Modulo de Dinamica II (4 topicos) - Resolucao dos Exercicios

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1 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
 85 9 9296-3469 
 felicio@fisica.ufc.br 
INSTITUTO TECNOLÓGICO DE AERONÁUTICA 
VESTIBULAR 2019 
 
PROVA DE FÍSICA 
MÓDULO DE DINÂMICA II 
I. TRABALHO E ENERGIA CINÉTICA 
II. ENERGIA POTENCIAL 
III. CONSERVAÇÃO DA ENERGIA MECÂNICA 
IV. FORÇAS CONSERVATIVAS E DISSIPATIVAS 
 
 
 RESOLUÇÃO  
01 
 
Conservando a energia mecânica total do sistema desde 
a posição inicial até a posição da figura acima, vem: 
4 2
0 10x 20(0,5 x) 9
2 2
0 10x 10 20x 11
10x 1
x 0,1 m
    
   


 
Portanto: 
tração
 força peso
tração
20 0,6 9 0
3 J
   
 
T
T
 
Resposta: B 
 
02 Usando o teorema da energia cinética, desde (0, 0, 0) 
até (a, b, c), teremos, Text. + Tempuxo + Tinércia + Tpeso 
= 0, disso: 
 
2 2 2 2 2 2
ext.
M
V (a b ) (a b )
2 2
 Vgc Mgc

     
 
T
 
 
E usando aquela definição: 
 
2 2 2
ext. m [g c 0,5 (a b )]      T 
 
Resposta: D 
 
 
03 O instante, t1, quando o bloco perde contato com o solo 
será: 1
mg
t
asen


 
Utilizando a 2ª lei de Newton, na direção do solo, vem: 
2
Fcos m
a cos dv a cos
t v t
m dt 2m
  
 
      
 
A energia cinética associada à essa velocidade será: 
2 2
4a cosT t
8m

  
Usando o T.E.C., vem: 
N.R.
A
B
ˆ2 m/s j
v
x
0,5 x
x
y
z
0
r
Mg
Vg
2V
r


2M r
z
(x, y)
M,V
g
 
2 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
 85 9 9296-3469 
 felicio@fisica.ufc.br 
 
1
1N P F 0 t
3 4 2
F,1 2 2
T 0
m g cotg
8a sen

   
 
 

T T T
T
 
 
 
 
04 Na posição A: 
CA A
2
CA
2
CA
N R ( 0)
mv
mg R
R
mv
    
 
      
 
  
T
T
T
 
Na posição A’: 
CA ' A '
2
CA '
2
CA '
N R ( 0)
mv
mg R
R
mv
    
 
      
 
  
T
T
T
 
Nos trechos CB e BC, os trabalhos da força de atrito 
serão idênticos e iguais a: 
2
CB BC mv   T T 
Para 1 volta: 
2
volta 2 m v    T 
 
 
Resposta: A 
 
 
05 É preciso que m mova-se lentamente, então: 
mín.
2
mín. 2
2
mín. 2
F
sen
mg
tg
F mg
1 tg
F mg
1
 

 
 

 
 
 
Assim: 
2
mín. mín.
2
mín. 2
1
F x cos mg x
1
m g x
1
 
      
  
 
    
  
T
T
 
 
Resposta: A 
 
 
06 Usando a 2ª lei de Newton, nessas partes, vem: 
 
 1
2
T P M m a (I)
P T ma (II)
   

 
 
 
Somando (I) e (II): 
 
2 1M a P P    x g L x g       
 Mg 1
F x Mg é linear!
L

    
 
 
Portanto: 
 
 2 2b L
1 Mg F(b) 1
M v L b M v
2 2 2

 
       
 
T
 

m
F
mg
N
v
Rg
O
v
v
A
A'


A 'N
AN
mgsen
mgsen
AN
A 'N
BC
m
m
m
  N
N tg  
mg
F
mín.F

(a 0)
Mov. lento
 M mN
T
1P
N
 
 
xm
T
2P
g
Lb x
 
 
 
 
 
 
 
Mg
Mg
F(b)
L
1
 
 
  
F
 
3 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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 
 
 
 
2
2
22 2
1 b
1 L b g v
L
L b b L
v L b g
L
L b L b
v g
L
 
      
 
   
   
 
    
    
  
 
Resposta: A 
 
 
07 Analisando um dos anéis: 
 
Então: 
 
 
 
 
2
r
2
v
P f m
mg cos f 2mg 1 cosR
v 2gR 1 cos
 f 2 3cos mg (I)
 
    
  
    
 
 
No aro: v2f Mg T 2f cos Mg T (II)     
 
Com (I) em (II), quando T = 0: 
 
2 2 Mcos cos 0 (III)
3 6m
     
 
O discriminante de (III) deve ser positivo, então: 
 
1 2 4 4M 1 1 3M
cos 1 0
2 3 9 6m 3 3 2m
 
          
 
 
1 1 3M
cos = 1
3 3 2m
    
 
 
08 A velocidade de A, imediatamente, após abandonar a 
mesa será: 
o
g 2L 2gL
v 2 (I)
2 3 3
    
O tempo gasto por A para atingir a altura h será: 
h
2(L h)
t (II)
g

 
Mas: 2 2o hv t L h (III)  
No trajeto da mesa até h, o fio está frouxo. Dividindo 
(II) por (III): 
o
1 2 4L
L h h 0,333L
v g(h L) 3
     

 
 
Resposta: D 
 
 
09 Conservando a energia mecânica do sistema massa + 
mola, entre A e B (N.R. passando por OB), vem: 
 
2
k R
R 2
2 2
 
 
 
2
2
B
m k R
mgR v 0
2 2 2
 
    
 
 
Bv 2g R   
 
Resposta: C 
 
 
10 Para uma moeda, não é preciso realizar trabalho. Faça-
mos para as restantes: as N – 1 moedas (N > 1). Para a 
2ª moeda (N = 2): 
 
2 2
d d
mg d mg T mgd
2 2
 
     
 
T 
 
Agora, para N = 3: 3 mg 2d T 
 
Assim, para (N – 1)-ésima moeda, vem: 
 
N 1 mg (N 2)d   T 
 
Portanto: 
 
total k total,mín. mgd[1 2 3 ... (N 2)]       T T T 
2
total,mín.
(N 1)(N 2) N
mgd m g d
2 2
  
      
 
T 
 
Resposta: A 
 
 
11 Usando o T.E.C., entre A e B: 
 
 

N.R.
Qy f
Qv
tP
nPR
Q
O
m
 
vf
vf
T
Mg
 
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2
B,rot.
M
MgH v T M
2
   
M
gH  2v v 2g H
2
  
 
 
Resposta: D 
 
 
12 Na situação 1, a energia mecânica da corrente será: 
E1 = m1gy1 = 
2a
g sen
2
  
Na situação 2, tal energia passa a ser de: 
E2 = 
2
2L 1g sen Lv
2 2
   
Como não existem quaisquer tipos de atrito à corrente, 
vem: 
E1 = E2   2 2
g
v L a sen
L
     
 
 
 
 
13 Para uma altura y de M, a 2ª lei de Newton do sistema 
será: 
2dP dv(M my)v v (M my)g
dt dy
       
Onde P é o momento escalar do sistema. 
Multiplicando ambos os membros dessa equação por 
(M + my) e usando truques de diferenciação, temos: 
 2 2 2 2
1 d
(M my) g (M my) v v m(M my)
2 dy
      
2 2
2 d (M my) v(M my) g
dy 2
 
    
 
 
2 2 3(M my) v (M my) g
const.
2 3m
 
  
Como para y = 0, v = vo, obtemos a altura máxima de 
M: 
2 2
3 3o
2
o
3
3M v m
(M mh) M
2g
M 3m v
h 1 1 (Q.E.D.)
m 2M g
  
 
    
  
 
Após atingir a altura máxima, M desce em queda 
livre, então: 
v 2g h (Q.E.D.)  
 
 
 
14 Veja: 
 
Conservemos a energia mecânica da massa pendular, 
entre N e M: 
 
2
2mgL mv v gL
2 2
   
 
Agora, entre P e M: 
 
2
2
v
m
mv2
mgL(1 cos )
2 2
 
 
 
    
mgL
3 mgLmgL mgL
(1 cos )
2 8
    
8
5
cos
8
  
 
 
 
15 Utilizando o teorema das forças dissipativas, entre A e 
B, vem: 
2
B
2
B
L mv
mg cos mgLsen
2 2
v 2gLsen mg cos L
 
     
 
   
 
Pela 2ª lei de Newton, no bloco, quando passa por B, 
vem: 
2
B
B
v
T mgsen m
L
   
Portanto: BT (3sen cos ) m g     
H
R
g
N.R.
N
Mg
CM
ef
A

B
(repouso)
g
a
sen
2
 L
sen
2

v
N.R.
1m a 
2m L 
( )
v 0
(1) (2)
y( )
0
y
Ref. 
0
(m)
M g
v

60º
M
P
N
N(v 0)
v
v
2
L
N.R.
L(1 cos ) 
L
2
g
 
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Resposta: D 
 
 
16 
 
Cálculo de x na figura da direita: 
2
2 2 2
2
r
x (R r ) (h x) r x h
R
        
Trabalho do peso do líquido contido no cilindro: 
2
2
P 2
2
2 2
P 2
r
P(h x) r hg h h
R
r
r h g 1
R
 
      
 
 
      
 
T
T
 
Trabalho do empuxo: 
2
antes
depois
E r hg
E 0
 

 
antes
E
2
2 2
E 2
E (h x)
2
1 r
r g h 1
2 R


 
       
 
T
T
 
 
 
 
 
17 Defina Q, a posição do corpo quando o fio rompe-se. 
Por conservação de energia, entre P e Q: 
2 2
o Qv v 2gL(1 sen )    
Utilizando a 2ª lei de Newton, em Q, nesse corpo: 
2
Qv gLsen  
Então: 
2
ov 3gLsen 2gL  
Após o rompimento, o corpo descreverá um 
movimento parabólico de Q à P. Então: 
2
Q
2
2v sen 3
L sen
3gcos

   

 
Logo:  ov g L 2 3    
 
 
Resposta: A 
 
 
18 
i. A partícula deve chegar, com velocidade 
perpendicular ao eixo-y, em B, para que volte, 
passando por A, à P. As equações horárias demovimento dela serão: 
2
o
2
o
1
x R v sen t gsen t (I)
2
1
y v cos t g cos t (II)
2

    

    

 
ii. O valor de vo será: 
 o
2gR
v 2g AP (III)
cos
  
 
iii. No ponto B, vem: 
2
o B B
B
2B
o B B
1
R v sen t gsen t
y R 2
x 0 1
R v cos t g cos t
2

    
 
     

 
2
o B B
1
R cos v sen cos t gsen cos t
2
      
2
o B B
1
Rsen v sen cos t gsen cos t
2
      
 (+)







  o BR sen cos 2v sen cos t     
 B
o
R
t sec cossec (IV)
2v
  
 
E ainda, usando (IV): 
 
 
o
o
2
2
2
o
R
R v sen sec cossec
2v
1 R
 gsen sec cossec
2 4v
   
   
 
 
 
2
2
o
1
1 tg 1
2
Rgsen
 sec cossec
8v
   

 
 
Com (III): 


g
m
( )
A
B
L
NN
mg
Lsen
N.R.
g h
 
 
x
h x
P
antesE

P
r
R
( )

|
antesE
h x0
Empuxo
Desl.
L
P
m
g
x
y
L Lsen

 
6 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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 
 
1
1 tg 1
2
1
 1 2sen cos
16sen cos
 
   
 
 
 
 
 
2
2
1
cos sen cos
2
1
 1 2sen cos
16sen
16sen cos 8sen
 8sen cos 1 2sen cos
6sen cos 8sen 1
3sen2 4 4cos 2 1
3sen2 4cos 2 5
3 4
sen2 cos 2 1
5 5
sen 2 1
2
    
   

    
    
    
    
   
   
   
    
 
4
cos cos 2
5
4
1
15tg 0
4 3
1
5
    

    

 
iv. Portanto com (V) e (IV): 
 
PABAP PA AB
PABAP
o
t 2 t 2 t
2R R
t 2 sec cossec
g cos v
    
    

 
 
1 3
sen e cos
10 10
8R R cos
sec cossec
g cos 2g
8 10R 3R 10
10
3g 32 10g
 

   

 
    
 
 
8 10R 8 10R
3g 3g
2 10 R
4
3 g
 
 
 
 
 
Resposta: B 
 
 
19 A distância inicial do ponto material à O é 
o
H
d 2H.
sen30º
  A n-ésima distância, para uma n-
ésima altura hn, será  n n od 2h n 0 e h H .   A 
primeira altura alcançada (h1), será: 
 
tot. T T 
Rd o Rs 1 1F d F d mgh mgH
mg
     
 sen30º mg  ocos30º d
 mg
 
sen30º mg  1cos30º d mg  1h mg
   
1 1
1
n 1
1 n n n
H
1 3 1 3
2H 2h h H
2 2 2 2
h 1 1 3 H 1 1 3
2 3 h H
h H h h
3 32 3

    
             
   
     

      

 
 
 
Resposta: A 
 
20 Pela 2ª lei de Newton, em x: 
o
o
mgsen xmgcos
a gsen gcos x
m
 
    
Para a = 0, vem: 
o
o
0 sen cos d 0
tg
d
   



 
 
Resposta: C 
 
 
21 Na situação I, a altura do centro de massa será: 
CMo
A
y


2 2 2
1 2 3h h h
2 2 2
A
 
  
 
  
2 2 2
1 2 3
1 2 3
h h h
 (I)
2hh h h
 

 
 
 
 
 

 
 
 
 
x
y
B
A
R
90º
gcos
gsen
g
 
m
H
1h
( )
2H
12h
30º 30º
RdF
RsFN N
mgcos30º mgcos30º
mgsen30º mgsen30º
N
N
(descida,d) (subida,s)
 
7 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
 85 9 9296-3469 
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Na situação II: 
CM
h
y (II)
2

 
Então, de (I) e (II): 
 
peso
2 2 2
1 2 3
empilhamento CM
2 2 2 2
empilhamento 1 2 3
h h h h
U Ah g
2 2h
A g
h h h h
2

   
        
  
 
     
 
T
T
T
 
 
Resposta: D 
 
 
22 A velocidade do conjunto rígido (mola + bola + 
canhão), após a colisão será: 
mín o
m
v v (I)
m M
 

 
O sistema mecânico é conservativo, então: 
 2 2o mín E(máx)
1 1
m v m M v U (II)
2 2
     
Com (I) e (II): 
2
2 2
o o E(máx)
2 2
E(máx) o o
f
1 1 m
m v v U
2 2 m M
1 m M 1
U mv 1 mv
2 m M m M 2
M
f (Q.E.D.)
m M
   

 
    
  


 
 
 
23 Os trabalhos efetuados pelo peso da argola e pela 
aquela força serão: 
 
o o AB
2 2
o o
o o
F d cos( ), tg = a + b
F (b a)cos (b a )sen
F cos (a b)sen (b a)
  
       
     
T
T
T
 
2 2
P ABmg y mg(b a )     T 
O percurso da argola, entre A e B é feito com veloci-
dade escalar constante, portanto, com (I) e (II): 
atrito P o
2 2
atrito o o
0
F (a b) cos (a b ) (m g F sen )
  
           
T T T
T
 
Resposta: B 
 
24 
 
 
Conservando a energia do sistema: 
2 2
2 2
2 2
mv MV
mgR mgR cos
2 2
2 gR v V 2 gR cos
v V 2 gR(1 cos ) (I)
   
      
     
 
E conservando o momento do sistema, vem: 
x x
V
0 MV mv v (II)    

 
E ainda: 
y
y y
v 1
tg v v Vtg (III)
V 1
V
 
     
 


 
De (II) e (III): 
2 2
2 2 2 2
x y 2 2
2
2 2
2 2
( 1) V
v v V tg
V v (IV)
1 (1 ) tg
 
  
 


   
 
Com (IV) em (I), vem: 
2 2
2
2
2
2
2
x 2
1 ( 1) tg
1 V 2 gR(1 cos )
2 gR(1 cos )
V
(1 )[1 (1 )tg ]
2gR(1 cos )
v
(1 )[1 (1 )tg ]
    
     
 
  

     
 

     
 
Após perder o contato: 
x x
3
v const. a 0
cos (1 ) (2 3cos ) 0 (Q.E.D.)
  
      
 
E ainda: 
2 2 2 2
2
2
2 2 2
2 2
2 2
2
V V (1 ) tg
v
1 (1 ) tg 2g R(1 cos )
(1 )[1 (1 )tg ]
2g R (1 cos ) 1 (1 ) tg
v
1 1 (1 ) tg
   


         
   
         
         
   
       
 
 
 
25 O nível de água de ambos os ramos será: 
h + h = h1 + h2 
1 2h hh
2

  (cons. de volumes) 
Assim: 
 
 
 
 
0
1h
2h
3h
1 2 3h h h 

CM
(A B C) 
 CMy
y (Ref.)
A
B
C
(I) (II)
g
 
8 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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2 2
21 2
grav.
2
2 2 1 2
grav. 1 2
2
2 2 1 2
grav. 1 2
2
2 2 1 2
grav. 1 2
2
grav. 1 2
h h
A g A g Ah g
2 2
Ag h h
h h 2
2 2
Ag h h
h h 2
2 2
Ag h h
h h 2
2 2
A g
(h h ) (Q.E.D.)
4
    
   
    
   
   
    
   
   
    
   
  
  
T
T
T
T
T
 
 
Adotando o N.R. no solo. 
 
 
26 Entre A e E: 
2 2
B Av v 2g(D d)   (I) 
Para não perder contato em C: 
2
2C
C
2v gD
g v
D 2
   (II) 
Entre C e E: 
2 2
C Bv v 2gD  (III) 
Com (I) em (III), depois, com (III) em (II), vem: 
2 2
A A
A
gD
v 2g(D d) 2gD v 2gd
2
D
v g 2d
2
     
 
   
 
 
 
 
 
27 
 
1. Para perder o contato com o domo, em B, 
precisamos ter NB = 0. Então: 
2 2
o o
x o o
v v
R mgcos m cos
R gR
      
Conservando a energia entre A e B: 
A B
2
o
o
2 2
o o
2 o
o o
E E
mv
mgR(1 cos )
2
v v
gR 1
gR 2
3 h 2 2R
gR v h
2 R 3 3

  
 
  
 
    
 
 
2. Retomando a figura do item anterior, e 
chamando de h1, a nova altura de perda de 
contato, vem, via o T.E.C.: 
atrito peso normal T T T
0
AB
2 2
1 1 1 1 1
1 1 1
T
6
mg(R h ) mv , v gR cos gh
5
6 5
R h h h R
5 11
 
    
   
 
 
3. 
 
Então: 
o
2
2
2
o o
2
x v t
3a 33
t
2 2gR5 g
y h v t t
3 2

 
 
   

 
Ao atingir o solo, y2 = 0, logo: 
2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2 2
2
2 2 2
2
2
2R 5 3a g 9a 3
0
3 3 2 2 4 2gR
2R a 5 27a
0
3 2 16R
8 5R 32R
a a 0
27 81
1 8 5R 320R 128R
a
2 27 729 81
4 5 4 23 5
a R R, d a R 1
27 27 3
4 5 4 23 R 5
d R R R
27 27 3
4 23 5 5 27
d R
27
  
     
   
  
  
 
    
 
 
 
       
 
    
  
   
 
 
 
 
28 
A
B
 
D
dg
Av
C
N.R.
E
Bv
Cv
tP
ov
R
N.R.
oR(1 cos ) 
A
omgcos
o
O (centro do domo)

(solo)
BN 0
B
x (+)
 
oh
oB (0,h )
o o o
5
v sen v
3
 
o o o
2
v cos v
3
 
y
x0
1(a ,0)
C
g
 
9 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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1. 
2
efetiva o
L 3 L 3 k
U mg mg (L L )
2 2 2
      
2
efetiva o
k
U (L L ) m g L 3
2
      (Q.E.D.) 
 
2. 
eq. o
eq. o
k(L L ) m g 3
tg60º L L
mg k
 
    
3. Para obter o maior valor de L, usemos a com-
servação de energia do sistema até o sistema 
ficar em repouso de novo: 
2o o
máx, 2o
máx. o
máx. o
k
mgL 3 (L L ) mgL 3
2
2mgL 32mgL 3
(L L )
k k
2mg 3
L L
k
   
    
 
 
A amplitude do movimento será: 
máx. eq.
m g 3
A L L
k
 
   
Disso: o o
2m g 3
L L L
k
 
   
 
4. A energia mecânica total do sistema num 
comprimento L da mola será: 
2 2
o
2 2
o
k m
E mgL 3 (L L ) 2 (Lcos60º )
2 2
k 1
E mgL 3 (L L ) mL
2 4
     
    
E ainda: 
o
o
dE m
mgL 3 k(L L )L LL 0
dt 2
m
mg 3 k(L L ) L 0
2
     
    
 
Defina eq.x L L , então:  
 eq. o
eq. o
0
m
mg 3 k x L L x 0
2
m
mg 3 k(L L ) kx x 0
2
2k
x x 0 É um M.H.S.
m
     
     
   
 
 
 
29 i. 2 2 21 o ov v 2a s v 2 g x       
ii. 1 1 2 1 1 2mv mv ' 2mv v v ' 2v       
 2 1
2
v v (e = 1)
3
 
iii. 2 2 23 2 2v v 2a s v 2 gx      
iv. 
2
1
1 1 3 1
gt 2h
h t x v t
2 g
     
 4 1v gt 
v. 
22
4 42
4 2 2
v v 2a 'Ha ' t
H v t t
2 a '
  
    
 R
V
F P E a ' 1 g
2m
 
     
 
 
 x2 = v3t2 
 
vi. A = x1 + x2 = (t1 + t2)v3 
 A = 
2
o
V
2 1
26 2h 2m
4v g x 1
V9 g
1
2m
 
  
               
 
 
 
 
30 No ponto C: Rcp. = P + N 
Para kmín.: N = 0 
Para kmáx.: N = 4P 
Entre A e C: 
2 2
C
k m
x mg(h r) v
2 2
   
 - kmín.: 
2 2mín.
C
mín. 2
k m
v gr, x mgh mgr gr
2 2
m g (2h 3r)
 k
x
   
  

 
- kmáx.: 
2 2máx.
C
máx. 2
k 5m
v 5gr, x mgh mgr gr
2 2
m g (2h 7r)
 k
x
   
  

 
 
 
31 
 
Cálculo de uy: 
2
y 2 2
y
u g h
2 u 2gh 2k
2 2 2
 
      
 
 
Em B: 
A B
L
m
m
0
y( ) 
60º
L 3
2
mg
ok(L L )
N
Em m:
(equilíbrio)
60º
h
2
CM
v v
yu
u
CM(v 0)
yu
2
A B
g
CM
g
a
2

 
10 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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2 2 2 2 2 2
yu v u v u 2k     
Conservando a energia mecânica do sistema, vem: 
2 2
2 2 2
2
mv mu
0 mgh
2 2
u 2k u
k
2 2
u k 2
  

 

 
 
Resposta: B 
 
 
32 Sendo a plataforma lisa, existirá movimento relativo 
entre a pessoa e a plataforma, disso, o atrito deverá ser 
cinético. Disso. 
 
i. Falsa. A força de atrito é cinético, logo, se opõe ao 
movimento da pessoa. 
ii. Verdadeira. A pessoa empurra a plataforma para 
frente. 
iii. Verdadeira. O trabalho motor sobre a plataforma é 
superior, em módulo, ao trabalho resistente sobre a 
pessoa. 
iv. Verdadeira. Pela 3ª lei de Newton, as forças de 
atrito sobre a pessoa e sobre a plataforma cance-
lam-se. 
 
Resposta: B 
 
 
33 Para que o trem atravesse, completamente, a colina, 
parte dele deve está sobre a mesma, disso, a energia 
potencial total terá o maior valor possível e será dada 
por: 
  1 2p(máx.) 1 2
3
 relação métrica
 no triângulo retângulo
m L L
E L L g h, h
2L L

     
 
 
Toda essa energia potencial será transformada em 
energia cinética, quando o trem estiver, na horizontal. 
Logo: 
m
2
1 2 1 2
3
L L L L m
g
L L 2
 
 
 
2
mín.v
 
 1 2 1 2
mín.
3
g L L L L
v 11,6 m/s
L L
   
 

 
 
Resposta: B 
 
 
34 Reorganizando t, vem: 
o2
v 6 m/s
x (t 3) v 2(t 3) 
v 6 m/s (t = 6 s)
 
    

 
Assim: 
 2 2o
m
v v
2
m
(36 36) 0
2
 
  
T
T
 
 
Resposta: A 
 
 
35 A força tangencial sobre a partícula terá módulo igual 
a: 
 2 t
t
t
m 2a smv
T ma s
2 2
F 10 N

   

 
Na direção normal: 
2
t
n n
v 2ma 5
F m s s F 5 N
R R 4
       (s = 4 m) 
Logo: 
F 100 25 5 5 11,2 N    
 
Resposta: B 
 
 
36 Tal projeção de movimento tem módulo igual a: 
 2 2
k
v 2gRsen cos
v 2gR sen 1 sen
   
     
Disso: 
 
 
2 2dk cos 1 sen 2sen cos 0
d
1 2
sen cos
33
arccotg 2
       

    
 
 
 
Resposta: B 
 
 
37 
h
N.R.
(trem parado)
 
1
m
L
L
2
m
L
L
s 0 (ref .)
v
tF
nF
 
11 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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Usando o teorema de Pitágoras, no triângulo APP’, 
vem: 
 
 2 2 2(a ) (y a) x a a 0       
2 2(y a) x a 0      
 
Logo, a energia mecânica total do sistema massa-mola, 
temos: 
 
2
M p(ef .)
k ( )
E mg y E
2
 
    
 
Para esse tipo de equilíbrio, para quaisquer valores de 
x e de y, EM deve ser sempre constante, pois temos um 
equilíbrio dito indiferente. Assim: 
 
2
2 2k (y a) x a
mg y 0
2
    
 
   
2
2 2 2mgC : (y a) x a y
k
      
 
 
 
 
38 Veja: 
 
Cálculo de vP: 
A P
2 2
o P
2
P o
E E
mv R 3 mv
mg
2 2 2
v v gR 3

 
 
 
Estudando a cinemática da partícula após a colisão, em 
P, vem: 
2
o
2
2
o
v gR 3
x t
2
3 gt
y v gR 3t
2 2
 
 



  

 
Em Q: 
   
   
2
2
o
2
o
2
o
2
o
2
2
o
o
3 R 3 g R
R 1
2 2 2 v gR 3
gR
2 3 2
v gR 3
2 3 2 v gR 3 2 3 2 gR
2 3 2 v gR 1 6 2 3
5 3 1 gR
v gR
4 4
v g R
2
 
      
 

   
   
  
   
 

  
 
 
Resposta: B 
 
 
39 A 
 
Usando o T.E.C., entre as situações I e II, vem: 
2 2
2
2
k( L) kx
mg x 0 0
2 2
0,625 10x 1,125x 0
x 0,1125 x 0,0625 0
0,1125 0,01265625 0,25
x
2
0,4
x 20 cm
2

     
  
   
  

 
 
 
Resposta: D 
 
 
40 De acordo com a figura: 
U = mgyCG = mg
2 2L x
y
2
 
 
 
 
 
Para que ela esteja sempre em equilíbrio indiferente, a 
sua energia potencial deve ser constante. Para quais-
quer pontos (x, y) sobre a superfície cilíndrica, o 
equilíbrio deve ter aquela natureza. Fazendo xCG = 0 e 
yCG = L/2: 

y
x
C
0
g

y a
x
a  

P
P '
A

P
Q
x
y
Pv
 
3
R 1
2
 
  
 
_______
__ 
_______
__ 
L 0,25 m 
x x
(v 0)
(v 0)
(I)
(II)
 
12 | MÓDULO DE DINÂMICA II 
 
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2 2 2
2 2
0
2 2
L L x
y
2 4 4
L 2y L x
2y L L x

 
   
 
  
  
 
 
 
ANOTAÇÕES 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(x, y)
x
y
CGx
CGy C.G.
2 2(0, L x )
m