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• De acordo com o enunciado do problema, temos que, para cada centímetro cúbico do material, existe uma massa de 1g.
• Logo, acrescentando 50g ao bloco, temos, por uma regra de três simples:
• Note que o volume aumenta de 50cm3.
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Segundo o enunciado do problema, temos:
potência = c . v3, onde c é uma constante e v, a velocidade do navio.
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a) Como c é um fator constante, temos:
Note que a velocidade inicial do navio será aumentada por um fator 3.
b) Para a energia cinética (Ec), podemos afirmar que:
Dividindo (II) por (I), temos que:
Note que energia cinética será aumentada por um fator 9.
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• Note que, de acordo com a figura:
– De 0 a t1 ⇒ movimento retilíneo uniforme, executado de forma progressiva com uma velocidade de módulo v0.
– De t1 a t2 ⇒ movimento retilíneo uniformemente variado e retardado,
pois a aceleração se opõe à velocidade da bola nesse trecho. Denominemos a velocidade final da rampa de vf, de modo que vf < v0.
– A partir de t2 ⇒ movimento retilíneo uniforme, executado de forma progressiva com uma velocidade de módulo vf.
• De acordo com as análises feitas anteriormente, temos que, graficamente:
Posição versus Tempo
Velocidade versus Tempo
Aceleração versus Tempo
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a) Da figura, temos que:
– Espaço efetivamente percorrido (∆s):
– Tempo de percurso (∆t):
– Logo, a velocidade escalar média será dada por:
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b) Para determinar a velocidade vetorial média, precisamos conhecer o
vetor deslocamento, logo:
Então, temos que:
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• Note que as duas bolas executam um movimento de queda livre. Orientaremos o sentido para cima.
– Para a bola A, temos:
• Para a bola B, que é largada 1s depois, temos:
• Na colisão, os dois objetos atingirão a mesma posição final, ou seja, yA = yB.
Logo, temos que:
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• Adotando um sistema de eixos coordenados, temos:
– De acordo com esse sistema de referência, as funções da posição do
movimento do projétil da arma são:
*
0
*
– Funções do movimento do alvo:
*
*
• No momento em que o projétil atinge o alvo, temos que xp = xA e yp = yA,
logo:
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– Do triângulo hachurado no sistema de coordenadas, temos que:
– Logo, nesse instante, a ordenada do projétil é dada por:
• Note que:
– Como
as ordenadas do projétil e do alvo
são sempre as mesmas.
– Duas condições garantem essa igualdade:
* O cancelamento de
significa fisicamente que esse termo não interfere na situação do problema.
* O fator
surge da mesma forma nas ordenadas do alvo e do
projétil, logo, ele não interfere na possibilidade do encontro, apesar de
influenciar no valor do instante de encontro. Logo, a única condição
para que o projétil sempre atinja o alvo é que seja verdadeira a expressão h = x .tgθ, pois ela garante a coincidência das ordenadas (yp, yA) do
alvo e do projétil. Então, para que o alvo seja atingido, a velocidade do
projétil
deve estar orientada para o alvo no instante do disparo.
• A resposta é SIM.
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a) Com a presença dos air bags e do cinto de segurança, temos os seguintes dados:
m = 60kg
v0 = 15m/s
v=0
∆s = 1m
• Da equação de Torricelli, temos:
• Da segunda Lei de Newton, temos que:
b) Sem a presença dos elementos de segurança, nas mesmas condições,
o motorista desacelera em ∆s = 5mm = 5.10–3m. Logo:
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Do gráfico da figura, temos que:
fat(estático) = 4600N
fat(cinético) = 4000N
a) Para o veículo de massa 1000kg em uma superfície horizontal, temos:
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Analogamente, para o atrito cinético ou dinâmico:
b) Lembre-se de que o movimento ocorre somente quando o atrito é dinâmico, logo:
• Para v0 = 108km/h = 30m/s, µd = 0,40 e g = 10m/s2, temos:
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• No movimento analisado, a força de tensão no barbante atua como resultante centrípeta, logo:
T = FCP ⇒ T =
• Analisando cada situação, temos:
a)
b)
c)
d)
• Comparando as tensões, temos:
Tb < Ta = Td < Tc
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• Da Gravitação Universal, sabemos que a força gravitacional atua como
resultante centrípeta, logo:
Note que, quanto menor o raio de órbita, maior é a velocidade orbital do
satélite. Logo, a velocidade de órbita do satélite aumenta.
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a) A aceleração gravitacional que atua na esfera livre origina-se da esfera
fixa, logo:
b) Para a esfera livre, temos:
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a) Identificando as forças no corpo da figura, temos que:
• A força resultante
FR  FCP 
mV
R
atua como centrípeta, temos que:
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• Da figura acima, temos:
b) Da expressão
T
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2R
2R
R

 2
v
g.tg 
R.g.tg
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a) Como o atrito é uma força dissipativa, parte da energia mecânica se
transforma em energia térmica. Outra parte da energia mecânica é
transformada em energia sonora.
b) Nesse caso, a energia mecânica vai sendo convertida em energia térmica (devido à força de resistência do ar). Note que a energia cinética
se mantém constante, enquanto que a energia potencial gravitacional
se reduz com o tempo.
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a) No ponto mais baixo da trajetória, temos:
A trajetória lembra a mesma de um lançamento horizontal, pois, nesse
instante, a única força atuante é a força peso.
Lembre-se de que, por inércia, a massa tende a continuar com a mesma velocidade na direção horizontal do movimento.
b) No ponto mais alto da trajetória, a massa possui uma velocidade nula.
Logo, ao cortar a corda, seu movimento (da massa) será de queda livre.
Lembre-se da primeira Lei de Newton ou Lei da Inércia.
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• Analisando o fenômeno em dois instantes quaisquer, temos:
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• Para o objeto linear, temos:
x
h
 cotgθ 1 = 1
tgθ 1 =
x1
h
x
h
 cotgθ 2 = 2 .
tgθ 2 =
x2
h
• Para a imagem, do objeto, temos:
y
tgθ 1 = 1
D
y
tgθ 2 = 2
D
• Para a imagem, podemos escrever que:
 vH  
h.D.v. t2
x1 .(x1  v. t)
 vH  
2h.v. t2
x1(x1  v. t)
Obs.: O sinal negativo significa que, à medida que o objeto possui um
movimento “progressivo”, a imagem apresenta um movimento “retrógrado”
quando adotamos um sistema de eixos coordenados.
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• Na primeira experiência, como o sistema não está termicamente isolado,
o equilíbrio térmico ocorrerá em um intervalo de tempo menor em relação
ao modelo idealizado da questão.
• Na segunda experiência, em virtude de qualquer metal possuir uma condutibilidade térmica maior do que o vidro, haverá uma redução de tempo
em relação à primeira experiência, ou seja, a água entra em equilíbrio
térmico rapidamente com o ambiente exterior.
• Logo, traçando as três curvas em apenas um gráfico, temos:
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