Física BDE - Cinemática e Leis de Newton

C2_FIS_BDE_RGERAL_Alelex 27/09/12 11:49 Página I

Física
Curso Extensivo – BDE

FÍSICA BDE

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FÍSICA BDE

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MÓDULO 1 Cinemática
1. Uma bala perdida com velocidade de módulo 4,0 . 102m/s atinge 2. Uma pedra é lançada verticalmente para cima de uma altura H0
uma árvore e penetra-lhe, em linha reta, uma distância de 10cm até relativa ao solo. O efeito do ar é desprezível e adota-se g = 10,0m/s2.
parar. O gráfico a seguir representa a velocidade escalar da pedra desde o seu
Considere constante a aceleração escalar da bala. lançamento (t = 0) até o seu retorno ao solo (t = 5,0s).
Determine
a) o tempo que a bala gastou para parar;
b) o módulo da aceleração escalar da bala.

RESOLUÇÃO:
Δs V0 + V
a) ––– = –––––– (MUV)
Δt 2

0,10 4,0 . 102 + 0
–––– = –––––––––––
T 2
T . 2,0 . 102 = 0,1

T = 5,0 . 10–4s Determine
a) a velocidade escalar Vf com que a pedra atinge o solo;
b) V2 = V02 + 2␥ ⌬s (MUV) b) a altura máxima H atingida pela pedra, em relação ao solo;
0 = 16,0 . 104 + 2 (–a) . 0,10 c) o valor de H0;
0,20a = 16,0 . 104
d) o gráfico de altura h da pedra, relativa ao solo, em função do tempo,
no intervalo de 0 a 5,0s.
a = 8,0 . 105m/s2
RESOLUÇÃO:
Respostas: a) 5,0 . 10–4s a) V = V0 + ␥t ⇒ Vf = 20,0 – 10,0 . 5,0(m/s) ⇒ Vf = –30,0m/s
b) 8,0 . 105m/s2
3,0 . 30,0
b) ⌬s = área(V x T) ⇒ H = ––––––– (m) ⇒ H = 45,0m
2

2,0 . 20,0
c) Na subida: h = ––––––– (m) = 20,0m
2

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H = h + H0 ⇒ 45,0 = 20,0 + H0 ⇒ H0 = 25,0m
d)

Respostas: a) –30,0m/s
b) 45,0m
c) 25,0m
d) vide gráfico

–1


3. Um atleta vai realizar um salto em distância. Quando o atleta se 4. Considere um rio com leito retilíneo e horizontal e margens para-
destaca do chão, o seu centro de massa está a 80cm do solo e sofre uma lelas com largura L = 200m. A velocidade da correnteza é variável com
elevação máxima de 45cm. Ao atingir o solo, o seu centro de massa a distância às margens.
está praticamente em nível do solo. Adote g = 10m/s2 e despreze o Junto às margens, a velocidade é nula e no meio do rio, a velocidade é
→
efeito do ar. Ao se destacar do solo, o atleta tem uma velocidade V0 máxima. Para uma distância d do ponto considerado até uma das
cujo componente horizontal tem módulo 10,5m/s. margens, a velocidade tem módulo VC = 0,04d (SI).
Calcule
→
a) o módulo do componente vertical de V0;
b) o intervalo de tempo desde que o atleta se destaca do solo até o
instante em que o seu centro de massa atinge o solo;
c) a marca conseguida pelo atleta, isto é, a distância horizontal
percorrida.

RESOLUÇÃO:

Um barco motorizado tem velocidade relativa às águas com módulo
constante VB = 5,0m/s e, para atravessar o rio em tempo mínimo, esta
velocidade é direcionada perpendicularmente à correnteza.
a) Calcule o tempo T gasto pelo barco para atravessar o rio.
b) Faça um gráfico do módulo da velocidade da correnteza VC em
função do tempo de movimento do barco.
2 2
a) Vy = V0y + 2 ␥y ⌬sy c) Sabendo-se que o barco atinge a margem oposta no ponto C, calcule
2 a distância BC.
0 = V0y + 2 (–10) 0,45

2 RESOLUÇÃO:
V0y = 9,0 ⇒ V0y = 3,0m/s
a) De acordo com o Princípio de Galileu, o tempo de travessia pode ser
calculado pelo movimento relativo.
␥y
b) ⌬sy = V0y t + ––– t2 ⌬srel = Vrel t (MU)
2
200 = 5,0T ⇒ T = 40s
–0,80 = 3,0t – 5,0t2

b) 1) O movimento relativo é uniforme: d = Vrel t = 5,0t (SI)
5,0t2 – 3,0t – 0,80 = 0
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2) De acordo com o texto:
VC = 0,04 d = 0,04 . 5,0t
3,0 Ϯ ͙ෆෆෆෆෆ
9,0 + 16,0 3,0 Ϯ 5,0
t = ––––––––––––––––– (s) = –––––––– (s) VC = 0,20 t (SI)
10,0 10,0 3)

T = 0,80s

c) ⌬sx = V0x T

D = 10,5 . 0,80(m) ⇒ D = 8,4m

Respostas: a) 3,0m/s
b) 0,80s
c) 8,4m
c) BC = área (VC x t)
40 . 4,0
BC = –––––– (m) ⇒ BC = 80m
2

Respostas: a) T = 40s
b) ver figura
c) BC = 80m

2–


MÓDULO 2 Leis de Newton e Atrito

1. O sistema mecânico representado na figura é constituído por três 2. Dois blocos, A e B, de massas mA = 1,0kg e mB = 2,0kg estão
blocos, A, B e C, de massas, respectivamente, iguais a mA = 0,3kg, conectados por um fio ideal que envolve
mB = 0,2kg e mC = 1,5kg. uma polia de massa desprezível e subme-
Despreze o efeito do ar e todos os atritos. tida a uma força vertical para cima e de
Adote g = 10m/s2. intensidade F = 30,0N.
A aceleração da gravidade tem módulo
g = 10,0m/s2 e despreza-se o efeito do ar.
Determine
a) os módulos aA e aB das acelerações de A
e B;
b) o módulo aP da aceleração da polia.

RESOLUÇÃO:
a)

→
Uma força horizontal constante F é aplicada ao bloco C, de modo que
B e A fiquem em repouso em relação a C, isto é, que os três blocos
tenham a mesma aceleração.
Determine
a) a intensidade da força que traciona o fio ideal que liga A com B; 1) Como a polia tem massa desprezível, a força resultante na polia é
b) o módulo da aceleração dos blocos; nula e teremos:
→
c) a intensidade da força F.
F
2T = F ⇒ T = ––– = 15,0N
RESOLUÇÃO: 2
a) Para que o bloco A não se movimente verticalmente, temos:
2)
T = PA = mA g = 0,3 . 10(N) ⇒ T = 3,0N

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b) A força aplicada pelo fio é a resultante que acelera o bloco B.

PFD (B): T = mB a

mA g = mB a

mA 0,3
a = –––– g = –––– . 10(m/s2) PFD(A): T – PA = mAaA
mB 0,2
15,0 – 10,0 = 1,0aA
a = 15m/s2
aA = 5,0m/s2
→ 3)
c) A força F é a resultante que acelera todo o sistema (A + B + C):
PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC)a
F = (0,3 + 0,2 + 1,5) 15 (N)
F = 30N

Respostas: a) 3,0N
b) 15m/s2
c) 30N
PFD(B): PB – T – = mBaB
20,0 – 15,0 = 2,0aB

aB = 2,5m/s2

b) As acelerações dos blocos, em relação à polia, têm módulos iguais a:
.aAP . = aA – aP

.aBP. = aB + aP

–3


.aAP. = .aBP. PFD (A): F – Fat = mAaA

aA – aP = aP + aB 29,0 – 5,0 = 8,0 . aA

aA = 3,0m/s2
aA – aB
aP = –––––– = 1,25m/s2
2
Respostas: a) gap = 12,5m/s2
b) aB = 2,5m/s2
Respostas: a) aA = 5,0m/s2; aB = 2,5m/s2
c) aA = 3,0m/s2
b) aP = 1,25m/s2

3. Um elevador se desloca verticalmente com aceleração dirigida
para cima e de módulo a = 2,5m/s2. No chão do elevador, temos um
bloco A de massa 8,0kg e sobre ele um outro bloco, B, de massa 2,0kg. 4. Dois blocos, A e B, de massas mA = 4,0kg e mB = 6,0kg estão
→
Uma força horizontal F de módulo 29,0N é aplicada em A, conforme conectados por um fio de massa desprezível que envolve uma polia
ilustra a figura. O coeficiente de atrito cinético entre A e B vale 1/5 e sem atrito, conforme esquematizado na figura.
não há atrito entre A e o piso do elevador.

Considere g = 10,0m/s2 e despreze o efeito do ar. O coeficiente de atrito
entre A e o apoio horizontal vale 0,40.
Determine
a) a intensidade Fat da força de atrito entre o bloco A e o plano de
A aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0m/s2 e não se considera apoio;
o efeito do ar. Sabe-se que o bloco B vai escorregar sobre o bloco A. b) o módulo a da aceleração dos blocos;
Para um referencial fixo no elevador, determine c) a massa mC de um terceiro bloco, C, que deve ser colocado em
a) o módulo gap da gravidade aparente dentro do elevador; cima de A para que o movimento do sistema passe a ser uniforme.
b) o módulo aB da aceleração do bloco B;
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c) o módulo aA da aceleração do bloco A. RESOLUÇÃO:
a) Fat = ␮ FN = ␮ PA
RESOLUÇÃO:
Fat = 0,40 . 40,0N ⇒ Fat = 16,0N
a) ↑→ ⇔ gap = g + a = 10,0 + 2,5 (m/s2)
a

gap = 12,5m/s2
b) PFD (A + B): PB – Fat = (mA + mB) a
b)
60,0 – 16,0 = 10,0a
44,0 = 10,0a

a = 4,4m/s2

PFD (B): Fat = mBaB
c) Para o movimento ser uniforme:
␮C mB gap = mBaB PB = Fat
1 mB g = ␮ (mA + mC) g
aB = ␮C gap = ––– . 12,5 (m/s2)
5
mB = ␮ (mA + mC)
aB = 2,5m/s2 6,0 = 0,40 (4,0 + ␮C)
15,0 = 4,0 + ␮C
c)
mC = 11,0kg

Resposta: a) Fat = 16,0N
b) a = 4,4m/s2
c) mC = 11,0kg

Fat = mBaB = 5,0N

4–


MÓDULO 3 Plano Inclinado e Força Centrípeta
1. Dois blocos, A e B, de mesma massa m são conectados por um fio 2. Considere um plano inclinado de ␪ = 37º. Um bloco de massa
ideal apoiado em duas polias de atrito e inércia desprezíveis e sendo A m = 1,0kg é colocado sobre o plano inclinado. O coeficiente de atrito
apoiado em um plano inclinado sem atrito fixo no solo. entre o bloco e o plano inclinado vale 0,75 (o estático é igual ao
→
dinâmico). Uma força F paralela ao plano, dirigida para cima, é
→
aplicada ao bloco. A intensidade de F varia com o tempo t segundo a
relação F = 2,0t (SI).

A aceleração da gravidade tem módulo g. Dados: sen ␪ = 0,60
Determine
cos ␪ = 0,80
a) o módulo a da aceleração dos blocos A e B em função de g;
g = 10,0m/s2
b) a intensidade T da força da tração no fio em função de m e g.
Determine
RESOLUÇÃO: a) a intensidade da força de atrito no instante t = 0;
b) a intensidade da força de atrito no instante t = 3,0s;
c) a intensidade da força de atrito no instante t = 6,0s;
d) o gráfico da intensidade da força de atrito em função do tempo.

RESOLUÇÃO:
a) 1) Pt = m g sen ␪ = 6,0N

3
2) Fat = ␮ mg cos ␪ = –––– . 10,0 . 0,80 (N) = 6,0N
máx 4

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3) No instante t = 0, temos F = 0 e Fat = Pt = 6,0N.
a) PFD (A): Pt + T = ma
b) No instante t = 3,0s, temos: F = 6,0N. Como Pt = 6,0N, a força de atrito
PFD (B): PB – T = ma se anula.
PFD (A + B): Pt + PB = 2ma
c) No instante t = 6,0s, temos: F = 12,0N
mg
–––– + mg = 2ma
2 Como Pt = 6,0N e Fat = 6,0N, não haverá movimento:
máx
3g
a = –––
4

b) PB – T = ma
3
mg – T = m ––– g
4
mg
T = –––
4
F = Pt + Fat
3 12,0 = 6,0 + Fat
Respostas: a) a = ––– g
4
Fat = 6,0N
mg
b) T = –––
4

–5


d) 1) Para 0 р t р 3,0s 3. (VUNESP-FMCA) – Uma ambulância, de 1500kg de massa, em
atendimento, percorre uma trajetória horizontal que, em determinado
local, faz uma curva circular de 90º, como mostra a figura. O veículo
entra na curva com uma velocidade escalar de 144km/h e diminui
gradualmente sua velocidade escalar para sair da curva com 72km/h.
A curva é descrita em 5,0 s. Use π = 3.

F + Fat = Pt

Fat = 6,0 – 2,0t (SI)

2) Para 3,0s р t р 6,0s

Determine a intensidade da força
a) tangencial sobre a ambulância, suposta constante, durante a curva;
F = Pt + Fat
b) centrípeta sobre a ambulância, no instante em que sua velocidade
escalar é de 108 km/h.
2,0t = 6,0 + Fat
RESOLUÇÃO:
Fat = 2,0t – 6,0(SI) ⌬v
a) Ft = mat = m␥ = m ––––
⌬t
t = 6,0s ⇔ Fat = 6,0N
máx (40 – 20)
Ft = 1500 . –––––––– (N) ⇒ Ft = 6,0 . 103N = 6,0 kN
5,0

⌬s V0 + V
b) 1) –––– = ––––––f
⌬t 2
πR/2 20 + 40
––––– = ––––––
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5,0 2
3R
–––– = 150
2

R = 100 m

mV2
2) Fcp = macp = ––––
R
Respostas: a) 6,0N
b) zero
1500 . (30)2
c) 6,0N Fcp = ––––––––––– (N)
100
d) vide gráfico

Fcp = 13,5 . 103N = 13,5 kN

Respostas: a) 6,0kN
b) 13,5kN

6–


4. Considere uma roda gigante com velocidade angular ␻ constante.
Uma pessoa de peso P está sentada num dos bancos. Quando a cadeira
passa pelo ponto A, mais baixo da trajetória, a cadeira aplica sobre a
pessoa uma força normal (peso aparente) de intensidade NA = 825N.
Quando a cadeira passa pelo ponto B, mais alto da trajetória, a cadeira
aplica sobre a pessoa uma força normal de intensidade NB = 675N.

O raio da circunferência descrita pela pessoa vale R = 4,0m e a
aceleração da gravidade tem módulo g = 10,0 m/s2.
O efeito do ar é desprezível.
Determine
a) o peso da pessoa;
b) a velocidade angular ␻.

RESOLUÇÃO:
a)

NA – P = FCP (1)

P – NB = FCP (2)

(1) = (2): NA – P = P – NB

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NA + NB
NA + NB = 2P ⇒ P = –––––––– ⇒ P = 750 N
2

b) (1) + (2):
NA – NB = 2 FCP
NA – NB = 2 mω2 R
825 – 675 = 2 . 75 . ω2 . 4,0
150 = 150 . 4,0 . ω2
1
ω2 = ––– ⇒ ω = 0,50 rad/s
4,0

Respostas: a) P = 750N
b) ω = 0,50 rad/s

–7


MÓDULO 4 Trabalho e Potência

1. Uma partícula de massa m = 6,0kg parte do repouso da 2. (CEDERJ) – Um bloco é abandonado de uma altura h sobre um
coordenada x1 = 1,0m movendo-se ao longo do eixo x sob ação de uma plano inclinado muito liso e desliza sobre ele até atingir a base do
força resultante F dada por: plano. A partir daí, ele continua deslizando sobre uma superfície
F = 1,0x (SI) horizontal áspera até parar, depois de percorrer uma distância D no
Calcule plano horizontal. Considere que o valor do coeficiente de atrito cinético
a) o trabalho realizado pela força entre as posições x1 = 1,0m e entre o bloco e a superfície horizontal áspera é igual a ␮C, que o atrito
x2 = 5,0m; entre o bloco e a superfície do plano inclinado liso é desprezível, e que
b) a velocidade escalar da partícula na posição x2 = 5,0m. a aceleração da gravidade no local tem módulo g.

RESOLUÇÃO:
a)

Calcule, em função de h, ␮C e g,
a) o módulo V da velocidade do bloco ao atingir a base do plano incli-
nado;
b) o valor da distância D que o bloco percorre sobre a superfície
horizontal até parar.
τF = área (F x d)
RESOLUÇÃO:
4,0 a) TEC: τP = ⌬Ecin
τF = (5,0 + 1,0) . ––– (J)
2
mV2
mgh = –––– ⇒ V = ͙ෆෆ
2gh
τF = 12,0J 2
b) TEC: τtotal = ΔEcin
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b) TEC: τF = ⌬Ecin τP + τat = 0

m 2
mgh + ␮Cmg D (–1) = 0
τF = ––– (V2 – V12 )
2 h
h = ␮C D ⇒ D = –––
␮C
6,0
12,0 = –––– (V22 – 0)
2 Resposta: a) V = ͙ෆෆ
2gh
h
V22 = 4,0 ⇒ V2 = 2,0m/s b) D = –––
␮C

Respostas: a) 12,0J
b) 2,0m/s

8–


3. Uma partícula de massa m = 2,0kg parte do repouso e descreve 4. Um ciclista se move em linha reta com velocidade constante de
uma trajetória retilínea sob ação de uma força resultante constante de módulo 5,0m/s em um plano horizontal. A potência desenvolvida por
módulo F. suas forças musculares vale 75,0W e a força de resistência do ar tem
→
O gráfico a seguir representa a potência instantânea de F em função do módulo Fr dado por Fr = kV, em que V é o módulo da velocidade.
tempo de movimento da partícula. 1
Em seguida, o ciclista desce um plano inclinado de θ tal que sen ␪ = –––
40
com velocidade constante de módulo V, em linha reta, de modo que a
potência de suas forças musculares passa a ser de 32,0W. O peso do
ciclista com sua bicicleta é de 800N. Dado: ͙ෆළ = 28
784
Determine
a) o valor de k;
b) o valor de V.

RESOLUÇÃO:
a) 1) Pot = FV

75,0 = F . 5,0 ⇒ F = 15,0N

a) Deduza uma expressão relacionando a potência Pot em função do 2) F = Fr = kV
tempo t usando F e m como parâmetros. 15,0 = k . 5,0 ⇒ k = 3,0 (SI)
b) Calcule o valor de F.
b)
RESOLUÇÃO:
a) 1) Como F é constante, o movimento é uniformemente variado:
V = V0 + ␥ t ⇒ V = ␥ t
F F
2) PFD: F = m ␥ ⇒ ␥ = ––– e V = ––– t
m
m
3) Pot = F V cos ␪
Pt + F = Fr
F F2
Pot = F . ––– t . cos 0º ⇒ Pot = ––– t Pot
m m Psen ␪ + ––– = kV
V
b) Para t = 10,0s ⇔ Pot = 320W

F2 1 32,0
320 = ––– . 10,0 ⇒ F = 64,0 ⇒
2 F = 8,0N 800 ––– + ––– = 3,0V
2,0 40 V

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F2 20,0V + 32,0 = 3,0V2
Respostas: a) Pot = ––– t
m
3,0V2 – 20,0V – 32,0 = 0
b) F = 8,0N 20,0 Ϯ ͙ෆෆෆළෆ
400 + 384
V = ––––––––––––––––––– (m/s) ⇒ V = 8,0m/s
6,0

Respostas: a) k = 3,0(SI)
b) V = 8,0m/s

Nota:
A unidade de k no SI, é dada por:
[F] = [k] [V]
MLT –2 = [k] LT –1
[k] = MT –1
u(k) = kg . s –1

kg
u(k) = ––––
s

–9


MÓDULO 5 Energia Mecânica, Quantidade de Movimento e Gravitação

1. (Olimpíada Brasileira de Física 2012-Adaptado) – Armas de 2. Uma esfera é conectada a um fio ideal fixo em suporte preso ao teto.
tiro podem ser feitas com molas. O atirador empurra o projétil no cano A esfera é abandonada, a partir do repouso, com o fio esticado e hori-
comprimindo a mola e trava o projétil. Ao puxar o gatilho, a trava é li- zontal. Despreze o efeito do ar e considere a aceleração da gravidade
berada e a mola transmite a energia acumulada para a bala. com módulo g.
Considere a constante elástica da mola igual a 6,0 . 102N/m e seu
comprimento natural igual a 15,0cm. A mola é deformada assumindo
o comprimento de 10,0cm antes de ser travada.
Determine
a) a intensidade da força que a mola exerce na trava;
b) a energia elástica armazenada na mola;
c) o módulo da velocidade de lançamento de um projétil de massa
15,0g assumindo que toda a energia elástica da mola é transformada
em energia cinética do projétil.

RESOLUÇÃO:

a) Lei de Hooke: F = kx

F = 600 . 0,050(N) ⇒ F = 30,0N Em função de g e ␪, determine
a) o módulo da aceleração tangencial;
kx2
b) Ee = ––– b) o módulo da aceleração centrípeta.
2

600 RESOLUÇÃO:
Ee = ––– . (5,0 . 10 ) (J) ⇒ Ee = 75 . 10 J ⇒
–2 2 –2
Ee = 0,75J
2
c) Ee = Ec
kx2 mv2
––– = –––
2 2

k 600
V= ––– . x = ––––––––– . 5,0 . 10–2(m/s)
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m 15,0 . 10–3

V = 2,0 . 102 . 5,0 .10–2(m/s)
V = 10,0m/s

Respostas: a) 30,0N
b) 0,75J
c) 10,0m/s
a) Pt = mat
mgcos ␪ = mat

at = gcos ␪

b)
EB = EA
(ref. em B)
mVB2
–––––– = mgh
2
VB2 = 2gh (1)
h
Da figura: sen ␪ = ––– ⇒ h = R sen ␪ (2)
R
(2) em (1): VB2 = 2g Rsen ␪
VB2
acp = ––– ⇒ acp = 2gsen ␪
R
Respostas: a) at = gcos ␪
b) acp = 2gsen ␪

10 –


3. Uma esfera de barro de massa 2,0kg está a uma altura de 0,60m 4. (UNESP) – Para demonstrar que a intensidade da aceleração da
do solo e a uma distância horizontal de 1,20m do centro de um carrinho gravidade na superfície de Marte é menor do que na superfície terrestre,
que tem 6,0kg de massa, 0,15m de altura e se encontra parado. Então, um jipe-robô lança um pequeno corpo verticalmente para cima, a partir
a esfera é lançada horizontalmente, cai no centro do carrinho (figura do solo marciano. Em experimento idêntico na Terra, onde g = 10,0m/s2,
abaixo) e juntos iniciam um movimento. utilizando-se o mesmo corpo e a mesma velocidade inicial de
Considere a aceleração da gravidade com módulo igual a 10,0m/s2 e lançamento, a altura atingida foi 12,0m. Adotando-se o raio de Marte
despreze o efeito do ar e o atrito entre o carrinho e o chão. igual à metade do raio da Terra e sua massa um décimo da massa da
Terra, calcule, desprezando-se a atmosfera e a rotação dos planetas,
a) a intensidade da aceleração da gravidade na superfície de Marte;
b) a altura máxima atingida pelo corpo no experimento em Marte.

RESOLUÇÃO:
GM
a) Sendo g = ––––– , vem:
R2

2

΂ ΃
gM MM RT
–––– = –––– ––––
gT MT RM

gM 1
–––– = –––– (2)2 ⇒ gM = 4,0 m/s2
Calcule 10,0 10
a) o tempo de queda T da esfera;
b) o módulo V0 da velocidade de lançamento da esfera; b) Cálculo da altura máxima atingida em função da velocidade inicial:
c) o módulo Vf da velocidade do carrinho com a esfera após a colisão; Aplicando-se a Equação de Torricelli:
d) a energia mecânica Ed dissipada na colisão.
2 2
VB = VA + 2γ Δs
RESOLUÇÃO: 2
0 = V0 + 2(–g) H
γy 10,0
a) Δsy = V0y t + –––– t2 ↓ ᮍ ⇒ 0,45 = 0 + –––– T2 ⇒ T = 0,30s 2
2 2 V0
H = ––––
2g
b) Δsx = V0 T ⇒ 1,20 = V0 . 0,30 ⇒ V0 = 4,0m/s

c) Na direção horizontal, o sistema é isolado: Portanto, H é inversamente proporcional a g.

FÍSICA BDE
Qfh = Q0h
HM gT HM 10,0
(M + m) Vf = mV0 ⇒ 8,0 Vf = 2,0 . 4,0 ⇒ Vf = 1,0m/s –––– = –––– ⇒ ––––– = –––– ⇒ HM = 30,0m
HT gM 12,0 4,0

d) Para um referencial na altura de 0,15m acima do solo:

2
Respostas: a) 4,0m/s2 b) 30,0m
mV0 2,0
E0 = mg H0 + –––– = 2,0 . 10,0 . 0,45 + –––– . 16,0 (J) = 25,0J
2 2

(M + m) 8,0
Ef = –––––– Vf2 = –––– . (1,0)2 (J) = 4,0J
2 2

Ed = E0 – Ef ⇒ Ed = 21,0J

Respostas: a) T = 0,30s b) V0 = 4,0m/s
c) Vf = 1,0m/s d) Ed = 21,0J

– 11


MÓDULO 6 Termologia I
1. (PUC-2012) – Qual o valor de calor específico de uma substância 2. (UNISA-2012) – Luísa, uma garota muito esperta e prestativa,
de massa 270g que, ao receber 10,8kJ de calor de uma fonte térmica de tem, entre suas tarefas em casa, encher as forminhas de gelo com água
potência constante, tem sua temperatura aumentada de 18°F, em um e colocá-las no congelador. Em determinado dia, a menina usou 250 g
local cuja pressão é de 1atm? de água, à temperatura de 20ºC para congelar. Seu congelador utiliza
Adote 1 cal = 4J potência constante de 5,0 cal/s para formar o gelo, cujo calor latente de
solidificação é igual a 80 cal/g. Sendo o calor específico da água igual
RESOLUÇÃO: a 1,0 cal/g.ºC.
1) Conversão de temperaturas:
Determine:
Δ␪C Δ␪F Δ␪C 18 a) a quantidade de calor necessária e suficiente a ser retirada da água
–––– = –––– ⇒ –––– = ––––
5 9 5 9 para formar 250 g de gelo.
b) o tempo mínimo para Luísa encontrar a água colocada nas
Δ␪c = 10°C forminhas totalmente convertida em gelo, ao abrir a geladeira.

2) Cálculo do calor específico sensível: RESOLUÇÃO:
Q = m c Δ␪ a) Qtotal = Qfusão + Qágua

103
10,8 . Qtotal = (mL)solidificação + (mcΔθ)água
––––––––– = 270 . c . 10

΂ ΃ + (250g) . ΂1,0 –––– ΃ . (0°C – 20°C)
4 cal cal
Qtotal = (250g) . –80 ––––
g g°C
c = 1,00cal/g°C
Qtotal = (–20 000 cal) + (–5000 cal)
Resposta: c = 1,00 cal/g°C
Qtotal = –25 000cal

.Qtotal. .Qtotal. 25000cal
b) Pot = ––––––– ⇒ Δt = ––––––– ⇒ Δt = ––––––––––
Δt Pot cal
5,0 –––
s
Δt = 5000s
FÍSICA BDE

12 –


3. (ETEC-2012-modificada) – Uma outra técnica utilizada é a
secagem de alimentos em estufas. Nesse processo, a umidade é retirada
gradativamente devido ao fluxo de ar quente. De um modo caseiro,
todos podem construir uma estufa para secagem de alimentos tal qual
a desenhada a seguir.

Imagem seccionada de uma estufa, mostrando o interior da câmara
de aquecimento e o interior da câmara de secagem onde são colocados
os alimentos.

a) Determine a quantidade de calor, em joules, que atravessa a placa
de vidro de 2,0m2 de área e 4,0cm de espessura , por minuto, num
local com diferença de 20°C entre o interior e o exterior da estufa.
b) Estime o valor da insolação útil do local da estufa em W/m2.
c) Complete as lacunas de acordo com os conceitos da transmissão de
calor e da mudança de estado físico.
Nessa estufa, o ar frio é aquecido na câmara de aquecimento e é
levado até os alimentos por __________, extraindo a água por
__________ .

FÍSICA BDE
NOTE E ADOTE
Condutividade térmica do vidro = 0,20 cal/s.m . °C
Equivalente mecânico do calor = 4,0 J/cal

RESOLUÇÃO:
cal
0,20 ––––––– 2,0m2 . 20°C
Q kAΔθ Q s.m.°C
a) –––– = –––––– ⇒ –––– = –––––––––––––––––––––––––––
Δt e 60s 0,04m

1200 . 0,40 J
Q = –––––––––– cal = 12 000cal . 4,0 –––
0,04 cal

Q = 48 000J

48 000J
b) E = IAΔt ⇒ 48 000J = I . 2,0m2 . 60s ⇒ I = –––––––
120m2s

W
I = 400 –––
m2

c) Convecção e evaporação.

– 13


MÓDULO 7 Termologia II
1. (UDESC-2012-Modificada) – Em um dia muito frio, quando os 2. (ENADE) – A segunda lei da termodinâmica pode ser usada para
termômetros marcam –10°C, um motorista enche os pneus de seu carro avaliar propostas de construção de equipamentos e verificar se o
até uma pressão manométrica de 200 kPa. Quando o carro chega ao projeto é factível, ou seja, se é realmente possível de ser construído.
destino, a pressão manométrica dos pneus aumenta para 260 kPa. Considere a situação em que um inventor alega ter desenvolvido um
Supondo que os pneus se expandiram de modo que o volume do ar equipamento que trabalha segundo o ciclo termodinâmico de potência
contido neles tenha aumentado 10%, e que o ar possa ser tratado como mostrado na figura. O equipamento retira 800 kJ de energia, na forma
um gás ideal, determine: de calor, de um dado local que se encontra na temperatura de 1000 K,
a) a quantidade de matéria, em mols, no interior do pneu de 0,03 m3 desenvolve uma dada quantidade líquida de trabalho para a elevação de
de volume. um peso e descarta 300 kJ de energia, na forma de calor, para outro
b) a temperatura final dos pneus. local que se encontra a 500 K de temperatura. A eficiência térmica do
ciclo é dada pela equação fornecida.
NOTE E ADOTE
Constante universal dos gases perfeitos: R = 8,3J/mol K

RESOLUÇÃO:
J
a) PV = nRT ⇒ 200 . 103Pa . 0,03m3 = n . 8,3 –––––– (–10 + 273)K
mol K
6000
n = –––––– mols ⇒ n = 2,75mols
2182,9

p1V1 p2V2 200kPa. V1 260kPa.1,10V1
b) –––––– = –––––– ⇒ ––––––––––– = –––––––––––––
T1 T2 (–10 + 273)K T2
260 . 1,10 . 263 75 218
T2 = –––––––––––––– (K) = ––––––– (K) ⇒ T2 = 376,09K
200 200 Wciclo QC
T2 = (376,09 – 273)°C
η = –––––– = 1 – ––––
QH QH
T2 = 103,09°C MORAN, M. J., SHAPIRO, H. N. Princípios de Termodinâmica para
Engenharia. Rio de Janeiro: LTC S.A., 6. ed., 2009
a) Determine o rendimento da máquina proposta pelo inventor em
função das quantidades apresentadas.
FÍSICA BDE

b) Calcule a eficiência teórica máxima da máquina.
c) Com base nos resultados dos itens anteriores, avalie se o projeto é
factível ou não.

RESOLUÇÃO:
QC 300J
a) η = 1 – –––– ⇒ η = 1 – ––––– ⇒ η = 1 – 0,375 ⇒ η = 0,625
QH 800J
η = 62,5%

TC 500K
b) ηmáx = 1 – –––– ⇒ ηmáx = 1 – –––––– = 1 – 0,50 ⇒ ηmáx = 0,50
TH 1000K
η = 50%

c) O projeto não é factível, pois o rendimento proposto é maior que a
eficiência teórica máxima.

14 –


3. (IJSO) – A figura 1 mostra um disco metálico com um buraco no
centro.
a) Qual das figuras de 2 a 5 mostra esquematicamente a aparência do
disco após ser aquecido uniformemente?

b) Determine a dilatação do diâmetro de 20cm do buraco da figura
1 para uma variação de 100°C na temperatura do disco de metal
de coeficiente de dilatação térmica igual a 3,0 . 10–5 °C –1.

RESOLUÇÃO:
a) Figura 4, pois o buraco dilata-se como se estivesse preenchido com o
metal.
b) ΔL = L0αΔθ ⇒ ΔL = 20cm . 3,0 . 10–5 °C–1 . 100°C
ΔL = 6,0 . 10–2cm

FÍSICA BDE

– 15


MÓDULO 8 Óptica (I)
1. (Olimpíada Brasileira de Física) – Dois espelhos esféricos, um Observe o esquema:
côncavo e outro convexo, de mesma distância focal igual a 36cm, são
colocados um em frente ao outro, com seus vértices separados por uma
distância de 2,0m e com seus eixos principais coincidentes. A que
distância do espelho côncavo e sobre o eixo principal deve ser colocado
um objeto para que a primeira imagem formada pelo espelho convexo
tenha o mesmo tamanho da primeira imagem formada pelo espelho
côncavo?

RESOLUÇÃO:
A imagem produzida pelo espelho convexo (E2) é menor que o objeto (O).
Logo, isso deve ocorrer também com a imagem produzida pelo espelho
côncavo (E1). A imagem de E2, no entanto, é direita, enquanto a de E1 é
invertida, conforme ilustra a figura.
Considere os seguintes índices de refração:
nA = 1,0 (meio A)
nB = 1,2 (meio B)
Sabendo-se que para ângulos pequenos, até 10°, é razoável a aproxi-
mação tg α ഡ sen α, determine a que distância do ponto O o raio
emerge, após a reflexão no espelho.

RESOLUÇÃO:
O caminho óptico do raio luminoso até sua emergência do meio B está
esboçado na figura a seguir.

Assim:
f1 f2
A1 = – A2 ⇒ ––––––– = – –––––––
FÍSICA BDE

f1 – p 1 f2 – p 2

36 (– 36)
––––––– = – –––––––––––––– ⇒ – 36 – 200 + p1 = 36 – p1
36 – p1 – 36 – (200 – p1)

2p1 = 272 ⇒ p1 = 136cm

Resposta: 136cm
(I) Lei de Snell: nB sen r = nA sen i
1,2 sen r = 1,0 sen7° ⇒ 1,2 sen r = 0,12

sen r = 0,10 ⇒ tg r ഡ 0,10

(II)No triângulo OPQ:
–––– ––––
QO QO
tg r = ––––– ⇒ 0,10 = –––––
––––
PQ 3,0

––––
QO = 0,30m

2. (UERJ-2011) – Um raio de luz vindo do ar, denominado meio A, Resposta: 0,30m
incide no ponto O da superfície de separação entre esse meio e o meio
B, com um ângulo de incidência igual a 7° (sen 7° ഡ 0,12).
No interior do meio B, o raio incide em um espelho côncavo E que
obedece às condições de Gauss, passando pelo foco principal F.
O centro de curvatura C do espelho, cuja distância focal é igual a 1,0m,
encontra-se a 1,0m da superfície de separação dos meios A e B.

16 –


3. (UFPR-2011) – O fenômeno da refração da luz está associado a n1 L sen α1
situações corriqueiras de nossa vida. Uma dessas situações envolve a Logo: a = ––– . ––––––––––––––––––––
n2

΂ ΃
colocação de uma colher em um copo com água, de modo que a colher n1 2
1 – ––– sen α1
parece estar “quebrada” na região da superfície da água. Para n2
demonstrar experimentalmente a refração, um estudante propôs uma
montagem conforme figura abaixo. Uma fonte de luz monocromática (IV) Triângulo OMQ:
F situada no ar emite um feixe de luz com raios paralelos que incide na b
tg α1 = ––– ⇒ b = L tg α1
superfície de um líquido de índice de refração n2. Considere o índice L
de refração do ar igual a n1. O ângulo de incidência é α1, e o de refração
é α2. Por causa da refração, a luz atinge o fundo do recipiente no ponto sen 60° n1 L sen 60°
b) D = b – a ⇒ D = L ––––––– – ––– . ––––––––––––––––––––––
P e não no ponto Q, que seria atingido se a luz se propagasse sem que cos 60° n2

΂ ΃
n1 2
houvesse refração. 1 – ––– sen 60°
n2

͙ෆ 3 ͙ෆ 3
––––– 2 ͙ෆ. ––––
3
2 1 2
D = 2 ͙ෆ. ––––––––– – ––––– . –––––––––––––––––––––––––– (cm)
3
1 ͙ෆ 3
΂ ΃
͙ෆ 2
––– 1 3
2 1 – ––––– . –––––
͙ෆ 3 2

͙ෆ 3
D = 6 – ––––––––– (cm) ⇒ D = (6 – 2) cm
͙ෆ 3
–––––
2

D = 4cm
a) Mostre que as distâncias a e b indicadas na figura valem, respec-
tivamente Respostas: a) Ver demonstração
b) D = 4cm
n1 L sen α1
a = –––– –––––––––––––––––––– ; b = L tan α1
n2
΂ ΃
n1 2
1 – ––– sen α1
n2

b) Obtenha a distância D de separação entre os pontos P e Q se

FÍSICA BDE
͙ෆ3
n1 = 1, n2 = ͙ෆ α1 = 60º e L = 2͙ෆcm, sabendo que sen 60º = ––––
3, 3
2
1
e cos 60º = –––– . Sugere-se trabalhar com frações e raízes, e não
2
com números decimais.

RESOLUÇÃO:
a) (I) Lei de Snell: n2 sen α2 = n1 sen α1

n1
Da qual: sen α2 = –––– sen α1
n2

΂–––– sen α ΃ + cos α = 1
2
n1
(II) sen2 α2 + cos2 α2 = 1 ⇒ 1
2
2
n 2

΂ ΃
2
n1
Da qual: cos α2 = 1 – ––– sen α1
n2

(III) Triângulo OMP:
a sen α2
tg α2 = ––– ⇒ a = L–––––––
L cos α2

– 17


MÓDULO 9 Óptica (II)
1. (UFBA-2012) – As fibras ópticas são longos fios finos, fabricados (II) sen2 α + cos2 α = 1
com vidro ou materiais poliméricos, com diâmetros da ordem de
2 2
΂ ΃ + cos α = 1 ⇒ cos α = 1 – –––
micrômetros até vários milímetros, que têm a capacidade de transmitir 2 2 2
–––
informações digitais, na forma de pulsos de luz, ao longo de grandes 3 3
distâncias, até mesmo ligando os continentes através dos oceanos. Um
modo de transmissão da luz através da fibra ocorre pela incidência de 1
Da qual: cos α = –––––
um feixe de luz, em uma das extremidades da fibra, que a percorre por ͙ෆ 3
meio de sucessivas reflexões. As aplicações das fibras ópticas são
bastante amplas nas telecomunicações e em outras áreas, como a (III) Lei de Snell à refração de entrada da luz:
medicina, por exemplo. Uma vantagem importante da fibra óptica, em
nar sen i = n sen r
relação aos fios de cobre, é que nela não ocorre interferência
nar sen i = n sen (90° – α)
eletromagnética.
3 1
nar sen i = n cos α ⇒ 1 . sen i = ––– . ––––
2 ͙ෆ3
͙ෆ
3 1 1 ͙ෆ2
sen i = –––– . –––– ⇒ sen i = –––– = ––––
͙ෆ
2 ͙ෆ3 ͙ෆ2 2

Da qual: i = 45°

Resposta: 45°

2. (UNESP-2012) – Para observar detalhes de um selo, um filatelista
utiliza uma lente esférica convergente funcionando como lupa. Com
ela, consegue obter uma imagem nítida e direita do selo, com as
dimensões relativas mostradas na figura.

Supondo-se que uma fibra óptica encontra-se imersa no ar (nar = 1) e
FÍSICA BDE

3
que o índice de refração da fibra óptica é igual a ––– , calcule o
2
maior ângulo de incidência de um raio de luz em relação ao eixo da
fibra, para que ele seja totalmente refletido pela parede cilíndrica.

RESOLUÇÃO:
(I) Na situação limítrofe, ocorre emergência rasante e reflexão (não total)
na interface fibra-ar, como representa o esquema abaixo, em que α é
o ângulo-limite do dioptro. Considerando-se que o plano que contém o selo é paralelo ao da lente
e sabendo-se que a distância focal da lente é igual a 20cm, calcule os
módulos das distâncias do selo à lente e da imagem do selo à lente.
Lei de Snell:
n sen α = nar sen 90°
RESOLUÇÃO
3 1) De acordo com a figura:
––– sen α = 1 Aumento linear transversal: A = 2
2
f 20
2) A = –––– ⇒ 2 = –––––
2 f–p 20 – p
sen α = ––––
3
40 – 2p = 20 ⇒ 2p = 20 ⇒ p = 10cm

p’ p’
3) A = – ––– ⇒ 2 = – ––– ⇒ p’ = –20cm
p 10
Respostas: distância do objeto à lente: 10cm;
distância da imagem à lente: 20cm

18 –


3. (OLIMPÍADA PAULISTA DE FÍSICA) – Um certo ins- Assim:
trumento óptico consta de duas lentes com distâncias focais iguais em • Lente L1 (convergente): f1 = 10cm
módulo. Uma das lentes é convergente e a outra é divergente. As lentes
• Lente L2 (divergente): f2 = –10cm
são montadas sobre um eixo comum, a uma determinada distância d
uma da outra. Sabe-se que se trocarmos a ordem das lentes, mantendo
Resposta: Lente convergente: 10cm
a mesma distância entre elas, a imagem real da Lua, projetada pelo sis- Lente divergente: –10cm
tema, se desloca de 20cm. Determine a distância focal de cada uma
das lentes.

RESOLUÇÃO:

FÍSICA BDE
1º caso: Em relação à lente divergente L2, temos:

1 1 1 1 1 1
– ––– = – ––––– + ––– ⇒ ––– = ––––– – –––
f f–d p’ p’ f–d f

1 f–f+d f (f – d)
––– = –––––––– ⇒ p’ = ––––––– ቢ
p’ f (f – d) d

2º caso: Em relação à lente convergente L1, temos:

1 1 1 1 1 1
––– = ––––– + ––––––– ⇒ ––– – ––––– = –––––––
f f+d p’ + 20 f f+d p’ + 20

f+d–f 1 f (f + d)
–––––––– = ––––––– ⇒ p’ + 20 = ––––––– ባ
f (f + d) p’ + 20 d

Substituindo-se ቢ em ባ, vem:

f (f – d) f (f + d)
––––––– + 20 = –––––––
d d

f 2 – fd + 20d = f 2 + fd ⇒ 2fd = 20d ⇒ f = 10cm

– 19


MÓDULO 10 Ondas

1. (UFG-GO-2012) – A figura (1) a seguir ilustra um sistema 2. (UNICAMP-2012) – Nos últimos anos, o Brasil vem implantan-
constituído por dois pêndulos de comprimentos L1 e L2, que podem do em diversas cidades o sinal de televisão digital. O sinal de televisão
oscilar livremente. O gráfico abaixo (figura 2) representa a componente é transmitido através de antenas e cabos, por ondas eletromagnéticas
x da posição de cada pêndulo durante seu movimento de oscilação. cuja velocidade no ar é aproximadamente igual à da luz no vácuo.
a) Um tipo de antena usada na recepção do sinal é a log-periódica,
representada na figura abaixo, na qual o comprimento das hastes
metálicas de uma extremidade à outra, L, é variável. A maior
eficiência de recepção é obtida quando L é cerca de meio com-
primento de onda da onda eletromagnética que transmite o sinal no
ar (L ~ λ / 2). Encontre a menor frequência que a antena ilustrada
na figura consegue sintonizar de forma eficiente, e marque na figura
a haste correspondente.

Admita que a velocidade da luz no ar valha c = 3,0 . 108m/s.
b) Cabos coaxiais são constituídos por dois condutores separados por
FÍSICA BDE

um isolante de índice de refração n e constante dielétrica K,
Considerando-se o exposto, determine: relacionados por K = n2. A velocidade de uma onda eletromagnética
a) o período do sistema constituído pelos dois pêndulos; no interior do cabo é dada por v = c /n. Qual é o comprimento de
b) a razão L2 / L1 entre os comprimentos dos pêndulos. onda de uma onda de frequência 400 MHz que se propaga num
cabo cujo isolante é o polietileno (K = 2,25)?

RESOLUÇÃO: RESOLUÇÃO:
a) Pela análise dos gráficos, verifica-se que um ciclo do sistema constituído a) Para uma velocidade de propagação constante, a menor frequência
pelos dois pêndulos é completado a cada 6,0s. Logo: corresponde ao maior comprimento de onda ␭.
Tsist. = 6,0s
Do enunciado:
␭
L2 L2 L = –– ⇒ ␭ = 2L
b) T2 = 2␲ ––– ⇒ 3 = 2␲ ––– a 2
g g
O maior ␭ será obtido para a maior haste: L = 6 . 5cm
L1 L1
T1 = 2␲ ––– ⇒ 2 = 2␲ ––– b L = 30cm = 0,30m
g g
Assim: ␭ = 2 . 0,30 (m)

3 L2 L2 9 ␭ = 0,60m
a Ϭ b: ––– = ––– ⇒ ––– = –––
2 L1 L1 4
Da equação fundamental da ondulatória, temos:

L2 9 V=␭f
Respostas: a) 6,0s; b) ––– = –––
L1 4 3,0 . 108 = 0,60 f

f = 5,0 . 108 Hz

20 –


3. (UFBA-2012-Modificada) – Em 11 de março de 2011, após um
abalo de magnitude 8,9 na escala Richter, ondas com amplitudes
gigantes atingiram a costa do Japão. Tsunamis podem ser causados por
deslocamento de uma falha no assoalho oceânico, por uma erupção
vulcânica ou pela queda de um meteoro. Os tsunamis, em alto mar, têm
amplitude pequena, mas, mesmo assim, transportam muita energia.
Sabe-se que a velocidade de propagação da onda, na superfície da água
é dada por V = ͙ෆ , em que g é o módulo da aceleração da gravidade
ෆ
gh
e h é a profundidade oceânica local. Sabe-se também que o compri-
mento de onda diminui com a redução da profundidade e que a energia
que se propaga na superfície da água é simplificadamente dada por
E = kvA2, em que k é uma constante, V é a velocidade de propagação
da onda na superfície da água, e A é a amplitude da onda.

b) Do enunciado, temos:

K = n2

2,25 = n2

n = 1,5

Temos ainda: Da análise da figura e supondo-se que a onda se propaga sem nenhuma
c perda de energia, calcule:
V = ––
n a) a velocidade da onda em hi = 4000,0m de profundidade e em
hf = 10,0m de profundidade, supondo-se que o módulo da acelera-
3 . 108
V = –––––– (m/s) ção da gravidade é igual a 10,0m/s2;
1,5
b) a amplitude da onda, Af, em 10,0m de profundidade, sabendo-se
que a amplitude da onda, Ai, em 4000,0m de profundidade, é
V = 2 . 108 m/s 1,8m.

Utilizando a equação fundamental da ondulatória, vem: RESOLUÇÃO:

FÍSICA BDE
V=␭f a) Vi = ͙ෆෆi ⇒ Vi = ͙ෆ . 4000,0 (m/s)
gh ෆෆෆෆෆෆ
10,0

2 . 108 = ␭ . 400 . 106 Vi = 200,0m/s

␭ = 0,50m Vf = ͙ෆෆf ⇒ Vf = ͙ෆෆෆෆෆෆ
gh 10,0 . 10,0 (m/s)

Vf = 10,0m/s
Respostas: a) 5,0 . 108 Hz
b) 0,50m
b) Ef = Ei ⇒ k Vf A2 = kvi A2
f i

10,0 A2 = 200,0 (1,8)2
f

Da qual: Af ഡ 8,0m

Respostas: a) 200,0m/s e 10,0m/s, respectivamente.
b) Aproximadamente 8,0m.

– 21


MÓDULO 11 Estática e Hidrostática

1. Uma barra homogênea de comprimento L está em equilíbrio 2. (CEFET-AL) – Um bloco de 20,0kg está pendurado na ponta de
encostada em uma parede vertical sem atrito. uma trave de madeira de 2,0m de comprimento e 4,0kg de massa. Um
O coeficiente de atrito estático entre a barra e o solo horizontal vale ␮ fio ideal prende a ponta da trave a um ponto que fica 1,0m acima do
e a barra está na iminência de escorregar. ponto de apoio com a parede.
Dado: g = 10,0m/s2

a) Faça um esquema das forças atuantes na barra.
b) Determine o ângulo ␪ em função de ␮.

RESOLUÇÃO: Determine
a) a componente vertical Fy da força que a parede aplica na trave, no
ponto C;
b) a componente horizontal Fx da força que a parede aplica na trave,
no ponto C.

RESOLUÇÃO:
FÍSICA BDE

→
a) H: força aplicada pela parede
→ a) Somatório dos torques em relação ao ponto A deve ser nulo:
P: peso da barra Fy · dF = PT · dT
→
FN: força normal aplicada pelo chão Fy · 2,0 = 40,0 · 1,0
→
Fat: força de atrito aplicada pelo chão Fy = 20,0N

b) 1) Para o equilíbrio: Fat = H
FN = P b) 1) Na direção vertical:
Ty + Fy = PT + P
2) Na iminência da escorregar: Fat = ␮FN = ␮P Ty + 20,0 = 240
3) Somatório dos torques nulo em relação a B: Ty = 220N
d L cos ␪
H · h = P · ––– ⇒ ␮P · L sen ␪ = P · –––––––
2 2 1,0 Ty
2) tg ␪ = –––– = –––– ⇒ Tx = 2Ty
1 2,0 Tx
tg ␪ = –––
2␮ Tx = 440N

Respostas: a) vide figura 3) Na direção horizontal:

1 Fx = Tx = 440N
b) tg ␪ = –––
2␮
Respostas: a) 20,0N
b) 440N

22 –

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