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– 1 FÍSICA LIVRO 3 – MECÂNICA Capítulo 1 – Estudo do Plano Inclinado 9) A força indicada pela balança corresponde à força normal de compressão que, com a balança inclinada, corresponde à componente nor mal do peso do corpo. cos � = = 0,80 PN = P cos � = 100 . 0,80 (N) Resposta: D 10) Para um corpo em um plano inclinado sem atrito, temos: PFD: Pt = ma m g sen � = ma Os dois blocos, I e II, terão a mesma aceleração a = g sen � e um ficará parado em relação ao outro. Resposta: A 11) Durante a descida do plano inclinado, a aceleração de cada bloco é g sen 30°; a força resultante em cada bloco é a com - ponente tangencial do respectivo peso e a força de interação entre os blocos é nula, isto é: → f1 = → 0 e → f2 = → 0 Resposta: A 12) 1) PFD: Pt = ma mg sen � = ma a = g sen � a = 10 . 0,80 (m/s2) 2) VB 2 = VA 2 + 2 � �s (MUV) VB = 288 = m/s = 80m/s (80)2 = 0 + 2 . 8,0 . �s Resposta: 4,0 . 102m 13) Esfera 1: O módulo da aceleração da esfera é igual ao da gra vi dade: .a→1. = g ⇒ h = gt1 2 (1) Esfera 2: A componente da aceleração paralela ao plano é: a = g sen 30° = Logo: . → a2. = d = . . t22 = gt 2 2 � ⇒ 2h = gt22 sen 30° = = ⇒ d = 2h h = gt22 (2) Comparando-se as equações (1) e (2), obtemos: gt 1 2 = gt2 2 ⇒ = ⇒ Resposta: = 40 ––– 50 PN = 80N a = g sen � a = 8,0m/s2 288 ––– 3,6 km ––– h �s = 4,0 . 102m 1 –– 2 g –– 2 g –– 2 1 –– 4 g –– 2 1 –– 2 1 –– 2 h –– d 1 –– 8 t1 1––– = –– t2 2 1 –– 4 t 1 2 ––– t 2 2 1 –– 8 1 –– 2 1 –– 4 1 –– 2 t1––– t2 14) 1) PFD: Pt – Fat = ma mg sen � – � mg cos � = ma 2) V2 = V0 2 + 2 � �s (MUV) V2 = 0 + 2g (sen � – � cos �) L Resposta: C 15) a) tAB = tBC ⇒ a1 = a2 ⇒ FR1 = FR2 Pt = Fat – Pt Fat = 2Pt � P cos � = 2 P sen � b) V = V0 + � t VB = 5,0 . 1,0 (SI) c) Respostas: a) b) 5,0m/s c) ver gráfico 16) PFD: F – Pt = m a F – mg sen � = m a F = m(a + g sen �) F = 50(2,0 + 10 . 0,60) (N) Resposta: A 17) 1) Conforme a figura: sen � = = 0,60 e cos � = = 0,80 2) Pt = Psen � = 50 . 0,60 (N) = 30N 3) Fat = � Pn = � P cos � = 0,40 . 50 . 0,80 (N) = 16N 4) PFD: F – (Pt + Fat) = m a 50 – (30 + 16) = 5,0a 50 – 46 = 5,0a ⇒ Resposta: B 18) a) PFD (M1 + M2): P2 – Pt1 = (M1 + M2) a 100 – 100 . 0,5 = 20 . a ⇒ b) PFD (M1): T – Pt1 = M1 2a (1) PFD (M2): P2 – 2T = M2 a (2) (1) x 2: 2T – 2Pt1 = 4M1 a (3) (3) + (2): P2 – 2Pt1 = (M2 + 4M1) a 100 – 100 = 50 . a ⇒ (sistema em equilíbrio) Respostas: a) 2,5m/s2 b) a1 = a2 = 0 19) Quando a massa de B é mínima, a tendência de movimento do sistema é B subir e A descer; por isso, a força de atrito em A é dirigida para cima e com intensidade máxima (20,0N). Para o equilíbrio: PtA = T + Fat T = PtB Portanto: PtA = PtB + Fat ⇒ mA g sen 30° = mB g sen 30° + Fat 10,0 . 10,0 . 0,50 = mB . 10,0 . 0,50 + 20,0 ⇒ mB = 6,0kg e mágua = 4,0kg Resposta: A a = g(sen � – � cos �) V = ���������������2gL (sen � – � cos �) ���3 � = 2 tg � = 2 . –––– 3 m VB = 5,0 –––s F = 400N 8,0 ––––– 10,0 6,0 ––––– 10,0 a = 0,80m/s2 a = 2,5m/s2 a = 0 a1 = a2 = 0 2 ���3 –––––– 3 2 – 20) a) 2.a Lei de Newton (A + B + C): PA – PtC = (mA + mB + mC) a mA g – mC g sen 30° = (mA + mB + mC) a 40 – 40 . = (4,0 + 2,0 + 4,0) a ⇒ b) PFD (A): PA – T1 = mA a 40 – T1 = 4,0 . 2,0 ⇒ c) PFD (C): T2 – PtC = mC a T2 – 20 = 4,0 . 2,0 ⇒ d) F2polia = T1 2 + T 1 2 = 2T 1 2 Fpolia = ��2 T1 ⇒ Respostas: a) 2,0m/s2 b) 32 N c) 28 N d) 32 ��2 N 21) F = Pt = P sen � F = 200 . 10 . (N) Resposta: B 22) sen � = = 0,1 F = Pt = P sen � F = 80 . 10 . 0,1 (N) Resposta: C 23) 1) Fat = Pt = mg sen � 2) Fat � � mg cos � mg sen � � � mg cos � tg � � � O valor máximo de � independe de g. Resposta: A 24) 1) sen � = = 2) PFD (caixa): Pt – Fat = ma 50,0 . 10,0 . – 137,5 = 50,0a 250,0 – 137,5 = 50,0a Fpolia = 32 ��2 N F = 1000N 1 –– 2 0,4 ––– 4,0 F = 80N (tg �)máx = � 1 ––– 2 AC ––– AB T2 = 28N T1 = 32N a = 2,0m/s2 1 ––– 2 1 ––– 2 a = 2,25m/s2 – 3 3) V2 = V0 2 + 2� �s (MUV) VB 2 = 0 + 2 . 2,25 . 2,0 VB 2 = 9,0 ⇒ Resposta: A 25) 1) Cálculo da aceleração do sistema: �s = V0t + t 2 (MUV) 7,2 = 0 + (12)2 7,2 = � . 72 ⇒ 2) PFD (sistema): Pt – P = (M + m) a 10100 . 0,1 – m . 10 = (1010 + m) 0,1 10100 – 100m = 1010 + m 9090 = 101m Resposta: A m = 90kg � — 2 � — 2 � = 0,1m/s2 VB = 3,0m/s 4 – FÍSICA LIVRO 3 – MECÂNICA Capítulo 2 – Componentes da Força Resultante 8) No trecho que contém o ponto P, o movimento do automóvel é circular uniforme e a força resultante é centrípeta (dirigida de P para M). Resposta: D 9) No trecho retilíneo (MRU), a força resultante é nula. Nos tre - chos circulares, a força resultante é centrípeta. Fcp = Sendo R2 � R1 = R3 � R4 = R5, temos: F2 F1 = F3 F4 = F5 Resposta: D 10) A força total de atrito terá uma com - po nente tangencial que vai equilibrar a força de resistência do ar, pois o movi mento é uniforme e a resultante tan gen cial é nula. A força total de atrito terá uma compo - nen te normal que fará o papel de resultante centrípeta. Resposta: B 11) a) A força aplicada pelo fio faz o papel de resul tante centrí - peta. T = Fcp = Tmáx = 50 = V2máx = 100 b) Tmáx = 50 = Respostas: a) Vmáx = 10m/s b) Lmín = 4,0m 12) a) Vrel = ⇒ 40 – 30 = b) Sendo o movimento circular e uniforme, a força re sul tante é centrípeta: Fcp = F1(predador) = (N) = 4,8 . 10 4N F2(presa) = (N) = 1,08 . 10 4N Respostas: a) 6,0s b) Predador: 4,8 . 104N ou 48kN Presa: 1,08 . 104N ou 10,8kN 13) a) b) c) O erro foi admitir que a intensidade da tração, no ponto mais baixo, era a mesma quando estava parado ou quan - do estava em movi mento. O seu teste não funcionou porque a força máxima que a corda aguenta tem intensidade F tal que: P < F < P + 14) a) A sensação de peso é máxima no ponto I e mínima no ponto II. No ponto I: NI – P = Fcp P ––– g V2 ––– R 150 . (40)2 –––––––––– 5,0 60 . (30)2 –––––––––– 5,0 60 ––––– �t �srel –––––– �t �t = 6,0s mV2 ––––– R mV2 –––– R mV2 ––––– R m V2máx–––––––– R 0,5 V2máx–––––––– 1,0 Vmáx = 10m/s m V2máx–––––––– R 0,5 (20)2 –––––––– Lmín Lmín = 4,0m mV2 NI = mg + ––––R – 5 b) No ponto II: NII + P = Fcp NII = 0 ⇒ P = Fcp ⇒ 15) A expressão que comparece no 2.° membro das opções é a resultante centrípeta, que corresponde à resultante das forças que têm a direção da normal (radial). Portanto: = Fcp = |T → A| + P cos � = . → TA. + Mg cos � Nota: Na direção da tangente, temos: Mg sen � = M at ⇒ Resposta: E 16) 1) A resultante tangencial é nula: 2) A resultante centrípeta é dada por: F3x – F1 = Fcp = F3x – 10,0 = 3) F3 2 = F3x 2 + F3y 2 Resposta: E 17) a) A velocidade tangencial (linear) é dada por: V = R V = 0,2 . 40(m/s) ⇒ b) A força da reação aplicada pelo chão, que corres ponde ao seu peso aparente, faz o papel de resul tante centrípeta: F = F = (N) ⇒ Respostas: a) 8,0m/s b) 128N 18) F – P = Fcp F – mg = 3mg – mg = V2 = 2 g R R = = (m) Resposta: C 19) Cada formiga terá MCU em torno do centro. A formiga 1 des - creve uma circunferência de raio R1 = 2,0cm; a formiga 2, de raio R2 = 6,0cm. A aceleração centrípeta tem módulo a dado por: a = 2R Como é o mesmo para as duas formigas, temos:= = 3 ⇒ A força resultante é centrípeta e, como as formigas possuem mas sas iguais, temos: F = m a ⇒ = = 3 ⇒ A velocidade tangencial V é dada por: V = R ⇒ Resposta: C 20) a) (F) A força de atrito máxima possível é dada por: Fatmáx = �E FN = �E P Fatmáx = 0,20 . 1800 . 10 (N) = 3600N b) (V)A força normal aplicada pelo chão equilibra o peso e a força de atrito faz o papel de resultante centrípeta. Resposta: B a2––– a1 R2––– R1 a2 = 3a1 F2––– F1 a2––– a1 F2 = 3F1 V2 = 3V1 V = ���gR mV2 mg = –––– R MVA 2 ––––– L at = g sen � F3y = F2 = 30,0N m V2 ––––– R 3,0 . 16,0 ––––––––– 1,6 F3x = 40,0N F3 = 50,0N V = 8,0m/s m V 2 ––––– R F = 128N 80 . 64 ––––––– 40 m V2 ––––– R m V2 ––––– R (200)2 ––––– 20,0 V2 ––– 2g R = 2000m 6 – 21) I. FALSA. A força centrífuga é uma força de inércia (pseu do - for ça) que só pode ser considerada em relação a um refe - rencial fixo no aparelho que está em rotação. Para um referencial inercial, não existe força centrífuga. II. VERDADEIRA. Todos os pontos girantes do aparelho em rotação têm a mesma frequência, o mesmo período e a mesma velocidade angular. III. VERDADEIRA. A velocidade linear V é dada por V = d, em que d é a distância do ponto considerado ao eixo de rota - ção e é a velocidade angular de rotação. Quan to mais afas tado estiver o ponto considerado do eixo de rotação, maior será sua velocidade linear. Resposta: D 29) 1) No bloco A: F = PA = Mg (1) 2) No bloco B: F = FCPB = m 2R F = m 2 R F = mR (2) 3) Comparando-se (1 ) e (2), obtém-se: Mg = . m R Resposta: A 30) 1) Fat = P = mg 2) FN = Fcp = 3) Fat = �d FN mg = �d �d = = Resposta: E 31) Supondo-se desprezível a influência do ar, a força gravitacional ( → P ) desempenha o papel de resultante centrípeta no mo vimen - to circular e uniforme do míssil. Fcp = P ⇒ = mg V = ���gR Sendo g = 10m/s2 e R = 6,4 . 106m, calculemos V: V = �������10 . 6,4 . 106 (m/s) ⇒ b) V = ⇒ T = T = (s) ⇒ T = 4800s Respostas: a) 8,0km/s b) 80min 32) a) 1) Cálculo do tempo de queda: �sy = V0y t + t 2 ↓(+) 1,25 = 0 + T2 ⇒ T2 = = 2) Cálculo de V0: V0 = ⇒ V0 = m/s ⇒ 2 . 3 . 6,4 . 106 –––––––––––––––– 8,0 . 103 T = 80min 2��–––� T 4�2 –––– T2 4�2 ––– T2 M 4�2R ––– = –––––– m gT2 mV2 ––––– R �d = 0,50 10 . 1,8 ––––––– 36 g R –––– V2 mV2 –––– R mV2 ––––– R m km V = 8,0 . 103 –– = 8,0 –––– s s 2�R –––– V 2�R –––– T �y ––– 2 25 ––– 16 2,5 ––– 1,6 1,6 ––– 2 T = 1,25s V0 = 12,0m/s 15,0 –––– 1,25 �x ––– �t – 7 b) FG = Fcp m g = VS = ������� g R VS = ������������������� 1,6 . 1,6 . 106 (m/s) Respostas: a) 12,0m/s b) 1,6km/s 33) a) → F: força aplicada pelo apoio → P: peso do conjunto b) A velocidade no ponto C será a mínima possível quan do a for ça de contato com a gaiola se anular e, nesse caso, o pe - so fará o papel de resultante cen trí peta. FC = 0 ⇒ P = FcpC m g = VC = ���gR = ������10 . 3,6 (m/s) Respostas: a) Ver figura b) 6,0m/s 34) FN + P = Fcp FN + m g = Quando V diminui, então FN também dimi nui. Quando FN = 0, a velocidade V será a mínima pos sível: mg = Vmín = ������� g R Vmín = ������������ 10 . 2,5 (m/s) Resposta: B 35) TA – P = Fcp TA = mg + TA = m TA = 1,0 N Resposta: D 36) No ponto mais baixo da trajetória, a re sul - tante entre a força normal do apoio → FN e o peso → P faz o papel de resultante cen trípeta. FN – P = Fcp FN = mg + FN = m �g + � Dados: m = 70kg g = 10m/s2 V = 144 = (m/s) = 40m/s R = 40m FN = 70 �10 + �(N) Resposta: C 37) a) Fcp = (N) ⇒ mV2 ––––– R V2 –––– R 144 –––– 3,6 km –––– h TA = 26,0N 16,0 �10,0 + –––––�1,0 m VS 2 –––––– R VS = 1,6 . 10 3m/s = 1,6km/s mVC 2 ––––– R VC = 6,0m/s m V2 ––––– R m Vmín 2 –––––––– R Vmín = 5,0m/s m V2 –––––– R V2 �g + ––––�R 1600 ––––– 40 FN = 3,5. 10 3N mV2 Fcp = ––––R Fcp = 24,0N 3,0 . 16,0 –––––––––– 2,0 8 – b) P – FN = Fcp FN = P – Fcp FN = (30,0 – 24,0) (N) A força normal que o carrinho troca com o apoio corres - ponde ao seu peso aparente. Respostas: a) 24,0N b) 6,0N 38) P – FN = Fcp FN = P – Fcp FN = mg – FN = m �g – � FN = 2,0 . 10 3 �10 – �(N) P = 2,0 . 104N = 0,60 ⇒ FN = 0,60P Resposta: C 39) a) b) Sendo o movimento uniforme, a ace lera ção é centrípe ta e seu módulo é dado por: acp = , sendo igual para os dois carros (in depende da massa). c) A força de atrito faz o papel de resul tante centrípeta e sua intensidade é dada por: Fat = macp = , sendo maior para o carro mais pesado. d) Não. A máxima velocidade permitida na curva sem derra - par independe da massa do carro e é dada por: Fatmáx = � m g = (independe da massa) 40) a) A força resultante é centrípeta; tem direção vertical, sen - tido para baixo e módulo dado por: FR = m 2 R FR = 30,0 . (0,40) 2 . 5,0 (N) ⇒ b) No ponto Q: P – FQ = Fcp No ponto S: Fs – P = Fcp Portanto: Fs – FQ = 2Fcp 41) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade será a mínima possível, com a condição de que o carvão não caia da lata, quando a força normal apli cada pelo fundo da lata se anular, e o peso será usado como resultante centrí peta. FN + P = Fcp = Para V = Vmín ⇔ FN = 0 mg = ⇒ Vmín = ���g R Vmín = �������10 . 0,80 (m/s) Resposta: C FR = 24,0 N Fs > FQ mV 2 ––––– R mV 2mín ––––––– R FN = 6,0N mV2 ––––– R 400 –––– 100 FN = 1,2. 10 4N FN–––– P FN = 60%P V2 ––– R m V2 ––––– R m V2máx ––––––– R m V2máx––––––– R Vmáx = ���� � g R V2 –––– R Vmín = ���8,0 m/s = 2 ���2,0 m/s – 9 42) Considerando-se o movimento como sendo uniforme, a força resultante será centrípeta e, no ponto B (mais baixo da trajetória), será vertical e dirigida para cima. Resposta: A 43) FN – P = Fcp FN = mg + FN = m g + FN = 50 10 + (N) Resposta: C 44) Ponto mais alto (A): P – F1 = (1) Ponto mais baixo (B): F2 – P = (2) (2) + (1): F2 – F1 = Resposta: D 45) 1) FN = P + FAR = P + P = 2P = 2mg 2) Fat = Fcp = 3) Fat � �E FN � �E 2mg V2 � 2�E g R V � ���������2�E g R Vmáx = ���������2�E g R Vmáx = ���������������2 . 1,25 . 10 . 100 (m/s) Resposta: A 53) a) V = R a = 2 R Como RA = 2RB, temos: VA = 2VB e aA = 2aB. b) Fcp = m 2 R T1 = FcpA = m 2 2L (1) T2 – T1 = FcpB = m 2 L T2 – 2m 2 L = m 2L T2 = 3 m 2 L (2) : Respostas: a) VA = 2VB e aA = 2aB b) Vmáx = 50m/s T2 3–––– = ––– T1 2 (2) –––– (1) m V2 ––––– R � V2 –––– R� �100–––––2,0� FN = 3,0 . 10 3N = 3,0kN mV2 –––– R mV2 –––– R 2mV2 ––––– R m v2 –––– R m V2 ––––– R T2 3–––– = ––– T1 2 10 – 54) a) 1) Ty = P = mg 2) Tx = Fcp = m 2 R 3) sen � = ⇒ R = L sen � 4) tg � = = = tg � ⇒ 2 . L sen � = g . 2 = ⇒ b) = ⇒ Respostas: a) b) 55) 1) Fat = P = mg 2) FN = Fcp = 3) Fat � � FN mg � V2 � V � ⇒ 4) tg � = = � Resposta: A 56) 1) tg � = a 2) Fy = P = m g Fx = Fcp = tg � = = tg � = V2 = g R tg � b a em b: V2 = g R . V2 = g h V = ���gh V = ������� 10,0 . 0,10 (m/s) Resposta: E 57) a) Conforme o gráfico dado: r = 1,6 . 1020m ⇒ FG = 4,0 . 10 19N FG = 4,0 . 1019 = M = . 1040kg b) Sendo a órbita circular, o movimento da estrela seráunifor - me e a força gravitacional fará o papel de resultante centrípeta. Como o módulo da velocidade não dependerá da massa da estrela, podemos usar os dados do gráfico: r = 1,6 . 1020 m ⇒ FG = 4,0 . 10 19 N FG = ⇒ 4,0 . 10 19 = V2 = 4,0 . 1,6 . 109 (SI) V2 = 64,0 . 108 (SI) Respostas: a) M � 1,5 . 1040 kg b) V = 8,0 . 104 m/s 58) a) A componente vertical de F → deve equilibrar o peso da bo la B: F sen � = Mg F = = ⇒ 4,0 . 2,56 ––––––––– 6,7 M � 1,5 . 1040kg 1,0 . 1030 . V2 –––––––––––– 1,6 . 1020 m V2 –––––– r V = 8,0 . 104 m/s R ––– L m 2 R ––––––– m g Tx –––– Ty sen � ––––– cos � 2 R ––––– g g = ������–––––––L cos � g ––––––– L cos � L cos � T = 2π ������–––––––gg������–––––––L cos �2π–––T mV2 –––– R �mV2 –––––– R gR Vmín =��––––�gR����–––�gR––––� Fat–––– FN h ––– R h ––– R GM m ––––––– r2 6,7 . 10–11 . M . 1,0 . 1030 –––––––––––––––––––––– 2,56 . 1040 V = 1,0m/s m V2 ––––– R Fx –––– Fy m V2 / R –––––––– m g V2 ––––– g R g = ������–––––––L cos � L cos �T = 2π ������–––––––g F = 2,5 Mg Mg ––––– 0,4 Mg –––––– sen � – 11 b) A resultante vertical na bola A deve ser nula: F sen � = F sen � + P F (sen � – sen �) = Mg 2,5 Mg (sen � – sen �) = Mg 2,5 (sen � – sen �) = 1 sen � – sen � = 0,4 sen � – 0,4 = 0,4 sen � = 0,8 Portanto: k = = ⇒ c) A componente horizontal de → F faz o papel de resul tante centrípeta. F cos � = M 2 R1 2,5 M . 10 . 0,9 = M 2 . 0,10 2 = 25 . 9 ⇒ Sendo = 2 π N, temos: 15 = 2 . 3 . N ⇒ ou Respostas: a) 2,5Mg b) 2 c) 2,5Hz 59) Seja f a frequência com que “giram” os pontos do ventilador. f = 60 rpm = Hz ⇒ a) A força que o prego transmite ao eixo do rotor tem inten - sidade igual à da resultante centrípeta reque rida pelo prego para realizar movimento circular e uniforme: F = Fcp ⇒ F = mp 2 rp F = mp (2�f) 2 R + F = 0,020 . 4�2 . 1,0 0,10 + (N) F = 0,028�2 (N) Fazendo-se � � 3, obtém-se: F = 0,028 (3)2 (N) ⇒ b) Para que a força resultante horizontal no rotor seja nula, o sistema rotor-eixo deve receber do contra peso uma força de intensidade igual à da força recebida do prego, porém em sentido oposto. mp . 2 . rp = M0 . 2 . R 0,020 . 0,35 = M0 . 0,10 c) O ponto D0, na borda do rotor, deve estar radialmente oposto à posição do prego. Respostas: a) 0,252N b) 0,070kg c) Ver figura 60) a) O peso “aparente” do astronauta corresponde à força nor - mal que ele recebe da estação e faz o pa pel de resul tante centrípeta. Pap = F = m 2 R Como se pretende simular uma gravidade apa rente igual a g, vem 2 R = g ⇒ k = 2 0,8 –––– 0,4 sen � –––––– sen � = 15rad/s N = 2,5HzN = 2,5 voltas/s f = 1,0Hz 60 ––– 60 � L –– 2� � 0,50 –––– 2� F � 0,252N M0 = 0,070 kg g = ��–––R 12 – b) O novo peso aparente será dado por: Pap = m 2 (R – h) Sendo 2 = , vem Pap = m (R – h) Como R – h < R, o peso aparente vai diminuir. Respostas: a) b) Pap = mg O peso aparente diminuiu. 61) 1) Para a roupa não escorregar para baixo, devemos ter: Fat = P = mg 2) A força normal aplicada pela parede do tambor faz o papel de resul tante centrípeta. FN = Fcp = m 2 R 3) Sendo o atrito estático, temos: Fat � � FN mg � � m 2 R � � � � � � 0,10 Resposta: B 62) 1) Fat = P = mg 2) FN = Fcp = 3) Fat � �E FN ⇒ mg � �E V2 � ⇒ V � Vmín = = (m/s) Resposta: A 63) mV2 ––––– R mV2 ––––– R gR ––– �E gR ––– �E 10,0 . 3,2 ––––––––– 0,5 gR ––– �E Vmín = 8,0m/s g ––– R g ––– R R – h Pap = mg �––––––�R � R – h ––––– R� g –––– 2R 10 ––––––– 100 . 1,0 �(mín) = 0,10 Observações: 1) O funcionamento do centrifugador não depende da massa do corpo. 2) Por maior que seja a velocidade angular , a força de atrito nunca será maior que o peso e a roupa nunca subirá. 3) Se o referencial adotado é o solo terrestre (referencial iner - cial), não existe força centrífuga atuando na roupa. 4) Se o referencial adotado é o centrifugador, a roupa está em repouso e, além das forças reais, passa a atuar na roupa uma força de inércia (chamada força fictícia ou pseudoforça) centrífuga que não é aplicada por nenhum agente físico e não é do tipo ação-reação. A força centrífuga é resultado do fato de o referencial adotado estar em rotação em relação ao solo terrestre e foi criada para explicar o fato de a roupa ficar em repouso em relação ao cilindro. g = ��–––R – 13 1) Ty = P = 6,0 . 10 2N 2) cos � = = T = = (N) Resposta: D 64) A força normal F → N que a pista exerce no veículo admite uma componente vertical F → y e uma componente ho rizontal F → x tais que: Fy = P = mg Fx = Fcp = Conforme a figura: tg � = = tg � = tg � = = � 0,305 Da tabela, o valor que mais se aproxima de � é 17°. Resposta: D P –––– T Ty –––– T 6,0 . 102 –––––––– 0,50 P ––––– cos � T = 1,2 . 103N m V2––––– R m V2/R ––––––– mg Fx–––– Fy V2–––– g R 2 500 ––––– 8 200 (180/3,6)2 ––––––––– 10 . 820 14 – FÍSICA LIVRO 3 – MECÂNICA Capítulo 3 – Trabalho 7) F = Fx = Fx . d A componente Fy não realiza trabalho porque é perpendicu lar ao des locamento. F = 15 . 2,0 (J) Resposta: D 8) A força de atrito é uma força dissipativa que transforma energia mecânica em térmica. A força aplicada pela mola é uma força conservativa que transforma energia potencial elástica em energia cinética ou vice-versa. Resposta: A 9) a) A distância percorrida pela base do tubo até atingir a cabeça do executivo corresponde à altura H = 3,2m. Usando-se a Equação de Torricelli: V2 = V0 2 + 2��s Vf 2 = 0 + 2 . 10 . 3,2 b) O trabalho do peso é dado por: P = – m g H P = – 450 . 10 . 5,5 (J) Respondendo com notação científica e com dois alga ris - mos significativos, temos: Respostas: a) 8,0m/s b) –2,5 . 104J (aproximadamente) 10) A força de tração aplicada pelo fio faz o papel de resultante centrípeta e, por ser normal à trajetória, não realiza trabalho. Resposta: A 11) a) 1) A distância percorrida, em relação à esteira, é dada por: d = V . �t 2) O deslocamento vetorial do jovem, em relação ao solo terrestre, é nulo. b) 1) A força que movimenta a esteira é a força de atrito que o jovem aplica com seus pés: 2) A energia consumida para movimentar a esteira é dada por: E = 300kcal = 300 . 103 . 4,0J Esta energia pode ser medida pelo trabalho realizado pelo jovem, que é equivalente a: = F . d 1,2 . 106 = F . 4,8 . 103 Respostas: a) 4,8km e zero b) esquema e 2,5 . 102N 12) 1) Na direção vertical, temos: FN + Fy = P FN + F sen 37° = mg FN + 250 . 0,60 = 1000 ⇒ E = 1,2 . 106J F = 2,5 . 102N 7,2 d = ––––– . 40 . 60 (m) 3,6 d = 4,8 . 103m = 4,8km P = – 24750 J P = – 2,5 . 10 4 J F = 30J Vf = 8,0m/s FN = 850 N – 15 2) O trabalho do atrito é dado por: at = Fat . d . cos 180° at = �d FN . d (– 1) at = – 0,50 . 850 . 10 (J) Resposta: E 13) F = → F → d cos 35° F = 10 . 3,4 . 0,8 (J) Respostas: B 14) (I) Cálculo da “distância percorrida” pela jovem: V = 5,4km/h = m/s = 1,5m/s; �t = 7,0min = 420s V = ⇒ d = V �t d = 1,5 . 420(m) ⇒ (II) Cálculo da intensidade da força: = 36 . 103cal = 36 . 103 . 4,2J = 151200J = Fd ⇒ F = F = (N) ⇒ Resposta: D 15) = Fat �s = �Fn . 20 2�R = 0,2 . 200 . 20 . 6 . 0,3(J) Resposta: A 16) Para 1� de gasolina, o automóvelpercorre 15km e a energia que vai para os pneus é dada por: E = 0,13 . 30 . 106J = 3,9 . 106J Esta energia corresponde ao trabalho realizado: E = Fm . d 3,9 . 106 = Fm . 15 . 10 3 Resposta: B 17) 1) P = – mTgH 4500 = mT . 10 . 5 2) mT = mP + mA + mF 90 = 5 + mA + 25 Resposta: C 18) Como o peso é vertical e os dois deslocamentos são hori - zontais (x e y são eixos horizontais), o trabalho do peso é nulo. Resposta: A 19) 1) Cálculo do trabalho do peso: P = mgh P = 50 . 10 . 10(J) 2) Cálculo do trabalho da força de atrito: at = Fat . d . cos 180° sen � = d = at = –�mg cos � . d = –�mg cos � . at = –0,50 . 500 . 0,70 (J) 3) O trabalho total é dado por: total = P + at total = 5,0kJ – 2,5kJ Resposta: B 27) TEC: at = �Ecin �mg �s cos 180° = 0 – �s = (m) = 100m Resposta: D P = 5,0 . 10 3J = 5,0kJ h ––– d h ––––– sen � 10 ––––– 0,70 at = –2,5 . 10 3J = –2,5kJ total = 2,5kJ m V20–––––– 2 V20 �s = ––––– 2�g (20,0)2 –––––––––– 2 . 0,2 . 10 Fm = 260N mT = 90kg mA = 60kg at = – 4250 J F = 27,2J 5,4 ––––– 3,6 d ––––– �t d = 630m ––– d F = 240N 151200 ––––––– 630 = 1440J h ––––– sen � 16 – 28) TEC: at = �Ecin �C m g d cos 180° = 2 – V2 �C d g (–1) = – V2 = – Resposta: A 29) a) 1) Cálculo do tempo de queda: �sy = V0yt + t 2 (MUV) ↓� 1,25 = 0 + tQ 2 tQ 2 = 0,25 ⇒ 2) Cálculo da velocidade horizontal V1: �sx = V1 t 5,0 = V1 . 0,50 ⇒ b) A força de atrito é a força resultante utilizada na freada do carro. Aplicando-se o teorema da energia cinética: at = �Ecin � m g d cos 180° = – 0,7 . 10 . 12,5 (–1) = – – 87,5 = 112,5 – = 200 V0 2 = 400 ⇒ Respostas: a) 10m/s b) 20m/s ou 72km/h 30) Teorema da energia cinética: total = �Ecin P + F = 0 m g H – F h = 0 m g H = F h Resposta: 31) a) F = → F → d cos 0° F = 30 . 3,0 . 1 (J) ⇒ b) 1) P = –mgH P = –1,0 . 10 . 3,0 (J) ⇒ 2) TEC: total = �Ecin F + P + ar = �Ecin 90 – 30 + ar = 40 ar = (40 – 60) (J) Respostas: a) 90J b) –20J 32) TEC: at + P = �Ecin – �mgd + mgH = 0 d = = = 5,0m O menino percorre 5,0m na região de atrito: 2,0m de B para C 2,0m de C para B 1,0m de B para M (ponto médio entre B e C) Resposta: A 33) a) De A para B: mg H = – ⇒ b) De A para C: mgH + �mg D cos 180o = 0 F = 90 J P = –30 J ar = –20J 1,0m ––––– 0,2 H ––– � P = �Ecin vB = �������2g H mvA 2 ––––– 2 mvB 2 ––––– 2 P + at = �Ecin m g H h = ––––––– F m g H h = ––––––– F �y ––– 2 10 ––– 2 tQ = 0,50s V1 = 10m/s mV0 2 ––––– 2 mVf 2 ––––– 2 V0 2 ––– 2 (15)2 –––– 2 V0 2 ––– 2 V0 2 ––– 2 V0 = 20m/s 3V2 �C = –––––8gd � 3V2 ––– 4� 1 ––– 2� V2 ––– 4� 1 ––– 2 � V ––– 2�� m ––– 2 – 17 H = �D ⇒ Respostas: a) �������2g H b) 34) TEC: total = �Ecin P + F = 0 mg (H + d) + F . d . cos 180° = 0 mg (H + d) = F d F = F = (N) Resposta: C 35) 1) F = área (Fxd) = (10,0 + 5,0) (J) = 75,0J 2) P = –mgH = – 0,50 . 10 . 10,0 (J) = – 50,0J 3) TEC: total = �Ecin V2 = 100 ⇒ Resposta: C 36) a) A intensidade da força de atrito é dada por: Fat = � FN Fat = 0,50 . 100 (N) ⇒ b) 1) O trabalho do atrito é dado por: at = | → Fat| | → d | cos 180° at = 50 . 2,0 . (–1) (J) 2) O trabalho da força → F é medido pela área sob o gráfico (F x d): F = (J) 3) O trabalho total é dado por: total = F + at c) O módulo da velocidade (V) é cal culado pelo teorema da energia cinética: 125 = V2 ⇒ Respostas: a) 50N b) 125J c) 5,0m/s 37) a) Logo após o ciclista parar de pedalar, entre os ins tantes t0 = 0 e t1 = 4s, o gráfico V = f(t) é praticamente retilíneo e a aceleração escalar é constante e dada por: A = = (m/s2) ⇒ b) Imediatamente após o ciclista deixar de pedalar, a força de resistência ao movimento é responsável pela aceleração do veículo já calculada. Aplicando-se a 2.a Lei de Newton: | FR | = M |A| |FR | = 90 . 0,25 (N) ⇒ c) 1) Durante a fase de movimento retilíneo uniforme, a força motriz tem a mesma intensidade da força de resistên - cia: |Fm | = |FR | = 22,5N (150 + 75) 2,0 ––––––––––––– 2 F = 225J total = 125J mV2 mV0 2 total = ––––– – –––––2 2 V = 5,0m/s 10 –––– 2 A = – 0,25m/s2 –1 ––– 4 �V –––– �t Fat = 50N at = –100J H � = ––– D mg (H + d) –––––––––– d 10,0 (24,2) ––––––––––– 0,2 F = 1,21 . 103N 10,0 –––– 2 m V2 m V0 2 F + P = –––––– – –––––––2 2 0,50V2 75,0 – 50,0 = –––––––– – 0 2 V = 10,0m/s H � = ––– D |FR | = 22,5N 18 – 2) O trabalho realizado pelas forças musculares da pessoa é dado por: = Fm . �s = Fm . V �t 3) A energia E é dada por: � = ⇒ E = E = = (J) Respostas: a) –0,25m/s2 b) 22,5N c) 9,0 . 102kJ 38) a) A massa de água remanescente no balde é dada por: m = m0 – k t Como a velocidade é constante, temos: V = ⇒ t = Portanto: m = m0 – h ⇒ m = m0 – C h C Para h = 20m, temos m = 10kg. 10 = 30 – C . 20 ⇒ 20 C = 20 ⇒ C = 1 (SI) (SI) b) Sendo o movimento uniforme, temos: F = P = mg = (30 – h) 10 (SI) c) F = área (F x d) F = (300 + 100) (J) ⇒ Respostas: a) m = 30 – h (SI) b) F = 300 – 10h (SI) c) 4,0kJ 39) 1) Fx = F cos � = F sen � = 8,0 . 0,64 (N) 2) FR = 0 ⇒ Fat = Fx = 5,12N 3) at = Fat . d . cos 180° at = 5,12 . 100 . (–1) (J) at = –512J Resposta: B Outra maneira: 1) F = | F → | | d → | cos � F = 8,0 . 100 . 0,64 (J) F = 512J 2) TEC: total = �Ecin F + at = 0 at = – F = –512J 40) TEC: at = �Ecin at = 0 – at = – . (28) 2 (J) at = –1,96J Resposta: B 41) Sendo cons tante a velocidade com que o bloco se des loca, em decorrência do teorema da energia cinética, te mos: � F � = � Fat � � F � = Fat . d � F � = �mgd � F � = 0,2 . 5,0 . 10 4 . 10 . 3,0 . 104 (J) � F � = 3,0 . 10 9J Fx = 5,12N | at | = 512J mV20–––––– 2 5,0 . 10–3 ––––––––– 2 | at | � 2,0J = 4,0 . 103J = 4,0 kJ 20 ––– 2 –– � –– E 22,5 . 5,0 . 1800 –––––––––––––– 0,225 Fm . V �t ––––––––––– � E = 9,0 . 105J = 9,0 . 102kJ h ––– V h ––– t k ––– V m = 30 – h F = 300 – 10h – 19 Porém, o trabalho ( F ) é realizado por 500 pessoas; as sim, o valor médio para o trabalho realizado por indivíduo pode ser calculado por: individual = individual = (J) individual = 6,0 . 10 6 J = 6,0 . 103kJ Resposta: D 42) 1) Se o bloco se move com velocidade constante, a força resultante sobre ele é nula: 2) Aplicando-se o teorema da energia cinética (TEC), obtém- se: total = �Ecin F + P = 0 F – mgh = 0 Portanto: Resposta: B 43) TEC: R = �Ec Fm . d . cos 180° = (V 2 – V20) Fm . 0,10 . (–1) = . 10 –3 (9,0 . 104 – 16,0 . 104) Resposta: D 44) 1) � = ⇒ m = � . vol = 1,05 . 103 . 7,5(kg) � 7,9 . 103kg 2) TEC: total = �Ec c + p = 0 c – mgH = 0 c = mgH c = 7,9 . 10 3 . 10,0 . 1,7(J) Resposta: D 45) Desprezando-se a velocidade do atleta no ponto mais al to de sua trajetória parabólica e aplicando-se o teorema da energia cinética, obtém-se: total = �Ecin Como foi desprezado o trabalho muscular interno, te m-se: peso = – –mgH = 0 – V0 2 = 2gH V0 = �����2gH V0 = �������2 . 10 . 3,2 (m/s) Resposta: D mV0 2 –––– 2 mV2 –––– 2 mV0 2 –––– 2 V0= 8,0m/s c = 1,3 . 10 5J F–––––– 500 3,0 . 109 ––––––––– 500 F = mgh I = II m ––– 2 20 ––– 2 Fm = 7,0 . 10 3N m ––– vol 20 – FÍSICA LIVRO 3 – MECÂNICA Capítulo 4 – Potência Mecânica 9) 1) Conforme a figura: sen 30° = = ⇒ 2) TEC: motor + p = 0 (MU) motor – mgH = 0 motor = mgH = 15 . 200 . 6,0 (J) 3) Potm = ⇒ Resposta: C 10) a) A senhora aplica sobre a escada uma força vertical para baixo de intensidade igual à de seu peso e que sofre um deslocamento vertical H = 7,0m. Portanto: = PS . H = 60 . 10 . 7,0 (J) ⇒ A potência cedida à escada é dada por: Pot = = ⇒ b) 1) O número de degraus da escada é dado por: H = n h 7,0 = n . 0,2 ⇒ 2) Para que os tempos gastos pelo homem e pela mulher se jam iguais, devemos ter: VR(homem) = VR(mulher) A velocidade resultante do homem é dada por: VR(H) = VH – VE A velocidade resultante da mulher é dada por: VR(M) = VE Portanto: VH – VE = VE ⇒ Sendo e a extensão do degrau, temos: = 2 Portanto: c) Para um referencial fixo na escada, o homem tem ve - locidade escalar constante 2V e sobe uma altura 2H, em que H é a altura da escada em relação ao solo. Aplicando-se o teorema da energia cinética, obtém-se: interno + Peso = �Ecin interno – 2mgH = 0 ⇒ interno = 2 . 80 . 10 . 7,0 (J) Respostas: a) 1,4 . 102 W b) 70 c) 11,2kJ 11) 1) motor = �Ecin = – motor = (J) = 450 . 10 3J 2) Potmotor = – = 45 . 10 3W = 45kW Resposta: A 12) a) Quando o elevador se movimenta com velocidade cons - tante, a força resultante sobre ele é nula e a força aplicada pelo cabo equilibra o peso do elevador. F1 = P = Mg F1 = 5,0 . 10 3 . 10 (N) b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton para o instante con - siderado, temos: F1 = 5,0 . 10 4N = 4,2 . 103J Pot = 1,4 . 102W 4,2 . 103J ––––––––––– 30s –––– �t n = 35 VH = 2VE n e ––––– �t n’e ––––– �t n’ = 2n = 70 interno = 2mgH interno = 1,12 . 10 4 J = 11,2 kJ mV20––––– 2 mV2f––––– 2 1,0 . 103 . 900 ––––––––––––– 2 450 .103J ––––––––– 10s motor––––– �t H –––– AB H = 6,0m H ––– 12 1 ––– 2 total = �Ecin motor = 18 . 103J motorPotm = –––––– �t Potm = 3,0 . 10 2W 18 . 103J –––––––– 60s – 21 F2 – Mg = Ma F2 = M (a + g) F2 = 5,0 . 10 3 . 15 (N) F2 = 75 . 10 3N c) No instante T, em que a = 5,0m/s2, temos Pot = F2V2 (constante) 150 . 103 = 75 . 103 V2 ⇒ d) Como a potência é constante, a velocidade máxima VL ocorre quando a respectiva força aplicada pelo ca bo é míni - ma; isto ocorre quando F = P = 5,0 . 104N. Pot = Fmín VL = constante 150 . 103 = 50 . 103 VL ⇒ Respostas: a) 5,0 . 104N b) 7,5 . 104N c) 2,0m/s d) 3,0m/s 13) 1) MRU: Fmotriz = Fr = kV 2) Potmotriz = Fmotriz . V . cos 0° Potmotriz = kV . V = k V 2 Quando V duplica, a potência motriz fica mul ti pli cada por 4. Resposta: A 14) a) 1) Para uma dada velocidade, a aceleração será máxima quan do o motor estiver desen vol vendo sua potência máxima: Potmáx = Fmáx . v 2,64 . 106 = Fmáx . 120 ⇒ 2) 2.a Lei de Newton: Fmáx = m amáx 2,20 . 104 = 1,10 . 103 amáx ⇒ b) A força que acelera o veículo é recebida do chão por meio do atrito e, portanto: F � Fatdestaque Fmáx = � (P + Fa) 2,20 . 104 = 0,50 (1,10 . 104 + Fa) 4,40 . 104 = 1,10 . 104 + Fa ⇒ c) Para as rodas derrapando, o atrito é dinâmico e a força de atrito terá intensidade dada por: Fat = � P = 0,50 . 1,10 . 10 4 (N) = 5,50 . 103N A velocidade dos pontos da periferia da roda tem módulo v dado por: v = R = 600 . 0,40 (m/s) = 240m/s Como o carro ainda não se movimentou, toda a potência forne cida pelo motor foi consumida pelo atrito: Potmotor = |Potatrito| = Fat . V Potmotor = 5,50 . 10 3 . 240 (W) ⇒ Respostas: a) 20,0m/s2 b) 3,30 . 104N c) 1,32 . 106W 15) a) 1) A potência útil do motor do carro é dada por: Pot = FV 120 . 103 = F . 60 ⇒ F = 2,0 . 103N 2) Sendo constante a velocidade do carro, a força resultante é nula e portanto: Far = F = 2,0 . 10 3N ⇒ b) Estando o carro com o motor desligado (motor desa copla - do), a força de atrito trocada com o plano será nula e, para manter a velocidade constante, teremos: Pt = Far Mg sen � = Far 800 . 10 . sen � = 2,0 . 103 ⇒ c) sen � = 0,25 V2 = 2,0m/s VL = 3,0m/s Fmáx = 2,20 . 10 4N amáx = 20,0m/s 2 Fa = 3,30 . 10 4N Potmotor = 1,32 . 10 6 W Far = 2,0 . 10 3N F2 = 7,5 . 10 4N F2 = 7,5 . 10 4N 22 – 1) Para manter a velocidade constante, a força re sul tante é nula e portan to: F’ = Pt + Far ⇒ F’ = Mg sen � + Far F’ = 800 . 10 . 0,3 + 2,0 . 103 (N) ⇒ 2) A potência útil desenvolvida pelo motor será da da por: Pot = F’ V Pot = 4,4 . 103 . 60 (W) ⇒ Pot = 264 . 103W Respostas: a) 2,0 . 103N b) sen � = 0,25 c) 264 kW 16) 1) A areia deve receber da esteira uma força horizontal dirigida para a direita. Essa força, su posta constante, terá intensidade F dada por: PFD: F = ma = Como = 3,0 kg/s e V = 4,0m/s, vem: F = 3,0 . 4,0 (N) ⇒ 2) Pela lei da ação e reação a areia aplica na esteira uma força horizontal para a esquerda de mesmo módulo F = 12,0N. 3) Para manter a esteira com velocidade constante, devemos aplicar-lhe uma força para frente com a mesma intensidade F e cuja potência será dada por: PotF = F . V . cos 0° PotF = 12,0 . 4,0 . 1 (W) ⇒ Resposta: E 17) a) TEC: total = �Ecin B + P = – B – mgh = B = mgh + = m gh + B = 1000 10 . 7,0 + (J) B = 1000 (70 + 50) (J) = 1000 . 120 (J) b) PotB = PotB = = 0,20 . 10 3W Resposta: B 18) a) A energia que deixa de ser produzida por uma turbina em 3,0 h cor responde a: Eturbina = Pot · �t ⇒ Eturbina = 680 · 10 3 · 3,0 (kWh) Eturbina = 2040 · 10 3 (kWh) ⇒ Eturbina = 2,04 · 10 6 kWh Cada domicílio consome E1 = 4,0 kWh. Assim, o número de domicílios N que deixariam de ser atendidos é dado por: N · E1 = Eturbina ⇒ N · 4,0 = 2,04 · 10 6 b) De acordo com os dados, a turbina recebe um volume de 600 m3 de água em um segundo. Temos, então: dágua = ⇒ M = dágua · V = 1,0 · 10 3 · 600 (kg) c) A potência mecânica da turbina (P) pode ser obtida por: P = ⇒ P = ⇒ P = P = dágua · Z · g · H ⇒ P = 1,0 · 10 3 · 600 · 10 · 120 (W) P = 7,2 · 108 W ⇒ P = 720 MW Respostas: a) N = 5,1 · 105 b) M = 6,0 · 105 kg c) P = 720 MW 19) A energia pode ser medida como o produto da potência pelo tempo. Portanto, se medirmos a potência em megawatts e o tempo em horas, a energia poderá ser medida na unidade: megawatts x hora (MWh) A unidade de energia foi indicada de modo incorreto nas expressões: 15 mil megawatts por h (MW/h) 5000 megawatts por h (MW/h) 1450 megawatts (MW) Resposta: D 20) 1) Elevador original: F1 = P1 = 1000 . 10 (N) = 1,0 . 10 4N V1 = = = m/s Pot1 = F1 V1 = . 10 4W 2) Novo elevador: F2 = P2 = 8,0 . 10 3N F’ = 4,4 . 103N Pot = 264 kW mV ––– �t m ––– �t F = 12,0 N PotF = 48,0 W mV0 2 ––––– 2 mV2 ––––– 2 mV2 ––––– 2 � V2 ––– 2� mV2 ––––– 2 � 100 ––– 2� B = 1,2 . 10 5 J B––– �t 1,2 . 105J ––––––––– 6,0 . 102s PotB = 200W N = 5,1 · 105 domicílios M ––– V M = 6,0 · 105 kg dágua . V . g . H –––––––––––––– �t mgH ––––– �t P ––– �t 2 –– 3 20m –––– 30s �s1 –––– �t1 2 –– 3 – 23 V2 = = = 1,5 m/s Pot2 = F2 V2 = 1,2 . 10 4W Portanto: F2 < F1 Pot2 > Pot1 Resposta: B 21) 1) A potência útil do motor é dada por: Potu = TEC: total = �EC motor + P = 0 motor – mgH = 0 ⇒ Potu = = (W) = 500W 2) A potência total do motor é dada por: �= 0,95 = ⇒ PotT = (W) � 526W Resposta: D 22) 1) TEC: total = �Ecin motor + P = 0 ⇒ motor – mgH = 0 motor = m g H = 80,0 . 10,0 . 30,0 (J) 2) Cálculo do tempo gasto: 1.a etapa: = ⇒ = 2.a etapa: V = ⇒ 1,0 = 3.a etapa: = ⇒ = ⇒ 3) Potm = = kW = 0,48kW Resposta: D 23) Pot = = m = � . Vol ⇒ Pot = � g H ⇒ 513 . 106 = 0,9 . 1,0 . 103 . Z . 10 . 114 Z = 5,0 . 102m3/s Como 1m3 = 103�, obtemos: Z = 5,0 . 105�/s. Resposta: E 24) 1) TEC : total = �Ecin motor + P(elevador) + P(contrapeso) = 0 motor – MEgH + MCPgH = 0 motor = (ME – MCP)gH = 250 . 10,0 . 54,0 (J) = 1,35 . 10 5J 2) Potm = = ⇒ Resposta: D 30m –––– 20s �s2 –––– �t2 motor ––––– �t motor = mgH 100 . 10 . 5 ––––––––––– 10 mgH ––––– �t Potu ––––– PotT 500 –––– 0,95 500 ––––– PotT motor = 24,0 . 10 3J = 24,0kJ 0 + 1,0 –––––– 2 10,0 ––––– T1 V0 + V–––––– 2 �s ––– �t T1 = 20,0s T2 = 10,0s 10,0 ––––– T2 �s ––– �t T3 = 20,0s 1,0 + 0 –––––– 2 10,0 ––––– T3 V0 + V–––––– 2 �s ––– �t T = T1 + T2 + T3 = 50,0s 24,0 ––––– 50,0 motor ––––––– �t mgH ––––– �t P ––––– �t Vol ––––– �t Pot = � Z g H Potm = 750W 1,35 . 105J –––––––––– 3,0 . 60s motor ––––––– �t 24 – FÍSICA LIVRO 3 – MECÂNICA Capítulo 5 – Energia Mecânica 9) A energia cinética da criança, em relação à estrada, é dada por: V = 72 = (m/s) = 20m/s EC = . (20) 2 (J) Em relação ao carro, a criança está para da e sua ener gia cinética é nula. Resposta: D 10) EC = 2,0 . 102 = V2 = 4,0 . 102 Do gráfico dado: V = 20m/s nos instantes t1 = 8,0s e t2 = 16,0s Resposta: C 11) 1) V = V0 + � t (MUV) V = g t 2) EC = = t 2 ↘ constante k O gráfico EC = f(t) é um arco de parábola com concavidade para cima. Resposta: D 12) 1) T = Fcp = ⇒ mV 2 = TL 2) Ec = = 3) Ec(máx) = Ec(máx) = (J) = 50J 4) Ec(máx) = Ec0 + n �Ec 50 = 20 + n . 2,0 Resposta: A 13) Para um referencial na cabeça do macaco: Epi = m g H Epi = 0,20 . 10 . 4,5 (J) = 9,0J Ed = Epi – Ecf Ed = 9,0J – 7,0J ⇒ Resposta: A 14) a) V2 = V0 2 + 2 � �s (MUV) (20)2 = 0 + 2 . 10 . H ⇒ b) Edissipada = Epot relativa ao chão = m g H Ed = 0,180 . 10 . 20 (J) Respostas: a) 20m b) 36J 15) a) 1 – Aplicando-se o Teorema de Pitágoras, vem: V0 2 = 9,0 + 4,0 ⇒ 2 – A energia cinética inicial é dada por: Ecin0 = . 13,0 (J) m V2 EC = –––––2 km ––– h 72 ––– 3,6 40 ––– 2 EC = 8,0 . 10 3J mV2 ––––– 2 1,0V2 ––––– 2 V = 20m/s m V2 ––––– 2 m ––– g2 2 EC = k t 2 m V2 ––––– L m V2 ––––– 2 T L –––– 2 Tmáx L –––––––– 2 100 . 1,0 –––––––– 2 n = 15 Ed = 2,0J H = 20m Ed = 36J V0 2 = V0x 2 + V20y V0 2 = 13,0 (SI) m V0 2 Ecin0 = ––––––––– 2 1,0 ––– 2 Ecin0 = 6,5J – 25 b) No ponto mais alto da trajetória, a velocidade só tem componente horizontal, que é igual à componente horizontal da velocidade de lan çamento, pois o movimento horizontal é uni forme. Ecin1 = (J) Respostas: a) 6,5 J b) 4,5 J 16) Ep = m g H A energia potencial gravitacional é proporcional a g; quando g duplica, então Ep também duplica. Resposta: D 17) 1) E1 = 621kcal = 621 . 10 3 . 4,2J � 2,6 . 106J 2) nE1 = m g H n . 2,6 . 106 = 70 . 10 . 80 = 56 000 n = � 2,2 . 10–2 Como n é inteiro o seu valor mínimo é 1. Resposta: A 18) 1) EC = Para V2 = 25 (m2/s2), temos EC = 750J 750 = . 25 ⇒ 2) m = mb + mC 60,0 = 8,5 + mC Resposta: D 19) Ei = m g H = 25 . 10 . 2,0 (J) = 500J Ef = = (4,0) 2 (J) = 200J Ed = Ei – Ef = 300J Resposta: D 20) EC = Quando V duplica, EC fica multiplicada por 4. Resposta: D 21) A energia potencial gravitacional é dada por: Ep = m g H Como gT é maior que gL, temos: o gato é gordo (maior m) o guarda-roupas é alto (maior H) o fenômeno ocorre na Terra (maior g) Resposta: D 22) 1) 100g ………………… E1 = 1,5 . 10 3kJ 400g ………………… E2 = 6,0 . 106J 2) E2 = m g H 6,0 . 106 = 10 . 10 . H Resposta: E 30) Desprezando-se o efeito do ar, a energia mecânica vai perma - necer constante: Ef = Ei m g H = ⇒ Portanto, a altura H é proporcional ao quadrado da defor - mação da mola. Quando x duplica, a altura fica multiplicada por 4. Resposta: E 31) a) Lei de Hooke: F = kx 0,80 . 10–6 = k . 0,80 . 10–6 b) E = (energia elástica) E = (0,10 . 10–6)2 (J) E = 0,50 . 10–14 (J) m V1 2 Ecin1 = ––––––––– 2 1,0 . 9,0 –––––––– 2 Ecin1 = 4,5J 5,6 . 104 –––––––– 2,6 . 106 mV2 ––––– 2 m –– 2 m = 60,0kg mC = 51,5kg mV2 ––––– 2 25 ––– 2 mV2 ––––– 2 E2 = 6,0 . 10 3kJ H = 6,0 . 104m = 60km k x2 –––– 2 k x2 H = –––––– 2 m g k = 1,0N/m k x2 –––– 2 1,0 –––– 2 E = 5,0 . 10–15J 26 – c) 2.a Lei de Newton: F = ma kx = ma 1,0 . 0,50 . 10–6 = m . 250 Respostas: a) 1,0N/m b) 5,0 . 10–15 J c) 2,0 . 10–9kg 32) Como o carrinho não consegue chegar à mesma altura de partida, concluímos que há dissipação de energia mecânica, isto é, durante todo o percurso, a energia mecânica vai diminuindo: ETM > ETN > ETP > ETQ Como EN < EP e as energias potenciais em N e P são iguais, concluímos que ECN > ECP. Resposta: D 33) 1) Durante a subida, a energia potencial de gravidade aumenta. 2) Durante a subida, a energia cinética é constante porque o movi mento é uniforme. 3) Durante a subida, a energia mecânica aumenta. Resposta: E 34) O ponto de maior risco é o de maior velocidade, que corres - ponde ao ponto mais baixo, de acordo com a conservação da energia mecânica (maior energia cinética implica menor ener - gia potencial). Resposta: B 35) Em queda livre, o esportista cai 11m. 1. Tempo de queda livre: �h = . g t2 ⇒ t = t = (s) ⇒ 2. Cálculo da variação da energia potencial: �Epot = mgh – mgH = m g (h – H) �Epot = 60 . 10 (–11) (J) 3. Cálculo da variação da energia cinética: Como se trata de queda livre, a energia mecânica não se altera e teremos: Respostas: 1,5s; – 6600J: redução da energia potencial; + 6600J: aumento da energia cinética. 36) a) A energia cinética adquirida pelo atleta é trans for mada, de acordo com o texto, em energia potencial gravita cional: �Ep = m g �H = �H = = (m) ⇒ b) Admitindo-se que o centro de massa do atleta esteja inicial mente a 1,0m do chão (metade de sua altura), a altura máxima atingida pelo atleta será dada por: Hmáx = �H + H0 Hmáx = 5,0m + 1,0m ⇒ c) O valor da altura máxima depende da velocidade horizontal máxima atingida pelo atleta. Com a mesma velocidade horizontal máxima (10m/s), a altura máxima atingida será a mesma, independentemen - te da massa do atleta. Respostas: a) 5,0m b) 6,0m c) ver texto 37) 1) Se a velocidade duplicar, a energia cinética ficará multipli - cada por 4 �Ec = � e passará a valer 400J. 2) Como a energia mecânica total vale 400J, então a energia potencial valerá zero e a pedra estará chegando ao solo. Resposta: C 38) a) x = 2,0m ⇒ EC = 100J Ep = Em – EC = 450J – 100J b) x = 6,0m ⇒ EC = 100J EC = ⇒ 100 = 100 . 103 = 40 V2 V2 = 2,5 . 103 ⇒ c) ECmáx = V 2 máx 400 = V2máx ⇒ V 2 máx = 1,0 . 10 4 ⇒ d) A velocidade não é nula em nenhuma posição pois a ener - gia cinética nunca é nula. Respostas: a) 350J b) 50m/s c) 100m/s d) Em nenhum ponto 1 –– 2 2 . �h ––––––– g 2 . 11 ––––––– 10 t � 1,5s �Epot = –6600J �Ecin = –�Epot = + 6600J m V20 –––––– 2 V20 –––– 2g (10)2 –––––– 2 . 10 �H = 5,0m Hmáx = 6,0m m V2–––––– 2 Ep = 350J m V2 –––––– 2 80 . 10–3 V2 ––––––––––– 2 V = 50m/s m ––– 2 80 . 10–3 ––––––––– 2 Vmáx = 100m/s m = 2,0 . 10–9kg – 27 39) a) Falsa: Em = 50J (constante) b) Falsa: x = 1m ⇒ Ec = 0 ⇒ Ep = 50J c) Falsa: x = 3m ⇒ Ec = 50J ⇒ Vmáxima d) Falsa: Ec = 50 = V2 = = 104 e) Correta: x = 1m ⇒ Ec = 0 ⇒ Ep = 50J Resposta: E 40) Como não há atrito, a energia mecânica permanece constan - te: (referência em B) = m g H A velocidade escalar VB independe da massa do corpo. Resposta: A 41) 1) V = 14,4 = (m/s) = 4,0m/s 2) Usando-se a conservação da energia mecânica: (referência em A) = m g h h = = (m) Resposta: A 42) Conservação da energia mecânica: (referência no solo) = m g H H = = (m) = 40m Resposta: A 43) E = 0,80 � + m g H� = 0,80m � + g H� E = 0,80 . 900 � + 10 . 50 � (J) E = 720 . 700 (J) E = 504 . 103J Resposta: B 44) (referência em B) = m g H VB = ����2gH = �������2 . 10 . 5 (m/s) Resposta: D EB = EA m VB 2 –––––– 2 VB = ���2gH km –––– h 14,4 ––––– 3,6 EA = EB mVA 2 –––––– 2 VA 2 ––––– 2g (4,0)2 ––––– 20 h = 0,80m = 80cm Efinal = Einicial m V2 ––––– 2 V2 ––– 2g (28)2 ––––––– 2 . 9,8 m V2 –––––– 2 400 ––––– 2 E = 504kJ EB = EA m VB 2 –––––– 2 100 ––––– 0,01 V = 100m/s m V2 –––––– 2 0,01 . V2 –––––––– 2 VB = 10m/s V2 ––– 2 28 – 45) Ecfinal = Epinicial = m g H V = ����2gH = ������������ ���������2 . 10,0 . 3,2 (m/s) Resposta: A 54) a) A: energia potencial: (Ep = m g h) B: energia cinética: (Ec = Em – m g h) C: energia mecânica: (Em = 2,5kJ = constante) b) Epmáx = m g hmáx 2,5 . 103 = m . 10,0 . 5,0 ⇒ c) Ecmáx = 2,5 . 103 = V0 2 V0 2 = 100 ⇒ 55) 1) V = V0 + � t V = g t Ec = = g 2 t2 = k t2 (parábola com concavidade para cima) 2) Ep = Em – Ec Ep = Em – k t 2 (parábola com concavidade para baixo) Resposta: A 56) a) (referência em B) = + m g H VB 2 = V0 2 + 2 g H VB = ����������� V02 + 2 g H VB = ��������������� 500 + 2 . 10 . 100 (m/s) b) Ed = EB – EC Ed = – m g h Ed = (50) 2 – 1,0 . 10 . 45 (J) Ed = 1250 – 450 (J) Respostas: a) 50 m/s b) 8,0 . 102J 57) a) + m g hB = + m g hA V B 2 + 2 g hB = VA 2 + 2 g hA VB = ��������������VA 2 + 2g (hA – hB) VB = ������������������36,0 + 2 . 10,0 (–1,0) (m/s) b) 1) Como hA = hC ⇒ 2) + m g hA = VD = ��������V0 2 + 2 g h VD = ��������������36,0 + 2 . 10,0 . 4,0 (m/s) VD � 10,8m/s c) P (AD) = �EC = (VD 2 – V A 2) P = (116 – 36,0) (J) ⇒ Respostas: a) 4,0m/s b) 6,0m/s e ����116 m/s c) 20,0J 58) 1) Do gráfico dado: t = 0,4s ⇒ VB = 4,0m/s 2) Usando-se a conservação da energia mecânica en tre A e B, vem: (referência em A) m VB 2 –––––– 2 1,0 ––– 2 Ed = 8,0 . 10 2J EB = EA m V B 2 ––––––– 2 m V A 2 ––––––– 2 VB = 4,0m/s VC = VA = 6,0m/s EA = ED m V 0 2 ––––––– 2 m V D 2 ––––––– 2 VD = ����116 m/s m ––– 2 0,50 ––––– 2 P = 20,0J m V 0 2 ––––––– 2 50,0 –––––– 2 V0 = 10,0m/s m V2 ––––––– 2 m ––– 2 EB = EA m VB 2 –––––– 2 m V0 2 –––––– 2 VB = 50m/s m = 50,0kg V = 8,0m/s m V2 ––––– 2 EB = EA – 29 + m g h = VB 2 + 2 g h = VA 2 h = (m) Resposta: B 59) 1) Cálculo do módulo de → VB: De A para B, a energia mecânica se conserva: (referência em B) = mgR ⇒ 2) Cálculo do tempo de queda de B para C: �sy = V0y t + t 2 (MUV) h – R = 0 + T2 ⇒ 3) Cálculo do alcance OC: �sx = Vx t (MU) ⇒ OC = ���2gR . Resposta: D 60) 1) Conservação da energia mecânica entre A e D: (referência em D) mg H = ⇒ H = = (m) ⇒ 2) Conservação da energia mecânica entre A e C: (referência em C) mg (H – h) = ⇒ H – h = ⇒ H = h + 20 = h + ⇒ Resposta: E 61) I) FALSA. A componente horizontal da velocidade só se mantém cons tan te depois que o corpo abandona a ram pa e fica sob ação exclusiva da gravidade. II) CORRETA. No trecho ABC, a velocidade horizontal é cons - tante porque a aceleração do corpo é vertical (→a = →g ). III) CORRETA. Usando-se a conservação da energia me câ nica entre A e B, vem: (referência em A) + m g (hB – hA) = IV) FALSA. Usando-se a conservação da energia mecânica entre o solo e o ponto B, temos: (referência no solo) V) CORRETA. Usando-se a conservação da energia mecâ nica entre A e B, vem: = + m g (hB – hA) Porém, VA 2 = VAy 2 + V Ax 2 e VAx = VB Portanto: V2 Ay + V2 B = + m g (hB – hA) Resposta: E 62) A energia mecânica do sistema formado pelo bloco e pela mola vai permanecer constante. A energia potencial de gravidade do bloco é trans for mada em energia potencial elástica da mola. m g H = 0,60 . 10 . 2,0 = 0,16 = x2 Resposta: B EB = EA m VB 2 –––––––––– 2 m VA 2 ––––––––––– 2 m VB 2 m VA 2 –––––– = –––––– – mg (hB – hA)2 2 Esolo = EB m V0 2 m VB 2 –––––– = m g hB + ––––––2 2 m VA 2 –––––––– 2 m VB 2 –––––––– 2 m ––––– 2 m ––––– 2 m VB 2 ––––––––– 2 m ––––– VAy 2 = m g (hB – hA) 2 k x2 ––––– 2 h = 1,0m EB = EA m VB 2 ––––– 2 VB = ���2gR �y –––– 2 g –––– 2 2(h – R) T = ––––––– g 2(h – R) –––––––– g OC = 2 �������R(h – R) EA = ED mVD 2 ––––– 2 VD 2 –––– 2g 400 –––– 20 H = 20m EA = EC mVC 2 ––––– 2 VC 2 –––– 2g VC 2 –––– 2g 100 –––– 20 h = 15m 36,0 – 16,0 ––––––––––– 20,0 VA 2 – VB 2 h = –––––––––– 2g mVB 2 ––––– 2 mVA 2 ––––– 2 150 x2 –––––– 2 x = 0,40m 30 – 63) Usando-se a conservação da energia mecânica, vem: (referência em A) m g h + = 0,1 . 10 . 0,1 + 0,1 = . (0,1)2 0,1 + VB 2 = 0,9 VB 2 = 0,8 VB 2 = 16,0 Resposta: 4,0m/s 64) 1) O tempo de queda só depende do movimento vertical (Princípio de Galileu). Como a aceleração é a mesma para todos os projéteis, o tempo de queda só dependerá do valor de V0y. O projétil D terá menor tempo de queda por - que foi lançado verticalmente para baixo. Os projéteis A e B terão tempos de queda iguais porque para ambos V0y = 0. Os projéteis C e E terão maior tempo de queda porque foram lançados para cima e será o mesmo para os dois porque: V0y(C) = V0 V0y(E) = 2 V0 cos 60° = V0 Portanto, 2) O módulo da velocidade de chegada ao chão é dado pela conservação da energia mecânica: Ef = Ei (referência no solo) = m g H + ⇒ Como V0E > V0B = V0C = V0D > V0A, resulta: Resposta: A 65) Conservação da ener gia mecâ ni ca: (referência em B) (M + 5m)g H = (600 + 400) . 10 . 20,0 = 0,25 4,0 . 105 = k . 0,25 k = 16 . 105 N/m Resposta: E 66) (referência em B) = mg (H – d) = 70 . 10 . 2,5 k . 0,25 = 1400 . 2,5 Resposta: C EA = EB kx2 –––– 2 k –– 2 k = 1,6 . 106 N/m = 1,6 . 103 kN/m EB = EA mVB 2 ––––– 2 k h2 ––––– 2 VB 2 –––– 2 180 –––– 2 0,1 –––– 2 0,1 –––– 2 VB = 4,0m/s TD < TA = TB < TC = TE mVf 2 ––––– 2 mV0 2 ––––– 2 Vf = ���������2 g H + V0 2 VE > VB = VC = VD > VA EA = EB k (h – d)2 –––––––– 2 k (0,5)2 –––––––– 2 k = 1,4 . 104N/m – 31 67) a) Ei = mA g HA Ei = 3,0 . 10 . 1,0 (J) ⇒ b) A energia potencial perdida por A é trans formada em: 1) energia potencial ganha por B; 2) energia cinética ganha pelo conjunto. mAgH = mBgH + 30 = 2,0 . 10 . 1,0 + 10 = V2 V2 = 4,0 Respostas: a) 30J b) 2,0m/s 68) A energia potencialperdida por B é transformada em energia cinética de A e de B: m g h = (M + m) = Resposta: D 69) A energia potencial perdida pelo bloco de massa 2m é trans - formada em: 1) energia potencial ganha pelo corpo de massa m; 2) energia cinética ganha pelo sistema. O bloco B subiu e o bloco A desceu 2mg = mg + g h = + 2 g h = g h + 3V2 3V2 = g h 3V2 = g h Resposta: A 70) A energia potencial da água é transformada em cinética e, em seguida, em energia elétrica. Resposta: B 71) A energia potencial da água é transformada em cinética, que aciona as turbinas do gerador. O gerador transforma a energia cinética da água em elétrica. Resposta: D 72) Conservação da energia mecânica: (referência em A) = m g (hb – ha) + VB = ����������������� VA2 – 2g (hb – ha) VB = ���������������� 225 – 2 . 10 . 10 (m/s) = ����25 m/s Resposta: B 73) Para um referencial passando por B, temos: EA = mg HA = 400 . 10 . 20 (J) = 80kJ EB = = (10) 2 (J) = 20kJ Ed = EA – EB = 60kJ Resposta: B 74) Em ambos os casos, de acordo com a conservação da energia mecânica, vem: = m g H Como as alturas dos pontos A e C, em relação ao plano horizontal que passa por B e D, são iguais, concluímos que: mVB 2 ––––– 2 400 ––––– 2 5,0 –––– 2 . V . = 2,0m/s V2 –––– 2 V2 –––– 2 m g h ––––––– M + m V2 M . m g h EcinA = M –––– = ––––––––––– 2 M + m h ––– 2 h ––– 2 3mV2 –––––––– 2 g h –––– 2 3V2 ––––– 2 V = g h ––– 3 EA = EB mVA 2 –––––––– 2 mVB 2 –––––––– 2 VB = 5,0m/s = 18km/h 5,0 V2 ––––––– 2 (mA + mB) V 2 ––––––––––––– 2 Ei = 30J h ––– 2 h ––– 2 mVf 2 ––––– 2 Vf = ������2 g H 32 – VM = VN e Resposta: B 89) a) Ec = Ee = . 2 ⇒ V2 = . b) 1) Na direção vertical: �y = V0y t + t 2 h = 0 + tQ 2 ⇒ tQ = 2) Na direção horizontal: V = ⇒ d = V . tQ ⇒ d = . 90) 1) Velocidade ao final da rampa: (referência em B) = m g h 2) Tempo de queda livre: �sy = V0y t + t 2 (MUV) H = 0 + tQ 2 3) Cálculo do alcance D: �sx = Vx t (MU) D = VB tQ D = ���2gh . Resposta: A 91) a) A corda vai ser acelerada pelo peso da parte dela que está pendente (comprimento x). PFD: Px = M . a mx . g = M . a A massa da corda é proporcional ao respectivo com pri - mento: mx = k . x e M = k . L Portanto: k x g = k L a ⇒ b) A energia potencial perdida é transformada em energia cinética. O centro de massa da parte pendente desceu uma distân - cia e, portanto: kx g = x2 g = L v2 v2 = x2 ⇒ c) EB = EA mVB 2 –––––– 2 VB = ���2gh �y ––– 2 g ––– 2 tQ = 2H –––– g D = 2 ���Hh g a = ––– x L x –– 2 2h –––– g k –––– m x ––– 2 d ––– tQ x d = ––– 2 2 k h –––––– m g g ––– 2 2h –––– g �y ––– 2 x V = ––– 2 k ––– m m V2 ––––– 2 k ––– 2 � x –– 2 � k ––– m x2 ––– 4 2H –––– g VM –––– = 1 VN k L v2 –––––– 2 x –– 2 g V = –– . x L g –– L – 33 92) O centro de gravidade da corda estava, inicialmente, a uma distância da polia e, ao iniciar a sua queda livre, estará a uma distância da polia e, portanto, desceu uma distância . Dada a conservação da energia mecânica da corda, a energia potencial perdida é transformada em energia cinética: Epotperdida = Ecinganha m g = V2 = Resposta: B 93) a) 1) A energia potencial gra vi ta cional para y = 0 é dada por U = m g H 24 . 103 = P . 30 2) A energia elástica co me ça a ser ar ma ze nada a partir do valor y = 20m. Isso sig nifica que o com pri men to natural da corda é L0 = 20m. b) Quando a pessoa atinge o ponto B, to mado co mo re - ferência, toda a ener gia mecânica está na forma elástica. (referência em B) = mg H ⇒ (10)2 = 24 . 103 ⇒ Respostas: a) P = 8,0 . 102N L0 = 20m b) k = 480N/m 94) Seja x a defor mação máxima da corda. Usando-se a con ser va ção da ener gia me câ ni ca com um pla no de referência pas san do pela posi ção mais baixa do centro de gra vi dade da pessoa, vem: Kx2 —— = mg (L0 + x + 2h)2 200 —— x2 = 1000 (18 + x + 2,0) 2 x2 = 10 (20 + x) x2 = 10x + 200 x2 – 10x – 200 = 0 10 � �������100 + 800 x = ————————— (m) 2 10 � 30 x = ———— (m) ⇒ x1 = – 10m (rejeitada)2 P = 8,0 . 102N EB = EA kx2 ––– 2 k ––– 2 k = 480N/m V = g L ––––– 2 L –– 4 L –– 4 mV2 ––––– 2 g L –––– 2 L –– 4 L –– 2 x2 = 20m 34 – Logo: Se ele não atingiu as rochas, dos valores citados, a menor dis - tância possível é de 41m. Resposta: D 95) 1) Quando se trata de fio, na condição de velocidade mínima, devemos impor que o fio fique frouxo no ponto mais alto. mg = ⇒ Impondo a conservação da energia mecânica da esfera pendular, entre A e B, vem: (referência em A) = m g 2 L + = 2 g L + V1 2 = 5 g L ⇒ 2) Quando se trata de haste (corpo rígido), a velocidade mínima em B é nula. Impondo a conservação da energia mecânica da esfera entre A e B, vem: (referência em A) = m g 2 L ⇒ V2 2 = 4 g L ⇒ Respostas: a) ������5 g L b) 2 ����g L 96) a) (referência em B) = m g h VB = ����2gh = ����������2 . 10 . 0,8 (m/s) b) TB – P = Fcp TB = mg + = m TB = 40 (N) c) cos � = = 0,8 Na posição A, a velocidade é nula, a resultante cen trípeta é nula e, portanto: TA = Pn = P . cos � TA = 400 . 0,8 (N) Respostas: a) 4,0m/s b) 560N c) 320N EA = EB m V2 2 –––––––– 2 V2 = 2 ����g L EB = EA m VB 2 –––––––– 2 VB = 4,0m/s m VB 2 –––––––– R � VB 2 g + ––– R � � 16,0 10 + –––– 4,0 � TB = 560N 3,2 ––– 4,0 TA = 320N P = FcpB m VB 2 –––––––– L VB 2 = g L EA = EB m V1 2 –––––––– 2 m VB 2 –––––––– 2 V1 2 –––– 2 g L –––– 2 V1 = ������5 g L H = 40m – 35 97) a) 1) Conservação da energia mecânica entre A e B: (referência em B) = m g L = 2 m g = Fcp B 2) TB – P = FcpB TB – P = 2P b) Como o raio vai reduzir-se à metade, a resultante centrí - peta em B vai duplicar. F’cp = 2 Fcp B = 4P T’B – P = 4P Respostas: a) 3P b) 5P 98) Usando-se a conservação da energia entre A e C, temos: (referência em C) m g L = ⇒ Imediatamente antes do instante t1: T1 – mg = ⇒ T1 – mg = 2mg (1) Após o instante t1, na queda livre, para um referencial fixo no elevador, a gravidade aparente é nula e a esfera passa a ter movimento circular e uniforme: T2 = Fcp = ⇒ (2) Comparando-se (1) com (2), vem: = ⇒ Resposta: E 99) 1) Conservação da energia mecânica: (referência em 2) = M g 2 R = 4 M g 2) Na posição 2, a resultante é centrípeta: F + P = Fcp 2 F + P = 4P F = 3P Resposta: C 100) a) 1) Quando a energia mecânica da esfera for a mínima possível, a velocidade em A será mínima e a força normal que a calha aplica na esfera se anula. P = FcpA ⇒ m g = VA 2 = g R ⇒ VA = ����g R VA = ���������10,0 . 0,40 m/s ⇒ E2 = E1 M V2 2 –––––––– 2 M V2 2 –––––––– R Fcp 2 = 4 M g F ––– = 3 P m VA 2 –––––––– R EA = EC m VC 2 –––––––– 2 m VC 2 –––––––– = 2 mg L m VC 2 –––––––– L T1 = 3mg m VC 2 –––––––– L T2 = 2mg T1 ––– 3 T2 ––– 2 T2 2 –––– = ––– T1 3 TB = 3P T’B = 5P m VB 2 –––––––– L m VB 2 –––––––– 2 EB = EA VA = 2,0 m/s 36 – 2) Conservação da energia mecânica entre A e B: (referência em B) = + m g 2 R VB 2 = VA 2 + 4 g R VB = ������������VA2 + 4 g R = ������������������������4,0 + 4,0 . 10,0 . 0,40 m/s b) 1)Na posição A: NA = 0 2) Na posição B: NB – P = FcpB = NB – 10,0 = ⇒ c) Fbalança = Pcalha + Força normal Fmín = Pcalha = 5,0N Fmáx = Pcalha + NB = 65,0N 101) 1) O menino perderá o contato com o iglu quando a força nor - mal de contato se anular. Nesse caso, o componente normal do peso (Pn = P cos �) fa - rá o papel de resultante centrípeta. Pn = FcpB = m g cos � = g cos � = (1) 2) Da figura: cos � = (2) (2) em (1): g . = ⇒ (3) 3) Usando-se a conservação da energia mecânica entre A e B: (referência em B) = m g (R – h) (4) 4) Comparando-se (3) com (4): g h = 2 g (R – h) h = 2R – 2h ⇒ 3h = 2R ⇒ 102) a) Não havendo atrito na descida da rampa A, a energia me - cânica permanece constante: mgHA = VA = ���� 2g HA A razão pedida é dada por: Ra = = ⇒ b) A energia mecânica dissipada na região horizontal é medida pelo trabalho do atrito: W = | at| = Fat . L W = �mgL A razão pedida é dada por: Rb = = ⇒ c) Aplicando-se o teorema da energia cinética entre a po sição inicial na rampa A e a posição final na rampa B, vem: P + at = �Ecin mg(HA – HB) – �mgL = 0 HA – HB = �L HB = HA – �L Portanto: HB(T) = HB(M) e Respostas: a) ��3 b) 3 c) 1 103) a) Usando-se a conservação da energia mecânica entre a posição inicial e a posição A, vem: (referência em A) = mg (H0 – HA) VA = �������������� 2g(H0 – HA) = �������������� 2 . 10 . 5,0 (m/s) b) Analisando-se o movimento vertical: Vy 2 = V0y 2 + 2 �y �sy V0y = VA sen � = 10 . (m/s) = 5,0 m/s 0 = 25 + 2 (– 10) (H – 3,0) 20(H – 3,0) = 25 H – 3,0 = 1,25 ⇒ WT ––––– WM gT––––– gM Rb = 3 RC = 1 EA = E0 m VA 2 ––––––– 2 VA = 10 m/s 1 –– 2 m VB 2 ––––– 2 VB 2 = 2 g (R – h) 2 h = –– R 3 m VA 2 ––––––– 2 VA(T) ––––––– VA(M) gT���––––gM Ra = ��3 m VB 2 –––––––– R 1,0 . 20,0 ––––––––– 0,40 NB = 60,0N m VB 2 ––––– R m VB 2 ––––– R VB 2 ––––– R h –– R h –– R VB 2 –––– R VB 2 = g h EB = EA VB = �������20,0 m/s = 2,0 ������5,0 m/s EB = EA m VB 2 –––––––– 2 m VA 2 –––––––– 2 H = 4,25 m – 37 c) 1) O tempo de subida é dado analisando-se o mo vimento vertical: Vy = V0y + �y t (MUV) 0 = 5,0 – 10 ts ⇒ ts = 0,5s 2) O tempo de voo T é dado por: T = ts + tQ = 2ts = 1,0s 3) O alcance D é obtido analisando-se o movi mento horizontal: �sx = Vx t (MU) Vx = VA cos � = 10 . 0,87 (m/s) = 8,7 m/s D = 8,7 . 1,0 (m) Respostas: a) VA = 10 m/s b) Hmáx = 4,25 m c) D = 8,7 m 104) 1) Conservação da energia mecânica: mgH = mV2 = 2 m g H Fcp = = Fcp = (N) 2) 2T – P = Fcp 2T = P + Fcp = 500 + 300 Resposta: C 105) 1) No ponto A: FN + P = FcpA 2mg + mg = 2) Conservação da energia mecânica entre A e B: (referência em B) = + m g 2R VB 2 = VA 2 + 4 g R = 3 g R + 4 g R = 7 g R 3) No ponto B: F’N – P = FcpB ⇒ F’N – mg = . 7gR ⇒ Resposta: E 106) 1) EpotB = 2EpotA = 2E 2) VB = VA cos 60° = ⇒ EcinB = EcinA 3) EB = EA (referência no solo) EcinB + EpotB = EcinA + EpotA EcinB + 2E = 4 EcinB + E E = 3 EcinB Resposta: E m ––– R F’N = 8 m g VA ––– 2 1 ––– 4 E EcinB = –––– 3 m VA 2 ––––––– R VA 2 = 3 g R EB = EA m VB 2 ––––––– 2 m VA 2 ––––––– 2 m V2 ––––––– 2 m V2 –––––– L 2 m g H –––––––– L 2 . 50,0 . 10,0 . 3,0 –––––––––––––––––– 10,0 Fcp = 300N T = 400N D = 8,7 m 38 – – 39 FÍSICA LIVRO 3 – ÓPTICA Capítulo 1 – Ângulo Limite e Reflexão Total 5) a) Para incidência não ortogonal, a luz sofre desvio, afastan - do-se da normal no ponto de incidência, quando se refrata no sentido do meio mais refringente para o meio menos re frin gente. b) A luz deve incidir do meio mais refringente para o meio menos refringente, segundo um ângulo de incidência maior do que o ângulo limite para o dioptro. Respostas: a) Afasta-se. b) nA > nB e o ângulo de incidência deve superar o ângulo limite. 6) Sendo a emergência rasante à superfície (ângulo de refração igual a 90°), a luz incidiu, então, do meio mais refringente para o meio menos refringente, nA > nB, sob ângulo de incidência igual ao ângulo limite do dioptro, α = L. Resposta: B 7) Para qualquer posição relativa entre o peixe e a gaivota, sempre existirão raios de luz que se propagam do peixe para a gaivota, sofrendo refração entre a água e o ar, sob ângulo de incidência menor do que o ângulo limite para o dioptro: Resposta: E 8) Para que o defeito da pedra não seja visto, os raios luminosos dele provenientes, incidentes nas bordas do círculo de ouro, devem sofrer emergência rasante, como representa a figura. No triângulo retângulo ABC, temos: tg α = = = = (I) O ângulo α, entretanto, é o ângulo limite do dioptro pedra preciosa–ar, logo: sen α = = sen α = ⇒ sen α = 0,80 Substituindo-se em (I), vem: = ⇒ = Da qual: Resposta: r = 10,0mm 9) r –––– 7,50 BC ––– AC r –––– 7,50 sen α ––––– cos α r –––– 7,50 sen α ––––––––––––– ������� 1 – sen2 α nar –––––– npedra nmenor –––––– nmaior 1 –––– 1,25 r –––– 7,50 0,80 ––––– 0,60 r –––– 7,50 0,80 ––––––––––––– ������� 1 – (0,80)2 r = 10,0mm 40 – (I) Cálculo de sen L: sen L = = (II) Cálculo de cos L: sen2 L + cos2 L = 1 2 + cos2 L = 1 Da qual: (III) Cálculo de p: tg L = = = ⇒ (IV) Parte não vista da palavra: FÍSI Parte vista da palavra: CA Resposta: C 10) A fibra é feita de material com elevado índice de refração abso - luto e, por isso, o ângulo limite de incidência é relativa mente pequeno e ocorre, intensamente, o fenômeno de reflexão total da luz. Resposta: A 11) O ângulo limite L é dado por: sen L = sen L = = sen L = L = 45° Resposta: C 12) O ângulo limite L é dado por: sen L = sen L = = sen (45°) = nvidro = ��2 Resposta: A 13) a) A luz sofre refração e reflexão. b) No ponto B da interface entre o vidro e o ar, a luz incide sob ângulo α, tal que: α + 90° + 40° = 180° α = 50° Como o ângulo limite L é de 42°, a luz incide sob ângulo maior do que o ângulo limite e sofre reflexão interna total em B: Respostas: a) A luz sofre refração e reflexão. b) Vide esquema. 14) a) Na face superior, temos: n1 sen I = n2 sen r nar sen I = nvidro sen (30°) 1,0 sen I = ��2 . I = 45° b) Na figura, o ângulo de incidência na face lateral é dado por: r + α + 90° = 180° 30° + α + 90° = 180° α = 60° O ângulo limite L para o dioptro vidro-ar é dado por: sen L = nar––––– nlíq 1,0 ––––– 5 ––– 3 3 sen L = –––– 5 3�–––� 5 4 cos L = –––– 5 sen L ––––– cos L r ––– p 3 –––– 5 ––––– 4 –––– 5 3 ––– p p = 4m nmenor––––––– nmaior nar–––––– nfibra 1 ––––– ��2 nmenor––––––– nmaior nar–––––– nvidro 1 –––––– nvidro ��2 ––––– 2 1 –––––– nvidro 1 ––– 2 nmenor––––––– nmaior sen L = = sen L = ⇒ L = 45° Como α > L, a luz sofre reflexão total na face vertical e não emerge para o ar nessa face. Respostas: a) 45° b) Não, pois i > L na face lateral. 15) Para que ocorra reflexão total do feixe de luz na superfície AB: 90° – θ > L sen (90° – θ) > sen L cos θ > Do gráfico, para λ = 400 nm, tem-se nV = 1,47, logo: O menor valor possível para cos θ é tal que: Deve-se notar que ao menor valor de cos θ corresponde o maior valor de θ (1.o quadrante). Resposta: E 16) I) CORRETA. De acordo com o gráfico, observamos que, para um ângulo de incidência pouco maior que 40°, a fraçãoda energia luminosa refletida passa, abruptamente, para 100%, significando que, para esse ângulo, toda a luz é refletida na interface entre os meios 1 e 2. Como a reflexão total só pode ocorrer quando a luz se propaga do meio mais refringente para o meio menos refringente, concluí - mos que n2 < n1. II) CORRETA. O ângulo limite L para o dioptro formado pelos meios 1 e 2 é dado por: sen L = = 45° > L ⇒ sen (45°) > sen L sen (45°) > > Como = ��2 � 1,4, temos > 1,4 III) INCORRETA. De acordo com o gráfico, observamos que, para um ângulo de incidência de 30°, a razão entre a energia luminosa refletida e a energia luminosa incidente é de aproximadamente 10%; portanto, a razão entre a energia luminosa refratada e a energia incidente é de 90%. A razão R’ entre a energia luminosa refletida e a energia luminosa refratada é dada por: R’ = R’ � 0,111 < 0,2 IV) INCORRETA. Para uma incidência de 42°, a luz foi total - mente refletida. V) CORRETA. Os raios refratados nas incidências oblíquas ficarão mais afastados da normal que os incidentes. Resposta: D 17) Em dias quentes, uma camada de ar mais próxima do solo é aquecida, diminuindo seu índice de refração absoluto em relação à camada de ar mais fria imediatamente superior. Assim, para um observador, convenientemente posicionado, pode ocorrer o fenômeno da reflexão total quando a luz se propaga da camada de ar mais fria (índice de refração maior) para a camada de ar mais quente, de índice de refração menor. O observador poderá então ver no solo uma imagem refletida do céu. Como a imagem do céu refletida no solo ocorre pela reflexão da luz em uma superfície de água – uma poça, por exemplo –, o observador interpreta que a superfície do asfalto está coberta por uma camada de água. Resposta: B 18) O índice de refração absoluto diminui com o aumento da alti - tude e, portanto, o raio de luz aproxima-se cada vez mais da normal. nAr –––– nV 1 cos θ > –––– 1,47 1 cos θ � ––––– 1,47 nar–––––– nvidro 1 ––––– ��2 ��2 ––––– 2 nmenor––––––– nmaior n2–––– n1 n2–––– n1 n1–––– n2 1 ––––––––– sen (45°) 1 ––––––––– sen (45°) n1–––– n2 10% –––– 90% – 41 42 – FÍSICA LIVRO 3 – ÓPTICA Capítulo 2 – Dioptro Plano 6) Resposta: D 7) = → índice de refração absoluto do meio do observador (ar) → índice de refração absoluto do meio do objeto (água) = → | p’| –––– p nobservador –––––––––––– nobjeto | p’ | –––––– 60cm nar–––––– nágua c Lembrete: n = ––– V c: módulo da velocidade da luz no vácuo = = . = | p’ | = 0,75 . 60(cm) A imagem é virtual (p’ 0) 8) = = | p’ | = 10 . (m) imagem virtual (p’ 0) Resposta: C c –––––– Var–––––––– c –––––– Vágua | p’ | –––––– 60cm Vágua–––––– c c –––––– Var | p’ | –––––– 60cm 2,25 . 105km/s ––––––––––––––– 3,0 . 105km/s | p’ | –––––– 60cm | p’ | = 45cm nobservador –––––––––––– nobjeto | p’| –––– p nágua–––––– nar | p’ | –––––– 10cm 1,3 ––––– 1,0 | p’ | = 13m – 43 9) = = 1,0 . p = 450 . 1,5 Resposta: 675m 10) nobservador (ar) –––––––––––––– nobjeto (água) | p’| –––– p 1,0 –––– 1,5 450m –––––– p p = 675m 44 – H = h + | p’ | ⇒ H = h + p . H = 1,3 + 2,0 . (m) H = 1,3 + (m) ⇒ H = 1,3 + 1,67 (m) ⇒ Resposta: A 11) Resposta: D |p’| nobservador nágua Lembrete: –––– = –––––––––––– ⇒ p’ = p ––––––– p nobjeto nar nágua ––––––– nar 4 ––– 3 ––––– 1 H = 2,97m 8,0 –––– 3 – 45 FÍSICA LIVRO 3 – ÓPTICA Capítulo 3 – Lâmina de Faces Paralelas 7) Resposta: B 46 – 8) Resposta: B 9) Resposta: A – 47 10) Resposta: B 11) Resposta: A 48 – 12) I) Lei de Snell-Descartes: nV . sen r = nar . sen i ���3 . sen r = 1 . sen 60° ���3 . sen r = 1 . sen r = 1 . II) Determinação do desvio lateral d d = d = d = = ���3 . ���4 . . (cm) d = ���4 (cm) Resposta: 2,0cm DESVIO LATERAL (d) e . sen (i – r) d = ––––––––––––––– cos r ���3 ––––– 2 1 ––– 2 r = 30° e . sen (i – r) –––––––––––––– cos r ����12 . sen (60° – 30°) –––––––––––––––––––– cos 30° 2 ––––– ���3 1 ––– 2 ����12 . sen 30° ––––––––––––––––– ���3 ––––– 2 d = 2,0cm – 49 13) Resposta: B 14) A velocidade da luz tem módulo constante dentro do vidro (MU). Assim, temos: V = �s = V . �t ⇒ e = . �t e = . 1,0 . 10–10(s) e = 2,0 . 10–2m Resposta: 2,0cm �s ––– �t c c Lembrete: n = ––– ⇒ V = ––– V n c ––– n 3,0 . 108 (m/s) –––––––––––––––– 1,50 e = 2,0cm 50 – 15) Resposta: B 16) a) Água b) a) A substância da camada I é a água, pois sua massa especí fica (densidade) é menor que a do dissulfeto de carbono. b) – 51 17) Refração na face não espelhada (Lei de Snell-Descartes): nV . sen � = nar . sen 60° ���3 . sen � = 1 . sen � = Resposta: A 18) Resposta: D 19) Comparação de (I) com (II) n2 sen �2 = n sen �’2 ���2 sen �2 = 1 sen 90° sen �2 = ⇒ sen �2 = ⇒ Para �2 = 45°, o ângulo � tem valor maior que o ângulo limite e, assim, ocorre reflexão total. ���3 ––––– 2 1 ––– 2 sen � = 30° n1 sen �1 = n sen�’2n1 sen �1 = n2 sen�2 �2 = 45° ���2 ––––– 2 1 ––––– ���2 52 – Resposta: �2 � 45° 20) Assim, se i � L, teremos r � L e não ocorrerá refração nas fronteiras 2/3 e 2/1. Resposta: 21) Comparando-se I com II n1 sen i = n3 sen i’ 2,0 sen i = 1,0 . sen 90° sen i = Resposta: i = 30° n2 sen i � –––– n1 n2 sen i � –––– n1 n2 sen r = n1 sen in2 sen r = n3 sen i’ 1 ––– 2 i = 30° – 53 FÍSICA LIVRO 3 – ÓPTICA Capítulo 4 – Prismas Ópticos 9) nar sen i = nvidro sen r 1 . sen 60° = ��3 . sen r = ��3 sen r sen r = Resposta: B 10) a) b) nar sen 60° = nvidro . sen 30° 1 . = nvidro . Respostas: a) Vide esquema b) ��3 11) 90° – r1 + 90° – r2 + � = 180° 180° – r1 – r2 + � = 180° Resposta: B 12) r1 + r2 = 60° i1 – r1 + i2 – r2 = α r1 = r2 = 30° i1 + i2 – (r1 + r2) = α 60° + 60° – 60° = α Resposta: D 13) � = 50° – r1 + 30° – r2 � = 80° – r1 – r2 � = 80° – (r1 + r2) � = 80° – 60° Resposta: A 14) Resposta: B ���3 –––– 2 1 ––– 2 r = 30° ���3 –––– 2 1 –––– 2 nvidro = ��3 � = r1 + r2 i1 + i2 – A = α α = 60° Δ = 20° 54 – 15) nprisma . sen 37° = nar . sen 90° nprisma . 0,60 = 1 .1 nprisma = Resposta: B 16) � = i1 + i2 – A � = 45° + i2 – 60° ⇒ � = 45° + 45° – 60° nar sen i1 = n . sen r1 1 . = ��2 . sen r1 sen r1 = r1 = 30° A = r1 + r2 60° = 30° + r2 i2 = 45° Resposta: D 17) nar sen r = nprisma . sen 30° 1 . sen r = ��3 . sen r = � = i1 + i2 – A � = 0 + 60° – 30° Resposta: 30° 1 –––– 0,60 nprisma � 1,7 � = 30° ��2 –––– 2 1 –––– 2 r2 = 30° r = 60° 1 –––– 2 ��3 –––– 2 � = 30° – 55 18) Resposta: B 19) I. Verdadeira. A luz violeta sofre o maior desvio no prisma (aproxima-se mais da reta normal) e, por isso, o índice de refração do vidro é maior para o violeta. II. Falsa. O índice de refração do vidro é maior para a luz violeta. III. Falsa. O módulo da velocidade da luz vermelha é maior que o da luz violeta dentro do prisma, pois o índice de refração do prisma para a luz vermelha é menor que o para a luz violeta. IV. Verdadeira. A luz vermelha (nmenor) é mais veloz que a luz violeta (nmaior), no interior