Resoluções
01 B
Para o sistema vetorial citado na questão, tem-se o seguinte: a c b a b c S + + = = 0 0
Invertendo qualquer um dos vetores, tem-se a seguinte situação: S a b c S ⇒ vetor soma
Ao inverter qualquer um dos vetores, não haverá mais um polígono fechado, uma vez que o módulo do vetor soma (S) não será mais nulo, ou seja, será sempre diferente de zero.
02 E
O carro O inicia a viagem 3 horas após a partida do carro C. Assim, em um gráfico no qual a abscissa está associada ao instante t, os instantes de partidas serão distintos, com um intervalo de 3 horas. Além disso, a velocidade de O é maior que a velocidade de C, ambas constantes. Desse modo, em um gráfico da posição pelo tempo, a inclinação da reta deve ser maior para o carro O (velocidade maior).
Portanto, o gráfico que contém as características cinemá-ticas citadas é o da alternativa E.
03 D
De acordo com o enunciado do problema, para a ida, após 10 horas de movimento, tem-se o seguinte:
vB vA vA = 0 vB = 0 80 km 60 km A B O 14444444244444443 14444244443 vA = 8 km/h vB = 6 km/h
Após a inversão dos movimentos, os módulos das veloci-dades foram trocados. Desse modo:
vB vA 80 km A d B O 14444444244444443 14444244443 60 km vA' = 6 km/h vB' = 8 km/h
Escrevendo as funções horárias dos dois movimentos retrógrados, tem-se:
SA = 80 – 6t
SB = 60 – 8t
Aplicando o Teorema de Pitágoras: d2 = S2 A + SB2 352 = (80 – 6t)2 + (60 – 8t)2 1 225 = 6 400 – 960t + 36t2 + 3 600 – 960t + 64t2 1 225 = 10 000 – 1 920t + 100t2 100t2 – 1 920t + 8 775 = 0 20t2 – 384t + 1 755 = 0 ∆ = 147 456 – 140 400 ∆ = 7 056 Logo: t = 384 7056 2 20 384 84 40 ± = ± · t' = 300 40 ⇒ t' = 7,5 h (antes da origem) t" = 468 40 ⇒ t" = 11,7 h (depois da origem) 04 D
a) (F) Note que, entre 0 e t1, o movimento é retardado e o móvel freia. A partir de t2, o movimento é acele-rado e o móvel muda de sentido.
b) (F) Observe o comentário da alternativa anterior. c) (F) Nessa situação, do lançamento até o repouso
ins-tantâneo, a velocidade tem valor positivo, ou seja, de 0 a t1, v > 0. No retorno, o movimento é retró-grado, caracterizando valores negativos de veloci-dade.
d) (V) Como a trajetória está orientada para baixo, durante a subida, há um movimento retrógrado (v < 0) e, durante a descida, um movimento pro-gressivo (v > 0).
e) (F) Para essa situação, a velocidade no instante t = 0 deve ser nula, o mesmo ocorre no instante t = t2, o que não acontece na análise do gráfico.
05 C
Orientando uma trajetória para a direita: v01 = 2 cm/s
a1 = –2 cm/s2
v02 = –6 cm/s a2 = 1 cm/s2
As funções horárias das posições 1 e 2 dos móveis podem ser escritas como:
S1 = 0 + 2t – 2 2 2 t ⇒ S 1 = 2t – t2 S2 = b – 6t + t2 2
É possível representar essas funções por meio de um grá-fico da posição em função do tempo.
b S (cm) SE tE t (s) S2 S1 E
No ponto E, os dois móveis estão no ponto de retorno, em que a velocidade de ambos é nula. Como a posição de encontro é a ordenada que corresponde aos vértices das parábolas, tem-se:
S1 = 2t – t2 ∆ = 4 SE = − ∆ − = −− 4 1 4 4 · ( ) = 1 S2 = b – 6t + t2 2 ∆ = 36 – 2b SE = −∆ =− + 4 1 2 36 2 2 · b Logo: − +36 2 = 2 1 b –36 + 2b = 2 2b = 38 ⇒ b = 19 cm 06 A
No primeiro trecho, a velocidade é constante, pois o grá-fico da posição pelo tempo (S · t) é uma reta.
No segundo trecho, a posição da bicicleta permanece a mesma, caracterizando repouso (velocidade nula).
No terceiro trecho, há um movimento uniformemente variado com aceleração negativa, pois o arco de parábola está com a concavidade voltada para cima. A velocidade nesse trecho também é negativa, pois as posições decres-cem. Desse modo, o movimento é uniformemente acele-rado.
No último trecho, há um movimento uniformemente variado com aceleração positiva, pois o arco de parábola está com a concavidade voltada para baixo. A velocidade nesse trecho é negativa, pois as posições decrescem. Logo, o movimento é retardado.
Ao final do movimento, o deslocamento da bicicleta será nulo, pois ela retorna para a mesma posição do início.
07 C
Para solucionar esse problema, é muito útil lembrar da sequência de Galileu, a qual afirma que, para qualquer movimento com aceleração constante e com velocidade inicial nula, há, para iguais intervalos de tempo:
123 123 14243 1442443 ∆t ∆t d 3d 5d 7d ∆t ∆t
O problema pede as distâncias associadas a um intervalo de tempo igual a 1 s (intervalos iguais).
Para que a condição seja satisfeita, tem-se:
x4 = 7x1 x3 = 5x1 x2 = 3x1 x1 Portanto: x1 = 5 x2 = 3 · x1 = 15 x3 = 5 · x1 = 25 x4 = 7 · x1 = 35 08 C
De acordo com o enunciado do problema, o corpo sem-pre estará alinhado verticalmente com o ponto A quando abandonado no plano inclinado.
d v0 = 0→a A x θ O cos θ = x d ⇒ x = d · cos θ
A distância OA = x é sempre a mesma para o ângulo de inclinação.
Sabe-se que a aceleração do corpo, ao longo do plano inclinado, é uma componente da aceleração da gravidade (g), dada por:
a = g · sen θ
O corpo parte do repouso (v0 = 0) e realiza um movimento
uniformemente variado ao longo do plano. Logo: d = a t· 2 g sen·
2 = 2 θ · t2
Desse modo, é possível escrever: x g sen t x g sen t x g sen t t x g = = = = · · cos · · · · cos · · ( )· · θ θ θ θ θ 2 2 4 2 4 4 2 2 2 2 ssen t x g sen 2 2 2 θ θ = ·
Como g e x são fixos, o tempo será mínimo quando
sen (2θ) for máximo. Logo: sen (2θ) = 1
2θ = 90º θ = 45º
09 C
A velocidade angular (ω) dos dois cilindros é a mesma, pois eles são coaxiais (possuem o mesmo eixo).
Sabe-se que v = w · K, em que v é a velocidade linear de um ponto na periferia de um cilindro girante.
Como K > r, a velocidade linear do bloco A é maior que a velocidade linear do bloco B. Portanto, o bloco A alcan-çará S2 antes do bloco B.
10 B
De acordo com o enunciado do problema, tem-se:
A Instante t
Instante t + 2
ω2
ω1
Adotando o ponto A como origem da trajetória circular, tem-se:
ϕ1 = ϕ01 + ω1 · t' = 0 + ω1 · (t + 2) ϕ1 = ω1 · (t + 2)
ϕ2 = ϕ02 + ω2 · t = 0 + ω2 · t = ω2 · t
No encontro, as posições angulares são iguais. Logo: ϕ1 = ϕ2
ω1 · (t + 2) = ω2 · t ⇒ 2 · (t + 2) = 6t ⇒ 2t + 4 = 6t ⇒ t = 1,0 s
11 D
As hélices do ventilador executam uma trajetória circular, permitindo a existência de uma aceleração radial (acele-ração centrípeta) associada para essa notação.
Por outro lado, as hélices do ventilador estão sofrendo uma desaceleração, ou seja, existe uma aceleração tan-gencial que se opõe à velocidade instantânea das hélices.
at P v ar
Logo, a aceleração resultante terá a seguinte orientação:
P ar at aR 12 B
É possível distribuir a massa dessa corrente em duas par-celas:
mH – massa sobre a superfície horizontal;
mx – massa pendurada.
Considerando que as massas são conectadas, tem-se a seguinte relação:
x mx
mH
L x
L é o comprimento total da corrente.
Como a corrente é homogênea, a densidade linear (massa por unidade de comprimento) é constante. Logo: m x x = M T · L ⇒ mx = MT · x L
Aplicando a 2a Lei de Newton para o sistema, tem-se:
Px = (mH + mx) · a mx · g = MT · a MT · x L · g = MT · a a = g · x L
Note que, enquanto existir mH, a aceleração aumenta
linearmente com o comprimento da parte pendurada. Desse modo, a aceleração é crescente até x = L, em que a corrente estará totalmente na vertical, caracterizando uma queda livre.
13 D
Quando o carro acelera, as rodas com tração motora empurram o bloco A para trás, por meio de uma força de atrito estático entre os pneus e a superfície de A. Desse modo, isolando os blocos com as respectivas forças atuantes, tem-se a seguinte representação:
C a NC fat fat(A,S) fat PA NA NC A T PC
fat ⇒ força de atrito entre os pneus do carro e o bloco A.
fat(A,S) ⇒ força de atrito dinâmico entre A e a superfície horizontal.
PB
T B
Os blocos A e B devem ficar em repouso. Portanto: T = PB = mg T + fat(A,S) = fat T +
μ
· nA = fat T +μ
(PA + NC) = fat mg +μ
(PA + PC) = fat mg +μ
· (mg + mg) = fat mg(1 + 2μ
) = fatAplicando a 2a Lei de Newton para o carro, tem-se:
fat = FR = m · a mg · (1 + 2
μ
) = m · a a = g(1 + 2μ
)14 C
Identificando todas as forças no sistema apresentado:
T2 T2 T2 T1 T1 PP NH PH NH T2 T2 T2
Considerando que a pessoa pode puxar o sistema em equilíbrio dinâmico (velocidade constante), tem-se: 2T2 = T1
NH + T2 = PH (para a pessoa) NH + PP = T1 (para a prancha)
Na situação limite, para que a pessoa puxe a prancha, a força normal entre ela e a plataforma deve tender a zero. 2T2 = T1 PP = T1 Dessa forma: 2T2 = T1 2PH = PP 2mH · g = mP · g 2 · 75 = mP ⇒ mp = 150 kg 15 D
O caixote realiza um movimento retilíneo uniforme, ou seja, não há variação da energia cinética nele. Logo, o tra-balho feito pela força de tração (T) deve ser, em módulo, igual ao trabalho feito pela força de atrito (fat), a qual varia com a massa de areia perdida.
Como a perda de areia é de 1 kg/m, ao final de 1 000 m, o caixote não terá mais areia (perda de 1 000 kg), restando apenas sua massa.
A força de atrito entre o caixote e o solo vale: fat =
μ
· Nsistemafat =
μ
· (Pcaixote + Pareia)fat =
μ
· g · (mcaixote + mareia),em que mareia é variável e diminui linearmente com a dis-tância percorrida.
A seguir está representado um gráfico da força de atrito pela distância percorrida.
0 L = 1 000
fat (N)
fati
fatf
fati =
μ
· g (mcaixote + mi,areia) fati = 0,3 · 10 · 2 000 fati = 6 000 Nfatf =
μ
· g · mcaixote = 0,3 · 10 · 1 000 fatf = 3 000 NA área sob a reta é numericamente igual ao módulo do trabalho da força de atrito.
A = (fati+fatf)⋅L=( + )⋅ 2 6000 3000 1000 2 A = 4,5 · 106 |τat| = 4,5 · 106 J τT = 4,5 · 106 J 16 B
O gráfico mostra como a aceleração varia com a distância. A área sob o gráfico dará o produto a · x, em que x é a distância percorrida.
Entre 0 e 8 m, a área é correspondente a uma semicircun-ferência de raio igual a 4. Logo:
A0; 8 m = π ⋅ 4 2 2 = 8π a · x0; 8 m = 8π m2/s2
Entre 8 m e 12 m, a área corresponde a uma semicircunfe-rência de raio 2. Logo:
A8 m; 12 m = π· 2 π 2 2
2
=
a · x8 m; 12 m = (–2π) m2/s2 (semieixo negativo)
Durante todo o trajeto, o produto a · x vale: a · x = 8π + (–2π) = 6π m2/s2
Sabe-se que o trabalho procurado é dado por: τ = F · d = m a x⋅ ⋅
6π
= 1 · 6π τ = 6π J
17 E
No instante t = 4 s, as três forças possuem o mesmo módulo.
No sistema vetorial de forças mostrado, cada ângulo vale 120o, pois eles são iguais.
Na figura A, três vetores têm a mesma origem e formam um ângulo de 120o entre um vetor e outro consecutivo, originando, portanto, um vetor resultante nulo, igual a zero.
18 B
Ao observar o sistema lateralmente, note que:
P N P · sen θ P · cos θ θ
Note que a força responsável pela trajetória oblíqua é a componente do peso, P · sen θ. Logo:
FR = P · sen θ m · a = m · g · sen θ a = g · sen θ a = 10 · sen 30o a = 5 m/s2
A aceleração de 5 m/s2 faz o módulo vertical da
veloci-dade variar no movimento, sendo paralela à superfície do plano inclinado.
A equação de alcance horizontal em um lançamento oblí-quo com ângulo α é dada por:
A = v sen a 02· (2α) Em que A = 5 m, v0 = 5 m/s e a = 5 m/s2. 5 = 25 2 5 ·sen( α) sen(2α) = 90o α = 45o
19 B
De acordo com o enunciado do problema, tem-se a seguinte situação: x A B β α v v0 y C O θ
Observando o polígono formado OABCO, o ângulo β é: θ + 90° + β + 90° = 360° θ + β = 180° 45º + β = 180° β = 135° Logo: α + β = 180° α + 135° = 180° α = 45°
Na componente horizontal do movimento: v0x = vx
v0 · cos θ = v · sen α
v0 · cos 45° = v · sen 45° v = v0 (em módulo)
Assim, a velocidade final está associada ao ponto em que a partícula toca o solo.
Logo, o tempo total do movimento é: vy = v0y – g · t (trajetória orientada para cima)
–v · cos 45º = v0 · sen 45º – g · tT g · tT = v0 · sen 45º + v0 · cos 45º g · tT = 2 · v0 · 2 2 tT = v g 0· 2 20 E
Quando C1 chega ao ponto B, a componente vertical da sua velocidade é nula, e o mesmo ocorre com a veloci-dade inicial de C2 (em queda livre).
Em virtude da ação da aceleração da gravidade, os dois sempre estarão na mesma linha horizontal em qualquer instante. Desse modo, considerando o solo suficiente-mente grande, eles podem colidir entre si para qualquer valor de d.
