FÍSICA
Prof. Raphael Fracalossi
1. (Epcar (Afa) 2013) Uma pequena esfera de massa m é mantida comprimindo uma mola ideal de
constante elástica k de tal forma que a sua deformação vale x. Ao ser disparada essa esfera percorre a
superfície horizontal até passar pelo ponto A subindo por um plano inclinado de 45° e, ao final dele, no
ponto B, é lançada, atingindo uma altura máxima H e caindo no ponto C distante 3h do ponto A,
conforme figura abaixo.
Considerando a aceleração da gravidade igual a g e desprezando quaisquer formas de atrito, pode-se
afirmar que a deformação x é dada por
a)
3 mgh
5 k
b) 2
1
2
c)
h2 k
mg
5 mgH
2 k
H2k
d) 3
mg
1
2
1
2
2. (Ita 2011) Duas partículas idênticas, de mesma massa m, são projetadas de uma origem O comum,
num plano vertical, com velocidades iniciais de mesmo modulo v 0 e ângulos de lançamento
respectivamente e em relação a horizontal. Considere T 1 e T2 os respectivos tempos de alcance do
2
ponto mais alto de cada trajetória e t1 e t os respectivos tempos para as partículas alcançar um ponto
comum de ambas as trajetórias. Assinale a opção com o valor da expressão t 1T1 + t2T2.
a) 2v02 tg
tg / g2
b) 2v 02 / g2
c) 4v 02 sen / g2
d) 4v 02 sen / g2
e) 2v02 sen
sen
/ g2
3. (Fuvest 2011) Os modelos permitem-nos fazer previsões sobre situações reais, sendo, em geral,
simplificações, válidas em certas condições, de questões complexas. Por exemplo, num jogo de futebol,
a trajetória da bola, após o chute, e o débito cardíaco dos jogadores podem ser descritos por modelos.
Trajetória da bola: quando se despreza a resistência do ar, a trajetória da bola chutada, sob a ação
2
2
da gravidade (g = 10 m/s ), é dada por h d tg 5 d² / v 02 (1 + tg ), em que v0 é a velocidade
escalar inicial (em m/s),
é o ângulo de elevação (em radianos) e h é a altura (em m) da bola a
uma distância d (em m), do local do chute, conforme figura abaixo.
1
Débito cardíaco (DC): está relacionado ao volume sistólico VS (volume de sangue bombeado a
cada batimento) e à frequência cardíaca FC pela fórmula DC = VS x FC.
Utilize esses modelos para responder às seguintes questões:
a) Durante uma partida, um jogador de futebol quer fazer um passe para um companheiro a 32 m de
distância. Seu chute produz uma velocidade inicial na bola de 72 km/h. Calcule os valores de tg
necessários para que o passe caia exatamente nos pés do companheiro.
b) Dois jogadores, A e B, correndo moderadamente pelo campo, têm frequência cardíaca de 120 batimentos
por minuto. O jogador A tem o volume sistólico igual a 4/5 do volume sistólico do jogador B. Os dois
passam a correr mais rapidamente. A frequência cardíaca do jogador B eleva-se para 150 batimentos por
minuto. Para quanto subirá a frequência cardíaca do jogador A se a variação no débito cardíaco (DC final –
DCinicial) de ambos for a mesma?
4. (Fuvest 2009) O salto que conferiu a medalha de ouro a uma atleta brasileira, na Olimpíada de 2008,
está representado no esquema ao lado, reconstruído a partir de fotografias múltiplas. Nessa
representação, está indicada, também, em linha tracejada, a trajetória do centro de massa da atleta
(CM). Utilizando a escala estabelecida pelo comprimento do salto, de 7,04 m, é possível estimar que o
centro de massa da atleta atingiu uma altura máxima de 1,25 m (acima de sua altura inicial), e que isso
ocorreu a uma distância de 3,0 m, na horizontal, a partir do início do salto, como indicado na figura.
Considerando essas informações, estime:
Desconsidere os efeitos da resistência do ar.
a) O intervalo de tempo t1, em s, entre o instante do início do salto e o instante em que o centro de massa
da atleta atingiu sua altura máxima.
b) A velocidade horizontal média, VH, em m/s, da atleta durante o salto.
c) O intervalo de tempo t2, em s, entre o instante em que a atleta atingiu sua altura máxima e o instante final
do salto.
NOTE E ADOTE: Desconsidere os efeitos da resistência do ar.
5. (Ufg 2009) O Comitê Olímpico se preocupa com alguns fatores aparentemente “irrelevantes” na
realização das provas, como a velocidade do vento, o tempo chuvoso, a altitude etc., os quais podem
influenciar os resultados e recordes mundiais. Por exemplo, na prova de salto em distância, a atleta
brasileira Maurren Maggi ganhou a medalha de ouro em Pequim com a marca de 7,04 m, enquanto a
medalha de prata foi obtida com a marca de 7,03 m. Tipicamente, o ângulo de projeção para este tipo
de prova varia entre 15° e 25°. Considerando que em Pequim o salto de Maurren Maggi foi realizado
com um ângulo de 22,5°,
a) qual o módulo da velocidade da atleta no momento do salto?
b) Se esse salto fosse realizado em outro local, cuja aceleração da gravidade fosse 1% menor, qual seria a
marca atingida por Maurren Maggi?
Dados:
Considere a 2 1,408
Aceleração da gravidade g = 10 m/s
2
GABARITO:
Resposta da questão 1: C
Pela conservação da energia mecânica, calculemos a velocidade inicial (v0) do lançamento oblíquo no
ponto B:
Einicial
mec
2 m g
h
k
m 2
v0
k
x
m v 02
2
k x2
2
EB
mec
k x2
m gh
m v 02
2 m gh
I
Calculando as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial do lançamento oblíquo:
v 0x
v 0 cos 45
v0
v 0x
v 0 sen45
v0
2
2
2
2
Como o ângulo de lançamento é de 45°, até o ponto de lançamento os catetos oposto e adjacente são
iguais, isto é, até o ponto de lançamento, a distância horizontal percorrida no plano inclinado é igual à altura
h.
Assim, o alcance horizontal do lançamento oblíquo é:
D 3 h h
D 2 h.
A figura ilustra a situação.
Mas o alcance horizontal é igual ao produto da componente horizontal da velocidade, que se mantém
constante, pelo tempo de voo (tv).
4 h
4 2 h
2
D v ox t v
2 h v0
tv
tv
2
2 v0
2 v0
tv
2
2
v0
h.
II
Apliquemos a função horária do espaço no eixo y, com referencial no ponto O e trajetória orientada para
cima.
a 2
2
g 2
y y0 v 0y t
t
y h v 0y
t
t .
2
2
2
Quando a pequena esfera atingir o ponto C, y = 0. O tempo é o tempo de voo (tv), dado em (II).
Então:
0
v 02
h v0
4
g h.
3
2 2 2
h
2 v0
g 2 2
h
2 v0
III
Substituindo (III) em (I):
3
2
0
h 2 h
4 g h2
v 02
x
m
k
x
10 m g
h.
3 k
2 m g
h
k
4
gh
3
4 m gh
3 k
x
2 m gh
k
IV
No ponto mais alto da trajetória, a componente vertical da velocidade é nula (vy = 0).
Aplicando a equação de Torricelli a essa situação:
v 2y
2
v 0y
2 g
2 g H h
y
1 2
v0 .
2
0
2
2
v0
2
2 g H h
V
Substituindo (III) em (V):
2 g H h
1 4
gh
2 3
2 g H h
3
H. VI
4
Finalmente, substituindo (VI) em (IV):
10 m g
x
3 k
2 g
h
3
H h
h
3
h
5 m gH
2
k
x
3
H
4
1
2
x
5 m gH
2 k
.
Resposta da questão 2: B
A figura a seguir ilustra a situação.
– O tempo de subida (tS) é dado por:
tS =
T1
v 0y
g
T2
v 0 sen
g
v 0 sen
g
(I);
(II).
– A função horária para eixo das abscissas é: x = vox t
Nos instantes t1 e t2 as abscissas são iguais. Então:
t2
vo cos t1 = v0 cos t2
– A função horária para eixo das ordenadas é: y
voy t
g 2
t
2
Nos instantes t1 e t2 as ordenadas são iguais. Então:
g 2
v0 sen t1
t1 v 0 sen t 2
2
4
cos
t1 (III) .
cos
g 2
t 2 (IV)
2
H
4 h
3
– Substituindo (III) em (IV), vem:
v 0 sen
g
t1
2
g 2
t1
2
t1
cos2
1
cos
v0
2
g
cos2
cos2
t1
2
cos 2
v0
g cos2
2 cos2
t1
sen cos
cos
t12
sen
sen cos
sen cos
cos
sen
2v 0 cos
g
t1
cos
cos
v 0 sen
(V) .
cos2
cos2
2v 0 cos
g
sen
– Fazendo (I) (V), vem:
v 0 sen
g
T1 t1 =
T1 t1 =
2v 02 sen(
2
g
) sen
2
cos
cos2
(VI).
2
cos
cos2
cos
– Substituindo (V) em (III), temos:
cos2
cos2
sen
2v 0 cos
g
t2
sen
2v 0 cos
g
cos
cos
t2
cos2
(VII) .
cos2
– Fazendo (II) (VII), vem:
2v 02 sen(
T2 t2 =
sen
2v 0 cos
g
v 0 sen
g
T2 t2 =
2
cos2
) sen
2
g
cos2
cos
2
cos
cos
(VIII)
– Fazendo (VI) + (VIII):
T1 t1 + T2 t2 =
T1 t1 + T2 t2 =
2v 02
sen
cos
sen
2v 02
sen
2
cos2
g
2v 02 sen
2
g
cos
cos
2
cos
sen2
2
g
sen
T1 t1 + T2 t2 =
T1 t1 + T2 t2 =
T1 t1 + T2 t2 =
2v 02
2v 02
cos
2
cos
cos2
sen2
2
2
cos
2v 02
2
sen
cos2
2
sen
g
1 cos2
cos
sen
sen
sen2
cos2
cos2
cos2
cos2
g2
cos2
cos2
T1 t1 + T2 t2 =
5
2v 02
g2
cos2
.
cos
cos
sen
cos2
1 cos 2
cos2
sen
sen
cos2
cos2
cos
cos
cos2
cos2
g2
cos2
cos
cos 2
cos2
cos2
=
cos
Resposta da questão 3:
a) Dados: h = 32 m; v0 = 72 km/h = 20 m/s; [ h
2
5 d² / v 02 (1 + tg )].
d tg
Como a bola cai exatamente no pé do companheiro, h = 0.
Substituindo esses valores na expressão dada:
322
0 32 tg 5
1 tg2
0 32 tg
202
12,8 tg2
32 tg
12,8
12,8 1 tg2
0.
Dividindo por 12,8, vem:
2
– 2,5 tg + 1 = 0.
tg
Resolvendo a equação do 2º grau:
tg
A
b) Dados: FCinicial
2,52
2,5
4 1 1
2
FCBinicial =150 bpm; FCB
DCBfinal
Como as variações são iguais e VS A
FCBinicial
DCBinicial
tg
1
tg
2
2.
1
.
2
4
VSB
5
150 bpm ; VS A
Calculando a variação do débito cardíaco de B:
DCBfinal DCBinicial
VSB FCBfinal
A variação do débito cardíaco de A é:
A
A
DCfinal
DCinicial
2,5 1,5
2
tg
VSB 150 120
30 VSB .
A
A
VSA FCfinal
FCinicial
A
VSA FCfinal
120 .
4
VSB , temos:
5
4
A
VSB FCfinal
120 30 VSB
5
A
FCfinal
157,5 batimentos
.
minuto
A
FCfinal
30
5
120
4
Resposta da questão 4:
Altura máxima atingida = 1,25 m
Posição horizontal da altura máxima atingida = 3 m
Alcance do salto = 7,04 m
Durante o voo a atleta está sujeita apenas à força gravitacional (visto que desprezamos os efeitos de
2
resistência do ar). Então é verdadeira a aplicação por Galileu que y = y0 + v0y.t – gt / 2 e x = x0 + vx.t e
Torricelli com
2
2
2
2
vy = v0y – 2.g.(y – y0)
Desta última:
vy = v0y – 2.g.(y – y0)
2
2
0 = v0y – 2.10.(1,25)
v0y = 25
v0y = 5 m/s
Então:
2
y = y0 + v0y.t – gt / 2
2
y – y0 = v0y.t – gt / 2
1,25 = 5.t – 5.t
2
2
5.t – 5.t + 1,25 = 0
2
= 1 – 4.1.0,25 = 1 – 1 = 0
6
2
t – t + 0,25 = 0
t = (1
0) / 2 = 0,5 s
Como x = x0 + vx.t
o que responde a questão (a).
x – x0 = vx.t
3 = vx.0,5
O alcance do salto foi x = 7,04 m, então
Descontado o tempo de subida
vx = 6 m/s
7,04 = 6.t
1,17 – 0,5 = 0,67 s
O que responde a questão (b)
t = 7,04/6 = 1,17 s
o que responde a questão (c)
Resposta da questão 5:
2
a) Dados: 2 1,408 ; g = 10 m/s ; = 22,5°; D = 7,04 m.
Caso o estudante não se lembre da expressão do alcance horizontal (D) para o lançamento oblíquo, vamos
deduzi-la.
Da figura: vox = v0 cos
e v0y = v0 sen .
Calculemos o tempo de subida (ts), lembrando que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade
é nula (vy = 0).
Da função horária da velocidade: vy = v0y – g t, vem:
v sen
0 = v0 sen – g ts
ts = 0
g
Como o tempo de descida (td) é igual ao de subida, o tempo total (tT) é a soma dos tempos. Assim:
v sen
tT = 2 ts
tT = 2 0
.
g
A componente horizontal da velocidade se mantém constante (v x = v0x). Assim, no eixo x o movimento é
uniforme:
x = vox t. Quando x = D, o tempo é o tempo total. Então:
v sen
v2
D = v0x tT
D = vo cos 2 0
D = 0 2sen cos . (Não vem ao caso aqui, mas essa expressão
g
g
permite concluir que, para ângulos complementares, o alcance horizontal é o mesmo, pois eles têm senos e
cossenos trocados).
Continuando nossa dedução, lembremos que: 2sen cos
sen(2 ) . Finalmente:
D=
v 02
sen(2 ) . Colocando os valores dados, vem:
g
7,04
v 02
sen(2 22,5)
10
v 02
7,04 10
sen45
70,4
1,408
2
70,4
0,704
100
v0 = 10 m/s.
b) A nova aceleração da gravidade (g’) é 1% menor, ou seja, 99% de g. Assim:
2
g’ = 0,99 g = 0,99(10) = 9,9 m/s .
Aplicando novamente a expressão deduzida, o novo alcance horizontal (D’) será:
v2
102
70,4
(0,704) =
D’ = 0 sen(2 ) D’ =
D’ = 7,11 m.
9,9
g'
9,9
7
v0 =
100