LIVRO 2 | FÍSICA 4
Resoluções das Atividades
Sumário
Módulo 4 – Composição de movimentos e movimentos no plano vertical ...............................................................................................................................................1
Módulo 5 – Cinemática angular ..................................................................................................................................................................................................................3
Módulo 6 – Leis de Newton I ......................................................................................................................................................................................................................5
Composição de movimentos e
movimentos no plano vertical
Módulo 4
Atividades para Sala
01 C
O barco atinge a outra margem em um ponto rio abaixo,
em relação ao ponto de partida. A velocidade do barco
em relação à margem pode ser obtida usando o Teorema
de Pitágoras:
B
C
• de t1 até o instante t2:
vR = v0 (constante)
vF = v0 – at, em que a é a aceleração constante e t os
instantes sucessivos de tempo.
Daí, vREL = vF – vR = (v0 + at) – v0 = at (agora, a velocidade
relativa entre os dois veículos cresce linearmente com o
tempo)β.
• após o instante t2:
vF = v0 + at (continua sendo)
vR = v0 + a(t – t2); Rubens Barrichello passa a acelerar com
aceleração também constante e igual à de Felipe Massa,
porém o faz com “certo atraso” (t – t2).
Portanto, vREL = vR – vR = (v0 + at) – (v0 + a (t – t2))
→
→
vBA
vBM
→
vAM
A
vREL = at2 (sendo a = cte e t2 um valor determinado, então,
vREL após o instante t2 é um valor constante e não nulo.)γ
As conclusões a, β e γ, reunidas em um gráfico (da velocidade relativa entre os veículos em função do tempo) ficaria
assim:
2
2
vBM
= vBA
+ v 2AM
v
2
BM
2
vREL
2
= 2 + 1, 5
vBM = 2, 5 m /s
β: vREL crescendo
linearmente
γ: vREL constante e
não nulo
02 A
vR = v 2 − v1
vR = 3 v1 − v1
vR = 2v1
t1
03 A
Já que os dois carros movem-se no mesmo sentido, a velocidade relativa entre os dois veículos (vREL) é a diferença
entre os valores das respectivas velocidades (vF, do Felipe
Massa, e vR, do Rubens Barrichello) a cada instante. Assim,
tem-se três situações distintas:
• Antes do instante t1:
vF = vR = v0 (constantes)
Logo, vREL = vF – vR = 0 (a velocidade relativa entre os
dois veículos é nula até o instante t1)α.
α: vREL constante e nula
t2
tempo
04 A
As esferas chegam ao solo com a mesma velocidade, pois
foram abandonadas de uma mesma altura (desprezando
qualquer tipo de resistência no “vácuo”). Como a energia
m ⋅ v2
, pode-se afirmar que che2a
garam ao solo com energia cinética diferentes, “massas
diferentes”.
cinética é dada por EC =
Pré-Vestibular | 1
LIVRO 2 | FÍSICA 4
05 D
O peso da régua é constante (P = mg). Desprezando a
resistência do ar, trata-se de uma queda livre, que é um
movimento uniformemente acelerado, com aceleração de
módulo a = g. A distância percorrida na queda (h) varia com
1
o tempo conforme a expressão: h = gt 2 . Dessa expressão,
2
conclui-se que a distância percorrida é diretamente proporcional ao quadrado do tempo de queda, por isso ela
aumenta mais rapidamente que o tempo de reação.
06 D
O fato de existir uma altura máxima indica que, em algum
momento, a bola para de subir, ou seja, a velocidade é
nula (mínima) no ponto mais alto da trajetória.
Quanto à aceleração: a gravidade é sempre vertical e
aponta para baixo.
07 B
I. (V) O valor da gravidade muda com a altitude.
II. (F) Na vida real, a resistência do ar faz com que o corpo
caia antes do ponto que cairia em condições ideais.
III. (V) Conforme foi acabado de explicar no item II.
IV. (F) Não tem como fazê-las nem parecidas se na realidade temos a resistência do ar.
08 D
I. (V) Para um referencial fixo na terra, o movimento é
parabólico.
II. (F) O observador não tem conhecimento das variações
de velocidade realizadas pelo atacante durante um
certo intervalo de tempo.
III. (V) No ponto de altura máxima, há inversão do movimento vertical e portanto vy= 0.
09 B
A força peso, atuando sobre a flecha, faz com que sua
trajetória seja desviada para baixo durante o movimento.
Por isso, o atirador tem que lançá-la em uma linha acima
do alvo.
Atividades Propostas
01 A
Considerando o menino como referencial, a outra boia
tem velocidade nula, pois as duas boias têm a mesma
velocidade em relação às margens, que é a velocidade da
correnteza. Assim, para alcançar a outra boia, o menino
deverá nadar na direção indicada pela linha K.
02 D
Determinando a velocidade resultante:
4
∆S
vR =
→ vR = → vR = 8 km / h
1
∆t
2
2 | Pré-Vestibular
Representando as velocidades:
4 km
→
vb
→
vR
→
vc
v b2 = vR2 + v c2
v b2 = 82 + 62 → v b = 10 km / h
03 C
Ida do ninho para a árvore (contra o vento): vR = 5 m/s, mas
75
∆S
como vR =
, tem-se: 5 =
→ t = 15 s. Na volta da árvore
∆t
∆t
∆S
para o ninho (a favor do vento) vR = 15 m/s, mas como vR =
,
∆t
75
tem-se: 15 =
→ t = 5 s, portanto Dttotal = 15 + 5 = 20 s.
∆t
04 C
Como o observador está em repouso no navio, a distância
entre ele e o navio não varia e como o pássaro voa na direção leste-oeste em relação ao navio e consequentemente
à pessoa, esta o verá voando na direção leste-oeste com
velocidade de 20 m/s.
05 E
Para resolver a presente questão, que parece remeter a
uma situação de cálculos, é possível utilizar somente o
raciocínio, fazendo uso, porém, do conceito de velocidade
relativa. Se todos os entes envolvidos (boias e nadador)
estão dentro da água e flutuando, a correnteza é um fator
comum para todos, ou seja, não altera a velocidade relativa entre eles. Dessa forma, se ele nadar para qualquer
uma, chegará no mesmo tempo, afinal de contas, as boias
estão paradas em relação a ele.
06 C
Fazendo uma análise relativa desses movimentos, tem-se
que o módulo da velocidade relativa de A em relação a B
será dada pela soma dos módulos, afinal de contas, ambos
ajudam para que o encontro aconteça. Na prática, é como
se B estivesse parado e A estivesse em movimento progressivo de 7 m/s. Dessa forma, o encontro aconteceria
em 3 s.
07 E
Fazendo uma análise relativa desses movimentos, tem-se
que o módulo da velocidade relativa de A em relação a B
será dada pela diferença dos módulos, afinal de contas, o
que um faz, o outro desfaz parcialmente. Na prática, é como
se B estivesse parado e A estivesse em movimento progressivo de 3 m/s. Dessa forma, o encontro aconteceria em 7 s.
LIVRO 2 | FÍSICA 4
08 B
O tempo de queda dos sacos de lastro é o mesmo, independente de suas massas.
Visto que a velocidade final é nula, pois será o ponto na
qual ele atingiu o prédio, e analisando as leis de movimento, se ver que a altura é proporcional à velocidade
média multiplicada pelo tempo, e esse tempo depende
da velocidade inicial, pelas equações II e III.
09 E
Em se tratando de um MUV, afinal de contas a aceleração
da gravidade é considerada constante para pequenos deslocamentos, o gráfico das posições em função do tempo é

dado por uma parábola  S = S0 + v 0 t +
a ⋅ t2 
 . Essa informação
2 
já seria suficiente para identificar o item correto.
10 D
• Velocidade ao final dos 4 s em queda livre:
v = g ⋅ t ∴ v = 10 m/s2 ⋅ 4 s ∴ v = 40 m/s
• Espaço vertical percorrido nos 4 s de queda:
v2 = 2gh ∴ 402 = 2 ⋅ 10 · h ∴ h = 80 m
• Espaço vertical percorrido (em MRU) nos últimos 3 s de
queda:
DS = v ⋅ t ∴ DS = 40 m/s ⋅ 3 s ∴ DS = 120 m
Conclusão: A altura total de queda foi 200 m (80 m + 120 m).
14 C
I. (F) Somente a componente vertical da velocidade é
que será nula nesse ponto.
II. (V) Todo lançamento oblíquo admite duas componentes para a velocidade inicial.
III. (F) A aceleração da gravidade não se anula no ponto
mais alto da trajetória. A gravidade é nula no centro
da Terra.
IV. (V) Vide item I.
15 B
O movimento está melhor representado pelo item B, pois
o movimento da caminhonete ocorre com aceleração
constante.
16 D



v 0 = v X + v 0Y
v 20 = v 2x + v 20 Y
11 E
v 20 = 60 2 + 80 2
Na resolução da presente questão precisará de um conceito básico de formação de imagens em espelhos planos.
A água parada do rio se comportará como um espelho
plano e, portanto, o osso será o objeto real. É necessário
calcular a altura da qual o osso caiu em relação à superfície
da água.
0
0, 4 2
a ⋅ t2
ou seja: DS = 0 ⋅ 0,4 + 10 ⋅
= 0,8 m = 80 cm.
DS = v0t +
2
2
Portanto, como a imagem é simétrica em relação ao
espelho plano (água parada), o cão achava que o osso se
encontrava, na realidade, a 160 cm de distância.
v 0 = 100 m/s
17 C
No ponto mais alto, vy = 0, restando apenas vx = 60 m/s MU.
18 D
Tem valor mínimo de 60 m/s e máximo de 100 m/s.
Módulo 5
12 E
Sendo v2 = v02 + 2aDS , tem-se: 42 = 02 + 2 · a · 5 → a = 1,6 m/s2.
Portanto, a superfície da Lua é a que “casa” com os dados
da questão.
Cinemática angular
Atividades para Sala
01 C
Veja na expressão W =
13 E
Considerando que o voo do Super-homem se trata de um
salto, pode-se notar que ele terá um movimento uniformemente variado ao longo da altura do prédio, cuja aceleração será a da gravidade. As leis que determinam esse
movimento são dadas por:
I. vf2 = v02 – 2 ⋅ g ⋅ h → v02 = 2gh
0
II. vf 0 = v0 – g · t → v0 = gt
III. h =
g ⋅ t2
2
v
, em que W é constante (o eixo
R
do carro gira com a mesma velocidade angular) e, assim,
v é diretamente proporcional a R – como o diâmetro e,
consequentemente, o raio tiveram um aumento de 10%,
a velocidade também deverá ter o mesmo aumento, passando de 100 km/h para 110 km/h.
02 D
A velocidade de qualquer ponto da linha do Equador
(inclusive Macapá), após uma volta completa da Terra (um
período de 24 h) é dada por v = ∆S = 40.000 , ou ainda
T
24
Pré-Vestibular | 3
LIVRO 2 | FÍSICA 4
10.000
km/h. Mantendo essa velocidade, no tempo
6
que a estação demora para efetuar uma volta completa
(Dt = 90min = 1,5h), Macapá percorreu uma distância de:
∆S
v=
ou ainda 10.000 = ∆S → DS=2.500 km.
∆T
6
1, 5
v=
03 A
Vale a pena salientar que a roda traseira dá o mesmo
número de rotações que a catraca (polia traseira) por estarem presas a um mesmo eixo. Por sua vez, dizer que a roda
traseira dará o maior número de voltas é o mesmo que
dizer, tecnicamente, que terá a maior frequência possível. Como foi visto na teoria, a catraca e a coroa possuem
mesma velocidade v, e como v = wr, e w = 2πf, tem-se
que: v = 2πfr. Não se pode perder a oportunidade de treinar
proporcionalidade, uma das ferramentas mais importantes
no processo de compreensão das relações entre grandezas.
Sendo v da catraca e da coroa iguais, f e r são inversamente
proporcionais. Para que a roda traseira (ligada à catraca) dê o
maior número de voltas (maior frequência), ela tem que estar
usando a menor catraca (menor raio) e maior coroa (maior
raio da polia da frente). Sendo R1 o raio da coroa dentada
dianteira, movimentada pelos pedais, e R2 o raio da coroa
localizada no eixo da roda traseira, o maior número de
R
voltas por pedalada, para a roda traseira, requer: 1 =
R2
máximo possível.
Como v = w · r, em uma volta completa, tem-se:
2π
= 2πf.
T
Substituindo o valor de w na equação, tem-se:
v
1, 26
=2πf →
· 10–2 = 6,3 · f → f = 10Hz = 600 rpm.
R
2
Próximo à beirada , tem-se:
w=
R = 60 mm = 60 · 10–3 → R = 6 · 10–2 m.
Como v = w · r, em uma volta completa, tem-se: W =
Substituindo o valor de w na equação, tem-se:
2π
= 2πf.
T
v
1, 26
1
= 2πf →
· 10–2 = 6,3 · f → f =
· 60 → f = 200 rpm.
R
6
30Hz
02 B
A luz estroboscópica tem frequência de 5 Hz, ou seja, ilu1 1
mina o pneu a cada T = = = 0,2 s.
f 5
Assim, se a roda girasse com frequência de 5 Hz, ele veria a
mancha branca sempre na mesma posição (a mancha daria
uma volta completa a cada 0,2 s). Mas como ele vê a mancha como se o carro se movesse para trás, a mancha deve
demorar menos que 0,2 s para dar uma volta completa,
isto é:
1
1 1
T < 0,2 s → < 0, 2 < → f < 5 Hz.
f
f 5
04 D
Se for observado o detalhe importante da figura, manete
e broca giram em torno do mesmo eixo, logo, concluí-se
que A e B possuem mesma velocidade angular (w), mesma
frequência (f) e mesmo período (T). Por fim, quem estiver
com maior raio de órbita, terá maior velocidade escalar v.
Portanto, vB > vA.
03 A
I. (V) Conforme foi visto na leitura complementar.
II. (F) A coroa dianteira com maior raio possível e traseira,
com menor raio possível. Vale a pena dar uma lida
na explicação da questão de sala 4.
III. (V) Nas “marchas de força“, a velocidade é pequena e
o raciocínio o oposto ao da explicação do item II.
05 A
Se o satélite é geoestacionário, ele está em repouso em
relação à Terra. Para que isso ocorra, a velocidade angular
do satélite deve ser igual à velocidade angular da Terra.
04 D
06 D
Em todo movimento circular uniforme, pontos distintos
de um mesmo raio, possuem mesma velocidade angular,
mesma frequência e mesmo período. Porém, os módulos
de suas velocidades lineares são proporcionais aos raios,
ou seja, quando mais distantes do centro, maiores serão
esses módulos de velocidades lineares.
Atividades Propostas
01 A
Próximo ao centro, tem-se:
R = 20 mm = 20 · 10–3 = 2 · 10–2 m.
4 | Pré-Vestibular
v = ωR =
∆θ
4 ⋅ 2π
⋅R =
⋅ 0, 8 = 6, 4 m/s
∆t
3
05 C
Dados: wcor = 4rad/s; Rcor = 4R; Rcat = R; Rroda = 0,5 m.
A velocidade tangencial (v) da catraca é igual à da coroa:
vcat = vcor ⇒ wcat Rcat = wcor Rcor ⇒ wcat R = 4(4R) ⇒ wcat = 16 rad/s.
A velocidade angular (w) da roda é igual à da catraca:
v
v
ωroda = ω cat ⇒ roda = ω cat ⇒ roda = 16 ⇒ vroda = 8 m/s ⇒
0, 5
Rroda
v bic = vroda = 8 m/s.
06 B
De acordo com o que foi visto na teoria, corpos em movimentos circulares em torno de um mesmo eixo de rotação
possuem mesma velocidade angular, mesma frequência,
mesmo período de rotação, porém velocidades lineares
proporcionais ao raio da órbita.
LIVRO 2 | FÍSICA 4
07 E
12 D
I. (V) Para ser geoestacionário tem que ter período igual
ao da Terra, isto é, 24 hs.
II. (V) A força de atração é perpendicular à velocidade em
todo o movimento.
III. (V) v =
2πr 2π ⋅ 42.000
=
= 3.500 π km/h.
T
24
As polias têm a mesma velocidade linear, igual à velocidade linear da correia.
v1 = v2 ⇒ w1R1 ⇒ w2R2 ⇒
ω1
D1
D
D
60
3
ω
ω
ω
= ω2 2 ⇒ 1 = 2 ⇒ 1 =
⇒ 1= .
2
2
ω 2 D1
ω 2 40
ω2 2
Módulo 6
08 E
Dados: D = 200 m ⇒ r = 100 m; w2 = 0,01 rad/s; π = 3,14.
A velocidade da pessoa mais rápida é:
v2 = w2r = 0,01 · 100 = 1 m/s.
Como partem de pontos diametralmente opostos, a distância (d) entre eles é meia volta.
d = π r = 3,14 · 100 = 314 m.
A pessoa mais rápida leva vantagem (velocidade relativa
→ vrel) de 0,2 m/s.
O tempo para tirar essa diferença é:
d 314
=
= 1.570 s ⇒ ∆t = 26 min e 10 s
∆t =
vrel 0, 2
09 C
Os pontos de contato das polias com a prancha devem
mover-se para a direita (mesmo sentido do movimento
da prancha). Daí, as polias de cima (1 e 2) devem girar no
sentido anti-horário e as polias de baixo (3 e 4) no sentido
horário.
10 C
Nesse tipo de acoplamento (tangencial), as polias e a correia têm a mesma a velocidade linear (v).
Lembrando que v = wR e que w = 2πf, tem-se:
vA = vB⇒ wARA ⇒ wBRB ⇒ R(2πfA) RA = (2πfB) RB ⇒ fARA = fARA.
Atividades para Sala
01 D
Como o transatlântico se move em linha reta com velocidade constante, ele está em equilíbrio dinâmico e
comporta-se como se estivesse em repouso (equilíbrio
estático),caracterizando um referencial inercial e, dessa
forma, não afetando o movimento da bola.
02 D
Em um referencial “inercial“ não se observa a presença de forças
ictícias (força centrífuga). Dessa forma, o que comanda a saída
do ilete de açúcar derretido da engenhoca citada é a inércia;
propriedade inerente à matéria que confere aos corpos a
tendência em manterem o seu estado inicial de movimento.
03 C
Se o empuxo é a resultante das forças que a água exerce
nas partículas, de forma bem direta, a reação só pode ser
a força que as partículas exercem na água.
04 E
Se os garotos aplicarem forças de mesma intensidade, na
figura 1, a tração na corda será T e na figura 2, 2T.
05 D
Isolando os corpos, tem-se:

NBA
Grandezas que apresentam produto constante são inversamente proporcionais, ou seja: quanto menor o raio da
polia maior será a sua frequência de rotação.
11 C
Considerando órbita circular, o raio orbital (r) é:
r = R + h = 6.400 + 350 = 6.750 km.
Calculando a velocidade linear orbital:
v=
∆S 2πr 2 (3)(6.750 )
=
=
⇒
1, 5
∆t
T
v = 27 · 103 km/h.

NAB

NBC

NCB
B
A
Dados:
Raio da Terra: R = 6.400 km;
Altura da órbita em relação à superfície: h = 350 km;
Período orbital: T = 90 min = 1,5 h
π = 3.
Leis de Newton I

N
C

PB

PC

PA
No corpo A: PA = NBA = 30 N
No corpo B: NCB = NAB + PB = 30 + 60
NCB = 90 N
06 E
Dados: x = 21 cm = 0,21 m;
F = P = m · g = 22,7(10) = 227 N.
Da lei de Hooke:
F 227
F = kx ⇒ k = =
= 1.080, 95 N/m ⇒ k = 1, 081⋅ 10 3 N/m
x 0, 21
Pré-Vestibular | 5
LIVRO 2 | FÍSICA 4
Atividades Propostas
01 A
Aplicando-se a 2a Lei de Newton, temos:
F = m⋅a =
07 E
Fel = K · x para FMÁX → xMÁX, logo:
m ⋅ ∆v 2 ⋅ ( 0, 4 − 0, 8)
= −2 N
=
∆t
( 0, 8 − 0, 4 )
02 D
MRUV, MCU e MCUV. Esses movimentos possuem aceleração e necessitam de pelo menos uma força.
03 B
O sistema de vasos comunicantes da figura da esquerda
está em equilíbrio (líquido no nível horizontal).
Repouso ou MRU
Movimento uniformemente acelerado
Força resultante
Se o sistema for acelerado para a direita por uma força
resultante, devido à inércia, o líquido adquirirá o formato
da figura da direita, fazendo, com isso, que se tenha uma
força resultante, cuja componente horizontal será para a
direita, ou seja, no sentido do movimento.
04 E
O vetor velocidade é tangente à trajetória em cada ponto
e tem o sentido do movimento. Portanto, quando o martelo é solto, ele obedece ao vetor velocidade e sai de
forma tangente à trajetória, por inércia.
05 B
a) (F) A 3a Lei de Newton (princípio da ação e reação)
não explica o movimento do açúcar; além disso, as
paredes laterais do cilindro são aquecidas por condução, não por combustão.
b) (V) Com ressalvas. A expressão “é lançado“ sugere a
existência de uma força que faz o açúcar se mover
em direção às paredes laterais, o que não ocorre.
c) (F) O movimento do cilindro é de rotação; as paredes
são aquecidas por condução.
d) (F) Não existe força aplicada sobre o açúcar que aponte
para o centro; justamente por isso, ele não acompanha o movimento de rotação do cilindro e acaba por
atingir a parede deste.
e) (F) O movimento do cilindro em direção às paredes
laterais não guarda relação com as forças gravitacionais, e um movimento circular em relação a um
referencial inercial não se dá sem aceleração.
06 C
Na colisão, o carro exerce força sobre a moto e a moto
exerce força sobre o carro. Sendo um par, ação e reação,
6 | Pré-Vestibular
são forças de intensidades iguais, certamente. Mas as acelerações do carro e da moto são diferentes – a da moto é
maior do que a do carro – pois as massas são diferentes – a
massa da moto é menor do que a massa do carro.
Fel = 300 · 0,28 → Fel = 84 N
08 A
O cilindro atrai magneticamente o ímã – com a força de
intensidade f e sentido para cima. Assim, as alternativas B,
D e E estão descartadas.
Entre as alternativas A e C, a primeira é mais coerente.
Visto que “o ímã não se move“, a resultante das forças
deve ser nula. Em outras palavras, a soma das intensidades
da normal e da força magnética deve ser igual à intensidade da força peso. Na alternativa C, observa-se a força N
já com a mesma intensidade da força P.
09 A
Se o carro está parado em relação à vertical, pode-se air

mar que | N |=| P |. Se o carro desloca-se no solo horizontal


com velocidade constante, pode-se airmar que | F |=| R |.
10 D
As forças são: a força peso (vertical para baixo); a reação
normal ao plano inclinado (perpendicular ao plano) e a
força de atrito (paralela ao plano e no sentido oposto ao
movimento).
11 B
Como a trajetória é retilínea e a velocidade é constante,
trata-se de movimento retilíneo e uniforme. O princípio da
inércia airma que, nesse caso, a resultante das forças tem
 
 
que ser nula. Assim, as forças opostas P e E e M e R
(
) (
)
devem ter suas setas representativas de mesmo comprimento, pois P = E e R = M.
12 D
Esquema de forças:

T

T

P

P
Mesmo io, mesma tração. O maior valor para o peso de
cada bloco que o io pode suportar é 70 N.