1 1° ANO
COMENTÁRIODOS PROBLEMAS
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COMENTÁRIO:
RESPOSTA: A
Inicialmente, a situação da figura 1 expressa iminência de movimento ao sistema de massas iguais a m. Identificando todas as forças atuantes nesse sistema, incluindo a haste, veja:
Disso tiramos que:
T P sen e N P cos (massa inferior) E ainda:
N P sen T P cos P sen P sen
P cos 2 P sen 2tg
Isso na massa superior.
Toda essa análise foi feita no limite de repouso absoluto do tal sistema.
Agora, na situação da figura 2, o novo sistema obtido após substituir a massa inferior por outra massa 2m se movimentará aceleradamente com módulo a. De forma análoga à análise anterior, teremos que:
Utilizando a 2ª Lei de Newton nesse sistema em movimento, teremos:
Líquida Total
F m a
Direção paralela ao plano inclinado P cos 3P sen 2 a m 2m cos P cos sen sen g 6 m 6 Aceleração da gravidade g
Mas se sabe que 2tg , portanto:
2tg cos a sen g 6 sen 2g sen sen g 3 3 12 COMENTÁRIO: RESPOSTA: B Analisemos que.
I. Falsa. O vetor momento linear ou quantidade de movimento desse corpo estando em M.C.U. possui direção e sentido variáveis, mas o módulo é constante. Veja: P cos P sen T T P sen P cos N N g N m m P cos N P sen 2P cos 2P sen 2N N 2 T' T' 2 g a m 2m
2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y Q Q Q m v m v 2 2 2 1 9m (sen 2t cos 2t) Q 3m N s Sendo m a massa do corpo.
II. Falsa. Esperamos que a assertiva se refira à aceleração tangencial ao corpo no movimento. Percebendo que o referido corpo está em M.C.U. em torno do ponto origem (0,0), a única aceleração intrínseca ao corpo é a aceleração centrípeta. O torque ou momento de força total no corpo é nulo em relação ao centro (0,0).
III. Verdadeira. A única força externa que atua no corpo é a força centrípeta. A mesma faz em um ciclo no corpo um trabalho mecânico nulo, já que o circuito (a trajetória do corpo) é fechado.
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PROBLEMA ANULADO
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COMENTÁRIO:
RESPOSTA: C
De início, o módulo da aceleração da gravidade
gEfetiva percebida no interior do elevador com o
movimento do mesmo será de:
gEfetiva = g + a
Tomando um referencial qualquer dentro desse elevador, podemos concluir que a intensidade da força com que o bloco 3 exerce sobre o bloco 2 coincide com o valor absoluto da força peso do conjunto dos blocos 1 e 2. Então:
32 Efetiva F P (m m) g 2m g( a) 15 COMENTÁRIO: RESPOSTA: A Temos que:
1°) a 1ª trajetória circular ao inscrever o quadrado de lado L, admite diâmetro igual a diagonal desse quadrado. Denotando r como sendo o raio dessa trajetória, vem:
L
L 2 2r r
2
Daí, a 1ª partícula ao percorrer em M.C.U. nessa trajetória, terá velocidade em módulo de:
L
v r
2
2°) a 2ª trajetória circular circunscreve o mesmo quadrado de lado L. Agora, seja R o referido raio dessa trajetória, o diâmetro da trajetória coincidirá com o lado L do quadrado, então:
L
2R L R
2
Analogamente, a velocidade em módulo dessa 2ª partícula será de:
L
u R
2
Note que é a velocidade angular comum às duas partículas.
A razão entre as intensidades das velocidades dessas partículas valerá:
L v u 2 L 2 v 2 u 2 2 16 COMENTÁRIO: RESPOSTA: C Veja:
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Note que nos instantes t, 2t, 3t, ..., n t, as distâncias percorridas pela partícula relativamente ao instante inicial t = 0 são, nessa ordem, de d, 4d, 9d, ..., n2 d. Sendo n = 0, 1, 2,... e t tendo dimensão de tempo. Isso nos diz que os espaços s dessa tal partícula crescem de forma quadrática com o tempo. E ainda t deve ter dimensão de tempo.
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COMENTÁRIO:
RESPOSTA: A
GABARITO OFICIAL: E
De acordo com o enunciado, observe:
1ª Fotografia
2ª Fotografia
Note que v1 e v2 são os módulos das velocidades
das 1ª e 2ª partículas, nessa ordem.
Com isso, teremos que:
1ª Partícula: 1 1 s 5 cm v 20 cm s t 0, 25 s / 2ª Partícula: 2 2 s 2, 5 cm v 10 cm s t 0, 25 s / Então, vem:
I. Verdadeira. A velocidade da 2ª partícula (mais lenta) detectada pela 1ª partícula (mais rápida) é de 20 cm/s + 10 cm/s = 30 cm/s. Daí, essa velocidade é de fato 30 cm s 1, 5
20 cm s /
/ vezes maior
que a própria velocidade da 1ª partícula.
II. Falsa. As equações horárias dos espaços s da 1ª e 2ª partículas são, respectivamente, de 20t e 24 – 10t (em cm). Então, o instante de encontro delas será em t = 0,8 s e não coincide com o instante de fotografia, pois está entre 0,75 s (4ª fotografia) e 1 s (5ª fotografia).
III. Falsa. Na 5ª fotografia, a 1ª partícula (mais veloz) estará na posição 20 cm. O instante t = 1,2 s é quando a 1ª partícula passa pela posição inicial da 2ª partícula, isto é, em 24 cm.
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COMENTÁRIO:
RESPOSTA: A
No Movimento Circular e Uniforme – MCU descrito pela partícula, os vetores velocidade e aceleração da mesma mudam com o tempo, em termos de direção e sentido, ao contrário de que o módulo permanece o mesmo pra ambos em todo o movimento. Nesse tipo de movimento, não há aceleração tangencial à partícula. A aceleração total da partícula é a própria aceleração voltada ao centro de giro, isto é a aceleração centrípeta. E ainda, o ângulo formado pelos vetores velocidade
s 0 d 3d t 2t 0 (2n 1) d n t (n 1) t Repouso 0 s 24 (cm) 1 v v2 (t=0) 1 2 0 s 24 (cm) 1 v v2 5 cm 2, 5 cm (t=0,25 s) 2 1
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e aceleração dessa partícula é constante e igual a 90°. Disso, concluímos que a única alternativa que contempla isso é a A.
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COMENTÁRIO:
RESPOSTA: E
De acordo com o enunciado, teremos que:
f f
1 1 1
lim lim p ' p
f p p '
Anula-se
Isso nos diz que o objeto e a sua respectiva imagem virtual têm a mesma distância. Veja:
Essa equivalência entre as distâncias do objeto e da imagem é uma característica intrínseca dos espelhos planos. Portanto, a nova geometria desse espelho será plana.
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COMENTÁRIO:
RESPOSTA: C
Denotando como sendo o comprimento dessa rampa, veja:
Usando as Relações Trigonométricas nesse triângulo retângulo vem:
3 H
sen 60 20 3
2 40 m
No momento em que o carrinho atinge o pico do loop, o mesmo perceberá o limite de reação nula. Então:
Perceba que a força peso do carrinho nesse instante funciona como resultante centrípeta, logo:
2 2
2
m v v P
P g v R g
R R m
Note que v é o módulo da velocidade mínima do carrinho na condição de que ele possa percorrer o trecho total do loop.
Agora, quando o carrinho se movimenta na rampa, veja: Espelho p p' Objeto Imagem + H 60° Rampa P Centro do loop loop (N 0) R v m B 60° 60° m g cos 60° m g m g sen 60° N N m Figura 1 g A
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O trabalho total do atrito que dissipa a energia mecânica do carrinho é de:
W m g cos 60° m g
3 m g
2
Entre os pontos A e B vem:
B A M M W E E m g 1 m 2 2 v 2 m g R m g H g R g 2 g 2 R g H 5R 2 H R H 2 5( )
Usando os valores numéricos, temos:
2 40 R 20 3 m 8 3 1 m 5 2 ( ) 21 COMENTÁRIO: RESPOSTA: A Teremos que: Perímetro da circunferência 0 0 L L L 1 T 1 T L ( ) Perímetro do polígono 2 R 2 R 1 1 T 1 n L n L T 22 COMENTÁRIO: RESPOSTA: A Veja:
Utilizando o Princípio das Proporções de Tales, vem:
Celsius Fahrenheit Kelvin
T 0 T 32 T 273
a
b 100 0 212 32 373 273
Celsius Fahrenheit Kelvin
T T T
Celsius Fahrenheit Kelvin
T T T
5 9 5
Celsius Fahrenheit Kelvin 5 T T T 9 23 COMENTÁRIO: RESPOSTA: B g N' N' m g 2 m Figura 2
Celsius Fahrenheit Kelvin
(°C) (°F) (K) 0 32 273 373 100 212 Celsius T TFahrenheit TKelvin a b
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Defina m e M as massas, respectivamente, dos blocos B e A, daí pelo enunciado temos M > m. Agora, durante o movimento do sistema, identifiquemos todas as forças presentes. Veja:
Utilizando a 2ª Lei de Newton em A e B, teremos o sistema: M g M g T 3 m g T m g 3 + M g T T m g M g m g 3 3 g 2M 3 g 4m 3 m 1 M 2 24 COMENTÁRIO: RESPOSTA: E Temos que: 2 E 75 kg 10 m s 1 m Pot 1 CV t 1 s ( ) ( / ) ( ) ( ) J 750 1 CV 0, 75 kW s 25 COMENTÁRIO: RESPOSTA: B
De acordo com o referido diagrama, teremos que:
x 0 4 m v t 10 0 s m 0, 4 v 0, 4 m s s / 26 COMENTÁRIO: RESPOSTA: C
Nas configurações expostas do sistema (massas m com a massa M) em 1, 2 e 3, a energia potencial gravitacional total do sistema é constante e igual a
4G m M .
d Considerando que d seja a distância de cada massa m à massa M. Assim, teremos que:
1 2 3 4G m M U U U d 27 COMENTÁRIO: RESPOSTA: A
Sendo m e M as massas do satélite e do planeta e que G é a constante gravitacional e universal, podemos escrever as energias presentes nesse sistema (satélite + planeta). Então:
1°) 2 2 1 1 G M G m M K m v m 2 2 r 2r
Note que v é a intensidade da velocidade de translação do satélite nessa órbita circular.
2°) U G m M r g 3 g 3 M m g g Corpo A Corpo B
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E ainda, r é a distância entre satélite e o planeta. Comparando K e U, encontramos que:
U K U 2K 2 28 COMENTÁRIO: RESPOSTA: D
A lei das velocidades v pra esse móvel será expressa por:
v 0 (t 0)= t
Instante inicial do movimento é nulo
Nos instantes t = 3 s e 4 s, as velocidades desse móvel serão, nessa ordem, de 3 e 4 . Portanto, a velocidade média detectada entre esses instantes será de: 3 4 v 3, 5 2 29 COMENTÁRIO: RESPOSTA: A Observe:
Suponhamos que o objeto comece a cair a partir do instante t = 0. Então:
2 2
1 1
s 0 0 t g t g t
2 2
Pros instantes 1 s, 2 s, 3 s, ..., n s, as distâncias percorridas serão, respectivamente dadas por
g 3g 5g 2n 1
, , , ..., g.
2 2 2 2 Então, pro n-ésimo
segundo, o objeto percorre em queda livre uma
distância de d 2n 1 g n 1 g . 2 2 30 PROBLEMA ANULADO s 0 R ef er ên ci a Objeto g Repouso
