duas forças k.x e m.g .

Dependendo da deformação x da mola, a resultante sobre a bola na figura

1 pode ser prá cima (k.x > m.g), prá baixo (k.x < m.g) ou até

momentaneamente nula, no lapso instante em que ocorrer k.x = m.g.

Assim, não há temos como concluir para onde aponta a aceleração da

bola da figura 1. A caixa, entretanto, está sempre em equilíbrio e, assim,

podemos escrever N1 = k.x + M.g [eq-1] e, portanto, N1 > M.g na

figura 1. A balança registrará um valor N1 maior que o peso M.g da caixa

nesse caso.

m.g

k.x

k.x

k.x

k.x

N1

M.g

mola

elo

ngada

Figura 1

N1

CASO 2- MOLA COMPRIMIDA:

Já na figura 2 a mola encontra-se comprimida. Assim, essa mola está

empurrando tudo a sua volta. Por exemplo, ela empurra o teto da caixa

para cima k.x e empurra a bola preta para baixo k.x. Portanto, sobre

a bola agem duas forças k.x e m.g prá baixo e, inevitavelmente,

essa bola está acelerada para baixo FR a2 . Assim, essa bola tanto

pode estar descendo v acelerada a2 , como pode estar subindo v

retardada a2 . Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 2

está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever N2 + k.x = M.g

N2 = M.g – k.x N2 < M.g [eq-2].

A balança registrará um valor N2 menor que o peso M.g da caixa nesse

caso.

m.g

k.xk.x

k.x

k.x

M.g

mola

com

prim

ida

Figura 2

a2

N2

N2

CASO 3- MOLA MOMENTANEAMENTE RELAXADA:

A figura 3 mostra o exato instante em que a mola atinge o seu

comprimento natural, isto é, o exato instante em que sua deformação é

momentaneamente nula x = 0.

Essa situação ocorre uma única vez durante a subida da bola e outra vez

na descida. Nesse lapso instante, a mola não exerce força elástica

alguma (x = 0, k.x = 0). Sobre a bola, portanto, só agirá a força peso

m.g, portanto a bola certamente está acelerada para baixo. Uma vez

mais, existem duas possibilidades para o movimento da bola nesse

instante: essa bola tanto pode estar descendo v acelerada a3 , como

pode estar subindo v retardada a3 .

m.g

M.g

mola

rela

xada (

x =

0)

N3

N3

a3

Figura 3 Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 3 está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever N3 = M.g [eq-3]. Nesse lapso instante, a balança portanto registrará um valor N3 igual ao peso M.g da caixa.

Física


427

Agora, vejamos as opções dessa questão - A respeito da marcação da balança, pode-se afirmar que: a) sempre acusará um peso maior que M.g

falsa, a normal da caixa pode ser maior ou menor que M.g, dependendo do estado da mola.

b) quando a esfera pára na altura máxima, a balança acusará um peso maior que M.g falsa, pois nesse caso teremos mola comprimida (figura 2) e, segundo (eq-2), teremos N2 < M.g, ou seja, a balança marcará um valor menor que o peso M.g da caixa.

c) quando a esfera sobe em movimento acelerado, a balança acusará um

peso menor que M.g

falsa, pois esfera subindo acelerada requer v, a, o que só pode ocorrer na esfera da figura 1, no caso em que tivermos k.x > m.g. Assim, se a bola estiver subindo acelerada, a mola só pode estar elongada (figura 1) e, nesse caso, segundo [eq-1] teremos N1 > M.g, isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.

d) quando a esfera passa pela posição em que a mola encontra-se no seu comprimento natural, a balança acusará um peso M.g Verdadeiro. Isso ocorre na figura 3.

e) quando a esfera passa pela sua posição de equilíbrio, a balança acusará um peso M.g falsa. Para a esfera estar momentaneamente em equilíbrio, a resultante das forças que agem sobre a esfera deve ser nula e isso só tem como acontecer na figura 1, no caso em que k.x = m.g. Assim, quando a esfera estiver momentaneamente em equilíbrio, a mola estará elongada (figura 1) e, segundo [eq-1], teremos N1 > M.g , isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.


F2 F1X = m.a

F2 F1.cos60o = m.a

30 40.(0,5) = 2.a a = 5 m/s2 Aula 2 - Questão 27 - resolução

F1 f = MA.a

41 f = 8.a (eq1)

f F2 = MB.a

f 13 = 6.a (eq2) somando eq1 e eq2, membro a membro, vem:

41 13 = 14.a a = 2 m/s²

f 13 = 6.a

f 13 = 6.(2) f = 25 N

AULA 3 – Estudo do Atrito


O enunciado da questão garante que o sistema encontra-se em equilíbrio. Assim, podemos escrever: Equilíbrio da caixa A: T1 = PA = 50N Equilíbrio da caixa C: T2 = PC = 40N

B

CA

PA

T1 T2

T2

PC

T1

Assim, sendo T1 > T2 , a caixa B tende a escorregar prá esquerda em relação ao piso. Como o enunciado garante que a caixa B também está em equilíbrio, certamente há uma Fat agindo nela impedindo esse escorregamento:

B

CA

PA

T1 T2

T2

PC

T1

tendência de escorregamento

Assim, para o equilíbrio da caixa C, o prof Renato Brito pode escrever :

T1 = T2 + Fat 50 = 40 + Fat Fat = 10 N

B

CA

PA

T1 T2

T2

PC

Fat

T1

B

CA

50N

50N 40N

40N

40N

10N

50N


A caixa B tende a escorregar prá cima ou prá baixo ? Para responder isso,

devemos analisar quem é maior, M.g ou M.g.sen ? Ora, sabemos que

o seno de qualquer ângulo agudo está sempre na faixa

0 < sen < 1, portanto, M.g > M.g.sen.

Assim , a caixa B tende a escorregar ladeira acima e, portanto, recebe um

Fat ladeira abaixo, como mostra a figura acima. Como o enunciado

garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever:

Física


428

B

A M.g.sen

M.g

TT

tendência de

escorregamento

Equilíbrio do corpo A : T = M.g

Equilíbrio do corpo B : T = Fat + M.g.sen e N = M.gcos

B

AM.g.sen

M.g

TT

M.g.cos

N

Fat

Como a questão pede o menor coeficiente de atrito que permite que o

sistema ainda esteja em equilíbrio, isso indica que o sistema encontra-se

na iminência de escorregar e, portanto, podemos usar a “condição de

iminência” para o corpo B:

Condição de iminência de escorregar: Fat = Fatmax = .N

Substituindo, podemos facilmente determinar o coeficiente de atrito :

T = Fat + M.g.sen M.g = .N + M.g.sen

M.g = .M.g.cos + M.g.sen

M.g – M.g.sen = .Mg.cos M.g.( 1 – sen ) = .Mg.cos

= 1 sen

cos


a) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto

temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat Fat = T1 = 2.mg além de N = 3.mg

A

B

2.mg

T1

T1Fat

3.mg

N

Figura 1

b) A expressão Fat = E .N é a chamada de condição de iminência e só

é válida se a caixa estiver na iminência de escorregar. O enunciado

informa apenas que a caixa está em equilíbrio, podendo estar ou não na

iminência de escorregar. Portanto, não há como se determinar o valor do

E com os dados que dispomos. Nessas condições, só podemos garantir

que Fat E .N.

c) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto

temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat Fat = T1 = 2.mg além de

N = 3.mg

A

B

2.mg

T1

T1Fat

3.mg

N

Figura 1

Como o Fat estático é capaz de “segurar” uma força 2mg, certamente ele será capaz de segurar 1,5m.g , 1.m.g, 0,5.m.g .... etc Não temos como saber se Fat consegue segurar mais que 2.m.g, visto que

não conhecemos o E. Assim, garantimos até agora apenas um Fatmax = 2.m.g.

A

B

2.mg

T1= 2mg

Fat

3.mg

N

C

T1= 2mg

tendência de escorregar

T2

T2

Pc

Figura 2

A caixa C mais pesada que se pode pendurar de forma que ainda se possa garantir que a caixa A não escorregará (figura 2) está relacionada com o maior valor que o Fat consegue atingir nessa questão, até agora, 2m.g.

Como queremos uma caixa C mais pesada possível, a caixa A tenderá a

escorregar para a esquerda (figura 2) e, portanto, o Fat sobre ela

apontará para a direita . O maior Pc possível é aquele que levar Fat ao seu maior valor que se pode garantir (Fat = 2m.g), assim (figura 3):

T1 + Fat = T2 2.mg + 2.mg = T2 T2 = 4.m.g

mas T2 = Pc 4.m.g = mC .g mC = 4.m

A

B

2.mg

T1= 2mg

C

T1= 2mgFat = 2.m.g

T2= 4mg

T2= 4mg

Pc = 4mg

Figura 3


a) Determinando Fat max:

Fat max = E . N = E . PA = 0,5 x 80 = 40 N

Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no

intervalo 0 Fat 40 N.

Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse em equilíbrio ? Condições de equilíbrio estático:

PB = T = Fat 20 = T = Fat Fat = 20 N.

Física


429

A

B

PB

TFat

PA

N

T

Conclusão: Como Fat segura até 40 N, ela certamente será capaz de segurar 20N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e, assim, teremos: PB = T = Fat = 20N b) ) Determinando Fat max:

Fat max = E . N = E . PA = 0,8 x 20 = 16 N Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no

intervalo 0 Fat 16 N. Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse em equilíbrio ?

Condições de equilíbrio estático: PB = T = Fat 80 = T = Fat Fat = 80 N. Conclusão: Como Fat só segura até 16 N, Fat não será capaz de segurar os 80 N que seriam necessários para garantir o equilíbrio do sistema, portanto, o sistema não está em equilíbrio. Ambas as caixas estão aceleradas e teremos PB > T > Fat.

O Fat será cinético e valerá: Fat = Fat c = C .N = 0,4 x 20 = 8 N Precisamos aplicar a lei de Newton a cada bloco e determinar a tração T e a aceleração do sistema. Para o bloco B, podemos escrever:

PB – T = mB . a 80 – T = 8.a

Para o bloco A, podemos escrever: T – Fat = mA . A T – 8 = 2.a Somando as equações membro a membro, vem:

80 – 8 = 10.a a = 7,2 m/s2 .

Substituindo em qualquer equação vem T – 8 = 2.a

T – 8 = 2 x (7,2) T = 22,4 N Aula 3 – Questão 14 – resolução

a) O coeficiente de atrito E estático é definido pelo quociente entre a força de atrito máxima (Fatmax = 40 N) e a normal N (N = P = M.g =

50N), assim temos: E = Fatmax / N = 40 / 50 = 0,8. Alternativa falsa;

b) O coeficiente de atrito C cinético é definido pelo quociente entre o valor cinético da força de atrito (Fatcin = 30 N) e a normal N (N = P =

M.g = 50N), assim temos: C = Fatcin / N = 30 / 50 = 0,6. Alternativa falsa;

c) Estando o bloco em repouso, ele só começará a escorregar para uma força solicitante F > Fatmax, isto é, Fat > 40 N. Alternativa falsa;

d) Esse mito é falso. Para entender o porquê, note que, se o bloco estiver em repouso e aplicamos sobre ele os seguintes valores crescentes de força solicitadora F = 10N, F= 20N, F = 30 N, o bloco não se moverá e a força de atrito sobre ele, em cada caso, terá o mesmo módulo da força solicitadora Fat = 10N, Fat 20N e Fat = 30 N a fim de mantê-lo parado. Vemos que a força de atrito agindo no corpo aumentou gradativamente nesse episódio ( Fat = 10N, 20N, 30N ) embora a normal N que age no corpo seja CONSTANTE, o que nos mostra que a força de atrito agindo no corpo não é diretamente proporcional N. Esse fato só ocorre em duas situações muito particulares: (1) se o

corpo já estiver escorregando (atrito cinético Fatcin =C.N) ou (2) se

estiver na iminência de escorregar (Fat = Fatmax =E.N). Alternativa falsa;

e) Se o bloco estiver escorregando (Fat cinético Fatcin = 30N) sob ação de uma força solicitante F = 20 N, ele estará escorregando em movimento retardado (Fatcin > F). Independente de ser acelerado ou retardado, o fato de o corpo estar escorregando garante que a força de atrito assumiu o seu valor cinético Fatcin = 30N. Alternativa correta.


Resolução da Letra A: Análise do escorregamento ou não da caixa (figura 1):

Passo 1) Fat max = . N = . PA = 0,8 x 600 = 480 N Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no

intervalo 0 Fat 480 N. Passo 2) Qual valor de Fat seria necessário para o sistema permanecesse em equilíbrio (figura 1) ?

PB = T = Fat 200 = T = Fat Fat = 200 N.

A

B

PB

TFat

PA

N

T

A

B

PB

TFat

PA

N

T

F

Figura 1 Figura 2

Conclusão: Como Fat segura até 480 N, ela certamente será capaz de segurar 200N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e, assim, teremos: PB = T = Fat = 200N

Resolução da Letra B:

Devido à presença do peso B (figura 2), é mais fácil fazer a caixa A se mover para a direita. O menor valor de F, que deixará a caixa A na iminência de escorregar, levará o Fat ao seu valor estático máximo Fat = Fat max = 480 N. Da condição de equilíbrio + iminência, o prof Renato Brito pode escrever: F + T = Fat com T = PB = 200 N

F + 200 = 480 F = 280 N. Pronto ! Uma força F = 280 N coloca a caixa na iminência de escorregar. Qualquer força F >280N moveria essa caixa para a direita.

A

B

=200N

TFat

T

F = 280 N

PB

=200N

=200N=480N


Na vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrio nessa direção. Assim, podemos escrever:

FX

FYN

P

Fat

N + FY = P N + F.sen = P N + 160 x 0,6 = 400 N = 304 newtons

Fat Max = E.N = 0,5 x 304 = 152 N

Fx = F.cos = 160 x 0,8 = 128 N Sendo 128 < 152 (Fx < Fatmax), a caixa não escorregará ! Ela permanecerá em repouso permanente (equilíbrio) a = 0. Nesse caso, teremos apenas Fat = Fx = 128 N


Na vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrio nessa direção. Assim, podemos escrever:

N + FY = P N + F.sen = P N + 200 x 0,6 = 400 N = 280 newtons

Fat Max = E.N = 0,5 x 280 = 140 N

Fx = F.cos = 200 x 0,8 = 160 N

Física


430

Sendo 160 > 140 (Fx > Fatmax), a caixa escorregará sim !

FX

FYN

P

a

Fat

Fat = Fat cinético = C . N = 0,5 x 280 = 140 newtons A lei de Newton na horizontal permite escrever:

FR = ( FX – Fat ) = m.a F.cos – Fat = m.a

200 x 0,8 – 140 = 40.a a = 0,5 m/s2 Aula 3 - Questão 19 - resolução

Análise preliminar:

Enquanto o corpo se move para a direita v em movimento retardado

a, a força de atrito Fat é a responsável pela aceleração da caixa. Assim, a 2ª lei de Newton permite escrever:

FR = m.a Fat cin = m . a . N = m.a

.m.g = m.a a = .g [eq-1] A cinemática desse MUV permite escrever :

V = Vo – a.T 0 = Vo – 2..g.T T = g..2

Vo

[eq-2]

N

P

V

Fat

a

A expressão eq-2 nos mostra quais fatores influenciam o tempo T que a caixa leva até parar nesse episódio. Note que esse tempo de frenagem independe da massa da caixa. Resolução da questão: a) Aplicando a função horária da velocidade do MUV, vem:

V = Vo – a.T 0 = 20 – a.( 5 ) a = 4 m/s2 b) A 2ª lei de Newton permite escrever:

FR = m.a Fat cin = m . a . N = m.a

.m.g = m.a a = .g 4 = x 10 = 0,4 Conselho do prof Renato Brito: Não tente memorizar expressões como eq-1 e eq-2, visto que elas tem validade restrita. Procure entender os princípios utilizados para chegar até elas, e seja capaz de reproduzir o raciocínio quando lhe for útil.


O solo aplica sobre a caixa uma força de atrito Fat = 30 N para a

esquerda e uma normal N = 40 newtons para cima. Assim, a força total

que o solo aplica sobre a caixa é a resultante desse 30 N com esse 40 N

que, por Pitágoras, vai dar 50 N ! Pegadinha, né ?


Conforme aprendemos em sala de aula (veja suas anotações do caderno, questão 8 de classe, página 90), a distância que esse móvel percorre até parar, é dada por:

2oV

D2. .g

No 1º caso, quando freia sem ABS, travando as rodas e, portanto,

derrapando na pista fazendo uso do cinético, a distância Dcin percorrida então é dada por:

2o

cincin

VD

2. .g

(eq1)

No 2º caso, quando freia com ABS, no limite mas sem travar as rodas,

portanto fazendo uso do estático, a distância De percorrida então é dada por:

2o

ee

VD

2. .g

(eq2)

Dividindo eq1 por eq2, membro a membro, obtemos:

cin ee cin cin

e cin

DDe D

D

De (0,4) = 6 (0,3) De = 4,5 m


O teorema de Pitágoras permite determinar a hipotenusa desse triângulo. Efetuando os cálculos, encontramos hipotenusa = 25m. Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético,

cujo valor é constante, dado por Fat cin = .N , onde é o coeficiente de atrito cinético. Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante na direção do movimento com a aceleração que ela causa:

FR = m.a (P.sen – Fat ) = m.a m.g.sen – .N = m.a

m.g.sen – .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:

m.g.sen – . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:

a = g.sen – .g.cos

15 m

20 m

N

P.cos

Fat

a

P.sen

sen = 15 / 25 = 3 / 5 = 0,6 cos = 20 / 25 = 4 / 5 = 0,8

Substituindo, vem: a = g.sen – .g.cos

a = 10 x 0,6 – (0,5).10.(0,8) a = 6 – 4 a = 2 m/s2

A caixa desce, a partir do repouso, em MRUV, com aceleração

a = 2 m/s2 percorrendo uma distância S = 25 m. Isso permite

determinar quanto tempo ela gasta para percorrer essa distância:

S = Vo .t + a.t2 / 2 25 = 0 + 2.t2 / 2 t = 5 s


Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético,

cujo valor é constante, dado por Fat cin = .N , onde é o coeficiente de

atrito cinético.

Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante na

direção do movimento com a aceleração que ela causa:

FR = m.a (P.sen + Fat ) = m.a m.g.sen + .N = m.a

m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:

m.g.sen + . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:

a = g.sen + .g.cos

N

P.cos

Fat a

P.sen

V

Física


431

Aplicando a equação de Torricelli no movimento retardado da

subida, temos:

V2 = Vo2 2.a.D, com V = 0 e a = a = g.sen + .g.cos

02 = Vo2 2.( g.sen + .g.cos).D

D =

2

oV

2g.(sen cos )


N

P.cos

a

P.sen

V

1º caso: Inicialmente sem atrito:

Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, vem:

FR = m.a m.g.sen = m.a a = g.sen

2º caso: Agora com atrito, aplicando a 2ª lei de Newton na direção da

rampa, vem:

N

P.cos

Fat

a

P.sen

FR = m.a’ m.g.sen Fat = m.a’

m.g.sen .m.g.cos = m.a’

g.sen .g.cos = a’

Conforme solicitado no enunciado, temos: a' = a / 2

a = 2.a’ g.sen = 2.(g.sen .g.cos)

sen = 2.sen 2.cos

sen = 2..cos = tg / 2

para = 45o, vem: = 0,5

Aula 3 – Questão 31 – resolução

Durante a subida: Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a

força resultante na direção do movimento com a aceleração que ela causa:

FR = m.a (P.sen + Fat ) = m.a m.g.sen + .N = m.a

m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem:

m.g.sen + . m.g.cos = m.a cancelando a massa, vem:

a = g.sen + .g.cos

N

P.cos

Fat a

P.sen

V

Durante a descida: Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, vem:

N

P.cos

Fat

a

P.sen

FR = m.a’ m.g.sen Fat = m.a’

m.g.sen .m.g.cos = m.a’

g.sen .g.cos = a’

Vemos claramente que a > a’ , portanto o gráfico correto da aceleração em função do tempo será o II . Lembrando que, no gráfico V x t, a

aceleração está relacionada à inclinação , o gráfico correto da velocidade será o IV. Aula 3 - Questão 35 - resolução

Decompondo a força F, podemos determinar suas componentes:

FX = F.sen = 50 x 0,6 = 30 N

FY = F.cos = 50 x 0,8 = 40 N P = m.g = 20 N Eita ! Se FY > P, a caixa tende a escorregar prá cima ! Portanto,

receberá da parede um Fat para baixo conforme a figura acima. Análise do escorregamento da caixa: Passo 1:

Fat max = E. N = E . FX = 0,5 x 30 = 15 N, ou seja: 0 Fat 15N Passo 2: Condição de equilíbrio vertical da caixa:

Fat + P = FY Fat + 20 = 40 Fat = 20N.

FX

NN

Fat

P Fat

P

FY

FX

FY

Conclusão: Como o Fat necessário para que a caixa fique em equilíbrio

(Fat = 20N) está fora do intervalo de valores possível para o Fat nas

condições dessa questão ( 0 Fat 15N), a caixa vai escorregar (acelerar)

para cima inevitavelmente. Assim, o Fat será cinético e seu valor será

dado por:

Fat cin = C .N = C .FX = 0,4 x 30 = 12N Fat = Fat cin = 12N

Com que aceleração o bloco vai escorregar para cima ? Determinemos

através da 2ª lei de Newton:

FR = m.a (FY – P – Fat ) = m.a (40 – 20 – 12) = 2.a

a = 4 m/s2 . Aula 3 - Questão 39 - resolução

Seguindo o mesmo raciocínio da questão 13 de classe, o aluno concluirá que: A condição para a caixa A não escorregar é:

a A . g a 0,35 x 10 a 3,5 m/s2 , onde a é a aceleração do caminhão. A condição para a caixa B não escorregar é:

a B . g a 0,30 x 10 a 3,0 m/s2 , onde a é a aceleração do caminhão.

Física


432

m.g

N

N

Fat

Fat

a

a

Qual o maior valor de a que satisfaz, ao mesmo tempo, ambas as condições acima ? Sim ! Uma aceleração a = 3 m/s2 ! Porque uma aceleração a = 3,1 m/s2 já faria com que a caixa B escorregasse para trás, em relação ao caminhão ! Assim, o maior valor possível para a aceleração a do caminhão, de forma que nenhum dos dois escorregue é a = 3 m/s2 . Aula 3 - Questão 42 - resolução

Quando o corredor empurra o chão para trás Fat, o chão empurra o

corredor para frente Fat. Assim, a força de atrito que age sobre o homem é a força resultante externa agindo sobre o homem, portanto, pela 2ª Lei de Newton, podemos escrever:

FR = m.a

Fat = m.a, com Fat = 0,6.m.g conforme o enunciado disse.

0,60.m.g = m.a a = 0,6.g = 0,6.(10) a = 6 m/s2

Assim, s = a.t2 / 2 = 6.(2)2 / 2 = 12 m Aula 3 - Questão 50 - resolução

a) no vácuo (sem a resistência do ar), a aceleração de queda livre de qualquer corpo é dada por:

a = RF Peso massa gg

massa massa massa

b) Aprendemos nas paginas 82 e 83 da teoria que a força de resistência do ar que age no corpo em queda é dada por :

FRes = 2

1.Cx..A.V n = K.V n

com K = 2

1.Cx..A

A velocidade limite atingida por elas, em queda, pode ser determinada fazendo:

P = K.Vn m.g = K.Vn V = n

K

g.m VL = n

K

g.m

Como as duas esferas têm o mesmo formato esférico (mesmo Cx), têm a mesma área A de secção transversal à direção do movimento, se movem

através do mesmo ar (mesma densidade ), significa que elas têm o mesmo valor do coeficiente K. Entretanto, a bola de ferro de raio R tem maior massa do que uma bola de isopor de mesmo raio R, portanto, atingirá maior velocidade limite vL e, portanto, chegará ao solo antes. c) como vemos, o formato do corpo, assim como sua massa, só é relevante quando a resistência do ar é levada em conta. No vácuo, todos caem juntos independentemente do formato e da massa. Aula 3 - Questão 51 - resolução

Aprendemos nas paginas 82 e 83 da teoria que a força de resistência do ar que age no corpo em queda é dada por :

FRes = 2

1.Cx..A.V n = K.V n

com K = 2

1.Cx..A

A velocidade limite atingida por elas, em queda, pode ser determinada fazendo:

P = K.Vn m.g = K.Vn V = n

K

g.m VL = n

K

g.m

Como as duas esferas têm o mesmo formato esférico (mesmo Cx), têm a mesma área A de secção transversal à direção do movimento, se movem

através do mesmo ar (mesma densidade ), significa que elas têm o mesmo valor do coeficiente K. Assim, como as bolas de chumbo e madeira diferem apenas pela massa m, de acordo com o resultado encontrado para a velocidade limite VL, vemos que a bola que atingirá maior velocidade limite será a bola que tiver maior massa m (a de chumbo). Desta forma, a de chumbo atinge maior velocidade e, assim, chega ao solo antes. Ainda que fosse considerado o empuxo do ar, a resposta não mudaria. Durante a queda da bola, ao atingir a velocidade limite (FR = 0), o equilíbrio das forças daria: E + K.Vn = P As bolas sofrem empuxos iguais do ar, por terem volumes iguais e estarem mergulhadas no mesmo fluido de mesma densidade. Isolando a velocidade limite V na expressão acima, temos: E + K.Vn = P

K.Vn = m.g E

VL = m.g E

k k

Assim, como as bolas de chumbo e madeira diferem apenas pela massa m, de acordo com o resultado encontrado para a velocidade limite VL acima, vemos que a bola que atingirá maior velocidade limite será a bola que tiver maior massa m (a de chumbo). Desta forma, a de chumbo atinge maior velocidade e, assim, chega ao solo antes. De fato, se levarmos em conta resistência do ar, a bola que pesa MAIS chegará ao solo antes da bola mais leve, com dizia o velho Aristóteles. Entretanto, se consideramos vácuo, isto é, se a resistência do ar puder ser desprezada, bolas de pesos diferentes chegam ao solo juntas, como corrigiu Galileu. O erro do Aristóteles foi achar que estava enunciando leis gerais do movimento, quando, na verdade, todas as leis do movimento dele traziam embutidas o atrito como parte inerente do movimento, o que é um erro. Afinal, é possível ocorrer movimento sem atrito nem qualquer resistência. Aula 3 - Questão 52 - resolução

Análise preliminar: Quanto vale o atrito disponível capaz de impedir o escorregamento dessa caixa, o famoso Fatmax ?

Ora, Fatmax = ×N = 0,35 × 9000 = 3150 N Portanto, se Fatmax = 3150N, a força de atrito “consegue segurar” ate 3150N sem escorregar. Quem segura 3150N, segura 2900 N ? sim ! A caixa vai escorregar ? Não ! Então quanto vai valer o Fat ? Ora, Fat = F = 2900 N ! Já pensou se Fat fosse maior do que F ? Se Fat fosse maior do que F, o atrito empurraria a caixa contra o operador, corra, mande benzer sua casa !! Teria fantasmas na jogada ! Quando essa questão caiu na Unifor, todos os meus alunos lembraram que essa questão é manjada já das nossas apostilas e das nossas questões de classe e pensaram: é a noooova !

AULA 4 – Dinâmica do Movimento curvilíneo


S = 2 – 8.t + 3.t2 (SI). Determine, no instante t = 2 s:

a) a velocidade do móvel

Comparando com a função geral S = So + Vo .t + (a/2).t2 , temos que:

So = 2m, Vo = –8 m/s, a/2 = 3 a = 6 m/s2

Assim, V = Vo + a.t V = –8 + 6.t

Para t = 2s, temos que V = –8 + 6.t = –8 + 6 x2 V = 4 m/s

Física


433

b) a intensidade da componente tangencial da força resultante

a aceleração escalar é o módulo da aceleração tangencial a cada instante:

aTG = a = 6 m/s2, conforme determinamos inicialmente, a partir da

função horária.

Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem:

FR TG = m. aTG FR TG = 10 x 6 FR TG = 60 N

c) a intensidade da componente centrípeta da força resultante

aCTP = V2 / R , com V = 4 m/s (em t = 2 s) e R = 2m, assim :

aCTP = V2 / R = 42 / 2 aCTP = 8 m/s2

Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem:

FR CTP = m. a CTP FR CTP = 10 x 8 FR CTP = 80 N

d) a intensidade da força resultante

Achando a resultante das duas componentes perpendiculares entre si,

pelo teorema de Pitágoras, vem:

(FR )2 = (FR TG)2 + (FCTP)2

(FR )2 = ( 60)2 + ( 80)2 FR = 100 N Aula 4 - Questão 7 - resolução

V

60o

a

tg

ctp

Actp = V² / R e, da figura acima , vemos que Actp = a . cos60

Assim, o prof Renato Brito pode escrever :

Actp = V² / R = a . cos60, com R = 1 m

V² / 1 = 32 x 0,5 v = 4 m/s Aula 4 - Questão 8 - resolução

Em cada expressão abaixo, use a velocidade correta da bolinha em cada ponto:

TA P = M.(VA)2 / R

TB P.cos60 = M.(VB)2 / R TC = M.(VC)2 / R TD + P = M.(VD)2 / R Aula 4 - Questão 9 - resolução

FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, podemos escrever: FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R N – P = M.V2 / R N = M.V2 / R + M.g , com V = 144 km/h = 40 m/s N = 70 x 402 / 40 + 70 x 10 = 3500 N = 3500 newtons

P

N

Lembre-se que o peso aparente é dado pelo valor da força normal N, ou

seja, N = Peso aparente = m gaparente

Assim, para calcular a gravidade aparente, vem:

N = Peso apar = M . gapar 3500 = 70 . gapar

gapar = 50 m/s2 = 5g !!!!! Aula 4 - Questão 10 - resolução

Seguindo o mesmo raciocínio da questão anterior, vem: FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R N – P = M.V2 / R N = M.V2 / R + M.g , com V = 210 m/s

Assim, o quociente N / P = N / M.g é dado por: 2 2

2 2

N 1 M.V 1 VM.g 1

M.g M.g R M.g R.g

N V 2101 1 8 N 8.M.g

M.g R.g 630 10

Assim, no ponto mais baixo da curva, o piloto sentirá um peso aparante (N) 8 vezes maior do que o seu próprio peso e, portanto, desmaiará. Aula 4 - Questão 11 - resolução

Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, percebemos que apenas a normal N está sobre o eixo centrípeto, naquela posição do avião, portanto, apenas a normal N será a responsável pela aceleração centrípeta do avião, naquele ponto: FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R N – 0 = M.V2 / R

P

Nctp

tg

N = M.V2 / R , com V = 216 km/h = 60 m/s

N = 80 x 602 / 90 = 3200 N = 3200 newtons Aula 4 - Questão 21 - resolução

A figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agem

num pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par de

eixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-

se fora do par de eixos (no caso o peso P).

T

P.cos

P.sen

FR ctp

FR tg

FR

figura 1 figura 2

A 2a lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever:

FRctp = T – P.cos = N4075,3

)5.(6

R

V.m 22

FRctp = 40 N

Na direção tangencial, a força resultante tangencial vale:

FR tg = P.sen = 60. sen30o = 60 . 0,5 = 30 N FR tg = 30 N

Assim, a força resultante agindo na bola é dada pelo teorema de Pitágoras:

(FR)2 = (FRctp)2 + (FRtg)2

(FR)2 = (40)2 + (30)2

FR = 50 N

Física


434


Apenas a tração T e o peso P agem sobre a bolinha do pendulo. Usando o par de eixos padrão (tangencial e radial), decompomos a força peso P em suas componentes:

C

P.cos

T

PP.s

en

C

B

(T-P.cos

)

(P.s

en)

Em seguida, identificamos a componente tangencial (FTg = P.sen) da

força resultante FR e a componente centrípeta (FTg = T P.cos) da força resultante FR.

Finalmente, encontramos a força resultante agindo na bolinha:

C

B

(T-P.cos

)

(P.s

en)

FR(T-P.cos

)

Se a força resultante FR aponta na direção horizontal, o triangulo retângulo nos permite escrever:

2

2 2

cateto oposto T P.costg

cateto adjacente P.sen

sen T P.cos P.sen T P.cos

cos P.sen cos

P.cos P.sen P.1T P.sec

cos cos cos


A figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agem num pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par de eixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-se fora do par de eixos (no caso o peso P).

A 2a lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever: Fctp = FIN – FOUT = m. actp

Fctp = T – PY = m. actp , com PY = P.cos

Fctp = T – P.cos = m.R

V 2

Entretanto, na posição B da oscilação (figura 2), ele encontra-se momentamente em repouso (V = 0, actp = 0), o que permite escrever:

T

P

Py

Px

T

P.cos

P.sen

V = 0

actp = 0

figura 1 figura 2

Fctp = T – P.cos = m.2V

R = m. 0

R

02

T = P.cos

Ou seja, no extremo da oscilação, a tração T e a componente P.cos momentaneamente se cancelam (figura 2). Naquele instante, a força resultante agindo sobre o pêndulo será

apenas a componente P.sen. Assim, no extremo da oscilação, a 2ª lei de Newton permite escrever:

FR = m.a m.g.sen = m.a a = g.sen Naquele instante, a aceleração resultante do pêndulo será totalmente

tangencial e terá módulo a = g.sen. Aula 4 - Questão 24 - resolução

Na situação inicial de equilíbrio, temos:

T2X = T1 e T2Y = T2.cos = P T2 = P / cos (eq1)

T1 T2

P

Quando o fio é rompido, a tração no fio 1 se anula (pois o fio foi cortado) e o pêndulo não estará mais em equilíbrio, passando a valer as equações da Dinâmica do pêndulo simples:

T2'P.cos

P.sen

FRctp = Fin Fout = T2’ P.cos = m.v2 / R Entretanto, como o fio acabou de ser rompido, teremos ainda v = 0, portanto:

T2’ P.cos = m.v2 / R = 0 T2’ = P.cos (eq2)

Dividindo eq1 por eq2, temos: 222

2

P

T 1cossec

T ' P.cos cos


Para a bolinha sobre a mesa, usamos a idéia do esquema de forças da figura 70, página 104, afinal, seu movimento trata-se de um MCU num plano horizontal: Na vertical, temos: N = m.g (eq1) Na direção radial, temos:

FR ctp = Fin Fout = m.v² / R

T 0 = m.v² / R T = m.v² / R (eq2) Adicionalmente, como a caixa pendurada encontra-se em equilíbrio, temos: T = M.g (eq3) A partir de eq2 e eq3, chega-se à resposta do problema. Aula 4 - Questão 30 - resolução

Como a moeda não apresenta aceleração vertical, ela está em equilíbrio

na vertical, podemos escrever: N = P = M.g [eq-1]

Física


435

Na direção radial ou centrípeta, a dinâmica do movimento curvilíneo nos

permite escrever a 2a Lei de Newton:

FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R)

Fat – 0 = M. (2 . R) Fat = M. (2 . R) [eq-2]

N

Fat

P

Lembrando que a força de atrito estática “não é a mulher-maravilha”, ela trabalha dentro de um limite, podemos escrever:

Fat Fat max Fat . N [eq-3] A condição para que as equações 1 e 2 sejam satisfeitas, dentro dos limites impostos pela equação 3, é encontrada, substituindo-se 1 e 2 em 3:

Fat . N M. (2 . R) . M.g 2 . R . g,

como todos os números são positivos, podemos simplesmente isolar :

R

g.

0,1 10

0,25

2 rad/s max = 2 rad/s


Durante o movimento de cada bloquinho, a força de atrito radial produz a aceleração centrípeta (actp) necessária para a execução do movimento circular. Enquanto os três bloquinhos giram solidários ao disco, sem

escorregar, eles compartilham da mesma velocidade angular do disco,

mesmo período e mesma frequência.

A B C

x

2x3x

N

P

Fat

Assim, aplicando a 2ª lei de Newton na direção radial para um bloquinho qualquer, temos:

FRctp = m. actp Fat = m.2.R (eq1)

Equilíbrio vertical: N = P N = m.g (eq2)

Admitindo iminência de escorregar: Fat = Fat max = .N (eq3) De eq1, eq2 e eq3, temos:

Fat = m.2.R

.N = m.2.R

.m.g = m.2.R max = .g

R (eq4)

A relação eq4 informa a velocidade angular crítica acima da qual o bloco escorregará. Como vemos, a massa de cada bloquinho não influencia nessa velocidade angular crítica. Calculando essa velocidade angular crítica para cada um dos blocos A, B e C, com os valores fornecidos, temos:

max-A = .g

R=

0,30. g

x

max-B = .g

R=

0,50.(g)

2x=

0,25. g

x

max-C = .g

R=

1,20.(g)

3x=

0,40. g

x

Vemos que as velocidades angulares críticas dos blocos seguem a ordem

max-B < max-A < max-C.

Assim, quando o disco vai girando com velocidade angular , todos os blocos A, B e C giram juntos com o disco, compartilhando dessa mesma

velocidade angular . Entretanto, a velocidade angular do sistema vai aumentando e, cedo ou tarde, atingirá a velocidade angular crítica do bloco B, que escorregará nesse momento (B é o primeiro a escorregar). Em seguida, a velocidade angular do disco continua aumentando até que a velocidade angular crítica do bloco A será atingida, levando A a escorregar. Finalmente, a velocidade angular do sistema continua aumentando até atingir a velocidade angular crítica do bloco C, que escorregará por último. Aula 4 - Questão 39 - resolução

Apenas duas forças agem no carro: a normal N e o peso P, visto que o

enunciado afirma que a curva está sendo traçada sem a ajuda da força de

atrito, graças à inclinação da pista.

A resultante centrípeta é dada por:

FR ctp = Fin – Fout = ( Nx – 0) = N.sen = m.(V2 / R) [eq-1]

Na direção vertical, podemos escrever: Ny = N.cos = m.g [eq-2]

Com V = 180 km/h = 50 m/s e R = 820m Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:

g.R

Vtan

2

= 10820

502

=

8200

2500= 0,304

N

P

Consultando a tabela trigonométrica fornecida na questão, vemos que

tan17 = 0,306 e, portanto, = 17. Aula 4 - Questão 40 - resolução

Analogamente à questão anterior, vem:

g.R

Vtan

2

2

o Vtan30

R.g

2 23 V 1,7 V

v 40 m / s3 282 10 3 2820


Ver demonstração na página 104, figura 73 Aula 4 - Questão 45 - resolução

Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:

FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1]

Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2] Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem:

tan = 2 . R / g [eq-3]

T.cos

P

T.sen

eixo ctp

O triângulo retângulo permite determinar a tan:

Física


436

Tan = R / H [eq-4] Das relações 3 e 4, podemos escrever:

tan = 2 . R / g = R / H , cancelando R , vem:

2 . H = g = constante ( g não muda, concorda?) Assim, podemos dizer que:

antes2 . Hantes = depois

2 . Hdepois = g = constante

(6)2 . 1 = (3)2 . Hdepois Hdepois = 4 m

R

L H


M

T

m.g

T

M.g

N

Fat

M

T.c

os

m.g

M.g

N

Fat

T.sen

T.cos

T.sen

ctp

Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso

do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por:

FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1]

Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2]

A caixa sobre a mesa está em equilíbrio e na iminência de escorregar.

Assim, podemos escrever:

Condição de equilíbrio da caixa: Vertical: T.sen + N = M.g [eq-3]

Condição de equilíbrio da caixa: Horizontal: T.cos = Fat [eq-4]

Condição de iminência: Fat = Fatmax: Fat = .N [eq-5]

Note que a tração T que age na caixa é a mesma tração T que age no

pêndulo, visto que se trata do mesmo fio ideal.

Substituindo 1 em 3, vem: T.sen + N = M.g

m.(2.R) + N = M.g N = M.g – m.(2.R) [eq-6]

Substituindo [eq-6], [eq-2] e [eq-4] na relação [eq-5], vem:

Fat = .N

T.cos = .N

T.cos = . ( M.g – m.2.R )

m.g = .( M.g – m.2.R)

= R..mg.M

g.m

2 =

20

20

5,0.22104,2

1022

= 1

= 1


2

2

2 2

2

2

actp .R 640.g

(2 .f) . R 640 10

4 .f . (0,1) 6400

4 10.f . (0,1) 6400

4 f 6400 f 40Hz

f = 40 voltas/seg = 40 x 60 RPM = 2400 RPM Aula 4 - Questão 52 - resolução

A 2ª Lei de Newton na direção centrípeta nos permite escrever:

FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R), com = 2..f

Fel = k.x = M. (2..f)2.R

k.x = 4.M.2.(f)2.R, com R = Lo + x Nessa questão, o enunciado diz que o raio da trajetoria não muda, o que implica que a deformação x da mola permanence invariável. Assim, de acordo com o resultado encontrado acima, vemos que a constant elastic da mola é diretamente proporcional a (f)2:

2 2o4M. .(f) .(L x)

kx

Portanto se a frequencia f do movimento duplica sem que o raio da trajetoria seja alterada (deformação x da mola constante), só se a constante elastica k da mola quadruplicar. Assim, k2 = 4.k1.

REFERENCIAIS NÃO INERCIAIS

Aula 4 - Questão 5 – Referenciais não inerciais

a) seja s o comprimento dessa hipotenusa. Da geometria, podemos escrever:

h 2,7sen 0,6 0,6 s 4,5m

s s

b) dentro desse elevador, a gravidade resultante valerá: g’ = g+a = 10 + 5 = 15 m/s2.

Na colocação de forças nesse bloquinho, a normal N cancela com o

P’.cos e sobrará apenas a componente P’.sen ladeira abaixo, que será a responsável pela aceleração a’ do bloco ladeira abaixo, em relação ao elevador. Aplicando a 2ª lei de Newton ao bloco, teremos:

FR = m.a’ P’.sen = m.a’ m.g’.sen = m.a’

m.(g+a).sen = m.a’ a’ = (g+a).sen = 15×(0,6) = 9 m/s2

c) Teremos um MUV ladeira abaixo, portanto escrevemos:

s = Vo’.t + a’.t2 / 2 4,5 = 0 + 9.t2 / 2 t = 1 s

AULA 5 – Trabalho e Energia


O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo com energias cinéticas iguais. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza, é maior que a massa do carro.

Ecin Caminhão = Ecin Carro M .v2

2 = V2M.

2

Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a velocidade do caminhão. Afirmativa I é verdadeira.

Física


437

O trabalho realizado para frear cada móvel é a variação da Ecin que cada um sofre durante a frenagem. Como no início ambos têm a mesma energia cinética (segundo o enunciado) e, ao final, ambos terão Ecin nula (vão parar), é fácil perceber que o trabalho que se realiza para parar qualquer

um desses dois móveis será exatamente o mesmo = Ecin F – Ecin i. Afirmativa II é falsa.

Os trabalhos realizados serão os mesmos em cada caso:

A = FA . DA = B = FB . DB

Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso (FA = FB), eles certamente irão requerer deslocamentos iguais ( DA = DB). Afirmativa III é falsa

Se essas respostas vão um pouco contra a sua intuição física, isso ocorre

porque você (sem querer) está imaginando situações do dia-a-dia, carros e

caminhões andando com velocidades iguais, em vez de energias cinéticas

iguais, como foi proposto no problema. Se as velocidades fossem iguais,

certamente a Ecin do caminhão seria bem maior que a do carro, o trabalho

para frear o caminhão seria bem maior e a distância percorrida pelo

caminhão até parar também seria maior. O charme dessa questão,

portanto, é exatamente ela ter proposto que as suas energias cinéticas é

que são inicialmente iguais, a fim de avaliar os seus conhecimentos

conceituais. Aula 5 - Questão 2 - resolução

TN = 0 TFAT = 0 + (–Fat. b) TP = 0 TF = F. (a + b) Pelo princípio do trabalho total, temos:

total = TN + TFAT + TP + TF = Ecin = EcinF – Ecini –Fat . b + F. (a + b) = 0 – 0 Fat = F .(a + b) / b = F . ( a/b + 1) Aula 5 - Questão 3 - resolução

TN = 0

TFAT = TFAT1 + TFAT2 = (1.m.g.d1) + (2.m.g.d2) TP = 0 Pelo princípio do trabalho total, temos:

total = TN + TFAT + TP = Ecin = EcinF – Ecini

0 1.m.g.d1 2.m.g.d2 + 0 = 0 m.vo2/2

Cancelando a massa e multiplicando membro a membro por 2, vem

2.1.g.d1 + 2.2.g.d2 = vo2

2.(0,3).10.1 + 2.(0,25).10.2 = 16 = vo2 vo = 4 m/s


Pelo princípio do trabalho total, podemos escrever: T total = Ecin F – Ecin i

–F.D = 0 – m.V2/ 2 F.D = m. V2 / 2 A questão afirma que quando a bala é atirada com velocidade V1, ela

penetra D1 : 2

V.mD .F

21

1

Por outro lado, quando a bala é atirada com velocidade V2, ela

penetra D2. : 2

V.mD .F

22

2

Note que a força F é a mesma em casa episódio, conforme o enunciado. Dividindo uma equação pela outra, vem:

V

V

D

D22

21

2

1

2

2

1

2

1

V

V

D

D

2

2 600

400

D

cm10

9

4

D

cm10

2

D2 = 22,5 cm


F(N)

X(m)

-2

1 4

6

+

-0

F = 2x - 2

Calcularemos os trabalhos no intervalo [0m, 4m]. A posição inicial é

x = 0 m, a posição final é x = 4m.

Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i

O trabalho da força F no intervalo [0m, 4m] é calculado pela área sob o

gráfico. A área inferior é tomada como negativa (força contrária ao eixo X)

e a área superior é tomada como positiva (força a favor do eixo X ).

Assim: TF =

b h B H

2 2 =

2

)14(6

2

12

= –1 + 9 = +8 J

Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i

0 + 0 + 8 = (0,8).V2 / 2 – (0,8).42 / 2 V = 6 m/s Aula 5 - Questão 8 - resolução

Calcularemos todos os trabalhos entre os pontos inicial e final. Note que temos Vinicial = 0 e Vfinal = 0. Tpeso = Tpeso-vert + Tpeso-hor = +(m.g).h + 0 ,

(pela trajetória alternativa)

Tnormal = 0 , = 90 com a trajetória original em cada ponto do percurso.

h

d

minício

finaltrajetóriaoriginal

trajetóriaalternativa

Note que a rampa é lisa, só há Fat no trecho horizontal Fat = u.N = u.m.g Tfat = T fat rampa + Tfat-hor = 0 – Fat.d = –Fat. d = –u.m.g.d T total = TP + T fat + TN = Ecin F – Ecin i

+m.g.H – u.m.g.d + 0 = 0 – 0 d = H / u Aula 5 - Questão 9 - resolução

Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0

Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H

Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:

TFNC = Emec F – Emec i T fat + Tnormal = 0 – M.g.H

–u.mg.D + 0 = 0 – M.g.H D = h / u = 5 / 0,2

D = 25 m , mas o que essa distância D significa ? A caixa percorreu 25 m em trechos com atrito, ou seja, 25 m no trecho

horizontal. Assim ela andou 10 m AE, mais 10 m EA , mais 5 m

AC, parando no ponto C, percorrendo um total de 25 m na presença do atrito. Note que as paredes são lisas, não têm atrito, não consomem Emec, somente o trecho horizontal dissipa Emec em calor. A caixa pára no ponto C. Aula 5 - Questão 10 - resolução

TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e final é o ponto D. Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0

Física


438

Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + M.v2 / 2 O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas no trecho horizontal, visto que a rampa é lisa:

T fat = – fat.d = (u.N).d = –u.M.g.d Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: TFNC = Emec F – Emec i Tfat + Tnormal = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 ) –u.Mg.d + 0 = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 ) u.Mg.d = M.g.H + M.v 2 / 2 u.g.d = g.H + v2 / 2

0,1 x 10 x d = 10 x 7 + ( 2)2 / 2 d = 70 + 2 d = 72 m Aula 5 - Questão 11 - resolução

início

final

xH =

TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e o ponto final é onde a caixa finalmente pára a prá voltar, a uma altura h do solo, como mostra a figura acima.

Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + M.g.(x)

Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + 0 = M.g.H O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas no trecho horizontal, visto que as rampas são lisas:

T fat = –fat.d = u.(N).d = –u.M.g.d, onde d = BC = 5m Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: TFNC = Emec F – Emec i T fat + Tnormal = M.g.x – M.g.H

–u.Mg.d + 0 = M.g.x – M.g.H –u.d + 0 = x – H

– 0,4 x 5 = x – 3 –2 = x – 3 x = 1m Aula 5 - Questão 14 - resolução

Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força que realiza trabalho é a força peso (a normal N é não-conservativa, mas não realiza trabalho nesse episódio). Assim, podemos escrever: EpotA + EcinA = Epot c + Ecin c = Epot d + Ecin d M.g.H + 0 = M.g.h + M.(Vc)2 / 2 = 0 + M.(Vd)2 / 2 g.H + 0 = g.h + (Vc)2 / 2 = 0 + (Vd)2 / 2 10 x H = 10 xh + (10)2 / 2 = 0 + (20)2 / 2 10 H = 10h + 50 = 0 + 200 h = 15m , H = 20 m Aula 5 - Questão 16 - resolução

1 2

Vo

Vo

H1

H2

g g.se

n

Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força que realiza trabalho é a força peso. Para calcular a altura máxima atingida por cada bola, vemos que cada uma delas parte com a mesma velocidade inicial Vo e ambas param ao atingir a altura máxima. Assim, pela conservação de energia, podemos escrever:

Emec i = Emec f 2

V.M 2o = M.g.H H =

g.2

V 2o .

Vemos que essa altura máxima atingida só depende da velocidade inicial Vo e da gravidade g. Essa é a altura máxima atingida tanto pela bola 1 como pela bola 2, visto que ambos têm a mesma velocidade inicial Vo.

H1 = H2 = g.2

V 2o .

As bolas partem com a mesma velocidade inicial Vo e vão ser retardadas até parar. Qual delas vai levar mais tempo para ser retardada até parar? Logicamente, aquela que for retardada de forma mais suave, com menor aceleração, vai demorar mais tempo até parar.

A bola 1 é retardada com aceleração a1 = gM

g.M

M

FR , ao passo que

a bola 2 é retardada com aceleração a2 tal que:

a2 =

sen.gM

sen.g.M

M

FR .

Vemos que a bola 2 é retardada mais suavemente, mais lentamente,

visto que g.sen < g. Isso sugere que ela vai demorar mais tempo até parar.

Imagine, para facilitar, a1 = g = 10 m/s2 e a2 = g.sen = 5 m/s2 (só para exemplificar). Se as duas bolas são lançadas com Vo = 30 m/s, qual delas levará mais tempo prá parar ( v = 0) ? Bola 1 ( Vo = 30 m/s diminuindo de 10 em 10 m/s a cada 1 seg)

V (m/s) 30 20 10 0 (parou !)

T(s) 0s 1s 2s 3s

Bola 2 ( Vo = 30 m/s mas diminuindo apenas de 5 em 5 m/s a cada 1 seg)

V (m/s) 30 25 20 15 10 5 0 (parou !)

T(s) 0s 1s 2s 3s 4s 5s 6s

Logicamente, a bola 2 levará mais tempo prá parar, por isso ela chegará lá em cima depois da 1 ter chegado lá. Em suma, as bolas atingem a mesma altura máxima, mas não chegam lá ao mesmo tempo. A bola 1 chega lá antes. A bola 2 chega lá depois. Mas ambas atingem a mesma altura máxima, como se pode perceber facilmente pela conservação de energia. Aula 5 - Questão 17 - resolução

Um projétil é lançado com velocidade inicial Vo (o ângulo não interessa) do alto de um prédio de altura H. Com que velocidade ele chegará ao solo ? Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f

M.g.H + 2

V.M 2o = 0 +

2

V.M 2

, a massa cancela

g.H + 2

V2o = 0 +

2

V2

V = 2o2.g.H (V )

Agora, conhecendo Vo , g e H facilmente determinamos a velocidade final V.

O ângulo não é necessário aos cálculos, visto que energia não tem direção ! O cálculo feito acima é o mesmo para as bolas A, B ou C ! Elas chegam ao solo com a mesma velocidade final V determinada pela equação acima, como pode ser facilmente percebido pela conservação de Emec (não é incrível ?!! ) .. E o tempo de vôo ? O tempo que a pedra leva para atingir o solo é

determinado exclusivamente pelo movimento vertical da bola :

A bola A tem VY inicial para cima .

A bola B não tem Vy inicial (apenas VX ) .

A bola C tem Vy inicial para baixo . Em outras palavras, olhando apenas o movimento vertical delas, a bola A

foi impulsionada para cima , a bola B foi abandonada a partir do

repouso e a bola C foi impulsionada para baixo , todas simultaneamente ( ao mesmo tempo) !!!! Qual delas chegará ao solo primeiro ? Resposta: Logicamente, a que foi lançada para baixo (bola C)!

Física


439

Qual delas demorará mais tempo para chegar ao solo ? Resposta: Logicamente, a bola que foi impulsionada para cima (bola A), visto que ela primeiro irá subir , para depois descer. Assim, TA > TB > TC !!!!!!! Aula 5 - Questão 18 - resolução

P

M

início final Vx

H H

Já sei ! Você quer saber porque não pode ser a letra B, certo ? Vamos ver como a letra B VIOLA A CONSERVAÇÃO DE ENERGIA : Veja a figura acima. No início, a bola teria Epot = M.g.H e Ecin = 0 (parte do repouso).

No final, a bola teria a mesma Epot = M.g.H e teria Ecin = 2

V.M 2X

Assim, teríamos: Emec final = M.g.H + M.(Vx)2 / 2 > Emec inicial = M.g.H + 0 Ela teria mais Emec ao final que no início, como pode isso, já que a única força que realiza trabalho é a força peso e ela eh conservativa !!!!!!!! ?????? No vértice do movimento parabólico, a bola terá que ter VX , isso é inevitável. Para ela pode ter esse VX sem violar a conservação de energia, ela terá uma altura menor que antes no vértice da parábola, ela perderá um pouco de Epot para ter direito a essa Ecin final, portanto, a resposta correta é a letra D mesmo. Aula 5 - Questão 22 - resolução

a) Como = 60, temos que L.cos = L.cos60 = L / 2, como mostra a figura a seguir. Pela conservação de energia, temos: Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B

M.g.H + 0 = 0 + 2

V.M 2B , com H = L/2

M.g.L / 2 + 0 = 0 + 2

V.M 2B VB = L.g

H

L

2

L

2

b) Para achar a tração no ponto B, temos que:

T – P = R

V.M 2B , com R = L e VB = L.g

T – M.g = L

)L.g.(M T = 2.M.g

c) Olhe a figura ao lado. Quando a bola passa pelo ponto B, a força

resultante que age na bola vale FR = Fin Fout = T – P, correto ?

Essa força resultante aponta para o centro , ela é centrípeta, portanto,

causa uma aceleração radial centrípeta para cima actp. Você está vendo alguma força sobre o eixo tangencial na posição B da figura ? Não, portanto, sem forças tangenciais, não há aceleração tangencial. Assim, a única aceleração da bola, ao passar pelo ponto B é a actp, ela é a aceleração resultante e é dada por:

P

T eixo

tangencial

eixo

centrípeto

aR = actp = R

V2B , com R = L e VB = L.g

aR = actp = L

)L.g( = g , radial, apontando para cima

Lembre-se, para calcular acelerações, investigue primeiro as forças ! Aula 5 - Questão 23 - resolução

L

L H = L

2L

a) Pela figura anterior, vemos que cos = 2

1

L2

L = 60

Temos um pêndulo simples oscilando, portanto, na direção radial, no ponto A, podemos escrever:

TA – P.cos = R

V.M 2A , entretanto, nos extremos da oscilação a

velocidade do pêndulo é momentaneamente nula VA = 0, assim:

TA – P.cos = R

V.M 2A

TA –M.g.cos60 = R

)0.(M 2

= 0

TA = M.g.cos60 = M.g / 2 , (TA = TC ) b) Para determinar a tração no ponto B, determinemos a velocidade VB por conservação de energia: Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B

M.g.H + 0 = 0 + 2

V.M 2B , com H = L

M.g.L + 0 = 0 + 2

V.M 2B VB = L.g.2

Para achar a tração no ponto B, temos que:

TB – P = R

V.M 2B , com R = 2L e VB = L.g2

TB – M.g = L2

)L.g.2.(M TB = 2.M.g


Sabendo a velocidade da bola no ponto mais alto do movimento, calcularemos a velocidade da bola em seu ponto mais baixo por conservação de energia:

Física


440

2 2

2 2 2

m.v m.(v ') m.g.H , com H = 2R = 2L

2 2

v (v ') 16 (v ') g.2L 10 2

2 2 2 2

v ' 56 m / s

No ponto mais baixo, a 2ª lei de Newton, na direção radial (centrípeta), permite escrever:

FRctp = Fin Fout =

2m.(v ')

R T m.g =

2m.(v ')

R

T 10 = 1 56

1

T = 66N


FR ctp = Fin – Fout = R

V.M 2B

FR ctp = (T + P) – 0 = R

V.M 2B

T + P = R

V.M 2B , entretanto, para determinarmos a tração T,

precisamos descobrir a velocidade VB , que faremos por conservação de energia: Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B

0 + 2

V.M 2A = M.g.H +

2

V.M 2B , com H = 2R = 0,8 m e

VB = 6 m/s

2

V2A = g.H +

2

V2B

2

)6( 2

= 10 x ( 0,8 ) + 2

V2B VB = 20 m/s

Agora sim, estamos aptos a calcular a tração T no ponto mais alto da trajetória:

T + P = R

V.M 2B T + 2 =

4,0

)20(2,0 T = 8 N


No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever:

FR ctp = Fin – Fout = R

V.M 2D

FR ctp = (N + P) – 0 = R

V.M 2D

N + P = R

V.M 2D , mas segundo o enunciado, temos N = 0 no ponto

mais alto, assim:

0 + M.g = R

V.M 2D VD = g.R

Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir

do repouso, fazemos uso da conservação de energia:

Epot A + Ecin A = Epot D + Ecin D

M.g.H + 0 = M.g.HD + 2

V.M 2D , com HD = 2R e VD = g.R

M.g.H + 0 = M.g.(2R) + M.(g.R)

2

g.H = g.(2R) + g.R

2 H = 2,5. R


No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever:

FR ctp = Fin – Fout =

2M.V

R

FR ctp = (T + P) – 0 =

2M.V

R

T + P =

2M.V

R, a esfera conseguirá passar pelo ponto mais alto da

curva “nas últimas” se o fio estiver quase afrouxando ao passar por aquele

ponto, isto é, T 0 . Substituindo T = 0 na relação acima, temos:

0 + M.g =

2M.V

R V = g.R

Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir

do repouso, fazemos uso da conservação de energia:

Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f

M.g.H + 0 = M.g.HD +

2M.V

R, com H = 2R e V = g.R

M.g.H + 0 = M.g.(2R) + M.(g.R)

2

g.H = g.(2R) + g.R

2 H = 2,5. R


VOCÊ QUER SABE POR QUE O GRÁFICO DA ENERGIA CINÉTICA NÃO É UMA PARÁBOLA ?

RESPOSTA: porque queremos o gráfico da Ecin em função de H, e não

em função de V. Leia o restante para entender melhor:

Um martelo de massa M caiu de uma altura H, a partir do repouso

VO = 0. A energia potencial do materlo, em cada instante, em função da

altura H, é dada por Epot = M.g.H1 .

Vemos que Epot(H) = (M.g).H1 trata-se de uma função do 1º grau na

variável H, (M.g) é apenas uma constante, portanto o gráfico

Epot x H é uma reta (veja figura 1).

Como apenas a força peso realiza trabalho e ela é conservativa, então a

Emec se conserva durante o movimento, ou seja, Emec = constante com

o passar do tempo. Assim, podemos escrever:

Epot + Ecin = Emec = constante = K

M.g.H1 + Ecin = K

Ecin = K – M.g.H1 , onde K e M.g são constantes.

Vemos que a função Ecin(H) trata-se de uma função do 1º grau na

variável H.

Ecin = K – M.g.H1 , por exemplo, poderia ser Ecin = 10 – 2.H1 ,

claramente uma função linear decrescente, cujo gráfico Ecin x H é uma

reta decrescente (veja figura 2 adiante).

Epot

H

Ecin

H

Figura 1 Figura 2

Física


441

Mas professor, como na expressão da Ecin = 2

V.M 2

aparece V2 , o

gráfico da Ecin não deveria ser uma parábola ?????

(Acredite, o prof Renato Brito lê mentes humanas !!!!!)

Resposta: Seria uma parábola se fosse pedido o gráfico da Ecin em

função de V ! O gráfico pedido foi da Ecin em função de H. Nesse caso,

conforme mostrei anteriormente, a função Ecin(H) é uma função linear

decrescente na variável H (Ecin = K – M.g.H1) , portanto seu gráfico

aparece na figura 2. Aula 5 - Questão 30 - resolução

0,3 m0,1m

início

final

H

x

y

NR

v = 0

v = 0

Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na posição inicial de onde será abandonada. Ela percorrerá uma altura x + y até parar novamente (v=0) na posição final, onde adotamos o nível de referência (NR) para a Epot grav, isto é, nesse ponto final tomamos H = 0. Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de referência (NR) onde adotamos H = 0 arbitrariamente. Portanto, no ponto inicial, a altura da caixa é a distância dela até o nível de referência, ou seja, H i = y + x

Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever:


M.g.(x + y) + 0 = K.x2 / 2 + 0 , onde a deformação final da mola vale x = 0,3 – 0,1 = 0,2 m

5 x 10. ( 0,2 + y) = 2000. (0,2)2 / 2

50. ( 0,2 + y) = 40

( 0,2 + y) = 0,8

y = 0,6 m mas qual a altura H da mesa então, afinal ?

Veja a figura: H = y + x + 0,1

H = 0,6 + 0,2 + 0,1 H = 0,9 m Aula 5 - Questão 31 - resolução

Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na posição inicial de onde será abandonada. Nesse ponto inicial, adotamos o nível de referência (NR) para a Epot grav, isto é, nesse ponto final tomamos H = 0. Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de referência onde adotamos H = 0 arbitrariamente.

x

NR

y

início

finalv = 0

Portanto, na posição final, a altura da bola, em relação ao nível de referência, valerá Hf = x + y. A caixa percorrerá uma altura x + y subindo até parar novamente (v=0) na posição final. Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever:


K.x2 / 2 + 0 = M.g.(x + y) + 0, onde a deformação final da mola vale x = 0,5 – 0,2 = 0,3 m

1200.(0,3)2 / 2 = 6. ( 0,3 + y )

54 = 6. ( 0,3 + y )

9 = ( 0,3 + y ) y = 8,7 m

mas, afinal, qual a altura final H atingida pela caixa, em relação ao solo? Veja a figura:

H = y + 50 cm H = 8,7m + 0,5 m H = 9,2 m Aula 5 - Questão 32 - resolução

Lo

X

V

V = 0NR

final

início

H = 0

a) Segundo o enunciado, o comprimento não deformado do elástico vale Lo = 30 m, e a máxima deformação x sofrida pelo elástico vale x = 10 m. Assim, a distância do atleta à plataforma, quando ele estiver o mais perto possível da água ( v = 0, homem parou para voltar), será:

D = Lo + x = 30 + 10 = 40 m

b) Na posição inicial, o atleta não tem Ecin ( v = 0), mas tem Epot = Mg.H em relação ao nível de referência de altura mostrado na figura. Na posição final, ele não tem Ecin (V = 0), e toda sua Epot = m.gH terá se transformado em Epot = K.x2 / 2. Pela conservação de energia, podemos escrever:


M.g. (Lo + x) + 0 = K.x² / 2 + 0 , onde a deformação final da mola vale x = 10 m

750 . (30 + 10) = 2)10.(2

K

30.000 = K. 50 K = 600 N/m Aula 5 - Questão 34 - resolução

a) altura inicial Hi = 130 m, a pedra caiu 120m, portanto:

altura final Hf = 130 – 120 = 10 m

Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.Hi + 0 = M.g.Hi

Emec F = Epot F + Ecin F = M.g.Hf + M.(Vf)2 / 2 , com

Vf = 20 m/s (velocidade limite final)

Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem:

TFNC = Emec F – Emec i

Tf resistencia = M.g.Hf + M.( Vf )2 / 2 – M.g.Hi

Física


442

Tfres = 2 x10 x 10 + 2x 202 / 2 – 2 x10 x130

Tfres = 200 + 400 – 2600

Tfres = –2000 J

b) durante os últimos 10 m, temos um MRU com velocidade contante,

Ecin constante, portanto o trabalho Total = Ecin F – Ecin i = 0. Aula 5 - Questão 35 - resolução

O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do corpo. Segundo o enunciado, o corpo desce com velocidade constante, portanto Ecin constante. Assim, a variação da Ecin dele será nula, portanto o trabalho da força resultante sobre ele (trabalho total) será nulo. Aula 5 - Questão 36 - resolução

Pelo princípio do trabalho total, também conhecido como Teorema da Ecin, temos:

total peso normal Fat F i

peso normal Fat F i

Fat

Fat

( Ecin Ecin )

( Ecin Ecin )

( m.g.H) 0 ( 0 )

m.g.H


Se o corpo desce com velocidade constante durante aquele intervalo de

tempo t, a força resultante sobre ele tem que ser nula, portanto, a força R de resistência do ar obrigatoriamente está equilibrando a força peso, tendo portanto o mesmo valor, mesma direção e sentido contrario da força peso, ou seja, R = m.g. Aula 5 - Questão 38 - resolução

Durante aquele intervalo de tempo t, o corpo se move em MRU com velocidade constante v, percorrendo portanto uma distância vertical

D = v.t. Seja R a força de resistência do ar. Durante esse intervalo de tempo, pelo princípio do trabalho total, também conhecido como Teorema da Ecin, temos:

total peso R F i

peso R F i

R

R

( Ecin Ecin )

( Ecin Ecin )

( m.g.D) ( 0 ) , visto que o corpo desce em MRU nesse trecho.

m.g.D m.g.v. t


O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do corpo. Segundo o enunciado, o corpo desce com velocidade constante

durante aquele intervalo de tempo t, portanto Ecin constante. Assim, a variação da Ecin dele será nula, portanto o trabalho da força resultante

sobre ele (trabalho total) será nulo naquele intervalo t apenas. Aula 5 - Questão 40 - resolução

Segundo o enunciado, no início da queda o corpo parte do repouso (Ecin = 0) e no final da queda o corpo tem velocidade terminal v, portanto, EcinF = m.v2 / 2. O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do corpo. Assim, o trabalho realizado pela força resultante, durante toda essa queda, é dado por:

total forçaresul tante F i

2

forçaresul tante

2

forçaresul tante

( Ecin Ecin )

m.v0

2

m.v

2


Pelo princípio do trabalho das forças Não-conservativas, sendo R a força de resistência do ar, podemos escrever:

FNC R F i

R F i

2R

2R

( Emec Emec ), R = resistencia do ar

(Epot Ecin) (Epot Ecin)

(0 m.v /2) (m.g.H 0)

m.v /2 m.g.H


Uma vez atingida a velocidade limite (velocidade terminal), o corpo prossegue caindo com velocidade constante. A partir daí, independente da altura da queda, a velocidade final dele permanece inalterada. Letra A Aula 5 - Questão 45 - resolução

Qual velocidade limite esse corpo atingirá ? Ora, igualando os módulos da força peso e da força resistência do ar, temos:

R = P 2.V1 = m.g 2.V1

= 210 V = 10 m/s

Assim, a metade da velocidade limite (velocidade terminal) vale 5 m/s. O trabalho realizado pela força resultante, desde quando a velocidade valia Vi = 0 m/s até quando a velocidade atingiu VF = 5 m/s é dada pela variação da Ecin do corpo nesse trecho (pelo teorema da Ecin):

total forçaresul tante F i

2

forçaresul tante

( Ecin Ecin )

2.50 25 J

2

Aula 5 - Questão 46 – Primeira resolução

Esse movimento é um MUV que parte do repouso Vi = 0 e atinge a velocidade final VF no instante t = 9,58 s. Como determinar essa VF ? Ora, no MUV, é valida a seguinte relação:

i F FF

V V 0 Vs 100mVmédia V 20,87m/s

t 2 9,58s 2

Pelo teorema da Ecin, o trabalho realizado pelo homem nesse episódio é dado pela variação da Ecin dele, dada por:

total F i

2

total

( Ecin Ecin )

94 (20,87)0 20.471J

2

Aproximadamente letra C (veja a 2ª resolução a seguir) Aula 5 - Questão 46 – Segunda resolução

A aceleração do atleta, suposta constante, é dada por: 2 2

2a.t a.(9,58)s 100 a 2,18 m/s

2 2

Assim, a força que o acelera nesse trecho inicial é dada por:

F = m.a = 94 2,18 = 204,92 N

Assim, o trabalho realizado por ela, ao longo desse deslocamento de D = 100 m, é dado por:

= F.D = 204,92 100 = 20.492 J

Aproximadamente letra C


Essa usina tem potência final de saída (potencia elétrica) de 512 milhões de watts. Quanta potencia mecânica ela precisa utilizar para produzir 512 milhoes de potencia elétrica, se a conversão é feita com rendimento de 90% ? Ora, fácil:

Pot elétrica = (0,9). Pot mecânica

512.000.000 = (0,9). Pot mecânica

Pot mecânica = 569.000.000 w (aproximadamente)

Física


443

Ora, mas a potência de hidrelétricas é dada por:

6m mPotmec g.H 569.10 10 (120)

t t

m474.166kg / s que, no caso da água, corresponde a 474.166litros / s

t

Assim, a alternativa mais próxima é a letra E. Aula 5 - Questão 53 - resolução

Na figura, o contrapeso desce com velocidade constante, portanto temos: TC = PC = 900x 10 = 9000 N TC = 9000 N

Na figura, P é o peso dos 3 passageiros, somado ao peso do elevador, ou seja: P = (Ma + Mb + Mc + Melev) x g = ( 1000 + 40 + 50 + 70) x 10 = 11600N Como o elevador sobe com velocidade constante, podemos escrever: T + TC = P

T + 9000 = 11600 T = 2600 N

T Tc

Tc

P

PcV

V

A potência desenvolvida por uma força é dada por Pot = F. v. Assim, a

potência desenvolvida pelo motor será a potência da força que ele aplica ao elevador, isto é, a potência desenvolvida pela tração T:

Potência da tração T = T x v = 2600 N x 2 m/s = 5200 w


Como as caixas são rebocadas com velocidade constante, a força

F com que a esteira reboca as caixas deve ser tal que: F = 4P.sen

Motor

U

F

4.P.sen

A potência desenvolvida pelo motor é a potencia desenvolvida pela força que o motor faz, no caso, a força F.

Bomba

n = 75%

Potência

elétrica

?

Potência

mecânica

300 w

Potência

Dissipada Assim:

Pot motor = Pot F = F . V = 4.P.sen . V = 4 x 50 x 3 x 0,5 = 300 w Como o rendimento do motor vale 75%, temos que a Pot mec vale 75% da Pot elétrica que o motor recebeu (veja o diagrama anterior), ou seja:

Pot mec = 0,75 x Pot eletr 300 = 0,75 x Pot eletr

Pot eletr = 400w

Mas Pot eletrica = U x i 400 = 200 x i i = 2 A


Seja F a força feita por CADA MÃO. Assim, como o homem tem 2 mãos, a

força total que ele aplica à maquina de remar vale F+F = 2F.

(2F).D 2F.(1,2)Pot 72 F 45N

t t 1,5 fácil, né ?

AULA 6 – Sistemas de Partículas


Afirmação I - O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo com Quantidade de movimento I G U A I S. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza, é maior que a massa do carro. Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a velocidade do caminhão, para compensar:

M .v = VM.

Afirmativa I é verdadeira. Afirmação II - Veja as perguntas chave:

Quem tem maior QDM no início ? resposta: ambos têm a mesma qdm, conforme enunciado.

Quem tem maior QDM ao final, quando eles pararem? resposta: ambas serão nulas.

Quem sofreu maior variação de QDM, ou seja, maior impulso

I = Q final Q inicial ? Afirmativa II é falsa.

Afirmação III Os Impulsos aplicados serão os mesmos em cada caso:

A = FA . tA = B = FB . tB Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso (FA = FB), eles certamente irão requerer intervalos de tempo

iguais ( tA = tB). Afirmativa III é falsa

Afirmação IV

V V

t t

Vcarro

Vcaminhão

t t

A área sob os gráficos V x t acima fornecem as distâncias percorridas pelos móveis até pararem. Note que Vcarro > Vcaminhão ( conforme

afirmação I) mas o tempo para frear t será o mesmo (conforme connluímos na afirmação III), portanto, a área amarela sob o gráfico V x t do carro será claramente maior que a área sob o gráfico do caminhão. Isso significa que o carro percorre uma distância maior que o caminhão até parar.

Afirmativa IV é falsa Aula 6 - Questão 6 - resolução

A esse problema, daremos um tratamento escalar, adotando um eixo positivo para a direita e atribuindo um sinal algébrico às grandezas vetoriais, para simplificar. Serão positivas as grandezas que apontarem a favor do eixo e, negativas, as grandezas que apontarem contra o eixo.

Mm

antesA

B

VA = 6 m/s

VB = 6 m/s

Física


444

VB'

M

m

VA' = ?

= 6 m/s

depois

Pela conservação da quantidade de movimento total do sistema, podemos

escrever:

TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA:

Qsist antes = Qsist depois

QA + QB = QA’ + QB’

+M .VA + m.VB = +M .VA’ + (–1).m.VB’ , o sinal (–) se deve ao

sentido de VB

+3 x 6 + 0,5 x 6 = +3.VA’ + (– 0,5) .6

18 + 3 = +3.VA’ – 3

VA’ = 8 m/s Aula 6 - Questão 8 - resolução

M9M

V 'M +

M +

H

( A ) ( B ) ( C )

9M

9M

V

As figuras A e B mostram a colisão inelástica (bate e gruda) da bala com

o bloco de madeira. A conservação da qdm (durante a colisão) nos

permite determinar a velocidade V ’ do bloco logo após o impacto:

Q-sist-antes = Q-sist-depois

M.V + 9M.(0) = ( M + 9M ). V ’ V ’ = V / 10 ***

A energia mecânica diminui da situação da figura A para a situação da

figura B, visto que não se trata de uma colisão elástica. Entretanto, após a

colisão, a sobra de Emec permanece constante do instante B até o

instante C, o que permite usar a conservação de energia no trecho BC.

A Ecin do conjunto caixote+bala, logo após o impacto, será totalmente

convertida na Epot gravitacional do conjunto:

E mec no instante B = E mec no instante C

Ecinetica em B = Epot grav em C

H.g).M9M(2

)'V).(M9M( 2

H.g2

)'V( 2

Usando a relação ***, vem:

H.g100

V

2

1 2

V 2 = 200.g.H = 200x10x 0,45 V = 30 m/s



KA B

4M M

V 4V

Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade

de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente

iguais a V e 4V, veja:

0 + 0 = 4M.(V) + M.(+4V).

Agora, queremos saber qual caixa atingirá maior altura ao subir a sua

respectiva rampa. Faremos uso da conservação de energia para cada

caixa:

MA .(VA )2 / 2 = MA .g. HA

(VA )2 / 2 = g. HA , com VA = V,

vem:

(V )2 / 2 = g. HA

V 2 / 2 = g. HA [eq-1]

MB .(VB )2 / 2 = MB .g. HB

(VB )2 / 2 = g. HB com VB = 4V,

vem:

(4V)2 / 2 = g. HB

16V2 / 2 = g. HB [eq-2]

Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: B

A2

2

H.g

H.g

V.16

V HB = 16. HA

Resposta correta : LETRA D Aula 6 - Questão 10 - resolução

TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA

Admitamos que as caixas têm massas M e 4M, com M = 2kg.

Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade

de movimento, podemos escrever:

(QA + QB)antes = (QA + QB)depos

0 + 0 = M.(VA) + 4M.(+VB)

VA = 4.VB

Em outras palavras, elas irão adquirir velocidades respectivamente

iguais a 4V e V, veja:

(QA + QB)antes = (QA + QB)depos

0 + 0 = M.(4V) + 4M.(+V)

4MM 4MM

V4V

4MM 4MM

V4V

Pela conservação de energia, o prof Renato Brito afirma que:

2

4M.(V)

2

M.(4V)

2

X.K 222

222 4M.V M.16V X.K

22 20M.V X.K , com M = 2 kg,

K = 25 x103 N/m , e a deformação X inicial da mola é dada por X = |L – Lo| = 0,20 – 0,16 = 0,04 m

22 20M.V X.K 25x103 . (16 x 10–4) = 20x 2 x V 2

V = 1 m/s ( essa é a velocidade da caixa de massa 4M, ou seja, da caixa B). A velocidade da caixa A será 4V = 4 m/s

Física


445



antes

m

Vo

V

M

depois

O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. A quantidade de movimento vetorial do sistema, antes e após a explosão, permanecerá inalterada na direção horizontal, visto que a ausência for forças externas horizontais agindo no sistema garante o seu isolamento nessa direção:

Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final

Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a favor do eixo e vice-versa.

0 + 0 = (M.v) + (+m.vX)

0 + 0 = (M.v) + (+m.vo.cos)

M.V = m.Vo.cos 10 x V = 1,5 x 40 x (0,5) V = 3 m/s Essa é a velocidade do recuo do canhão ! Aula 6 - Questão 12 - resolução

Pela conservação da quantidade de movimento horizontal do sistema bala+canhão, durante o disparo da bala, temos: QX sistema antes = QX sistema depois

Qcanhão + Qbala = Qcanhão’ + Qbala’

0 + 0 = M.V + m.VX , com VX = Vo.cos Assim, a velocidade de recuo do canhão é dada por

V =

cos.V .

M

mo (eq1).

Após o disparo, o canhão recua com velocidade V dada por eq1, sendo

retardado pela força de atrito Fat até parar, após percorrer uma distância

d. Pelo Teorema da Energia cinética (Princípio do trabalho total), temos:

Ttotal = EcinF Ecin i

TFat + Tpeso + Tnormal = 0 M.V² / 2

Fat.d + 0 + 0 = M.V² / 2

.M.g.d + 0 + 0 = M.V² / 2

V² = 2..g.d = 2.(0,5).10.(1,6) V = 4 m/s

Substituindo em eq1, vem:

V =

cos.V .

M

mo 4 = )5,0.(V .

10

2o

Vo = 40 m/s Aula 6 - Questão 13 - resolução


cosm

Mv

vo

antes

Mv = 0

depois

O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. Assim, esse

episódio trata-se de uma mera colisão horizontal, para a qual podemos

escrever a equação escalar:

Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final

Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a

favor do eixo e vice-versa.

(M.v) + (+m.vo.cos) = 0 + 0

Assim, podemos escrever:

M.V = m.Vo.cos M x 5 = 4 x 6 x (0,5) M = 2,4 kg Aula 6 - Questão 14 - resolução

Uma granada de massa 3M se movia com velocidade VO e explodiu em 3 fragmentos de mesma massa M cada. A conservação da QDM do sistema permite escrever:

depois sistema Q antes sistema Q

60o

60o

0,4.M

0,4.M

0,8.M3M.Vo

0,4.M 0,8.M3M.Vo

3M.Vo

1,2.M

3M.VO = 1,2.M VO = 0,4 km/s Aula 6 - Questão 15 - resolução

O rojão de massa 2M e velocidade inicial V explode em dois fragmentos de mesma massa M e velocidades iguais a V ’ , conforme o diagrama abaixo:

(2M).V

(M).V’60

o60

o

antes

depois

A conservação da QDM durante a explosão permite escrever:

2M.V = M.V ’ .cos60o + M.V ’ .cos60o

2M.V = M.V ’ / 2 + M.V ’ / 2

2M.V = M.V ’ V ’ = 2.V = 2 x 20 = 40 m/s


Adotando o eixo y para baixo, todos os vetores para baixo receberão sinal

algébrico positivo, e vice-versa.

Pela conservação da Quantidade de movimento na vertical, temos:

Qy antes = Qy depois

+4M.V = + M.6V.cos + M.6V.cos + 2M.V’

+4M.V = + 12M. V.(0,5) + 2M.V’

V’ = V

Ou seja, o 3º pedaço tem uma velocidade V apontando para cima.

Física


446


O móvel A percorre a distância 2x no mesmo tempo em que o móvel

B percorre a distância 4x, colidindo no ponto P ( Veja a figura 1

adiante).

Isso permite concluir que A e B se movem (em MRU) com

velocidades 2V e 4V (só interessa a proporção entre as velocidades –

figura 2 adiante).

Conhecendo-se as massas 3m e m, bem como suas velocidades,

2V e 4V, deduzimos suas quantidades de movimento 3m.(2V) e

m.(4V), isto é, 6m.V e 4m.V. ( Figura 3 adiante )

Assim, podemos determinar o vetor QDM total do sistema

(Qsist = QA + QB ), antes da colisão, como mostrado na figura 3

adiante.

Como a QDM do sistema ANTES e DEPOIS da colisão é A MESMA,

o vetor Qsistema da figura 3 também representa a QDM total do

sistema APÓS a colisão.

pA

B

2x

4x

figura 1

pA

B

3m4V

2V

m

figura 2

Qsistema

p

B

4m.V

6m.V

R

figura 3

O vetor Qsistema (figura 3) indica a direção da velocidade seguida

pelos móveis A e B, após se agruparem num só corpo AB.

A reta R dá a direção seguida pelo conjunto AB após a colisão. O

ângulo dá a inclinação da reta R, isto é, tang() = 4 / 6 = 2 / 3.

Observando as alternativas, vemos que apenas a reta C tem essa

mesma inclinação tang()= 2 / 3.

pA

a b c

d

e


A QDM total do sistema antes do impacto deverá ser igual à sua QDM

após o impacto, visto que o sistema encontra-se isolado durante a colisão

bidimensional. Assim, podemos escrever a equação vetorial:

20 x 50 M

B.8

20 x 3

100 MB.8

O teorema de pitágoras

permite escrever:10060

8.MB

8.MB= 80 M

B= 10 kg

60

MA.V

A 0

MA.V

A

' MB.V

B

'


A

M.VA

C

M.VC

m.VB

B

depois sistema Q inicial sistema Q

M.VA

m.VB M.V

C

0

M.VA

m.VB M.V

C

M.VC = M.VA + m.VB M.VC > M.VA VC > VA


A

B C(M+m) .V

AB M.VC

depois sistema Q inicial sistema Q

M.VC0

M.VC

(M+m) .VAB

(M+m) .VAB

(M + m). VAB = M.VC , mas (M + m) > M VAB < VC

Física


447


Trata-se de um mero problema de compensação. As partes se

movem de forma que o CM do sistema permanece em repouso em relação à Terra. Assim, podemos dizer:

M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga- terra Observando o antes e o depois, percebemos que:

1 cmparede

1 cmparede

D

x

antes

depois

1) a distância que a lâmina se move, em relação à Terra, vale: D Lâmina- Terra = 1 cm

2) a distância que a formiga se move, em relação à Terra, vale:

Dformiga - terra = X = ( D 1 ) Substituindo, vem: M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga - terra

(5m) x 1 = m x (D 1)

5 = D 1 D = 6 cm


O gráfico mostra que as velocidade escalares dos móveis antes e após a colisão têm sinal algébrico positivo +. Isso indica que, antes e após a colisão, suas velocidade apontam sempre no sentido positivo do referencial, ou seja, nenhum deles inverte o sentido do seu movimento durante a colisão. A colisão pode ser esquematizada pela figura abaixo:

A

antes

B

A

depois

B

+6 m/s +1 m/s

+2 m/s +5 m/s

a) MA.VA + MB.VB = MA .VA’ + MB.VB’ 20 x 6 + MB x1 = 20 x 2 + MB x 5

80 = 4. MB MB = 20 kg

b) e = 6,016

25

antes Vrel

após Vrel


Solução vetorial:

inicialQ finalQ

m.VF = m.V i +

passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem:

m.VF + m.V i =

m.( VF + V i) =

Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim:

| m.( VF + V i) | = |

|

m.( VF + V i) =

m.( VF + V i) = F.t

50x10–3 . ( 10 + 7) = F . (10x 10–3) F = 85 N


Se a bola cai de uma altura H a partir do repouso, com que velocidade ela se choca no solo? Conservação de energia:

M.g.H = M.V2 / 2 V = s/m 68,1102H.g.2

Essa é a velocidade antes do impacto com o solo Vi = 6 m/s vertical para baixo.

Seja VF a velocidade da bola logo após o impacto. Para o cálculo do

coeficiente de restituição, a Vrel entre a bola e o chão antes do impacto

vale Vi = 6 m/s (já que o solo não se move), ao passo que a V relativa

entre a bola e o chão, logo após o impacto, vale VF. Assim:

e = |V|

|V|

antesrelativa

apósrelativa

= 0,8

6

V

V

V F

i

F VF = 4,8 m/s

Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:

inicialQ finalQ m.VF = m.V i +

passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem:

m.VF + m.V i =

( m.VF + m.V i ) =

Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim:

|( m.VF + m.V i ) | = |

| m.( VF + V i ) =

m. (VF + V i ) = Fmédia .t

0,5 x ( 4,8 + 6 ) = Fmédia . ( 0,02)

5,4 = Fmédia . ( 0,02) Fmédia = 270 N Aula 6 - Questão 26 - resolução

Ao cair de uma altura h = 11,25 cm o atleta chegará ao solo com que

velocidade ? Ora, na queda livre temos a = g = 10 m/s2. Assim, Torricelli

vem:

2 2 2o

11,25V V 2.a. s V 0 2.(10). V 2,25 1,5m/s

100

Assim, no início do impacto com o solo, o atleta apresenta uma quantidade de movimento dada por:

Qi = m . Vi = 70 x 1,5 = 105 kg.m/s

Ao término do impacto, o atleta está parado, ou seja, Qf = 0.

Pelo teorema do impulso, vem:

Qf = Qi + I

Qf = Qi + F.t

0 = 105 + F.(0,01)

F = 10500 N

|F| = 10500 N Aula 6 - Questão 27 - resolução

Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial:

inicialQ finalQ m. FV

= m. i V

+

Essa relação é representada graficamente nos esquemas abaixo:

M.Vi

F.t

M.VF

20

15

M.VF

Calculando M.Vi e F.t, podemos determinar M.VF pelo teorema de Pítágoras:

M . V i = 5 x 4 = 20 F. t = 150 x 0,1 = 15,

Física


448

Pelo teorema de Pítágoras:

(20)2 + (15)2 = (M.VF)2 M.VF = 25 5 x VF = 25

VF = 5 m/s


Pela conservação da quantidade de movimento horizontal durante a colisão, temos: QX sistema antes = QX sistema depois m.Vo + 0 = (M+m).Vx, onde vx é a velocidade do conjunto logo após a colisão. m.Vo = (M+m).Vx (eq1) O alcance horizontal A , no lançamento horizontal, é calculada por:

A = Vx . Tqueda (eq2)

onde Tqueda é o tempo de queda do conjunto, calculado por:

H = g.T² / 2 Tqueda = 2H / g (eq3)

O alcance A vale D, segundo a figura da questão. Assim, substituindo eq1 e eq3 em eq2, vem:

A = Vx . Tqueda D = om.V 2H.

(M m) g Vo =

D.(M m) g.

m 2H


Conforme demonstrado na questão 20 de classe, veja seu caderno, a força média nessa colisão é dada por:

3

m2.m.v.cos 2.(50.10 ).30.(0,8)

F 12Nt 0,2


a) O gráfico mostra que a força está a favor do movimento (seu valor é

positivo) no intervalo 0 t 4 s, intervalo de tempo em que o movimento é acelerado (módulo da velocidade aumentando até atingir o valor máximo em t = 4s). A força passa a apontar contra o movimento no intervalo de

tempo 4s t 6s, quando o movimento passa retardado (o módulo da velocidade passa a diminuir. Portanto, a velocidade máxima é atingida no instante t = 4s. b) calcular a velocidade máxima é calcular a velocidade da caixa no

instante t = 4s. Assim, aplicaremos o teorema do Impulso no intervalo 0

t 4 s:

QF = Qi + I , com I = b h 4 20

40 N.s2 2

2.VF = 2.(0) + 40 VF = 20 m/s

c) Aplicando o teorema do Impulso no intervalo 4s t 6s, vem:

QF = Qi + I , com I = b h 2 10

10 N.s2 2

Note que, no intervalo 4s t 6s, temos Vi = +20 m/s (em t = 4s).

2.VF = 2.(20) 10 VF = 15 m/s


O impulso que as pessoas (de massa M) no interior do carro vão sofrer é

dado diretamente pela variação da QDM sofrida por elas, dada por:

I = Q = M.VF M.Vi = M.(VF Vi)

Assim, o impulso que o passageiro vai sofrer numa colisão só

depende da velocidade com que o carro vinha antes do impacto

(Vi), a velocidade final dele que será nula VF = 0 após o impacto e

a massa da pessoa M. Assim, com ou sem airbag, o impulso

sofrido no impacto é sempre o mesmo.

Entretanto esse impulso é dado pelo seguinte produto:

t FI tF

Como vemos, o mesmo impulso pode ser obtido através de uma

força grande ou de uma força pequena. O papel do air-bag é fazer

prolongar a duração da interação entre a pessoa e o carro, ou seja,

aumentar o t para sofrer uma força F menor durante o impacto,

já que o impulso é sempre o mesmo, com ou sem airbag.

Letra B

AULA 7 – Hidrostática


Para que a alimentação endovenosa esteja no limiar de conseguir

entrar na corrente sanguínea, a pressão da coluna líquida

Pcol = d.g.h deve ser igual à pressão sanguínea média do

paciente. Assim, teremos:

Psanguinea = Pcol

Psanguinea = dliq. g.h = 3 2 2

kg m N1030 10 0,9m 9270

m s m

Psanguinea = 9270 N/m² = 25 2

76cmHg9270 N/m 7 cmHg

10 N/m


A pressão sanguínea média do paciente vale:

Psanguinea = 14 cmHg = 5 2

210 N/m14cmHg 18421 N/m

76cmHg

A densidade do conhaque vale:

dliq = 1,2 g/cm3 = 3 3

3 3 33

10 kg/m1,2 g/cm 1,2 10 kg/m

1 g/cm

Para que o conhaque esteja no limiar de conseguir entrar na

corrente sanguínea, a pressão da coluna líquida Pcol = d.g.h deve

ser igual à pressão sanguínea média do paciente. Assim, teremos:

Psanguinea = Pcol

Psanguinea = dliq. g.h

2 3

3 2

kg m18421 N/m 1,2 10 10 h

m s h = 1,53 m


A bomba d’água deverá vencer a pressão da coluna de água, portanto, deverá vencer a pressão:

Pcol = dliq.g.h = 3 3 2

3 2

kg m10 9,8 10m 98 10 N/m

m s

Letra A


Qual a pressão exercida por 2000 m de água ?

A forma mais rápida de responder é lembrando que 1 atm = 10 m de água, assim, podemos fazer 1 regra de 3:

1atmPcol 2000 m de água 200 atm

10 m de água

Letra A

Física


449


Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a pressão de 1 atm ?

Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a mesma pressão de uma coluna de mercúrio de 76 cm de altura ?

Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a mesma pressão de uma coluna de água de 10 m de altura ?

Todas as perguntas acima são equivalentes, mas o cálculo é enormemente facilitado quando trabalhamos com a água. Pcol cajuína = Pcol 10m de água

dcaj. g. Hcaj = dágua. g . Hágua

0,625 g/cm3 . Hcaj = 1 g/cm3. 10 m Hcaj = 16 m


Para resolver o problema, faça Pa = Pb.

Pa = pressão atmosférica = 2 atm = 2 x 76 cmHg = 152 cmHg

Ou seja, Pa é a pressão exercida por uma

coluna de Hg de 152 cm de altura.

Pa = d.g.h = d. g. 152 onde d = dHg

Pb = Pcolx + Pcol a (veja figura)

Pb = d.g.(x) + (d/2).g.a, onde d = dHg

Fazendo Pa = Pb vem:

d. g. 152 = d.g.(x) + (d/2).g.a

com d = d Hg e a = 64cm

d. g. 152 = d.g.(x) + (d/2).g. 64

a

h

vácuo

x

a b

d. g. 152 = d.g.(x) + d.g. 32 x = 120 cm

h = x + a = 120 + 64 = 184 cm Aula 7 - Questão 15 - resolução

Dentro de um gás, a lei de Stevin (PA = PB + d.g.H) se reduz a

PA = PB = n.R.T/ V, visto que a densidade (d) do gás é desprezível para

alturas H usuais. A variação da pressão com a altitude H, no interior de

um gás, só não será desprezível para alturas quilométricas, em geral,

envolvendo a atmosfera.

Por esse motivo, temos que:

P4 = P2 = Pgás = n.R.T / V

Pela lei de Stevin, sabemos que:

P5 = P6 e P3 = P4 embora P1 P2

Portanto, P2 = P4 = P3

Resposta correta: letra D

1

3 4

2

5 6

Água

Ar


Prá variar, faça PA = PB .

32 cm água

mercúrio

óleo 6 cm

Y

X

a

b

PA = PB dA . g. 32 = dHg . g. y + doleo. g. 6

1 x 32 = 13,6 . y + 0,8 x 6 y = 2 cm Portanto, o desnível X pedido vale

X = 32 ( 6 + y) = 32 ( 6 + 2) = 24 cm


A quantidade de água na vasilha vai aumentando. O empuxo vai aumentando, a normal N vai diminuindo. A partir do momento em que a normal N se anula (N = 0), teremos E = P = constante. A partir daí, mesmo que mais água seja adicionada à vasilha, o empuxo permanece constante E = P, portanto Vsub permanece constante, assim como x pemanece constante. Portanto, para determinar a altura x, basta fazer E = P.

x

x

E = P Dliq . Vsub . g = Dcorpo . V. g Dliq . ( x. A). g = Dcorpo . ( H. A). g Dliq . x = Dcorpo . H 1 . x = 0,4 . 4 cm X = 1,6 cm resposta – Letra C


Na bola A: EA = PA + T (eq1)

Na bola B: EB + T = PB (eq2)

Somando membro a membro, vem: EA + EB = PA + PB

EA + EB = PA + PB

dLiq1 . vA . g + dLiq2 .vB . g = dA . vA . g + dB .vB . g

(2d) . v . g + (3d) .v . g = d. v . g + dB .v. g

(4d) . v . g = dB .v. g dB = 4d


Inicialmente, temos Eantes = P = 100 N (veja figura). Depois, uma força F afundará o bloco. O empuxo que age no corpo é diretamente proporcional ao volume submerso:

depois Vsub

E

antes Vsub

E depoisantes V10

E

V8

N100 depois Edepois = 125 N

F + P = Edepois F + 100 = 125 F = 25N

8V

2V

10V

Eantes

P = 100N

EdepoisF

= 100N

P = 100N


Inicialmente, uma força F mantém o bloco em equilíbrio submerso:

F

P

Eantes

P

Edepois

Eantes = F + P (eq1)

Depois que a força F é suprimida, o corpo passa a flutuar em equilíbrio na superfície da água: Edepois = P (eq2) O empuxo que age no corpo é diretamente proporcional ao volume submerso:

Física


450

depois Vsub

E

antes Vsub

E depoisantes

3V

E

V

E depoisantes

Eantes = 3. Edepois, usando as relações eq1 e eq2, vem:

F + P = 3.P 20 + P = 3P P = 10N


Inicialmente, o recipiente desloca um volume de água correspondente a 3 tabletes. Como o recipiente vazio encontra-se em equilíbrio, podemos dizer que o empuxo tem o mesmo valor do peso do recipiente:

E = Peso do recipiente vazio, ou, pelo Principio de Arquimedes:

Peso de 3 tabletes de água = Peso do recipiente vazio (eq1)

Em seguida, adicionamos + N tabletes de água no interior do cilindro, e o empuxo aumenta até o seu valor máximo, antes que o recipiente afunde completamente (veja figura abaixo):

Emax = Peso do liquido deslocado = peso de 6 tabletes de água (eq2)

Como o recipiente continua em equilíbrio, nessa situação final (figura acima), temos:

Peso do recipiente vazio + peso N tabletes de água = Emax (eq3)

Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem:

Peso do recipiente vazio + peso N tabletes de água = Emax

Peso 3 tabletes de água + peso N tabletes de água = peso de 6 tabletes de água

peso N tabletes de água = peso de 3 tabletes de água N = 3

O recipiente deverá conter 3 tabletes de água, na situação final de equilíbrio, prestes a afundar completamente, como mostra a figura abaixo:

Fórmulas ????? Fórmula é para quem vai fazer farmácia ! Fórmula de xampu, fórmula de perfume, fórmula de remédio etc Né ?


Conforme vimos na questão 17 de classe, ao abandonarmos a bola de

madeira no recipiente A, ela boiará na superfície do líquido e a marcação

da balança não sofrerá alteração. Quando a bola de chumbo for

abandonada no recipiente B, aí sim a balança desequilibrará com a

descida da lata B. Para restituir o equilíbrio inicial, basta colocar mais

uma bola de chumbo na lata A, visto que a bola de madeira que boia na

superfície da água não influencia em nada a marcação da balança.


A balança marca a força de contato total exercida no fundo do recipiente

(internamente). No caso, vemos que apenas a água está em contato com

o fundo do recipiente (a bola não toca o fundo), exercendo sobre ele uma

força de pressão dada pelo produto F = (Pressão) x (área do fundo), onde

a pressão hidrostática exercida sobre o fundo do recipiente é dada pela

pressão exercida pela coluna líquida Pcol localizada sobre ele. A pressão atmosférica não influencia, visto que ela age tanto em cima como embaixo do prato da balança

Fantes = Pcol antees . área = d.g.H antes . área

Fdepois = Pcol depois . área = d.g.H depois . área

Dividindo membro a membro, vem:

5

4

H

H

área . H d.g.

área . d.g.H

F

F

depois

antes

depois

antes

depois

antes

A razão Hantes / Hdepois = 4/5 pode ser vista pela figura.

Assim, sendo Fantes = 12 kgf, temos que Fdepois = 12 . ( 5 / 4 ) = 15 kgf Aula 7 - Questão 44 - resolução

Antes de cortar o fio

PA

N

N

PB

E E T

PA

N

N

PB

E E N’

Após cortar o fio

N’

O valor do empuxo E é igual ao valor do peso da água deslocada, ou seja, é igual ao peso de 2,4 litros de água. ( E = 2,4 kgf) Antes de cortar o fio: a balança é um aparelho que mede o valor da normal N. Como a água está em equilíbrio, podemos escrever:

N = PA + E = 40 kgf + 2,4 kgf = 42,4 kgf

O dinamômetro é um aparelho que mede a tração T. Uma bolinha de

massa 20 kg tem peso PB = 20 kgf. Como a bolinha está em

equilíbrio, pemite escrever:

E + T = PB 2,4 kgf + T = 20 kgf T = 17,6 kgf Depois de cortar o fio: a balança é um aparelho que mede o valor da normal N + N ’ . Como a água e a bolinha estão em equilíbrio, podemos escrever: N = PA + E + N ’ + E = PB ----------------------------------- N ’ + N = PA + PB N ’ + N = 40 kgf + 20 kgf N ’ + N = 60 kgf A balança marcará 60 kgf após o fio ser cortado e a bola repousar no fundo do recipiente Aula 7 - Questão 48 - resolução

Para entender a resolução dessa questão, é imprescindível ler previamente o Exemplo resolvido 9, pagina 228. Caso ainda não tenha lido, não prossiga antes de ler.

Considere os seguintes parâmetros:

Pa = peso da água inicialmente contida no recipiente

Po = peso do óleo inicialmente contido no recipiente

Eo = empuxo devido ao óleo

Ea = empuxo devido à água

Física


451

Pod = peso do óleo derramado.

Pfe = peso da bola de ferro

Na situação inicial, a balança marca 10 kgf, assim, temos:

Pa + Po = 10 kgf (eq1)

A balança 2 marcará: Pa + Po + Eo Pod.

Entretanto, pelo princípio de Arquimedes, temos: Eo = Pod, portanto, a 2ª

balança marcará:

Pa + Po + Eo Pod = 10 kgf

A balança 3 marcará:

(Pa + Po) + Ea Pod = (10kgf) + (1 kgf) 0,8 kgf = 10,2 kgf

A balança 4 marcará:

(Pa + Po) + Pfe Pod = (10 kgf) + 8 kgf 0,8 kgf = 17,2 kgf


Na fase 1, a balança mede o peso da água como sendo 400 gf (grama

força).

Na fase 2, a balança mede o peso da água mais o empuxo E que o

sólido faz na água como sendo 440 gf.

O acréscimo de 40 gf, da fase 1 para a fase 2 deve-se ao empuxo E

que o sólido exerce na água que, portanto, vale E = 40 gf.

Ora, mas o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo

(princípio de Arquimedes).

Se o empuxo E devido a essa bola vale 40 gf, esse é o peso do volume

de água deslocada pelo sólido completamente imerso.

Ora, mas um peso de 40 gf de água implica uma massa de 40 g de

água, portanto, um volume de 40 cm3 de água foi deslocado quando o

sólido foi nela mergulhado. Daí, deduzimos que o volume do sólido vale

V = 40 cm3.

Da fase 1 para a fase 3, o acréscimo na marcação da balança (600 gf

400 gf = 200 gf) deve-se ao peso do sólido abandonado no interior do

recipiente que, portanto, tem uma massa m = 200 g.

Finalmente, sabendo a massa (m = 200 g) e o volume do sólido (V = 40

cm3), determinamos a sua densidade:

d = 3cm 40

g 200

V

m = 5 g/cm3

A presente questão já caiu no vestibular da UECE há muitos anos. Aula 7 - Questão 56 - resolução

O gelo quer subir até a superfície da água, mas a mola está impedindo a

subida do gelo. O gelo empurra a mola, comprimindo essa mola. A mola

comprimida empurra o gelo para baixo.

A mola, portanto, encontra-se, inicialmente, comprimida.

Quando o gelo vai derretendo, a mola vai gradativamente voltando ao seu

tamanho natural (deixando de estar comprimida). Quando o gelo estiver

totalmente fundido, a mola atingirá o seu comprimento natural. Aula 7 - Questão 59 - resolução

Como aprendemos nas questões anteriores, bem como no Exemplo Resolvido 8 pagina 216, como o “peso total depois” tem o mesmo valor do “peso total antes”, assim, o “empuxo total depois” também deve ter o mesmo valor do “empuxo total antes”, uma vez que “E = Peso total” nas

duas situações. Assim, como o empuxo total não muda de valor, o mesmo deve ocorrer ao volume submerso total.

H

hiVsub inicial

H

hFVsub 1

Vsub 2

ferro

ferro

antes depois Nas figuras acima, portanto, devemos ter: Vsub inicial = Vsub1 + Vsub2 Assim, certamente, Vsub1 < Vsub inicial, portanto hF < hi ! Massa né ?


Do estudo da hidrostática no ref. não-inercial, sabemos que:

tg = a / g e da figura abaixo, temos tg = 2x / 4x = 1/2

Assim, vem a / g = 1 / 2 a = g/2

a

x

x

4x


a) a cada 10 m de água, a pressão aumenta 1 atm, assim, uma coluna de 30 m de água exerce uma pressão de 3 atm, adicionando a pressão atmosférica, teremos uma pressão total 3 + 1 = 4 atm a 30 m de profundidade. b) Vejamos a que pressão o volume do nosso pulmão se reduz a 25% do valor inicial na superfície da água, admitindo que a temperatura do gás seja constante:

P.V = P’.V’ 1 atm . V = P’. (0,25V) P' = 4 atm

Mas a que profundidade a pressão vale 4 atm ? Do resultado do item a, vimos que a 30 de profundidade o volume dos pulmões cairia a 25% do volume inicial. Se o mergulhador descer a uma profundidade ainda maior que 30 m, o volume dos pulmões ficaria ainda menor do que 25%, o que seria danoso. Assim, o mergulhador não deve ir abaixo de 30 m de profundidade.

Física


452

AULA 8 ESTÁTICA

Aula 8 - Questão 2

/2

/2

90/2

/2

/2

PN N

Pelo equilíbrio das forças na direção vertical, podemos escrever:

Ny + Ny = P 2.Ny = P

2.N.sen(/2) = m.g m.g

N

2.sen2

Aula 8 - Questão 3

Item B: Como está na iminência de perder o contato em A, fizemos NA = 0, tiramos logo o suporte A da figura abaixo. Assim, para a barra estar em equilíbrio de momentos, temos:

Momento do peso = momento da normal

P . (1,5) = 2 . N

N = peso do homem = 600 newtons.

P . (1,5) = 2 x 600

P = 800 newtons

O menor peso da barra para que ela não gire vale 800 newtons.

B

5 m

2m

P

1,5 m N

2m

NA = 0

Aula 8 - Questão 5

O equilíbrio das caixas permite escrever: T1 = P = 60 N e T2 = P = 60 N No pé do homem agem duas trações de mesmo módulo.

Assim, a tração resultante no pé do homem está bem na bissetriz entre T1 e T2 e vale: Tresultante = T1X + T2X = 60.cos30o + 60.cos30o = 120.cos30o

Tresultante = 3

1202 103,2 N , aproximadamente letra D

T1

P

P

T2

T2

T1

Aula 8 - Questão 6

Vamos colocar o nosso parafuso virtual sobre a extremidade direita da barra. Assim, faremos a soma dos momentos horários é igual a soma dos momentos anti-horários:

A normal NA = 400 N produz momento horário em relação ao nosso

parafuso, momento esse de módulo 400 3. O peso da barra vale 200 N e produz momento anti-horário de valor

200 1,5 em relação ao nosso parafuso. O peso do palhaço sobre a bicicleta também exerce momento anti-horário em relação ao nosso parafuso, de módulo 500.X onde X é a distancia dele ao parafuso. Assim, fazendo a soma dos momentos horários é igual a soma dos momentos anti-horários, temos:

200.(1,5) + 500.X = 400.(3) X = 1,8 m Aula 8 - Questão 7

Vamos supor que o homem fique apoiado apenas sobre a perna esquerda, retirando a direita do solo. Qual o peso total sobre a perna esquerda ? Vamos lah: Cabeça 5 kg + par de braços 3,5 kg + 3,5 kg + tronco 37 kg + duas coxas 6,5 kg + 6,5 kg + perna + pé direito 4 kg = 66 kg

Assim, o peso total valerá 66 kg10m/s2 = 660 N Letra C Aula 8 - Questão 8

Nessa questão, vamos dividir o comprimento total dessa barra em 6 partes iguais, assim, digamos que essa barra tem um comprimento total 6L, onde L é o comprimento de cada uma dessas 6 partes idênticas. Vamos colocar o nosso parafuso virtual sobre a extremidade direita da barra, mais uma vez. Como o bloco está mais próximo da extremidade esquerda, do que da direita, o suporte esquerdo A estará “suportando um peso maior” do que o direito C, nessas condições. Digamos então que o suporte A esteja suportando seu peso limite, ou seja, digamos que a normal NA nessa

extremidade esquerda já esteja valendo 65 kg10 m/s2 = 650 N, ou seja,

NA = 650 N, portanto ela produz, em relação ao nosso parafuso, um momento total NA.6L = 650.(6L) no sentido horário.

O peso dessa caixa vale M.g e encontra-se a uma distância 4L do nosso parafuso, e produz um momento anti-horário de módulo M.g.(4L).

O peso da barra vale 30.(10) = 300 N e encontra-se a uma distância 3L do nosso parafuso, e produz um momento anti-horário de módulo 300.(3L). Assim, fazendo a soma dos momentos horários é igual a soma dos momentos anti-horários, temos: 650.(6L) = M.g.(4L) + 300.(3L) 650.(6L) = M.(10).(4L) + 300.(3L) 3900 = 40.M + 900 M = 75 kg

Física


453

AULAS 10, 11, 12 e 13 – OPTICA

Óptica - Questão 1 - resolução

calma, não se deprima ! O espelho usado na vida real tem uma lamina de vidro que cobre a película espelhada de prata para protegê-la evitando oxidação.

Suponha um espelho com vidro de espessura e = 6 mm. Quando você encosta seu lápis nele, na verdade, seu lápis tocou apenas em uma das faces do vidro, que está a 6 mm da face oposta onde encontra-se colada a película de prata (veja a figura).

Vidro do

espelho

objetoimagem

6mm 6mm

12 mm

Assim, seu lápis está, na verdade, a 6 mm da película de prata que é o espelho propriamente dito. Sendo X = X', a imagem do seu lápis aparecerá do outro lado, a 6 mm de distancia da película de prata e, portanto, a 6 + 6 = 12 mm de distancia do seu lápis. Óptica - Questão 3 - resolução

Ela segue a mesma resolução da questão 2 de classe, que foi explicada tão detalhadamente que ganhou 3 vídeos =) Pegue o ponto F, rebata e acha um F' lá embaixo (ao rebater, a distância tem que ficar igual e o ângulo tem que ser de 90 graus). Após achar o F', ligue F' até o ponto P. Ao ligar, no caminho, sua reta vai passar pelo ponto 3.

Assim, você acabou de determinar que o caminho da luz vai ser ponto F - ponto 3 - ponto P.

Optica – Questão 6 – resolução

50 m

x 0,5m0,5m

50 m

x+10,5m

0,1m

0,1m

Semelhança de triângulos:

0,5 x 1x 249m

0,1 50

Optica – Questão 7 – resolução

Vamos imaginar que, uma pessoa, ao se olhar num espelho plano

distante, enxergue apenas 2/3 de seu corpo. Se ela se aproximar ou se afastar do espelho, o que ocorrerá com sua imagem? Vejamos os desenhos abaixo: Caso 1: Pessoa longe do espelho plano: Considere uma pessoa de altura 3b, que está a uma distância 2a de um espelho plano de altura b e que enxerga apenas 2/3 de seu tamanho total, ou seja, vendo apenas uma extensão 2b da altura total 3b da imagem.

a a aa

b

b

b

b2b

a a aa

objeto imagem

Observe a semelhança de triângulos e a proporção b 2b

2a 4a , e o ângulo

visual tal que b

tg2a

.

Caso 2: Pessoa próxima ao espelho plano Agora, vamos considerar que a mesma pessoa de altura 3b aproximou-se do espelho, e encontra-se agora a uma distância a do mesmo espelho de altura b. Ela verá novamente apenas 2/3 de sua imagem, isto é, vendo apenas uma extensão 2b da altura total 3b da imagem.

b

a a

b

b

b

2b

a a

objeto imagem

Observe a semelhança de triângulos e a proporção b 2b

a 2a , e o ângulo

visual > tal que 2b

tg2a

.

Física


454

A única forma de passar a ver uma fração maior do seu corpo é aumentar o tamanho do espelho, portanto, a única afirmativa correta é a III. Por que tenho a impressão de que a minha imagem aumenta de tamanho, à medida que me aproximo do espelho lá de casa ? Por causa do aumento do ângulo visual (Veja as figuras dos casos 1 e 2

em que temos > ) que dá essa sensação de que a imagem aumenta de tamanho quando você se aproxima do espelho. No entanto, a altura da imagem é constante, sempre igual à altura do objeto. Essa mesma sensação ocorre quando observamos os postes de uma avenida. Certamente a prefeitura não comprou 100 postes de tamanhos diferentes para a Av. Santos Dumont. No entanto, quando caminhamos a pé pela calçada, temos a impressão de que os postes mais próximos

(ângulo visual , veja figura abaixo) são maiores que os postes mais

distantes (ângulo visual < , veja figura abaixo). Novamente, é uma mera questão de ângulo visual.

Os postes mais próximos são vistos sob ângulo visual maior ( > ), dando a impressão de que são maiores que os postes mais distantes, mas todos têm o mesmo tamanho . Óptica - Questão 8 - resolução

Ao todo são 24 bailarinas, sendo que, das 24, temos 3 bailarinas de verdade e 21 bailarinas imagens. Isto significa que o par de espelhos está conjugando 21 imagens a partir de 3 objetos, ou seja, o par de espelhos está “produzindo” 7 imagens a partir de cada 1 objeto. Assim:

N = 360/ – 1 7 = 360/ – 1 = 45o Óptica - Questão 10 - resolução

Abra a apostila na página 269, veja a figura do pirata diante do par de espelhos perpendiculares entre si, observando suas 3 imagens. Veja que o pirata R1 nessa figura é uma imagem enantiomorfa (invertida), enquanto o pirata R2 é uma imagem não-enantiomorfa (não-invertida). Para entender melhor, leia todo o diálogo dos piratas nessa página. Óptica - Questão 11 - resolução

Pela propriedade da rotação dos espelhos planos, sabemos que quando

um espelho gira em um ângulo = 45o , a sua imagem vai girar um

ângulo = 2. = 90o no mesmo sentido.

objeto Imagem

inicial

Imagem

final

= 90o

= 45o

Antes de girar o

espelho

Após girar o

espelho 45o

Assim, observando a figura abaixo, não é difícil compreender porque a imagem final da moça estará horizontal, quando ela se observar num espelho que forme 45o com a vertical. Portanto, observando a figura acima, vemos que a moça deve mirar um ponto entre A e C a fim de observar a imagem dos seus sapatos, isto é, deve mirar o ponto intermediário B.

Prof Renato Brito

B

A

C

Óptica – Questão 13 – resolução

Pela propriedade da Rotação dos Espelhos planos, se = 15o, teremos

= 30o na figura a seguir, o que nos permite escrever:

E1 E2

CA

B

a) oAB 3 ABtg tg30 AB 3 cm

AC 3 3

Se AB triplicará de valor, AB passará de 3 cm para 3 3 cm .

Quanto valerá o novo nessa situação :

oAB 3 3tg = 3 cm = 60

AC 3

Pela lei da rotação ( = 2), sendo = 60o e teremos = 30o. Óptica – Questão 17 – resolução

Sejam a e b as extremidades do objeto extenso. Onde se localizam as imagens a’ e b’ dessas extremidades, conjugadas pelo espelho côncavo ?

C F

V

a

b

Efetuando os traçados dos raios, facilmente localizamos os pontos a’ e b’, imagens de a e b conjugadas pelo espelho côncavo.

Física


455

C F V

a'

b'

Assim, após termos localizado as extremidades da imagem, acabamos localizando toda a imagem extensa

C F V

a'

b'


Na figura, temos P’ > 0, P > 0 e P’ > P, assim:

P’ P = 24, A = 4 = P '

P

P’ = 4P

Resolvendo o sistema, encontramos P = 8 cm e P’ = 32 cm

1 1 1

F P P ' F = 6,4 cm R = 12,8 cm


“....Um objeto encontra-se a 20 cm de um espelho, sua imagem direita (e, portanto, virtual) encontra-se a 40 cm do referido espelho....” Traduzindo: inicialmente, quando P = + 20 cm, tínhamos P´ = –40 cm (imagem virtual e direita) “......Se o objeto for posicionado a 80 cm do espelho, sua imagem será...” Traduzindo: Se agora tivermos P = +80 cm, então P´ valerá quanto ?

' P

1

P

1

' P

1

P

1

F

1

antes depois

' P

1

80

1

40) - (

1

20

1

F

1 P ’ = + 80 cm (real)

Resposta correta- letra E Óptica – Questão 23 – resolução

Na figura, temos P’ > 0, P > 0 e P > P’, assim:

P P’ = 4, A = 1

3

=

P '

P

P = 3.P’

Resolvendo o sistema, encontramos P’ = 2 cm e P = 6 cm

1 1 1

F P P ' F = 1,5 cm R = 3,0 cm


Na figura, temos P’ < 0 (imagem soim virtual), P > 0 , assim:

|P| + |P’| = 20 cm, mas, sendo P’ < 0, temos |P’| = (1). P’, assim:

P P’ = 20 cm, A = 1

3

=

P '

P

P = 3.P’

Resolvendo o sistema, encontramos P’ = 5 cm e P = +15 cm

1 1 1

F P P ' F = 7,5 cm R = 15 cm


Desvio = = 15o

Ângulo de refração =

+ = 45o (opostos pelo vértice)

Portanto = 30o

Da lei de Snell, temos :

nar. Sen45o = nvidro . sen

1. 22

= nvidro. sen 30o nvidro = 2

Vidro

N45º

45º

N


Lei de snell: n1. sen = n2. sen

Nessa questão, foi dito que quando = 90o, teremos = 30o

A pergunta é: Se agora = 30o, quanto valerá ?

Antes: n1. sen 90o = n2. sen30o

Depois: n1. sen 30o = n2. sen

Dividindo as equações acima, membro a membro, encontramos

sen = 1/4 = 0,25. Observando o gráfico da função seno dado na

questão, vemos que o ângulo cujo seno vale aproximadamente 0,25 é

15 graus.


ar

vidro

Na figura, temos = 90 sen = cos

Snell: nar . sen = nvidro . sen, com sen = cos

nar . sen = nvidro . cos

1 . sen = 3 .cos tg = 3 = 60o


Snell na entrada : nar . sen = nvidro . sen (eq1)

Snell na saída: nvidro . sen = nar . sen (eq2)

De eq1 e eq2, vem:

nar . sen = nvidro . sen = nar . sen

nar . sen = nar . sen = = 45o

Note que o triângulo dentro da circunferência é isósceles por ter

dos lados iguais entre si (raio e raio).

Física


456


60o

45o

45o

60o

30o

Da lei de Snell, temos : nar. Sen45o = nvidro . sen30o

22 = nvidro. sen 30o nvidro = 2

Determinando o ângulo limite para a mudança de meio vidro ar:

SenL = 2

2

2

1

n

n

vidro

ar L = 45o


senL = menorvidro

maior vidro

n3 1 n = 3

3 n n

nvidro . sen = nar . sen

nvidro . sen = nar . sen

3 . sen30o = 1. sen = 60o

Desvio = 60º 30o = 30o


Se a placa de vidro tem uma espessura e = 5 cm, quando ela cobrir a

foto, conjugará uma imagem dessa foto numa posição um pouco acima

da foto verdadeira, dando a impressão de que a fotografia agora está X

centímetros acima da posição real. Esse X, certamente, não passará de

5 cm de altura ( X < 5 cm), visto que a imagem virtual da fotografia deve

se formar no interior da placa de vidro (a imagem do peixe vista pelo

pescador sempre é formada dentro da água ). Por esse motivo, para

que a distância da câmera fotográfica até a fotografia (ou até a sua

imagem conjugada pela placa de vidro) permaneça inalterada (antes e

depois), devemos levantar a câmera fotográfica em uma distância

exatamente igual a X centímetros.

Resposta correta – Letra A


Da lei de Snell, temos :

nar. Sen45o = nvidro . sen30o

1.2

2 = nvidro. sen 30o

nvidro = 2

60o

60o

60o

30o

45o

N

N


A luz sai do objeto, sofre reflexão e vai em direção ao olho do observador. Entretanto, como o observador enxerga no prolongamento, ele verá a imagem virtual mostrada abaixo.

objeto

Imagem

virtual


.

45ºN

ArVidro

Ar

e xe

nar. Sen45o = nvidro . sen 1.

22 = 2 . sen

sen = 1/2 = 30o

No triângulo retângulo em destaque, temos:

cos = cos30o = 2

3

X

e

2

3

X

33 X = 6 cm


60o

d

dE h

A lei de Snell-Descartes permite escrever:

nar . sen60o = nvidro . sen

1 . 3 /2 = 3 . sen sen = 1/2 = 30o

Oposto pelo vértice: + = 60o = 30o

Observando os triângulos retângulos, podemos escrever:

cos = h

E h =

cos

E

sen = h

d h =

sen

d

Igualando as duas expressões acima para h, vem:

cos

E =

sen

d

2

1

d

2

3

cm32 d = 2 cm

Física


457


.

30º

N

r

60º

s

r

s

Conforme demonstrado em sala de aula, uma das propriedades da lâmina de faces paralelas é que o raio de luz que sai é paralelo ao raio incidente, ou seja, a reta r é paralela à reta s na figura abaixo: r//s. Em outras palavras, as retas r e s formam o mesmo ângulo, por exemplo, com a

vertical, de forma que necessariamente, temos = 30º. Se conhecemos as propriedades, não precisamos fazer cálculos nessa questão. Logicamente que, se o fizermos (o que não vale a pena), encontraremos a mesma resposta.


A imagem conjugada pela lente divergente é virtual, p’ negativo. Seja X um número real positivo. Segundo os dados do enunciado, temos: P = +X P’ = – X / 2 (note que X é positivo mas P’ é negativo) F = – 30 cm (divergente)

' P

1

P

1

F

1

2)(-X /

1

X

1

30

1

X = 30 cm


Note que a imagem é invertida e 3x menor, portanto temos A = 1/3. Com essa dica, agora você resolve a questão . Óptica - Questão 68 - resolução

Atenção, tem que passar tudo para milímetros (1 m = 1000 mm). A questão está pedindo a distância p’ da lente até a imagem. Óptica - Questão 69 - resolução

A = – 24 , F = + 9,6 cm A imagem é 24 vezes maior que o objeto, porém invertida em relação a ele. Agora é so fazer as continhas

A = – p’ / p e ' P

1

P

1

F

1

A questão pede o valor de D = P + P’ Óptica - Questão 74 - resolução

Dados da questão: F1 = + 5 mm e P1 = +5,1 mm Usando a equação dos pontos conjugados, achamos P1’ = 255 mm

Dados da questão: F2 = +4,8 cm e P2’ = 24 cm (imagem virtual) Usando a equação dos pontos conjugados, achamos P2 = 4 cm = 40 mm A questão pede o valor de D = P1’ + P2 = 255 + 40 = 295 mm = 29,5 cm Óptica - Questão 76 - resolução

Dados da questão: D = P1’ + P2 = 253 cm

P1 = + F1 = +2,5 m Usando a equação dos pontos conjugados, encontramos P1’ = 2,5 m, ou seja, P1’ = 250 cm. Da relação D = P1’ + P2 = 253 cm, com P1’ = 250 cm, concluímos que P2 = 3 cm. O enunciado deu que F2 = +5 cm

Usando a equação dos pontos conjugados, encontramos P2’ = 7,5 cm (imagem virtual, P2’ negativo). Assim, a distância da imagem final até a ocular vale |P2’| = 7,5 cm Óptica - Questão 77 - resolução

L1

F1

F2

L2

F2

Eixo

principal

F1

5, 0 cm

F1 F2

X

Os triângulos acinzentados na figura acima são semelhantes:

X

F

cm 5

F 21 X

cm 6

cm 5

cm 4 X = 7,5 cm


O ponto A é o foco da lente divergente ( “.....raios que incidem paralelos ao eixo principal de uma lente divergente, divergem passando pelo foco.....” ) Ele também coincide com o centro C de curvatura do espelho côncavo ( “.....raios que incidem no espelho esférico passando pelo centro de curvatura C, refletem-se sobre si mesmos....” ) Assim, a distância focal da lente tem módulo igual a 40 cm e o espelho esférico tem distância focal (40 + 40) / 2 = 40 cm


Não se afobe, não dá para sair fazendo conta. A questão deve ser

resolvida só com base nas propriedades gráficas das construções das

imagens, só por dedução, sem matematiquês.

13

2

x y z

R

s

lente

espelho

A seta 1 “joga luz na lente” que conjuga a imagem seta 2. A seta 2 “joga luz no espelho que conjuga a imagem seta 3. Note que, segundo o enunciado, as seta 2 e 3 devem estar exatamente sobre o mesmo ponto S do eixo. Adicionalmente, a seta 3 tem exatamente o mesmo tamanho e a mesma orientação da seta 1. Assim, deduzimos que as 3 setas terão o mesmo tamanho, as setas 1 e 2 estão sobre os pontos anti-principais da lente (para que elas tenham tamanhos iguais entre si) e as setas 2 e 3 estão sobre o centro de curvatura do espelho esférico (para que as setas 2 e 3 estejam sobre o mesmo ponto S do eixo e tenham tamanhos iguais). Assim, temos: x = y = 2f (lente) = 2 x 15 = 30 cm Z = R = 2f (espelho) = 2 x 20 = 40 cm

Letra E


O raio de uma de suas superfícies é o triplo do raio da outra e igual à distância focal da lente. O raio R2 da face 2 é o triplo do raio R1 da outra e o raio R2 também é igual à distância focal F da lente. Em outras palavras: R2 = 3.R1 e R2 = F Assim, vem:

Física


458

)

L

2M 1 2 2 2

2 2 2 2 2

n1 1 1 1 n 1 11 1

RF n R R R 1 R

3

1 n 3 1 1 41 n 1

R 1 R R R R

1n 1 n 1,25

4


O míope sonha em ver estrelas. Porém, o “mais próximo que ele enxerga” sem fazer esforço de acomodação visual é a 40 cm de distancia do olho dele. Assim, a lente divergente terá que produzir, a partir de uma estrela de

verdade (P = +) uma imagem (virtual) a uma distância de 40 cm dos

olhos dele (P’ = 40 cm).

' P

1

P

1

F

1

1 1 1

F 40

1 1 0

F 40

F = 40 cm = 0,4 m

1 1V 2,5di

F 0,4m


' P

1

P

1

F

1

1 1 1

F 25cm 40cm

1 40 25

F 1000

1000 10

F cm m15 15

1 1 15

V 1,5diF 10 /15 10


a) veja a foto, ele não enxerga bem de perto. Ele teria hipermetropia ou Presbiobia ? Bom, pela foto, ele já tem idade bastante avançada. Se ele não enxerga bem de perto, com essa idade, ele certamente tem presbiobia. b) Presbiobia usa a mesma lente da hipermetropia, ou seja, lente convergente. São recomendadas também as lentes bifocais, que modernamente já evoluíram as as multifocais (ou progressivas). c) a seguir, veja o cálculo:

' P

1

P

1

F

1

1 1 1 1 4 1 3

F 0,25 m 1m F

1

V 3diF


Veja a resolução em vídeo em

www.fisicaju.com.br/resolucoes

Aula 14 – Gases - Termodinâmica


Como o êmbolo deve estar em equilíbrio mecânico, a força FH que o

gás hidrogênio exerce no êmbolo deve equilibrar a força FO que o gás oxigênio exerce no êmbolo.

o oH HH o H o

H o

F n .R.TF n .R.TF F P = P

A A V V

oHH o

H o

oH

nn, com V = y.A e V = x.A (volume do cilindro)

V V

nn 12 / 2 64 / 32 y = 3.x, com x+y = 40 cm

y.A x.A y x

x = 10, y = 30 cm


Seja ni = n o número de mols de gás inicialmente no interior do recipiente. O enunciado disse que 25% do gás escaparam, restando apenas 75% do gás (restando apenas nF = 0,75.n mol de moléculas dentro do recipiente no final do vazamento). No início temos: Pi.Vi. = ni.R. Ti, com ni = n No final temos: PF.VF = nF.R.TF, com nF = 0,75n Dividindo uma equação pela outra, membro a membro, temos:

FF F F F

i i i i

F

P .V n .R.T 6.V n .R.TP 4,5 atm

P .V n .R.T P .V 0,75n.R. T


Qual a força que a pressão atmosférica exerce de fora para dentro, nessa tampa, empurrando-a para baixo ?

Fatm = Patm x área = 1 atm x 12 cm² = (105 N/m²)(12.104 m2) = 120N

Além dessa força empurrando a tampa para baixo, temos também a força

da mão da pessoa de 240N. Assim, a força total empurrando a tampa para baixo é de 120 + 240 = 360 N. Essa é a força que impede que o gás consiga levantar a tampa, essa força empata com a força que o gás faz na tampa de dentro para fora. Assim, concluímos que o gás exerce nessa área da tampa uma força de 360 N de dentro para fora. Com isso, descobrimos a pressão do gás lá dentro:

gás 5 2 5

gas 2 4 2

Força 360N 360NP 3.10 N/m 3.10 Pa

área 12cm 12.10 m


Da equação de Claperon, P.V = n.R.T, portanto, pedir o gráfico de PV em função de V é o mesmo que pedir o gráfico de n.R.T em função de V, ou seja, T em função de V. Ora, se a transformação é isotérmica, T será constante, por isso, o gráfico correto é o da letra b. Questão 59 - resolução

P

Va 2a 3a

a

2a

3aa

b+

+

+

Figura 1

P

Va 2a 3a

a

2a

3a

b

c --

Figura 2

O trabalho realizado na expansão ab (expansão) é positivo, sendo dado pela área em destaque na Figura 1 acima.

Física


459

Já o trabalho realizado na compressão bc é negativo e seu módulo é dado pela área hachurada na Figura 2 acima. Assim, o trabalho realizado pelo gás, no percurso completo abc, é dado pela soma algébrica das áreas 1 (positiva) e 2 (negativa) e é mostrado graficamente na Figura 3

ao lado. Seu módulo vale (1/2).R² = .a² / 2. Letra C - FALSA

P

Va 2a 3a

a

2a

3aa

b

c

d +

Figura 3

Por que a letra E está correta ?

Note que o estados a e b têm temperaturas iguais, como se pode notar de

Clapeyron T = P.V /n.R. Assim, a variação da energia interna Uab = 0 e,

portanto, vem:

Uab = Qab ab

0 = Qab ab Qab = ab = área sombreada na Figura 1.

A área sombreada na Figura 1 é a área de um retângulo mais a área de

1/4 de um círculo, que somando, de fato, resulta (2 + /4).a2. Faça a

conta no seu rascunho aih, sem preguiça, ok ?


O estado inicial A tem pressão e volume iguais a 6 atm e 6 litros.

O estado final B tem pressão e volume iguais a 4 atm e 9 litros. Qual

estado tem maior temperatura, A ou B ? Pela equação de Clapeyron

T = P.V / n.R, vemos que as temperaturas são iguais, portanto, não

ocorre variação da energia interna nesse processo U = 0, e portanto,

temos U = Q T = 0 Q = T T = 240 J. (dá raiva né) Questão 71 - resolução

a) A CP.V 3 2 6 1

T Tn.R n.R n.R

,

b) UAC = QAC AC

Entretanto, UAC = 0, pois TA = TC. Além disso, AC é dado pela área do

retângulo sob o trecho BC, ou seja:

AC = base x altura = (62).102.(1.105) = 4000 J. Assim, temos:

UAC = QAC AC

0 = QAC 4000 QAC = 4000 J Questão 75 - resolução

Em toda transformação adiabática, vale a relação :

1 1

1

n.R.TP.(V) K cons tante, com P ,substituindo, vem:

V

n.R.T K.(V) K T.(V) cons tante T.(V) K'

V n.R

Ou, seja, o produto T.(V) também é constante, numa

transformação adiabática. Ass

1 11 1 1

im:

Ti Vf 2.Vi(Ti).(Vi) (Tf).(Vf) 2

Tf Vi Vi


Seguindo um raciocínio semelhante ao da questão anterior, também podemos demonstrar que, em toda transformação adiabática, também se

mantém constante o produto 1(P) .(T) , isto é, 1(P) .(T) = K.

1 1

n.R.TP.(V) K cons tante, com V ,substituindo, vem:

P

n.R.T KP. K P .T cons tante P .T K'

P (n.R)

A alternativa errada é a letra D mesmo. Questão 85 - resolução

(Preste muita atenção às unidades físicas).

Toda a Emec é convertida em energia térmica, na forma de calor sensível:

M.g.H = M.c. g.H

c

Conforme explicado em sala de aula, em problemas que misturam Mecânica com Termologia, devemos usar todos os valores no sistema internacional:

c = o o

g.H 9,8 200 J 196 . 1J

10 kg. C 1 kg. 1 C

Como todos os dados estão no SI, o resultado encontrado acima também está no SI. Entretanto, a questão pediu o resultado num outro sistema de unidades. Vamos converter:

o 3 o

196 . 1J (196 / 4)calc

1 kg. 1 C (10 g). 1 C c

2

o

cal 4,9.10

g. C

resposta – letra E Questão 88 - resolução

Durante as 4 etapas do ciclo, a máquina recebe calor da fonte quente no

trecho bc (Qquente = 200 J) e rejeita calor para a fonte fria no trecho

da (Qfrio = 80 J). A máquina não troca calor em nenhuma outra etapa. Assim, podemos dizer que o trabalho realizado por essa máquina, no ciclo, é dado por:

ciclo = Qquente Qfrio = 200 80 = 120 J

Assim, o rendimento, nesse ciclo é dado por:

ciclo

quente

ela aproveitou 120 J 120n 0,6 60%

Q do total de 200 J 200


Fcarnot

q

T 279k 300 279k 21 7n 1 1 7%

T 300k 300k 300 100

Potência útil de 210KW significa que essa máquina vai produzir um trabalho (do ciclo) de 210 kJ a cada 1 segundo. Ou seja, vamos usar que

o trabalho do ciclo vale ciclo = 210 kJ e queremos saber o Qquente. Assim, pelo conceito de rendimento:

carnot quente

quente

7 210kJn Q 3000kJ

100 Q 0,07

manual de resoluçõesvestcursos.com.br/cpanel/estudo/e-book/resolucoes... · em mru para frente e,...

Documents