EXERCÍCIOS – FÍSICA – 2
1. (Fuvest 2014) Para passar de uma margem a outra de um rio, uma pessoa se pendura na extremidade de um cipó esticado,
formando um ângulo de 30° com a vertical, e inicia, com velocidade nula, um movimento pendular. Do outro lado do rio, a pessoa
se solta do cipó no instante em que sua velocidade fica novamente igual a zero. Imediatamente antes de se soltar, sua aceleração
tem
Note e adote:
Forças dissipativas e o tamanho da pessoa devem ser ignorados.
2
A aceleração da gravidade local é g = 10 m/s .
sen 30  cos 60  0,5
cos 30  sen 60  0,9
a) valor nulo.
2
b) direção que forma um ângulo de 30° com a vertical e módulo 9 m/s .
2
c) direção que forma um ângulo de 30° com a vertical e módulo 5 m/s .
2
d) direção que forma um ângulo de 60° com a vertical e módulo 9 m/s .
2
e) direção que forma um ângulo de 60° com a vertical e módulo 5 m/s .
2. (Unifesp 2014) Em uma bancada horizontal da linha de produção de uma indústria, um amortecedor fixo na bancada tem a
função de reduzir a zero a velocidade de uma caixa, para que um trabalhador possa pegá-la. Esse amortecedor contém uma mola
horizontal de constante elástica K = 180 N/m e um pino acoplado a ela, tendo esse conjunto massa desprezível. A caixa tem
massa m = 3 kg e escorrega em linha reta sobre a bancada, quando toca o pino do amortecedor com velocidade V0.
Sabendo que o coeficiente de atrito entre as superfícies da caixa e da bancada é 0,4, que a compressão máxima sofrida pela mola
2
quando a caixa para é de 20 cm e adotando g = 10 m/s , calcule:
a) o trabalho, em joules, realizado pela força de atrito que atua sobre a caixa desde o instante em que ela toca o amortecedor até o
instante em que ela para.
b) o módulo da velocidade V0 da caixa, em m/s, no instante em que ela toca o amortecedor.
3. (Fuvest 2014) Um contêiner com equipamentos científicos é mantido em uma estação de pesquisa na Antártida. Ele é feito com
material de boa isolação térmica e é possível, com um pequeno aquecedor elétrico, manter sua temperatura interna constante,
Ti  20C, quando a temperatura externa é Te  40C. As paredes, o piso e o teto do contêiner têm a mesma espessura,
ε  26 cm, e são de um mesmo material, de condutividade térmica k  0,05 J / (s  m  C). Suas dimensões internas são
2  3  4 m3 . Para essas condições, determine
a) a área A da superfície interna total do contêiner;
b) a potência P do aquecedor, considerando ser ele a única fonte de calor;
c) a energia E, em kWh, consumida pelo aquecedor em um dia.
Note e adote:
A quantidade de calor por unidade de tempo (Φ) que flui através de um material de área A, espessura ε
condutividade térmica k, com diferença de temperatura ΔT entre as faces do material, é dada por:
Φ  kAΔT / ε.
4. (Unicamp 2013) Em agosto de 2012, a NASA anunciou o pouso da sonda Curiosity na superfície de Marte. A sonda, de massa
m = 1000 kg, entrou na atmosfera marciana a uma velocidade v0 = 6000 m/s.
a) A sonda atingiu o repouso, na superfície de Marte, 7 minutos após a sua entrada na atmosfera. Calcule o módulo da força
resultante média de desaceleração da sonda durante sua descida.
b) Considere que, após a entrada na atmosfera a uma altitude h0 = 125 km, a força de atrito reduziu a velocidade da sonda para v
= 4000 m/s quando a altitude atingiu h =100 km. A partir da variação da energia mecânica, calcule o trabalho realizado pela
2
força de atrito neste trecho. Considere a aceleração da gravidade de Marte, neste trecho, constante e igual a gMarte = 4 m/s .
5. (Ita 2013) Uma corda, de massa desprezível, tem fixada em cada uma de suas extremidades, F e G, uma partícula de massa
m. Esse sistema encontra-se em equilíbrio apoiado numa superfície cilíndrica sem atrito, de raio r, abrangendo um ângulo de 90° e
simetricamente disposto em relação ao ápice P do cilindro, conforme mostra a figura. Se a corda for levemente deslocada e
ˆ em que a partícula na extremidade F perde contato com a
começa a escorregar no sentido anti-horário, o ângulo θ  FOP
superfície é tal que
a) 2 cos θ  1.
b) 2 cos θ  sen θ 
2.
c) 2 sen θ  cos θ 
2.
d) 2 cos θ  sen θ 
2.
e) 2 cos θ  sen θ 
2 2.
6. (Ita 2013) Uma rampa maciça de 120 kg inicialmente em repouso, apoiada sobre um piso horizontal, tem sua declividade dada
por tan θ  3 4. Um corpo de 80 kg desliza nessa rampa a partir do repouso, nela percorrendo 15 m até alcançar o piso. No final
desse percurso, e desconsiderando qualquer tipo de atrito, a velocidade da rampa em relação ao piso é de aproximadamente
a) 1 m/s.
b) 3 m/s.
c) 5 m/s.
d) 2 m/s.
e) 4 m/s.
7. (Unesp 2013) Uma haste luminosa de 2,5 m de comprimento está presa verticalmente a uma boia opaca circular de 2,26 m de
raio, que flutua nas águas paradas e transparentes de uma piscina, como mostra a figura. Devido à presença da boia e ao
fenômeno da reflexão total da luz, apenas uma parte da haste pode ser vista por observadores que estejam fora da água.
Considere que o índice de refração do ar seja 1,0, o da água da piscina
4
, sen 48,6° = 0,75 e tg 48,6° = 1,13. Um observador que
3
esteja fora da água poderá ver, no máximo, uma porcentagem do comprimento da haste igual a
a) 70%.
b) 60%.
c) 50%.
d) 20%.
e) 40%.
8. (Ita 2012) Acredita-se que a colisão de um grande asteroide com a Terra tenha causado a extinção dos
dinossauros. Para se ter uma ideia de um impacto dessa ordem, considere um asteroide esférico de ferro, com 2 km de diâmetro,
que se encontra em repouso quase no infinito, estando sujeito somente à ação da gravidade terrestre. Desprezando as forças de
atrito atmosférico, assinale a opção que expressa a energia liberada no impacto, medida em número aproximado de bombas de
hidrogênio de 10 megatons de TNT.
a) 1
b) 10
c) 500
d) 50.000
e) 1.000.000
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Quando precisar use os seguintes valores para as constantes:
9
1 ton de TNT = 4,0  10 J .
Aceleração da gravidade = g  10 m/s2 .
1 atm = 105Pa .
Massa específica do ferro ρ  8000 kg/m3 .
Raio da Terra = R  6400 km .
Permeabilidade magnética do vácuo μ0  4π  107 N/A2 .
9. (Ita 2012) Considere uma rampa plana, inclinada de um ângulo θ em relação à horizontal, no início da qual encontra-se um
carrinho. Ele então recebe uma pancada que o faz subir até uma certa distância, durante o tempo t s, descendo em seguida até sua
posição inicial. A “viagem” completa dura um tempo total t. Sendo μ o coeficiente de atrito cinético entre o carrinho e a rampa, a
relação t/ts é igual a.
a) 2
b) 1  (tan θ  μ) / tan θ  μ
c) 1  (cos θ  μ) / cos θ  μ
d) 1  (senθ  μ) / cos θ  μ
e) 1  (tan θ  μ) / tan θ  μ
10. (Fuvest 2014) Um corpo de massa M desliza sem atrito, sujeito a uma força gravitacional vertical uniforme, sobre um
“escorregador logarítmico”: suas coordenadas (x, y) no plano cartesiano, que representam distâncias medidas em metros,
pertencem ao gráfico da função
f(x)  log 1 x  4.
2
O corpo começa sua trajetória, em repouso, no ponto A, de abscissa x  1, e atinge o chão no ponto B, de ordenada y  0,
conforme figura abaixo.
2
Não levando em conta as dimensões do corpo e adotando 10m/s como o valor da aceleração da gravidade,
a) encontre a abscissa do ponto B;
b) escreva uma expressão para a energia mecânica do corpo em termos de sua massa M, de sua altura y e de sua velocidade
escalar v;
c) obtenha a velocidade escalar v como função da abscissa do ponto ocupado pelo corpo;
60 m / s.
d) encontre a abscissa do ponto a partir do qual v é maior do que
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[E]
Se a velocidade é nula, a aceleração (a) tem direção tangencial, formando com a vertical ângulo de 60°, como indicado na figura.
A resultante é a componente tangencial do peso. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica:
 1
Px  m a  m gcos 60  m a  a  10   
2
a  5 m/s2 .
Resposta da questão 2:
2
a) Dados: m = 3 kg; μ  0,4; x = 20 cm = 0,2 m; g = 10 m/s .
Como o deslocamento é retilíneo e horizontal, a intensidade da componente normal é igual à do peso (N = P = mg). Então:
WFat  Fat x cos180°  WFat   μ N x  WFat   μ m g x   0,4  3  10  0,2 
WFat  2,4 J.
b) Dados: K = 180 N/m; m = 3 kg; x = 20 cm = 0,2 m.
Aplicando o teorema da energia cinética:
WR  ΔEcin  WFat  WFel  WP  WN 
m v 02
K x2
 2,4 
00  0
2
2
3 v 02
 2,4  3,6  v 0 
2
v 0  2 m/s.

m v 2 m v 02

2
2
180  0,2 
3 v 02
 2,4 
2
2
26
 4 
3

2

Resposta da questão 3:
a) A área total é igual à soma das áreas das seis faces.
A  2 2  3  2  4  3  4 
A  52 m2.
b) Dados: k  5  102 J(s  m  C); ε  26cm  26  102 m; Ti  20C; Te  40C.
Para manter a temperatura constante, a potência do aquecedor deve compensar o fluxo de calor para o meio.
Assim:
2
k A ΔT 5  10  52  20   -40  
PΦ

 6  102 W 

2
ε
26  10
P  0,6 kW.
c) Da expressão da energia consumida:
E  P Δt  0,6  24 
E  14,4 kWh.
Resposta da questão 4:
a) Dados: m = 1000 kg; v0 = 6000 m/s; v = 0; Δt = 7 min = 420 s.
Da segunda lei de Newton, para a força resultante tangencial:
Fres  m a  Fres  m
v
t
 1000
0  6000
420

6  106
4,2  102

Fres  1,43  104 N.
b) Dados: m = 1000 kg; h0 = 125 km = 125  10 m; h = 100 km = 100  10 m; v = 4000 m/s; v0 = 6000 m/s; gMarte = 4 m/s .
Sendo W Fat o trabalho da força de atrito, aplicando o Teorema da Energia Mecânica:
3
3

 m v2
  m v 02
final
inicial
WFat  EMec
 EMec
 WFat  
 m gMarteh   
 m gMarteh0  
 2
  2


 

m 2
WFat 
v  v 02  m gMarte h  h0  
2
1000
WFat 
40002  60002  1000  4 100  125   1000 
2




WFat  500 2  107


WFat  1,01 1010 J.
Resposta da questão 5:
[D]
MOMENTO INICIAL:
MOMETO FINAL:
 4  106  25   1 1010  1 108

2
Tomando o ponto O como referencial e analisando a energia mecânica do sistema, teremos:
Em inicial  Ep  2m.g.h  2m.g.(r.cos45º )
Em final  Ep  Ec  (m.g.h' m.g.H) 
2m.V 2
2
Em final  m.g.(r.cos θ)  m.g.(r.cos β) 
2m.V 2
2
cos β  senθ
Em final  m.g.(r.cos θ)  m.g.(r.senθ) 
2m.V 2
2
Como não há forças dissipativas, temos um sistema conservativo:
Em inicial  Em final
2m.g.(r.cos 45º )  m.g.(r.cos θ)  m.g.(r.senθ) 
2m.V 2
2
g.r. 2  g.r.cos θ  g.r.senθ  V 2
V 2  g.r.( 2  cos θ  senθ)
No momento que a partícula F perde contato com a superfície, não haverá força de contato entre as duas, ou seja, a componente
Px irá atuar como resultante centrípeta.
Px  Rc
mg.cos θ 
m.V 2
 V 2  g.r.cos θ
r
2
Igualando as equações em V :
g.r.cos θ  g.r.( 2  cos θ  senθ)
2cos θ  senθ  2
Resposta da questão 6:
[C]
Como o enunciado nos informa que o corpo percorre 15m até alcançar o solo e que tan θ  3 4, podemos desenhar a figura
abaixo:
Ao descer, o corpo de massa “m” empurra o plano, que se desloca para a direita, em relação ao solo.
U : velocidade do plano em relação ao solo;
V : velocidade da esfera em relação ao solo.
VX : componente horizontal de V ;
VY : componente vertical de V .
tan θ 
| VY |
| VX |  | U |

VY
3
3


4
VX  U 4
(eq.1)
Ao descer, a energia potencial do corpo de massa “m” se transforma em energia cinética do corpo de massa “m” e do plano de
massa “M”, todos em relação ao solo.
MU2 mV 2

 mgh
2
2
VX  VY  V  V2  VX2  VY2
MU2 mV 2
MU2 m.(VX2  VY 2 )

 mgh 

 mgh
2
2
2
2
(eq.2)
Para respondermos a questão, temos que encontrar VX e VY . Para isso já temos a “eq.1”, faltando apenas mais uma equação.
Considerando o sistema como isolado, teremos a conservação da quantidade de movimento em relação ao solo. Como o
deslocamento do plano ocorre apenas na horizontal, podemos desconsiderar as componentes verticais no sistema.
M.U  m.VX  0  M.U  m.VX  0  VX 
M.U
3
 VX  U
m
2
(eq.3)
Substituindo “eq.3” em “eq.1”, teremos:
VY
3
33
15

  VY   U  U   VY 
U
VX  U 4
42
8

(eq.4)
Substituindo “eq.3” e “eq.4” em “eq.2”, finalizamos:
  3 2  15 2 
m.   U    U  
 2 
 8  
MU2 m.(VX2  VY 2 )
MU2

 mgh 
 
 mgh
2
2
2
2
225 2 
9
80.  U2 
U 
120.U2
4
64

  80.10.9  U  5m / s

2
2
Resposta da questão 7:
[D]
A figura ilustra o fenômeno ocorrido.
Aplicando a Lei de Snell para o dioptro ar-água:
nágua seni  nar sen90 
4
1
seni  11  seni 
4
3
3
Da tabela dada: i = 48,6°  tgi = 1,13.
Mas, da figura:
 seni 
3
.
4
tgi 
R
h
 1,13 
2,26
h
 h
2,26
 h  2 m.
1,13
Ainda da figura, a parte visível da haste (y) é:
y  h  H  y  H  h  2,5  2  y  0,5 m.
Em valores percentuais:
0,5
50
 100 
2,5
2,5
 20%.
y(%) 
y(%)

Resposta da questão 8:
[D]
Dados constantes no cabeçalho da prova:
6
Raio da Terra: R = 6.400 km = 6,4  10 m.
2
Aceleração da gravidade: g = 10 m/s .
3
Massa específica do ferro: ρ = 8.000 kg/m .
Raio do asteroide: r = 1 km = 1  10 m.
9
1 tonelada de TNT = 4  10 J.
3
Como a massa do asteroide é desprezível em relação à massa da Terra, o impacto não altera a velocidade da Terra. Assim,
podemos considerar que toda energia cinética do asteroide é dissipada no impacto.
Então, como o sistema Terra-asteroide é conservativo até antes da colisão, a energia mecânica do sistema com o asteroide no
infinito é igual à energia mecânica do sistema no momento do impacto com a superfície terrestre.
Como no infinito o asteroide está em repouso, sua energia mecânica nessa situação é nula.
Sendo M a massa da Terra, G a constante de gravitação universal e m a massa do asteroide, temos:

sup
Emec
 Emec
sup
sup
sup
 0  Ecin
 Epot
 0  Ecin

sup  1 
Ecin
    GMm  .
R
GMm
R
sup
 Ecin

GMm
R

(I)
A aceleração da gravidade na superfície terrestre é:
g
GM
2
 G M  g R2 .
(II)
R
Para o asteroide:
ρ
m
V
4
 m  ρ V  m  ρ π r3.
3
(III)
Inserindo (II) e (III) em (I):


4
 4

sup  1 
sup
Ecin
   g R2  ρ π r 3   Ecin
 π g ρ R r3.
3
R
 3

Substituindo valores:
sup
Ecin




4
 3,110  8  103 6,4  106 1 103
3

3

sup
Ecin
 2,1 1021J.
A energia liberada na explosão de 10 megatons de TNT é:
E  10  106  4  109  E  4  1016 J.
A energia liberada no impacto do asteroide com a superfície terrestre corresponde a n bombas de hidrogênio de 10 megatons.
Assim:
sup
n E  Ecin
n  50.000.


 n 4  1016  2,1 1021  n 
2,1 1021
16
4  10
 n  5,25  104  52.500 
Resposta da questão 9:
[B]
Como o carrinho está apoiado em um plano inclinado, ele irá descrever um movimento retilíneo uniformemente variado (MRUV),
tanto na descida, como na subida.
A partir da equação dos espaços do MRUV ( S  V0 .t 
V0  0  S 
a.t 2
t
2
a.t 2
) , teremos:
2
2.S
a
Como a distância na subida é igual à distância na descida, podemos escrever:
ΔSsubida  ΔSdescida  ΔS
ts 
2.S
, td 
as
2.S
ad
e
t  ts  td
Onde t s equivale ao tempo de subida, t 0 equivale ao tempo de descida e t equivale ao tempo total do movimento.
O enunciado pergunta a relação entre t e t s , ou seja:
t t
t
t
 s d  1 d  1
ts
ts
ts
2.S
ad
2.S
as
 1
as
as
t

 1
ad
ts
ad
(EQUAÇÃO 1)
Para respondermos a pergunta do enunciado, teremos que encontrar a aceleração na subida (a s) e a aceleração na descida (ad),
de acordo com a equação 1.
Análise das forças que atuam em um corpo apoiado num plano inclinado:
N  Py
Px  P.senθ  m.g.senθ
Py  P.cos θ  m.g.cos θ
Lembre-se que:
FA : força de atrito
FA  μ  N
FA  μ.Py  μ.m.g.cos θ
FR : força resultante
FR  m.a
Corpo subindo o plano
FR  Px  FA  m.as  m.g.senθ  μ.m.g.cos θ  as  g.senθ  μ.g.cos θ
as  g.(senθ  μ.cos θ)
Corpo descendo o plano
Px  FA
FR  Px  FA  m.ad  m.g.senθ  μ.m.g.cos θ  ad  g.senθ  μ.g.cos θ
ad  g.(senθ  μ.cos θ)
Px  FA  ad  0
ad  g. | senθ  μ.cos θ |
Substituindo as e ad na equação 1, teremos:
as
t
t
g.(senθ  μ.cos θ)
t
(senθ  μ.cos θ)
 1

 1

 1
ts
ad
ts
g. | senθ  μ.cos θ |
ts
| senθ  μ.cos θ |
t
(tanθ  μ )
 1
ts
| tanθ  μ |
Resposta da questão 10:
a) Quando x  xB  yB  0.
Assim:
log 1 x  4  0  log 1 x  4 
2
2
 1
2
 
4
 x  x  24 
x  16 unidades de comprimento.
b) Usando a expressão da Energia Mecânica:
Emec  Ecin  Epot
 Emec 
 v2

M v2
 M g y  Emec  M 
 g y 
 2

2


 v2

Emec  M 
 10 y  unidades de energia.
 2



c) Como o corpo parte do repouso em x = 1, temos v0 = 0.
Na expressão dada, para x = 1, temos:
y  log 1 1  4  0  4  y  4.
2
Aplicando esses dados na expressão obtida no anterior:
 v2

 02

Emec  M 
 10 y   Emec  M 
 10  4 
 2

 2






Emec  40 M .
Pela conservação da Energia Mecânica:
 2


v
v2
v2
M
 10  log 1 x  4    40 M 
 40  10 log 1 x  40 
 -10 log 1 x 
 2


2
2
2
2
2




v
-20 log 1 x .
2
Caso queiramos eliminar o sinal (–) do radicando, podemos mudar o logaritmo para a base 2:
log 1 x 
2
log2 x log2 x

1
1
log2
2
 log 1 x  log2 x.
2
Assim:
v
20 log2 x unidades de velocidade.