GABARITO DO SIMULADO DISCURSIVO
1. (Unifesp 2013) O atleta húngaro Krisztian Pars conquistou medalha de ouro na
olimpíada de Londres no lançamento de martelo. Após girar sobre si próprio, o atleta
lança a bola a 0,50m acima do solo, com velocidade linear inicial que forma um ângulo
de 45° com a horizontal. A bola toca o solo após percorrer a distância horizontal de
80m.
Nas condições descritas do movimento parabólico da bola, considerando a aceleração da
gravidade no local igual a 10 m/s2, 2 igual a 1,4 e desprezando-se as perdas de energia
mecânica durante o voo da bola, determine, aproximadamente, o módulo da velocidade
de lançamento da bola, em m/s e a altura máxima, em metros, atingida pela bola.
RESPOSTA
1ª Solução:
Dados: A = 80 m;
2
= 1,4; g = 10 m/s2.
As componentes da velocidade inicial são:
vox  voy  v0 cos 45  vox  voy  v0
2
2
 vox  voy  0,7v0 .
Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance horizontal (A) é:
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v 02
v2
sen  2θ  80  0 sen 90  v 0  800  20 2  20  1,4 
g
10
v 0  28 m / s.
A
Aplicando a equação de Torricelli na vertical, lembrando que no ponto mais alto a
componente vertical da velocidade é nula (vy = 0):
2
v 2y  v0y
 2 g Δy  0   0,7  28   20 Δy  Δy 
2
384
20
 Δy  19,2 m.
Como a altura inicial é 0,5 m, a altura máxima (h) é:
h  h0  Δy  h  0,5  19,2 
h  19,7 m.
2ª Solução:
Dados: A = 80 m;
2
= 1,4; g = 10 m/s2.
A figura ilustra a situação descrita.
As componentes da velocidade inicial são:
vox  voy  v0 cos 45  vox  voy  v0
2
2
 vox  voy  0,7v0 .
Na direção do eixo x, a velocidade (v0x) é constante, portanto, o movimento é uniforme.
Quando x for igual ao alcance máximo (A), o tempo será igual ao tempo total (tT).
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Então:
x  v 0x t  A  v 0x t T
 80  0,7 v 0 t T

I.
0,7 v 0 t T  80
Na direção do eixo y, de acordo com o referencial da figura, quando o tempo é igual ao
tempo total, y = 0.
Assim:
y  y0  v oy t 
g 2
t  y  0,5  0,7 v 0 t  5 t 2
2

II
0  0,5  0,7 v 0 t T  5 t T2
Substituindo (I) em (II):
0  0,5  80  5 t 2T
 tT 
80,5
 16,1  t T  4 s.
5
Voltando em (I):
80  0,7 v 0 t T  v 0 
80
80

0,7  4 2,8

v 0  28,6 m / s.
Pela conservação da Energia mecânica, em relação ao solo:
A
B
EMec
 EMec
H

2
2
m v 02
m v 0x
v 2  2 g hA  v 0x
 m g hA 
m g H  H  0

2
2
2 g
 28,6 2  2  10  0,5   0,7  28,6 2
20

818  10  400
20

H  21,4 m.
2. (Uftm 2012) Um caminhão de carga tem rodas dianteiras de raio Rd  50 cm e rodas
traseiras de raio Rt  80 cm. Em determinado trecho do trajeto plano e retilíneo,
percorrido sem deslizar e com velocidade escalar constante, a frequência da roda
dianteira é igual a 10 Hz e efetua 6,75 voltas a mais que a traseira. Considerando π  3,
determine a velocidade escalar média do caminhão, em km h.
RESPOSTAS:
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v  2πRf,
para a roda dianteira, temos:
v  2.3.0,5.10  30m / s ,
3. (Uerj 2012)
convertendo para km/h (multiplicando por 3,6),  v  108km / h
Considere uma balança de dois pratos, na qual são pesados dois
recipientes idênticos, A e B.
Os dois recipientes contêm água até a borda. Em B, no entanto, há um pedaço de
madeira flutuando na água. Nessa situação, indique se a balança permanece ou não em
equilíbrio, justificando sua resposta.
RESPOSTA:
Analisando as forças atuantes sobre a madeira que flutua no recipiente “B”, temos:
Como podemos perceber, o módulo do empuxo (E) é igual ao peso da madeira (PM),
entretanto o princípio de Arquimedes nos diz que o módulo do empuxo (E) é igual ao
pelos do líquido deslocado (PLD). Assim, podemos concluir que: PLD  PMAD.
Assim sendo, se retirarmos a madeira e completarmos o recipiente com água, a
indicação na balança continuará a mesma, ou seja, equilibrada.
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4. (Ufmg 2012) Nesta figura, está representada, de forma esquemática, a órbita de um
cometa em torno do Sol:
Nesse esquema, estão assinalados quatro pontos – P, Q, R ou S – da órbita do cometa.
Na trajetória descrita pelo cometa, a quantidade de movimento do cometa se conserva?
Justifique sua resposta.
RESPOSTAS:
Entendamos aqui, Quantidade de Movimento, como Quantidade de Movimento
Linear ou Momento Linear (Q = m v), sendo m a massa do cometa e v a sua
velocidade. A figura mostra a força gravitacional F  trocada entre o cometa e o Sol.
Essa força tem duas componentes: tangencial e centrípeta. Considerando a velocidade
do cometa no sentido indicado, a componente tangencial Ft  tem o mesmo sentido da
velocidade. Isso nos faz concluir que o movimento do cometa de R (afélio) para P
(periélio) é acelerado, ou seja, o módulo da velocidade é crescente. Portanto, a
Quantidade de Movimento Linear (Q = m v) é crescente de R para P e decrescente de
P para R.
Portanto: na trajetória descrita pelo cometa a Quantidade de Movimento não se
conserva, variando em módulo, direção e sentido.
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Outra maneira de concluir é notar que o sistema é conservativo. No deslocamento de P
para R a energia potencial gravitacional aumenta, acarretando diminuição na energia
cinética e, consequentemente, na velocidade, reduzindo a Quantidade de Movimento
Linear do cometa.
OBS: num movimento curvilíneo, na ausência de torque externo (como é o caso),
ocorre conservação da Quantidade de Movimento Angular ou do Momento Angular.
Porém, esse tópico não faz parte do conteúdo lecionado no Ensino Médio. Por isso a
solução foi dada apenas em termos da Quantidade de Movimento Linear.
5. (Ufmg 2011) Um béquer contendo água está colocado sobre uma balança e, ao lado
deles, uma esfera de aço maciça, com densidade de 5,0 g / cm3 , pendurada por uma
corda, está presa a um suporte, como mostrado na Figura I.
Nessa situação, a balança indica um peso de 12 N e a tensão na corda é de 10 N.
Em seguida, a esfera de aço, ainda pendurada pela corda, é colocada dentro do béquer
com água, como mostrado na Figura II.
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Considerando essa nova situação e determine a tensão na corda, bem como o peso
indicado na balança.
RESPOSTA:
Como a tensão na corda é 10 N, o peso da esfera é 10 N.
P  mg  10  m  10  m  1,0 kg
μ  5 g / cm3  5000 kg / m3
μ
m
1,0
 5000 
 V  2  104 m3
V
V
Quando mergulhada a esfera receberá um empuxo de:
E  μágua  V  g  1000  2  104  10  2,0 N
Sendo assim, a esfera ficará 2,0 N “mais leve” e a tensão na corda passará a ser 8,0 N.
Simultaneamente, a reação do empuxo aplicada sobre a água aumentará a indicação da
balança em 2,0N, que fará com que ela passe a marcar 14 N.
6. (Unesp 2011) A figura apresenta um esquema do aparato experimental proposto para
demonstrar a conservação da quantidade de movimento linear em processo de colisão.
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Uma pequena bola 1, rígida, é suspensa por um fio, de massa desprezível e inextensível,
formando um pêndulo de 20 cm de comprimento. Ele pode oscilar, sem atrito, no plano
vertical, em torno da extremidade fixa do fio. A bola 1 é solta de um ângulo de
60º  cos θ  0,50 e sen θ  0,87  com a vertical e colide frontalmente com a bola 2,
idêntica à bola 1, lançando-a horizontalmente.
Considerando o módulo da aceleração da gravidade igual a 10m / s2 , que a bola 2 se
encontrava em repouso à altura H = 40 cm da base do aparato e que a colisão entre as
duas bolas é totalmente elástica, calcule a velocidade de lançamento da bola 2 e seu
alcance horizontal D.
RESPOSTAS:
Observe a figura abaixo que mostra uma oscilação de um pêndulo.
A energia potencial transforma-se em energia cinética.
1
L
.mV 2  mgh  V  2g  gL  10x0,2  2m / s
2
2
Como a colisão é elástica entre corpos de mesma massa a bola 1 fica parada e bola 2
adquire a velocidade V2  2 m / s .
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Temos agora um lançamento horizontal.
O movimento vertical é uniformemente variado a partir do repouso.
ΔS 
1 2
gt  0,4  5t 2  t  0,08  0,2 2 s
2
O movimento horizontal é uniforme.
ΔS  Vt  D  2x0,2 2  0,4m
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