livro4-2022-resolucao-fisica

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– 1
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 1 – Impulso e Quantidade de Movimento
8) � I→� = � Fm
→ � �t = 1,0 . 104 . 2,0 . 10–2 (SI)
Resposta: C
9) I) A quantidade de movimento tem módulo constante (MU),
porém varia em direção.
II) A energia potencial gravitacional (m g H) varia por que H é
variável.
III) A energia cinética permanece constante porque o mo -
vimento da pedra é uniforme.
IV) O peso P
→
= m g
→
é constante porque m e g
→
são cons tan -
tes.
Resposta: B
10) 1) Ee = Ecin = 
2) = 
3) Q = mV = 
Resposta: B
11)
1) Conservação da energia mecânica:
(ref. em B)
= m g h
2) Quantidade de movimento em B:
QB = m VB ⇒
Resposta: C
12) a)
→
Qsistema = 
→
QA + 
→
QB = 
→
Q + (–
→
Q) = 
→
0
b) 1)
Como � 
→
QA � = � 
→
QB�, resulta:
= 
= 
2) ECsistema = ECA 
+ ECB
= E + 2E = 3E
Respostas: a)
→
0
b) 3E
13) a) �Q = m �V
�Q = m � V0 – (–V0)�
b) Ecini
= 
Ecinf
= . = . V0
2
= m V0
2
�Ecin = Ecinf
– Ecini
�Ecin = m V0
2
– 
�Ecin = = m V0
2 
Respostas: a)
b)
� I→� = 2,0 . 102N.s
kx2
––––
2
mV2
––––
2
kx2
––––
2
k
V = ���––– xm
k
m . ���––– xm
Q = �����mk x
EB = EA
mVB
2
––––––
2
VB = �������2gh
QB = m �������2gh
Q2
EC = –––––2m
EC
B
–––––
ECA
mA
–––––
mB
ECB–––––
E
2M
––––
M
ECB
= 2E
2
–––
3
5
�Q = ––– m V0
3
m V0
2
––––––
2
m
––
2
2�––– V0�2
3
m
––
2
4
––
9
2
––
9
2
––
9
m V0
2
––––––
2
2 m V0
2 
– 4,5 m V0
2
–––––––––––––––––––
9
–2,5
––––––
9
–5
�Ecin = –––– m V0
2
18
5
�Q = ––– m V0
3
–5
�Ecin = –––– m V0
2
18
14) Q0 = MV
Qf = MV
� �Q→ � = Q0 cos � + Qf cos �
� �Q→ � = MV cos � + MV cos �
Resposta: E
15) a) �Q
→
i � = �Q
→
f � = p
.�
→
Q .2 = p2 + p2 = 2p2
b) EC =
Como �Q
→
f � = �Q
→
i�, então Ef = Ei = E
Respostas: a) �	2 p b) zero
16) � Q→0 � = � Q
→
f � = mV 
��Q→ � = � Q→0 � = � Q
→
f � = mV
��Q→ � = 500 . (kg . m/s)
��Q→ � = 500 . 14 (kg . m/s)
Resposta: D
17) TEC: τ = �Ecin
τ = –
τ = (Qf
2 
– Q0
2
)
τ = (1600 – 400) (J)
Resposta: C
18) 1) Como massa e aceleração são invariantes, então F
→
= ma
→
também é invariante.
2) Como F
→
e �t são invariantes, então I
→
= F
→
. �t também é
invariante.
3) Como o deslocamento não é invariante, então
τ = � F→� � d→� cos � também não é invariante.
4) Como a velocidade não é invariante, então
Q
→
= mV
→
e EC = também não são invariantes.
5) Como trabalho não é invariante, então Pot = também
não é invariante.
Resposta: D
19) a) m/s é unidade de velocidade linear; rad/s é unidade de
velocidade angular.
b) N/m2 é unidade de pressão; N . m é unidade de torque (mo -
mento).
c) J/K é unidade de capacidade térmica; J é unidade de calor
(latente ou sensível).
d) kg.m/s ou N.s são unidades de quantidade de movi mento
ou de impulso, que são grandezas fisicamente homo gê -
neas, isto é, têm a mesma equação dimensional.
e) W é unidade de potência; T (tesla) é unidade do vetor
indução magnética.
Resposta: D 
20) O dano produzido está ligado ao impulso da força aplicada
sobre o pé:
IF = F. �t
Em alta velocidade, �t é pequeno, IF é pequeno e o efeito no
pé também é pequeno.
Resposta: B
21) 1) Q = mV
Q = 0,80 . 4,0 (SI)
2) EC = 
EC = (4,0)
2 (J)
Resposta: B
22) O trabalho realizado por Biela corresponde à energia potencial
armazenada pela mão do pilão, que, na queda, é transformada
em energia cinética e em seguida transferida para os grãos de
milho.
Considerando-se que a mão do pilão parte do repouso de uma
altura h e desprezando-se o efeito do ar, teremos:
Ef = Ei
= m g h
V = �����2gh
Portanto, V depende de h (a opção d é falsa).
A quantidade de movimento da mão do pilão, ao atingir o
milho, terá módulo dado por:
Q = m V = m �����2gh
(a opção e é falsa)
Resposta: B
29) a) O impulso da força aplicada, por definição, é dado por:
I = Fm . �t
I = 60 . 0,50 (N.s) ⇒
b) Aplicando-se o teorema do impulso, vem:
1) Para a garota:
| Ig| = mg |Vg|
30 = 50 |Vg| ⇒
� �Q→� = 2 MV cos �
.�
→
Q . = �	2 p
Q2
––––– ––
2m
�E = 0
50,4
–––––
3,6
� �Q→� = 7,0 . 103 kg . m/s
Qf
2
––––
2m
Q0
2
––––
2m
1
––––
2m
1
––––
4,0
τ = 3,0 . 102J
mV2
–––––
2
τ
–––
�t
Q = 3,2kg.m/s
mV2
–––––
2
0,80
–––––
2
EC = 6,4J
mV2
–––––
2
I = 30N . s
|Vg| = 0,60m/s
2 –
2) Para o rapaz:
| Ir | = mr |Vr|
30 = 75 |Vr| ⇒
Respostas: a) 30N.s
b) |Vg| = 0,60m/s e |Vr| = 0,40m/s
30) a) TEC: τat = �Ecin
�mg D (–1) = 0 –
b) TI: Iat = �Q
–�mg T = 0 – mV0
c) Quando V0 duplica, T também duplica e D quadruplica.
31)
TI: Ibola = �Qhorizontal
Fm . �t = m[3V – (–V)]
60mg . �t = 4mV
60 . 10 . 0,2 = 4V
Resposta: B
32) a) EC = = . (30)
2 (J)
b) TI: Ibola = �Qbola
Fm . �t = m . �V
Fm . 1,0 . 10
–2 = 0,50 . 60
Respostas: a) 225J
b) 3,0kN
33) a)
1) Cálculo do módulo da velocidade da mocinha no ponto
B (1,0m do solo):
VB
2 = VA
2 + 2 � �s (MUV)
VB
2 = 0 + 2 . 10 . 80,0
VB
2 = 1600 ⇒
2) Aplicando-se o teorema do impulso:
� I
→
R� = � �Q
→
�
(Fm – P) �t = m VB
(Fm – 500) 0,05 = 50 . 40,0
Fm – 500 = 40,0 . 10
3
Fm = 40,0 . 10
3 + 0,5 . 103 (N)
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton:
Fm – P = m . a
40,5 . 103 – 0,5 . 103 = 50 . a
40,0 . 103 = 50 . a
aletal = 8g = 80m/s
2
= ⇒
Respostas: a) 40,5kN
b) 10 vezes maior.
|Vr| = 0,40m/s
mV0
2
––––––
2
V0
2
D = –––––
2�g
V0
T = –––––
�g
V = 30m/s
mV
2
––––––
2
0,50
–––––
2
EC = 225J
Fm = 3,0 . 10
3N
VB = 40,0m/s
Fm = 40,5 . 10
3 N = 40,5kN
a = 8,0 . 102m/s2
a
––––––
aletal
8,0 . 102
––––––––––
80
a
––––– = 10
aletal
– 3
34) 1) Evento (1): para relacionarmos força com distância, usamos
o TEC:
τtotal = �EC
τP = �EC 
Em cada trecho: �EC = P . d
Portanto: (�E)AB = (�E)BC = (�E)CD
2) Evento (2): para relacionarmos força com tempo, usamos o
TI:
→
Itotal = �Q
→
IP = �Q
Em cada trecho: �Q = P . �t = PT
Portanto: (�Q)AE = (�Q)EF = (�Q)FG
Resposta: B
35) 1) Cálculo da velocidade da jovem ao atingir a cama:
V2 = V0
2 
+ 2 � �s (MUV)
V2 = 0 + 2 . 10 . 1,8 ⇒
2) Cálculo da intensidade da força média aplicada pela cama:
TI: IR = �Q
| IR | = |�Q|
(Fm – P) �t = mV
(Fm – 400) 0,5 = 40 . 6,0
Fm – 400 = 480
Resposta: 880N
36) Na freada até o repouso, a variação de quantidade de movi -
mento do motorista tem módulo m V0 com ou sem air-bag.
O impulso aplicado para freá-lo tem módulo I = |�Q
→
| = mV0
com ou sem air-bag.
O impulso I é dado pelo produto da força média de impacto
pelo tempo (I = Fm . �t). A função do air-bag é apenas au -
mentar �t e com isso reduzir Fm de modo a machucar menos
o motorista.
(1) V (2) F (3) V (4) V
(5) V (6) V (7) F
Resposta: E
37) a) A xícara, ao atingir o piso, tem uma velocidade V
→
e uma
quan tidade de movimento Q
→
.
Durante a interação com o piso, a xícara fica sob ação de
seu peso P
→
e da força F
→
recebida do piso.
Aplicando-se o teorema do impulso, vem:
I
→
xícara = �Q
→
xícara = 0
→
– Q
→
(Fm – P) �t = Q
Nessa expressão, os valores de Q e P são fixos, e o valor de
Fm (intensidade da força média aplicada pelo piso) vai
depender de �t, que é o tempo de interação entre a xícara
e o piso.
No piso fofo, �t é maior que no piso rígido e, portanto:
O fato de a força de interação ser menos inten sa no piso
fofo justifica o fato de a xícara não se que brar.
b) De acordo com o exposto no item (a), vem:
1) Fm = + 0,10 . 10 (N)
Fm = 0,4 + 1,0 (N) ⇒
2) F’m = + 0,10 . 10 (N)
F’m = 20,0 + 1,0 (N) ⇒
Respostas: a) Porque o tempo de interação entre a xícara e
o piso é maior quan do o piso é fofo.
b) 1,4N e 21,0N
38) 1) I = área (F x t)
I = (SI) = 50,0N.s
2) TI: I = �Q
I = mVf – mV0
I = m (Vf – V0)
50,0 = 5,0 (Vf – 2,0)
Vf – 2,0 = 10,0
Resposta: C
39) a) O impulso recebido pela pessoa corresponde à va ria ção da
sua quantidade de movimento até o re pouso e é o mesmo
com ou sem bolsa de ar.
Com a bolsa de ar, o tempo de interação aumenta e, com
isso, a intensidade da força média de impacto recebida pela
pessoa di minui.
A redução da intensidade da força com o aumento do
tempo de interação é a função básica da bolsa de ar.
b) 1) I = área (Fx t)
I = (N. s)
2) I = Fm . �t
60 = Fm . 0,03
Respostas: a) O Impulso é o mesmo e o tempo de interação, com
a bolsa de ar, é maior.
b) I = 60N.s e Fm = 2,0kN
V = 6,0m/s
Fm = 880N
Q
Fm = ––– + P
�t
Fpiso fofo < Fpiso rígido
Q
Fm = ––– + P
�t
0,10 . 2,0
––––––––––
0,50
Fm = 1,4N
0,10 . 2,0
––––––––––
0,010
F’m = 21,0N
10,0 . 10,0
–––––––––––
2
Vf = 12,0m/s
→
I = �
→
Q = – m
→
V0
0,03 . 4000
––––––––––
2
I = 60N. s
Fm = 2,0 . 10
3N = 2,0kN
4 –
40) TI:
→
I = �Q
→
→
Fm �t = 
→
0 – m
→
V0
.
→
Fm . �t = mV0
.
→
Fm . 0,50 = 1000 . 15
Resposta: C
41) Teorema do impulso:
→
Ibala = �
→
Qbala
Fm . �t = m �V
Fm = 
Para as duas balas, m e �t são iguais.
Para a bala de borracha que inverte o sentido de seu
movimento, �V é maior e, portanto, Fm também é maior.
Quanto maior a intensidade da força trocada na interação,
maior é a dor sentida pela pessoa.
Resposta: B
42)
TI: I
→
molécula = �Q
→
molécula
Fm
→
�t = – 2m V
→
Resposta: A
43) 1) Por meio do impulso I
→
= F
→
�t, a força transfere quantidade
de movimento linear do ar para a hélice.
2) A energia cinética de translação do vento �EC = � é
transformada em energia cinética de rotação da hélice,
dada por: ECR= 
I = momento de inércia da hélice
� = velocidade angular da hélice
Resposta: B
44) O impulso resultante que a pessoa recebe para parar é sempre
o mesmo:
I
→
= �Q
→
= – Q0
→
= – mV0
→
Como o impulso é o produto da força média pelo intervalo de
tempo: I
→
= Fm
→
�t, o ato de flexionar os joelhos visa aumentar
o tempo de interação com o chão e com isso reduzir a inten -
sidade da força média recebida pela pessoa.
Resposta: B
45) Considere um passageiro de massa M e velocidade com
módulo V0 que vai ser levado ao repouso em uma colisão.
O impulso recebido pelo passageiro para ser levado ao
repouso é dado por:
TI: I
→
= �Q
→
= 0
→
– mV0
→
| I
→
| = mV0
Porém: | I
→
| = Fm . �t 
Fm . �t = mV0
Para reduzirmos Fm e atenuarmos os efeitos da colisão, deve -
mos aumentar �t, o que se consegue com um material defor -
mável.
Resposta: E
46)
I 
n
= área (F x t)
I = + (2 + 1) (SI)
I = 0,1 + 0,15 (SI)
Resposta: E
59) O núcleo é um sistema isolado e, portanto:
→
Qapós = 
→
Qantes
→
P1 + 
→
P2 + 
→
P3 =
→
0
→
P3 = – ( 
→
P1 + 
→
P2)
Resposta: D
60) 1) Pela conservação da carga total, concluímos que a terceira
partícula é neutra (em realidade, é o an tineu trino).
2) Como o nêutron é considerado um sistema isola do, a
quantidade de movimento
total do sistema é constante.
→
Qapós = 
→
Qantes
→
QE + 
→
QP + 
→
QN = 
→
0
Resposta: D
.
→
Fm . = 3,0 . 10
4N
m �V
–––––––
�t
– 2m V
→
Fm
→
= –––––––––
�t
mV2
–––––
2
I�2
–––––
2
0,1
–––
2
0,1 . 2
–––––––
2
I = 0,25 N.s
→
QN = – (
→
QE + 
→
QP)
– 5
61) O sistema plano inclinado – bloco é isolado de forças horizon -
tais e por isso a quantidade de movimento horizontal per -
manece constante:
Q
→
B(h) + Q
→
PI(h) = 0
→
Quando o bloco se desloca para a direita, o plano se desloca
para a es querda.
Quando o bloco para em relação ao plano, após a colisão,
ambos param em relação ao solo terrestre.
Resposta: C
62) Consideremos o sistema de versores indicado na figu ra:
QA
→
= 3i
→
– 3j
→
Q
→
’A = 1i
→
+ 1j
→
QB
→
= 0
→
Q
→
’B = ?
No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá con servação da
quantidade de movimento total:
Q
→
’B + Q
→
’A = QA
→
+ QB
→
Q
→
’B + 1i
→
+ 1j
→
= 3i
→
– 3j
→
Resposta: B
63) 1) Velocidade adquirida por B:
VB = = = 4,0m/s
2) Na interação entre A e B, o sistema é isolado e haverá con -
servação da quantidade de movimento do sistema:
Q
→
após = Q
→
antes
Q
→
A + Q
→
B = 0
→ ⇒ Q→A = – Q
→
B ⇒ | Q
→
A| = | Q
→
B| 
mAVA = mBVB
40 . VA = 50 . 4,0 ⇒
3) A energia cinética de A é transformada em energia elástica
da mola: 
Ee = EcinA
= 
1,0 . 103 . x2 = 40 . 25,0
x2 = 1,0
Resposta: C
64)
a) 1) Conservação da quantidade de movimento do sistema
no ato da colisão:
Qapós = Qantes
(mA + mB) V = mAVA
270V = 90 . 2,0
2) Ecinapós
= V2
Ecinapós
= . (J) 
b) 1) Cálculo da constante elástica da mola:
F = kx
x = 0,060m
F = 24N
k = N/m ⇒ 
2) Conservação da energia mecânica no lança mento da esfera:
Eelástica = Ecin
=
x2 = VA
2
x = VA
x = . 2,0 (m)
x = . 10–2 . 2,0 (m)
Q
→
’B = 2i
→
– 4j
→
4,0m
–––––
1,0s
�s
–––
�t
VA = 5,0m/s
mAVA
2
–––––––
2
kx2
––––
2
x = 1,0m
180 2
V = ––––– m/s = ––– m/s
270 3
(mA + mB)
–––––––––
2
4
–––
9
0,27
–––––
2
Ecinapós
= 6,0 . 10–2J
k = 4,0 . 102N/m
24
–––––
0,060
m VA
2
––––––
2
k x2
–––––
2
m
–––
k
m
–––
k
90 . 10–3
––––––––
4,0 . 102
3,0
––––
2,0
6 –
Respostas: a) 6,0 . 10–2J
b) 3,0 . 10–2m ou 3,0cm
65) O sistema é isolado e a quantidade do movimento total
permanece cons tante e é nula.
Q
→
A + Q
→
B + Q
→
P = 0
→
Com orientação positiva para a direita, temos:
mAVA + mBVB + mPVP = 0
50 . 5,0 + 80 . (–5,0) + 100 VP = 0
100 VP = 150
Como VP > 0, a plataforma se move para a direita.
Resposta: B
66) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conservação da
quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
mBVB’ + mPVP’ = mBVB + mPVP
1,0 . 2,0 + 1,0 . 10–2 . VP’ = 1,0 . (–1,0) + 1,0 . 10
–2 . 500
2,0 + 1,0 . 10–2VP’ = –1,0 + 5,0
1,0 . 10–2VP’ = 2,0
Resposta: B
67) 1) Após a colisão, temos:
TEC: τatrito = �Ecin
– � (M + m) g d = 0 – V1
2
V1
2 
= 2 � g d ⇒ V1 = �������2� gd
V1 = ������������������2 . 0,4 . 10,0 . 2,0 (m/s) ⇒ 
2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá
conservação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
(M + m) V1 = mV0
160 . 4,0 = 10V0
Resposta: 64,0m/s
68) a) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) é iso la do e, por -
tanto:
→
Q1 + 
→
Q2 = 
→
0
→
Q1 = –
→
Q2 ⇒ .
→
Q1. = .
→
Q2.
m1 V1 = m2 V2
5,0 . V1 = 10,0 . 5,0 ⇒
b) O sistema formado pelos corpos (1) e (2) e mais a mola é
conservativo:
Efinal = Einicial
+ = Ee
Ee = + (J)
Ee = 250 + 125 (J) ⇒
Respostas: a) 10,0m/s b) 375J
69) Qx = mxVx = 1200 . (SI) = 48 000 (SI)
Qy = myVy = 1300 . (SI) = 32 500 (SI)
→
Qf = 
→
Qi = 
→
Qx + 
→
Qy
→
Qf = 48000 i
→
+ 32500 j
→
(SI) 
Como Qx � Qy → � � 45°
Resposta: D
70) a) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(referência em A)
= m g h
h = = (m)
b) 1) Na colisão, o sistema é isolado e haverá conservação da
quantidade de movimento total.
Qf = Q0
2mVA’ = mVA ⇒
x = 3,0 . 10–2m = 3,0cm
VP = 1,5m/s
VP’ = 2,0 . 10
2m/s
M + m
–––––––
2
V1 = 4,0m/s
V0 = 64,0m/s
V1 = 10,0m/s
m2V2
2
––––––
2
m1V1
2
––––––
2
10,0 . (5,0)2
––––––––––––
2
5,0 . (10,0)2
––––––––––––
2
Ee = 375J
144
––––
3,6
90
––––
3,6
EB = EA
m VA
2
–––––––
2
36,0
–––––
20
VA
2
–––––
2g
h = 1,8m
VA
VA’ = –––– = 3,0m/s
2
– 7
2) Conservação da energia mecânica na subida:
(referência em A)
2 mgh’ = (VA’)
2
h’ = = (m)
Respostas: a) 1,8m
b) 0,45m
71) 01 (V)O sistema é isolado de forças externas.
02 (F) A quantidade de movimento total é constante envol -
vendo também a quantidade de movimento da tábua:
Q1
→
+ Q2
→
+ Qtábua
→
= 0
→
04 (F) A tábua só ficará em repouso se a soma vetorial das
quantidades de movimento dos dois sapos for nula.
08 (F) Somente será verdadeira se as suas quantidades de
movimento horizontais forem iguais em módulo.
16 (V)Quando os sapos voltarem ao repouso, a tábua também
voltará ao repouso, pois a quantidade de movimento
total é nula.
Resposta: 17
72)
Desprezando-se o atrito e o efeito do ar, o sistema vagão-água
é isolado de forças horizontais e haverá conservação da quan -
tidade de movimento horizontal do sistema.
→
Qh
f 
= 
→
Qh
i
(M + m) V = MV
(90 + m) 2 = 3 . 90
90 + m = 135
Sendo � = , vem:
V = = (m3)
Resposta: C
73)
1) Tempo gasto pelo homem:
Vrel = ⇒ 3,0 = ⇒ 
2) Cálculo da velocidade do tronco:
Qfinal = Qinicial
M VT + m VH = (M + m) V0
400 VT + 80 (3,0 + VT) = 480 . 4,0
5 VT + 3,0 + VT = 24,0
6 VT = 21,0 ⇒ VT = m/s = 3,5m/s
3) Distância percorrida pelo tronco:
�sT = VT . T
�sT = 3,5. 6,0(m) ⇒
Resposta: 21,0m
74) a) 1) No ponto mais alto, a velocidade do projétil, antes da
explosão, é dada por:
V0x = V0 cos � = 100 . (m/s) = 50m/s
2) No ato da explosão, o projétil é um sistema isolado:
Qimediatamente = Qimediatamente
após antes
VB = MV0x
b) Ecin
antes 
= V0x
2 = (50)2 (J) = 2,5 . 104J
Ecin
após 
= VB
2 
= (100)2 (J) = 5,0 . 104J
Etransformada = Ecin
após 
– Ecin
antes 
= 2,5 . 104J
Respostas: a) 100m/s
b) 2,5 . 104J ou 25kJ
EC = EA
2m
––––
2
9,0
––––
20
(VA
’ )2
–––––
2g
h’ = 0,45m
2
––
3
m = 45kg
m
–––
V
45
–––––––––
1,0 . 103
m
–––
�
V = 45 . 10–3m3
T = 6,0s
18,0
–––––
T
�srel
––––––
�t
21,0
–––––
6
�sT = 21,0m
1
––
2
M
–––
2
VB = 2V0x = 100m/s
20,0
––––
2
M
–––
2
20,0
––––
4,0
M/2
––––––
2
8 –
75)
1) No ato da explosão, a granada é um sistema isolado:
Qapós = Qantes
VA + VB = MV0
VA + VB = 2V0
VA + VB = 4,0 
2) E = + –
16,0 = + – 4,0 . 4,0
8,0 = V2A + V
2
B – 8,0
16,0 = (4,0 – VB)
2 + V2B
16,0 = 16,0 – 8,0 VB + V
2
B + V
2
B
2 V2B – 8,0VB = 0 
V2B – 4,0VB = 0
VB (VB – 4,0) = 0 
Resposta: E 
76)
1) Na direção vertical, a quantidade de movimento do sis -
tema, imediatamente após a explosão, é nula e, por tanto:
2) Na direção x, temos: Qfx = Qix
V2x = MV0
V2
2 = V2x
2 + V2
2y
V2
2 = (2400)2 + (1000)2 = 676 . 104
V2 = 26 . 10
2m/s
Resposta: E
77) 1) Seja V a velocidade horizontal do projétil e T o tempo de
subida:
2)
No ato da explosão, a quantidade de movimento se conserva:
Qapós = Qantes
V2 + (–V) = mV
V2 – V = 2V ⇒
3) Como o tempo de subida e o tempo de queda são iguais, o
pedaço 1 percorre para a esquerda uma distância de 100m,
e o pedaço 2 percorre para a direita uma distância hori -
zontal de 300m (a velocidade horizontal é o triplo).
Resposta: 400m
78) a) Conservação da energia mecânica antes da colisão:
M g h = ⇒ V1 = �	����2 g h = �		���� �������� 2 . 10,0 . 1,8 m/s
b) No ato da colisão, o sistema garoto-cão é isolado e haverá
conservação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
(M + m) V2 = M V1
25,0 V2 = 20,0 . 6,0
M
–––
2
M
–––
2
MV20
–––––
2
V2B
–––
2
M
–––
2
V2A
–––
2
M
–––
2
4,0V2B
––––––
2
4,0V2A
––––––
2
VB = 0 e VA = 4,0m/s
ou
VB = 4,0m/s e VA = 0
{
V2y = V1 = 2400m/s
M
––––
2
V2x = 2V0 = 1000m/s
V2 = 2600m/s
d = V T
m
–––
2
m
–––
2
V2 = 3V
MV1
2
––––––
2
V1 = 6,0m/s
V2 = 4,8m/s
– 9
c) Imediatamente após a colisão:
T – P = Fcp
T – (M + m) g = 
T – 250 = 
T – 250 = 160
Respostas: a) 6,0m/s b) 4,8m/s c) 410N
79) a) 1) Cálculo da velocidade de cada bolinha no instante da
colisão:
(ref. em C)
= m g ⇒
2) Conservação da quantidade de movimento no ato da
colisão:
Qapós = Qantes
3mV1 = 2mV + m (–V)
3V1 = V ⇒ V1 = ⇒
b)
1) (ref. em C)
3m g h = V1
2
h = = ⇒
2) L = L cos � + h
b = b cos � + 
1 = cos � + 
cos � = ⇒
Respostas: a) b) � = arc cos � �
80)
a) 1) Componentes de V0:
V0y = V0 sen 37° = 500 . 0,60 (m/s) = 300m/s
V0x = V0 cos 37° = 500 . 0,80 (m/s) = 400m/s
2) Cálculo do tempo de subida:
Vy = V0y + �y t
0 = 300 – 10,0 t1 ⇒
3) Cálculo de d:
�sx = V0x t1
d = 400 . 30,0 (m) ⇒
4) No ato da explosão:
Qf = Q0 ⇒ VA = mV0x ⇒ VA = 2 V0x = 800m/s
Se a granada não explodisse, ela percorreria na sua queda
uma distância d; como o fragmento A tem velocidade
horizontal que é o dobro da velocidade da granada, ele
percorrerá uma distância 2d e atingirá o solo a uma dis -
tância D do ponto de lançamento dada por:
D = 3d ⇒
b) Ei = = (400)
2 (J) = 8,0 . 103 J
Ef = = (800)
2 (J) = 16,0 . 103 J
Respostas: a) 36,0km b) 8,0kJ
81) 01 (F) A energia cinética diminui, porém não se anula e a
quantidade de movimento permanece constante.
02 (V) Quanto maior . Vi
→
. , maior será y.
(M + m) V2
2
–––––––––––
L
25,0 . (4,8)2
–––––––––––
3,6
T = 410N
EC = EA
V = �����gb
b
–––
2
mV2
––––
2
�����gb
V1 = ––––3
V
–––
3
ED = EC
3m
––––
2
b
h = –––
18
gb/9
–––––
2g
V1
2
––––
2g
b
–––
18
1
–––
18
17 
cos � = ––––
18
1
1 – –––
18
17
–––
18
�����gb
––––
3
t1 = 30,0s
d = 12,0km
m
–––
2
D = 36,0km
0,10
–––––
2
mV0 x
2
––––––––
2
0,10
–––––
4
m �–––�VA22
–––––––––
2
�E = 8,0 . 103J = 8,0kJ
10 –
04 (V) Na colisão perfeitamente inelástica, sempre há perda
de energia mecânica.
08 (F) No ato da colisão, o sistema projétil-pêndulo é conside -
rado isolado e a quantidade de movimento permanece
constante.
16 (V) Após a colisão, a energia mecânica se conserva.
32 (F) Na colisão, a energia cinética inicial é maior que a final.
64 (V) Na colisão: (M + m) V1 = m Vi
Após a colisão: (M + m) = (M + m) g y
y = = � �
2
Resposta: 86
82)
No ato da colisão, o sistema é isolado e há conservação da
quan tidade de movimento:
1) Na direção x:
m V1f cos 30° + m V2f cos 60° = m V1i
V1f . + V2f . = 3,0
(1)
2) Na direção y:
V1f cos 60° = V2f sen 60° 
V1f . = V2f . ⇒ (2)
(2) em (1):
�����3 V2f . �����3 + V2f = 6,0 
4 V2f = 6,0 ⇒ ou 
V1f = �����3 V2f = �����3 . 1,5m/s
Resposta: D
83) 1) Conservação da quantidade de movimento do sistema, na
direção hori zontal:
Qhf
= Qhi
4 mV = m V0 ⇒
2) Conservação da energia mecânica:
Ef = Ei
mgh + = 
g h + 2 = 
16 gh + 2 V0
2
= 8 V0
2
16 gh = 6 V0
2
h = 
Resposta: D
84) a) 1) A partícula e a plataforma A estão isoladas de forças
horizontais e, portanto:
Qh
f
= Qhi
MV
→
A + mV
→
P = 0
→
MV
→
A = – mV
→
P ⇒ MVA = mVP 
2,0VA = 1,0VP ⇒
2) Conservação da energia mecânica:
mgH = + 
1,0 . 10,0 . 0,675 = (2VA)
2 + VA
2
6,75 = 3VA
2 ⇒
b) Conservação da quantidade de movimento horizontal:
Qh
f
= Qhi
(M + m) VB = m VP
3,0VB = 1,0 . 3,0 ⇒
c) Conservação da energia mecânica:
= VB
2 + mgh
= + 1,0 . 10,0h
4,5 = 1,5 + 10,0h ⇒
Respostas: a) 1,5m/s e 3,0m/s
b) 1,0m/s
c) 0,30m
85) 1) O sistema esfera-plataforma é isolado de forças horizon -
tais:
Qhf
= Qhi
V1
2
––––
2
mVi
–––––––
M + m
1
––––
2g
V1
2
––––
2g
1
–––
2
�����3
––––
2
V1f �����3 + V2f = 6,0
V1f = �����3 V2f
�����3
––––
2
1
–––
2
V2f = 1,5m/s
3�����3
V1f = –––––– m/s
2
V0
V = ––––
4
m V0
2
––––––
2
4m V2
––––––
2
V0
2
––––
2
V0
2
––––
16
6 V0
2
–––––
16g
3V0
2
h = ––––––
8g
VP = 2VA
MVA
2
______
2
mVP
2
______
2
2,0
____
2
1,0
____
2
VA = 1,5m/s 
VP = 3,0m/s
VB = 1,0 m/s
(M + m)
_______
2
mVP
2
______
2
3,0
____
2
1,0 . 9,0
_______
2
h = 0,30m
3
V2f = ––– m/s
2
– 11
2mV – = mV0
2V = ⇒
2) O sistema é conservativo e a energia potencial perdida pela
esfera corresponde ao acréscimo de energia cinética:
mg 2 R = + � �
2
–
2gR = V2 + – = V2 –
2gR = – = ⇒ V02 = 
V0 = = V
(Resposta)
86) Para que a quantidade de movimento do sistema pro jétil-
tronco se conserve, o sistema deve ser isolado de forças
externas, o que ocorreria se não houvesse atri to entre o tronco
e o chão e a velocidade do projétil fosse horizontal.
Como o tronco para, existe a força de atrito como força
externa e, portanto, o sistema não é isolado e sua quantidade
de movimento variou.
Resposta: E
87) No ato da colisão, os carrinhos formam um sistema isolado
cuja quantidade de movimento total permanece constante.
Qfinal = Qinicial
(mA + mB) Vf = mAVA ⇒ 60 . 0,50 = 10 . V ⇒ 
Resposta: E
88) Qf = Qi
(mR + mS) Vf = mR V0
40 Vf = 36 V0
Vf = 0,90 V0
Resposta: C
89) 1) De A para B, conservação da energia mecânica para obter
a velocidade de ambos em B.
2) Conservação da quantidade de movimento horizontal no
ato do empurrão em B para relacionar as velocidades da
modelo e do professor após o empurrão.
3) Estudo do lançamento horizontal para obter a velocidade
do professor após o empurrão.
4) Conservação da energia mecânica da modelo após o
empurrão.
Resposta: C
90) De acordo com o teorema do impulso, temos IR
→
= �Q
→
Inicialmente, a pessoa é acelerada adquirindo uma quantidade
de movimento 
→
Q1; em seguida, a pessoa é freada até o repouso.
Nessa fase de freada, ela recebe um impulso resultante:
IR
→
= – Q
→
1
O valor do impulso é dado pelo produto da força resultante
média pelo intervalo de tempo necessário parafrear a pessoa:
→
Fm�t = –
→
Q1
Os valores de IR
→
e �Q
→
são fixos, e o papel do elástico é
aumentar �t e reduzir 
→
Fm para que a pessoa não se machuque.
Resposta: C
mV0
–––––
2
3V0
V = –––––
4
3V0
–––––
2
mV0
2
––––––
2
V0
–––
2
m
–––
2
2 mV2
––––––
2
3V0
2
–––––
8
V0
2
–––
2
V0
2
–––
8
32 g R
–––––––
3
3V0
2
––––
16
3V0
2
––––
8
9V0
2
––––
16
4
––
3
4 �� ������ 2gR
––––––––
�� ��3
V = ������� 6gR
V = 3,0m/s
Vf = 90% V0
12 –
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 2 – Centro de Massa
8)
xCM = =
xCM = ⇒ xCM =
Resposta: C
9)
xCG =
xCG = (m)
Resposta: O centro de gravidade está localizado a 10cm do
centro da barra e mais perto do peso maior.
10) xCM = =
yCM = = (m)
Resposta: B
11) Para o centro de massa da bomba, após a explosão, temos:
1) �sy = V0y
t + t2 ↓ �
125 = 0 + T2 ⇒ 
2) �sx = V0 T (MU)
DCM = 200 . 5,0 (m) ⇒ 
3)
xCM = 
1000 = 
Resposta: C
12) Para o disco completo, temos yCM = R
Para o disco retirado, temos y2 =
A massa do disco completo vale M.
A massa vai ser proporcional à área:
m2 = k π � �
2 
= k . � �
M = k π R2 ⇒ m2 = e m1 = M
yCM =
R =
R = y1 + R ⇒ y1 = R – R
y1 = R
Resposta: D
13)
L L L 3L
ρ1 ––– . ––– + ρ2 ––– . ––––
2 4 2 4
–––––––––––––––––––––––––
L
–––– (ρ1 + ρ2)2
m1 x1 + m2 x2
–––––––––––––
m1 + m2
(ρ1 + 3ρ2)
–––––––––
ρ1 + ρ2
L
–––
4
L 3
ρ1 ––– + ρ2 ––– L
4 4
––––––––––––––––––
ρ1 + ρ2
mAxA + mBxB + mCxC
––––––––––––––––––––––
mA + mB + mC
3,0(–1,0) + 2,0(1,0) + 5,0 . 0
–––––––––––––––––––––––––
10,0
xCG = – 0,10m
4,0 . 1,0 + 6,0 . 3,0
–––––––––––––––––– (m)
10,0
m1x1 + m2x2
–––––––––––––––
m1 + m2
xCM = 2,2m
4,0 . 0 + 6,0 . 2,0
–––––––––––––––
10,0
m1y1 + m2y2
–––––––––––––––
m1 + m2
yCM = 1,2m
�y
–––
2
T = 5,0s
10
–––
2
DCM = 1000m
xA
0
+ xB
0
–––––––––––
2
400 + D
–––––––––
2
D = 1600m
3R
–––
2
π R2
–––––
4
R
–––
2
3
–––
4
M
–––
4
m1y1 + m2y2
–––––––––––––
m1 + m2
3 M 3R
–– M . y1 + ––– . ––––
4 4 2
–––––––––––––––––––––
M
3
–––
8
3
–––
4
5
–––
8
3
–––
4
5
y1 = ––– R
6
3
–––
4
3
–––
8
– 13
V
→
CM =
V
→
CM =
→
VCM = 1,0i
→
– 2,25 j
→
(m/s)
.
→
VCM .
2
= (1,0)2 + (2,25)2
.
→
VCM .
2
= 1,0 + 5,1 = 6,1
Resposta: A
14) 1) No ponto mais alto temos:
V1 = V0 cos 60° = 20 . (m/s) = 10m/s
2)
→
VCM = 
Como m1 = m2 ⇒
→
VCM = 
Como V1
→
e V2
→
são ambas horizontais, resulta:
.
→
VCM. = = (m/s)
Resposta: 10m/s
15)
→
Fexterna = Mtotal
→
aCM
→
Fexterna = mA
→
a
mA
→
a = (mA + mB) 
→
aCM
→
aCM = ⇒ 
Resposta: C
16) Quando o sistema entra em queda livre, tudo se passa como
se a gravidade fosse desligada e as esferas passam a ter movi -
mento circular e uniforme em torno do CM do sistema, como
se fossem uma estrela dupla.
01)(F)
02)(V)O centro de massa fica sob ação da gravidade e cai ver -
tical mente.
04)(F) 08)(V) 16 (F)
Resposta: 10
17)
→
aCM = 
→
aCM = 
→
aCM = g
→
|
→
aCM| = . 10,0m/s
2
Resposta: B 
18) Ao atingir o ponto mais alto, a velocidade do CM se anula, e
como a resultante externa continua sendo o peso do sistema
(a força da mola é força interna), a aceleração do CM será a
aceleração da gravidade, o que significa que o CM vai descer
com movimento acelerado.
Resposta: B
19) A velocidade do CM é dada pela equação:
→
Qsistema = Mtotal 
→
VCM
Com apenas 6 gansos voando com velocidade 
→
V e tendo cada
um massa m, temos:
6m 
→
V = 7m 
→
VCM ⇒
Resposta: B
20) 1.a maneira:
Sistema isolado: Q
→
A + Q
→
B = 0
→
� Q→A� = � Q
→
B� ⇒ mAVA = mBVB
mA�xA = mB�xB
mA g �xA = mB g �xB
PA . dA = PB . dB
Os torques do peso de A e do peso de B em relação à posição
inicial se anulam e o sistema continua em equilíbrio.
2.a maneira:
Como o sistema é isolado e está inicialmente em repouso, seu
centro de massa permanece em repouso, o peso do conjunto
continua aplicado no mesmo ponto e o equilíbrio não se
altera.
Resposta: E
21) As forças internas ligadas à explosão não afetam a trajetória
do centro de massa da granada.
Resposta: C
22) I (V) O movimento do centro de massa está ligado à resul -
tante das forças externas, que é o peso da granada.
II (V) O centro de massa continua descrevendo a mesma
parábola de antes da explosão.
III (F)
Resposta: D
mA
→
VA + mB
→
VB
––––––––––––––––
mA + mB
2,0 . 4,0i
→
+ 6,0 . 3,0 (– j
→
)
–––––––––––––––––––––––––
8,0
.
→
VCM . 
 2,5m/s
1
–––
2
m1
→
V1 + m2
→
V2
––––––––––––––––
m1 + m2
→
V1 + 
→
V2
–––––––––
2
10 + 10
–––––––––
2
V1 + V2
–––––––––
2
.
→
VCM. = 10m/s
|
→
aCM | � a
mA
→
a
–––––––––
mA + mB
mA
→
aA + mB
→
aB + mC
→
aC
–––––––––––––––––––––––
mA + mB + mC
M g
→
+ 2Mg
→
–––––––––––
10M
3
–––
10
3
–––
10
|
→
aCM| = 3,0m/s
2
6→
VCM = –––
→
V
7
14 –
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 3 – Colisão Mecânica
6) Em uma colisão elástica, há conservação do momento linear
total do sistema, e a energia cinética total é a mesma antes e
após a colisão.
Resposta: E
7) Entre fotos sucessivas, a distância percorrida do lado direito é
maior e, portanto, a velocidade nesse lado também é maior.
Como, na colisão, a velocidade não pode aumentar, concluí -
mos que a bola se move da direita para a esquerda e a colisão
não é elástica porque houve redução de velocidade.
Resposta: B
8) No ato da colisão, o sistema átomo-elétron é isolado e haverá
conservação da quantidade de movimento total do sistema.
A energia do sistema átomo-elétron, contabilizada em todas
as suas modalidades, deve permanecer constante, pois não
houve perda de massa.
Como houve um aumento na energia potencial do sistema
com o átomo excitado, houve redução em sua energia ciné -
tica, o que caracteriza uma colisão inelástica.
Resposta: C
9) a) e = ⇒ e = ⇒
b) Qapós = Qantes
m
A
V’
A
+ m
B
V’
B
= m
A
V
A
+ m
B
V
B
0,20 . 5,0 + m
B
. 2,0 = 0,20 . 1,0 + mB . 6,0 
– 4,0 . mB = – 0,80 ⇒ 
Respostas: a) 0,60
b) 0,20kg
10) 1) (V) e = = = 1 (colisão elástica)
2) (V) Qapós = Qantes (sistema isolado)
mAV’A + mBV’B = mAVA + mBVB
mA . 1,0 + mB . 0,2 = 0 + mB . 0,8
mA = 0,6 mB ⇒
3) (V) Q2 = Q0
(mA + mB) V2 = mBVB
(0,6 mB + mB) V2 = mB . 0,8
1,6 V2 = 0,8 ⇒
4) (V) Quando as velocidades se igualam, termina a fase
de restituição: a energia elástica é máxima e a
energia cinética é mínima.
Resposta: E
11) 1) Antes da colisão:
VA = 3 U e VB = –U
Após a colisão: 
V’A = 0 e V’B = 2U
Vaf = V’B – V’A = 2U
Vap = VA – VB = 4U
(colisão parcialmente elástica)
2) No ato da colisão, a quantidade de movimento total se con -
 serva (sistema isolado):
Qapós = Qantes
mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB
mB 2U = mA 3U + mB (–U)
3 mB U = 3 mA U ⇒
Resposta: E
12)
1) Conservação da quantidade de movimento total no ato da
colisão:
Qapós = Qantes
mVA + 2m = m V
VA + V = V 
Como VA = VB, a colisão é perfeitamente inelástica.
2) E1 = 
E2 = � �
2
= 
Portanto:
Resposta: B
13) Trata-se de uma colisão perfeitamente inelástica: a quantidade
de movi mento do sistema se conserva e a energia cinética
diminui.
De fato: 
Q0 = mV0 = 2,0kg.m/s
Qf = 2mV = 2,0kg.m/s
e = 0,60
2,0 – 5,0
––––––––––
1,0 – 6,0
V’
B 
– V’
A
–––––––––
V
A 
– V
B
mB = 0,20kg
1,0 – 0,2
–––––––––
0,8 – 0
Vaf
–––––
Vap
mA
––––– = 0,6
mB
V2 = 0,5 m/s
Vaf
e = –––– = 0,50
Vap
mB = mA
V
–––
3
2
–––
3
V 
VA = ––––
3
mV2
––––––
2
mV2
–––––
6
V
–––
3
3m
––––
2
E2 1
–––– = –––
E1 3
– 15
E0 = = . 4,0 (J) = 2,0J
Ef = . V
2 = 1,0 . 1,0 (J) = 1,0J
Resposta: C
14) 1) No ato da colisão, a flecha e a maçã formam um sistema
isolado e haverá conservação da quantidade de movimento
total:
Qapós = Qantes
(M + m) V = mV0
(0,30 + 0,20) V = 0,20 . 10,0 ⇒ 
2) Antes da colisão:
E0 = = (10,0)
2 (J) = 10,0J
Após a colisão:
Ef = = (4,0)
2 (J) = 4,0J
Resposta: D
15) 1) A perda de energia cinética é máxima quando a colisão for
perfeitamente inelástica.
2) No ato da colisão, o sistema é isolado e haverá conserva -
ção da quantidade de movimento total:
Qapós =Qantes
2mVf = mV1 + mV2
Vf = = (m/s)
3) Eantes = +
Eantes = (25,0 + 9,0) (J) = 2550J
Eapós = (m1 + m2) 
Eapós = (1,0)
2 (J) = 150J
Ed = Eantes – Eapós = 2,4 . 10
3J = 2,4kJ
Resposta: 2,4kJ
16) 1) No ato da colisão, haverá conservação da quantidade de
movimento total:
Qapós = Qantes
(m1 + m2)Vf = m1V1
(m1 + m2) = m1 . 1,0
m1 + m2 = 3,0m1 ⇒
2) Ec
a
= = . (1,0)2 = m1 (SI)
Ec
d = Vf
2 = . � �
2
= m1 (SI)
= m1 . = ⇒
Resposta: E
17) a) No ato da colisão, o sistema cometa-Júpiter é isolado e
haverá conser vação da quantidade de movimento total do
sistema:
Qapós = Qantes
(MJ + Mc) Vf = McV0
Mc << MJ ⇒ 1,8 . 1027 Vf = 3,0 . 1014 . 6,0 . 104
b) A energia mecânica dissipada corresponde à energia ciné -
tica inicial do cometa pois a variação de energia cinética de
Júpiter é desprezível em comparação com a energia ciné -
tica inicial do cometa.
Ed = = . 36,0 . 10
8 (J) 
Respostas: a) 1,0 . 10–8m/s
b) 5,4 . 1023J
18) a) 1) Cálculo do tempo entre B e C:
�Sy = V0y t + t
2 (MUV)
5,0 = 0 + T2
T2 = 1,0 ⇒
2) Cálculo da velocidade dos blocos: 
VB = = ⇒
b) Na colisão entre os blocos, o sistema é isolado e há con -
servação da quantidade de movimento total:
Qapós = Qantes
(m1 + m2) VB = m1V1
3,0 . 4,0 = 2,0 V1
1,0
–––
2
mV0
2
––––
2
2m
––––
2
E0
Ef = ––––
2
V = 4,0m/s
0,20
–––––
2
mV0
2
–––––
2
0,50
–––––
2
(M + m) 
–––––––– V2
2
E = E0 – Ef = 6,0J
5,0 + (–3,0)
–––––––––––
2
V1 + V2
––––––––––
2
Vf = 1,0m/s
m2 V2
2
––––––––
2
m1 V1
2
––––––––
2
150
––––
2
Vf
2
––––
2
300
––––
2
1,0
–––
3
m2 = 2,0m1
1
––
2
m1
––––
2
m1V1
2
––––––
2
1
––
6
1
––
3
3,0 m1
––––––
2
(m1 + m2)
–––––––––
2
Ec
a
Ec
d = –––––
3
1
–––
3
2
–––
m1
1
–––
6
Ec
d
–––––
Ec
a
Vf = 1,0 . 10
–8m/s
3,0 . 1014
–––––––––
2
Mc V0
2
––––––
2
Ed = 5,4 . 10
23J
�y
–––
2
10,0
––––
2
T = 1,0s
VB = 4,0m/s
4,0m
–––––
1,0s
�x
––––
�t
V1 = 6,0m/s
16 –
c) Ecinapós
= = . 16,0 (J) = 24,0J
Ecinantes
= = . 36,0 (J) = 36,0J
d) Conservação da energia mecânica entre A e B:
(ref. em B)
= m1 g (h1 – h2) 
h1 – h2 = 
h1 = h2 + 
h1 = 5,0 + (m)
Respostas: a) 4,0m/s b) 6,0m/s
c) –12,0J d) 6,8m
19) O fenômeno descrito é impossível, pois se as duas esferas
terminaram em repouso, a colisão é perfeitamente inelástica
e não perfeitamente elástica. A energia cinética do sistema foi
totalmente dissipada.
Resposta: D
20) I (F) A partícula terá conservado sua energia cinética.
II (V) Em uma colisão elástica, a energia mecânica total é
constante.
III (V) A energia cinética total antes e após uma colisão elás -
tica é a mesma.
Resposta: D
21) Sendo a colisão perfeitamente inelástica, os dois atletas
ficarão juntos após a colisão e, como há conservação da
quantidade de movimento total do sistema, temos:
→
Qapós = 
→
Qantes
→
Qapós = mV
→
+ m (–V
→
)
Resposta: A
22) Vaf = Vap
V – Vp = V0 + Vp
V = V0 + 2Vp
V = 12,0 + 20,0 (km/s)
Resposta: D
29) 1) Qfinal = Qinicial
mV’1 + mV’2 = mV1 + mV2
V’1 + V’2 = V1 + V2 (I)
2) Vaf = Vap
V’2 – V’1 = V1 – V2 (II)
(I) + (II): 2V’2 = 2V1 ⇒ troca de velocidades
Resposta: B
30) a) Na colisão elástica e unidimensional entre as esferas A e
B, de massas iguais, haverá troca de velocidades entre A e
B. Portanto, em três segundos o ângulo descrito é de 
volta, isto é, �ϕ = 2π rad = rad.
ω = = ⇒
b) VB = ωR = 1,5. 0,6 (m/s)
Respostas: a) 1,5 b) 0,90m/s
31) a)
1) Qapós = Qantes
mV’A + mV’B = mVA + mVB ⇒ V’A + V’B = VA + VB (I)
2) Vaf = Vap
V’B – V’A = VA – VB (II)
(I) + (II): V’B = VA Em (I) V’A = VB
B colide com A: troca de velocidades �
A colide com B: troca de velocidades
b) V’f(B) = – V0
V’f(A) = 0
32) V0 –V0 VA V0
→ ← → →
3m m 3m m
Antes da Após a
colisão colisão
Usando-se a conservação da quantidade de movimen to no ato
da colisão, temos:
Qapós = Qantes
3m VA + m V0 = 3m V0 + m (– V0)
3,0
––––
2
(m1 + m2) V
2
B
–––––––––––––
2
2,0
––––
2
m1 V
2
1
–––––––
2
�Emec = Ecinapós
– Ecinantes
= –12,0J
EB = EA
m1 V
2
1
–––––––
2
V2
1
––––
2g
V2
1
––––
2g
36,0
–––––
20,0
h1 = 6,8m
→
Qapós = 0
→
V = 32,0km/s
V’2 = V1
V’1 = V2
3
––
4
3π
–––
2
3
––
4
π rad rad
ω = ––– ––––– = 1,5 –––––
2 s s
rad�––––�
s
3π/2
–––––
3,0
�ϕ
–––
�t
VB = 0,90m/s
rad
––––
s
Duas colisões
BABA
– 17
3VA + V0 = 2V0 ⇒
A velocidade relativa, após a colisão, será:
Vrel = V0 – VA = V0
Para a nova colisão, no movimento relativo, �s = 2 π R
Vrel = ⇒ �t = = = 
A distância percorrida por B é dada por:
�s = V0 �t = V0 . = 3πR, isto é, o corpo B dará uma 
vol ta e meia, a partir da posição 1, e o encontro ocorrerá na
posição 5.
Resposta: B
33)
1) Vaf = Vap (e = 1: colisão elástica)
V’2 = V1 – V2
V’2 = 4,0 – (– 2,0) (m/s) ⇒ 
2) Qf = Qi (sistema isolado)
m1V
’
1 + m2V
’
2 = m1V1 +m2V2
0 + m2 . 6,0 = m1 . 4,0 + m2 ( – 2,0)
8,0m2 = m1 . 4,0
m1 = 2,0m2 ⇒
Resposta: D
34) 1)
mAV’A + mBV’B = mAVA + mBVB
mV’A + 2mV’B = m . 2,0 + 2m (–1,0) 
V’A + 2V’B = 0 (I)
2)
V’B – V’A = VA – VB
V’B – V’A = 2,0 – (–1,0)
V’B – V’A = 3,0 (II)
(I) + (II): 3V’B = 3,0 ⇒
Em (II): 1,0 – VA’ = 3,0 ⇒
Resposta: A
35)
1) Qapós = Qantes (sistema isolado)
mA V’A + mB V’B = mA VA + mB VB
4,0V’A + 2,0V’B = 4,0 . 2,0 + 2,0 (–10,0)
2,0V’A + V’B = –6,0 (I)
2) Vaf = Vap
V’B – V’A = VA – VB
V’B – V’A = 2,0 – (–10,0)
V’B – V’A = 12,0 (II)
(I) – (II): 3,0V’A = –18,0 ⇒ V’A = –6,0m/s
Em (II): V’B + 6,0 = 12,0 ⇒ V’B = 6,0m/s
Resposta: D
36)
1) (sistema isolado)
mV’A + 2mV’B = m . 10,0
V’A + 2V’B = 10,0 (I)
2) (e = 0,8)
V’B – V’A = 0,8 . 10,0 = 8,0 (II)
(I) + (II): 3V’B = 18,0
Em (I): V’A + 12,0 = 10,0
Resposta: V’A = – 2,0m/s e V’B = 6,0m/s
V0
VA = ––––
3
2
––
3
3πR
—–––
V0
2πR
––––––
2
— V0
3
�s
––––
Vrel
�s
––––
�t
3πR
—––
V0
V’2 = 6,0m/s
m1
––––– = 2,0
m2
Qf = Qi
Vaf = Vap
VB
’ = 1,0m/s
VA
’ = – 2,0m/s
Qapós = Qantes
Vaf = 0,8 Vap
V’B = 6,0m/s
V’A = –2,0m/s
18 –
37)
1) Vaf = Vap (colisão elástica)
VA + V’ = V0
5,0 . 106 + V’ = 4,0 . 107 ⇒ V’ = 3,5 . 107m/s
2) Qf = Qi (sistema isolado)
mAVA + m (–V’) = mV0
14u . 5,0 . 106 + m (–3,5 . 107) = m . 4,0 . 107
70u . 106 = m . 7,5 . 107
m = ⇒
Resposta: 0,93u
38) Sendo h0 a altura inicial, a velocidade vertical de chegada ao
solo é dada por:
	y
2 = v0y
2 + 2�y �sy (MUV)
	1
2 = 0 + 2g h0
Sendo h1 a altura atingida após a 1.
a colisão, temos:
	y
2 = 	0y
2 = 2�y �sy (MUV)
0 = 	2
2 + 2 (–g) h1
O coeficiente de restituição f é dado por:
f = = ⇒ f = ⇒ 
Após a 2.a colisão, teremos:
h2 = f
2 h1 = f
4 h0
Após a 3.a colisão, teremos:
h = f2 h2 = f
2 . f4 h0
Resposta: 
39) a)
(M + m) g h = (M + m) 
V1 = �������2 g h = ������������2 . 10 . 0,20 (m/s)
b) Qapós = Qantes
(M + m) V1 = mV0
2,0 . 2,0 = 2,0 . 10–2 . V0
Respostas: a) 2,0m/s b) 2,0 . 102m/s
40) 1) Se a colisão for perfeitamente elástica, ocorre a situação
III, em que as bolas trocaram de velocidades conservando
a quantidade de movimento e a energia mecânica no ato
da colisão.
2) Se a colisão for perfeitamente inelástica, teremos:
Qapós = Qantes
4 mV = 2mV0 ⇒
Após a colisão:
V2 = 4 mgh ⇒
Como V = , resulta h = 2H = e a situação IV é
possível.
Resposta: D
41) a) O sistema é isolado e, portanto, haverá conservação da
quantidade de movimento total.
Q
f
2 = Q
A
2 + Q
B
2 = Q
i
2
m2 V
A
2 + m2 V
B
2 = m2 V
0
2
Dividindo-se por : 
+ =
Essa expressão revela que a energia cinética final é igual à
inicial, o que demonstra ser elástica a colisão.
b) 1) Conservação da quantidade de movimento na direção x:
m VA cos 37° + m VB cos 53° = m V0
VA . + VB . = V0
4 VA + 3 VB = 5 V0 (1)
2) Conservação da quantidade de movimento na direção y:
m VA cos 53° = m VB cos 37°
VA . = VB . 
3 VA = 4 VB
(2)
(2) em (1): 4 . VB + 3 VB = 5 V0
16 VB + 9 VB = 15 V0
25 VB = 15 V0 ⇒
m 
 0,93u
70
–––– u
75
	1 = �������2 g h0
	2 = �������2 g h1
h1 = f
2 h0
h1
––––
h0
�������2 g h1
–––––––––––
�������2 g h0
	2
–––
	1
h = f6 h0
Efinal = Einicial
V1
2
––––
2
V1 = 2,0m/s
V0 = 2,0. 10
2m/s
V0
V = ––––
2
V2
h = ––––
2g
4m
––––
2
H
–––
2
1
––
4
V0
–––
2
m
–––
2
mV0
2
––––––
2
mVB
2
––––––
2
mVA
2
––––––
2
3
–––
5
4
–––
5
4
–––
5
3
–––
5
4
VA = ––– VB
3
4
–––
3
3
VB = ––– V0
5
– 19
VA = . V0 ⇒
Respostas: a) Demonstração
b) ;
42) a) No instante em que a esferinha atinge a altura máxima, ela
para em relação à plataforma, isto é, esferinha e pla taforma
têm velocidades iguais.
Como não há atrito nem resistência do ar, o sistema
esferinha-plataforma é isolado de forças horizontais e
haverá conservação da quantidade de movimento na
direção horizontal:
Qfinal = Qinicial
(M + m) V = mV0
5,0V = 1,0 . 4,0 ⇒
b) O sistema é conservativo e, portanto:
= m g h + V2
(4,0)2 = 1,0 . 10 . h + (0,80)2
8,0 = 10h + 1,6 ⇒
c) Indiquemos por V1 e V2 as velocidades escalares da esfe -
rinha e da plataforma após o desligamento.
Como a interação é equivalente a uma colisão elástica,
vem:
1) Qapós = Qantes
mV1 + MV2 = mV0
1,0V1 + 4,0V2 = 1,0 . 4,0
V1 + 4,0V2 = 4,0 (1)
2) Vaf = Vap (e = 1)
V2 – V1 = V0
V2 – V1 = 4,0 (2)
Fazendo-se (1) + (2), vem:
5,0V2 = 8,0 ⇒
Em (2): 1,6 – V1 = 4,0
⇒
O sinal (–) significa que, após a interação, a esferinha
desloca-se para a esquerda.
Respostas: a) 0,80m/s ou 8,0 . 10–1m/s
b) 0,64m ou 6,4 . 10–1m
c) 1,6m/s e 2,4m/s
43) a) 1.a colisão: |V1| = 0,8 |V| = 0,8 . 10m/s = 8,0m/s
2.a colisão: |V2| = 0,8 |V1| = 0,8 . 8,0m/s = 6,4m/s
3.a colisão: |V3| = 0,8 |V2| = 0,8 . 6,4m/s
b) 1) Para construirmos o gráfico V = f(t), calcu lemos, ini cial -
mente, o tempo t1 em que ocorre a 1.
a co lisão:
V = V0 + � t ⇒ –10 = 0 – 10 t1 ⇒
2) Na elaboração do gráfico, observemos que os seg -
mentos de reta que representam V = f(t) são todos
paralelos porque entre as colisões a aceleração é
sempre igual à da gravidade (a declividade da reta mede
a aceleração).
c) Os pontos que correspondem à velocidade imedia ta mente
antes de cada colisão estão alinhados e, portanto, a partir
do gráfico, unindo esses pontos, obte mos o instante T em
que a velocidade se anula.
44) a) Como não há atrito, o movimento até a 1.a colisão é unifor me:
V0 = ⇒ 2,0 = ⇒
b) Como a colisão entre A e B é elástica e unidimensional e as
esferas têm massas iguais, haverá troca de velocidades na
colisão.
A esfera B também gastará �t2 = 0,8s para chegar ao início
da rampa.
A subida da rampa levará um tempo �t3 dado por:
�t = �t1 + �t2 + �t3
2,0 = 0,8 + 0,8 + �t3 ⇒
Sendo o movimento na rampa uniformemente variado, o
tempo de subida nela será igual ao tempo de descida (0,4s)
e, pela conser vação da energia mecânica, a velocidade
escalar da esfera B, ao voltar ao plano horizontal, será
negativa (inversão no sentido do movimento), porém com o
mesmo módulo, 2,0m/s.
O tempo gasto para percorrer 1,6m volta a ser de 0,8s; na
2.a colisão, haverá nova troca de velocidades entre B e A e,
novamente, mais 0,8s para percorrer 1,6m até atingir o
anteparo. Na colisão elástica com o anteparo, a bola
inverte o sentido de sua velocidade e o ciclo se reinicia.
4
VA = ––– V0
5
3
–––
5
4
–––
3
3
VB = ––– V0
5
4
VA = ––– V0
5
V = 0,80m/s
(M + m)
–––––––
2
mV0
2
––––––
2
5,0
––––
2
1,0
––––
2
h = 0,64m
V2 = 1,6m/s
|V1| = 2,4m/sV1 = – 2,4m/s
|V3| = 5,12m/s
t1 = 1,0s
T = 9,0s
tA = 0,8s
1,6
–––
tA
�s
–––
�t
�t3 = 0,4s
20 –
c) O período T do ciclo corresponde ao tempo desde a partida
de A no instante t = 0 até seu retorno ao anteparo no
instante t = 4,0s, portanto:
45) a) Adotando-se g = 10m/s2, a energia potencial gravitacional
Ep é dada por:
Ep = m g h
Ep = 0,60 . 10 . h
(SI)
O gráfico da Ep em função de h terá o mesmo formato do
gráfico da altura em função do tempo, com os valores
numéricos multiplicados por 6,0.
b) 1) Antes da 1.a colisão, a energia mecânica total é cons -
tante e é dada por:
E0 = m g H0
2) Entre a 1.a e a 2.a colisão, a energia mecânica é cons tante
e é dada por:
E1 = m g H1
Analogamente: E2 = 0,6J
c) A velocidade de chegada ao chão na 1.a colisão é dada por:
V2 = V0
2 + 2 � �s
VI
2 = 2 g H0 ⇒
A velocidade após a colisão tem módulo VR dado por:
V2 = V0
2 + 2 � �s
0 = VR
2 + 2 (– g) H1
O coeficiente de restituição é dado por:
CR = = 
CR = = = �	�	0,25
Respostas: a) ver gráfico b) ver gráfico c) 0,50
46)
Da conservação da quantidade de movimento, vem:
Qantes = Qdepois
mAVA + mBVB = mA V’A + mB V’B
VA + 0 = V’A + V’B
(I)
Sendo a colisão elástica, temos:
Vrelativa de afastamento = Vrelativa de aproximação
(II)
De I e II, obtemos:
e 
Observamos, assim, que na situação “idealizada” pro posta há
uma troca de velocidades entre os carros.
Resposta: A
T = 4,0s
Ep = 6,0h
E0 = 9,6J
E1 = 2,4J
V1 = �	���2gH0
VR = �	���2gH1
�		��� 2gH1
–––––––––
�		��� 2gH0
VR
––––
VI
0,4
––––
1,6
H1
––––
H0
CR = 0,50
V’A + V’B = V
V’B – V’A = V
V’A = 0V’B = V
– 21
47) I. Incorreta
Antes da colisão:
→
Qantes = mB
→
VB + mA
→
VA
→
Qantes = 
→
VB
Após a colisão:
→
Qapós = mB
→
V ’B + mA
→
V ’A
→
Qapós = .
→
0 + mA . =
Portanto: Qantes = Qapós
II. Correta
Ei = VB
2
= VB
2
Ef = VA
2
= . � �
2
= 
Ed = Ei – Ef = 
Como VB = 2VA ⇒ Ed = . 4VA
2
III. Incorreta
A quantidade de movimento se conservou.
Resposta: B
48) 1)
|Q
→
A| = mAVA = 1600 . 30 (SI) = 4,8 . 10
4 (SI)
|Q
→
B| = mBVB = 2400 . 15 (SI) = 3,6 . 10
4 (SI)
|Q
→
0|
2
= |Q
→
A|
2
+ |Q
→
B|
2
|Q
→
0|
2
= 23,04 . 108 + 12,96 . 108
|Q
→
0|
2
= 36,00 . 108
2) Qf = Q0 (sistema isolado)
(1600 + 2400) Vf = 6,0 . 10
4
4,0 . 103 Vf = 6,0 . 10
4 ⇒
Resposta: E
49) O sistema formado pelos dois veículos, no ato da colisão, é
isolado e haverá conservação da quantidade de movimento:
→
Qapós = 
→
Qantes
m
→
V1 + m
→
V2 = 2m
→
V ⇒ →V = 
Portanto, o vetor 
→
V terá a mesma direção e sentido da soma
→
V1 + 
→
V2 (setor II).
Resposta: B
50)
(I) e = ⇒ 1,0 = 
V1 – V2 = V0 (1)
O sistema é isolado de forças externas, logo:
(II)
→
Qf = 
→
Qi
4m V1 + m V2 = m V0
4V1 + V2 = V0 (2)
(III) Somando-se as equações (1) e (2):
5V1 = 2V0 ⇒ V1 = V0
De (2): 4 . V0 + V2 = V0 ⇒
O sinal negativo de V2 indica que, devido à colisão, o
nêutron inverte o sentido do seu movimento.
A razão entre as energias cinéticas final e inicial do nêutron
fica determinada por:
= 
Da qual:
Resposta: C
mA
––––
2
mA
→
VB
––––––
2
→
VB
––––
2
mA
––––
2
mA
––––
4
mB
––––
2
mAVB
2
––––––––
8
VB
––––
2
mA
––––
2
mA
––––
2
mAVB
2
––––––––
8
mA
––––
8
mAVA
2
Ed = –––––––––
2
|Q
→
0| = 6,0 . 10
4 (SI)
Vf = 15m/s
→
V1 + 
→
V2
–––––––––
2
V1 – V2
–––––––
V0
Vaf
––––
Vap
2
–––
5
3
V2 = – ––– V0
5
2
–––
5
3
m �––– V0�
2
5
–––––––––––
2
––––––––––
m V0
2
––––––
2
Ecf
––––
Eci
Ecf 9
–––– = ––––
Eci 25
22 –
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 4 – Gravitação
7) De acordo com a 2.a Lei de Kepler, em tempos iguais, as áreas
varridas pelo raio vetor do planeta serão iguais.
No trecho AB, o raio vetor é menor que no trecho CD e,
portanto, para que as áreas sejam iguais, o arco AB deve ser
maior que o arco CD e, portanto, para o mesmo intervalo de
tempo, a velocidade escalar média entre A e B será maior que
entre C e D.
Resposta: B
8) 1) De acordo com a 2.a Lei de Kepler:
S2 = 4 S1 ⇒ �t2 = 4�t1
2) V1 = ; V2 = 
= . = . 4 = 2 ⇒ 
Resposta: B
9) a) Falsa: De acordo com a 2.a Lei de Kepler, cada planeta tem
velocidade areolar constante.
b) Falsa: O movimento de translação somente seria uniforme
se a órbita fosse circular.
c) Falsa: A velocidade de translação é máxima no periélio e
mínima no afélio.
d) Correta.
e) Falsa: O movimento orbital do cometa é mantido pela força
gravitacional aplicada pelo Sol.
Resposta: D
10) a) De acordo com a 2.a Lei de Kepler, a velocidade areolar é
constante. Isso implica que, à medida que o planeta se
aproxima do Sol, sua velocidade linear de translação au -
menta. A velocidade linear de translação é máxima no
perié lio (ponto P) e mínima no afélio (ponto A).
b)
1) No trajeto VPI, a área varrida (A1 na figura) émenor que
a correspondente a meia elipse.
2) No trajeto PIA, a área varrida (A2) corresponde a meia
elipse.
3) No trajeto IAV, a área varrida (A3) na figura é maior que
a correspondente a meia elipse.
4) No trajeto AVP, a área varrida (A4) corresponde a meia
elipse.
Portanto: A1 < A2 = A4 < A3
Como os tempos são proporcionais às respectivas
áreas, vem: TVPI < TPIA = TAVP < TIAV
Respostas: a) Máxima em P e mínima em A.
b) TVPI < TPIA = TAVP < TIAV
11) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler para satélites da Terra, temos:
= 
Como R1 = 42000km e R2 = 10500km, temos R1 = 4R2.
Portanto:
= 
T1
2 
= 64 T2
2
T1 = 8T2
T2 = = ⇒
Resposta: A
12) 3.a Lei de Kepler: = constante ⇒ � �
3 
= � �
2 
RS = raio médio da órbita de Ceres = 2,76ua
TS = período de translação de Ceres
RT = raio médio da órbita da Terra = 1ua
TT = período de translação da Terra
(2,76)3 = � �
2
� �
2 
= 21 ⇒ TS = ����21 TT
TS 
 4,6 . 365d
Resposta: D
13) = 
= (1)
= (2) 
. =
mG = M 
2 3
mG = M (27)
2
3
mG = M ⇒ ou 
Resposta: 
CD
––––
�t2
AB
––––
�t1
V1 = 2V2
1
–––
2
�t2
––––
�t1
AB
––––
CD
V1
––––
V2
R2
3
––––––
T2
2
R1
3
––––––
T1
2
R2
3
––––––
T2
2
(4R2)
3
––––––
T1
2
T2 = 3h
24h
––––
8
T1
––––
8
TS
––––
TT
RS
––––
RT
R
3
––––
T
2
TS
––––
TT
TS
––––
TT
TS 
 1679d
4π2
–––––
G m
T2
––––
r3
4π2
–––––––
G mG
TG
2
–––––
rG
3
4π2
–––––
G M
TT
2
–––––
rT
3
mG
––––
M
rG
3
–––––
TG
2
TT
2
–––––
rT
3
(2)
––––
(1)
rG�––––�rT
TT�––––�TG
1�–––�
18
1
mG = ––– M
8
mG = 0,125M
729
––––––
5832
1
mG = ––– M
8
– 23
14) a) 3.a Lei de Kepler:
= 
RP = 10
2 RM ⇒ = ⇒ TP
2
= 106 TM
2
b) V = = 
= . = 102 . ⇒ 
c) VA = = 
= � �
2
. = 104 . ⇒ 
Respostas: a) 103 b) c) 10
15) a) V = (MU)
3,0 . 108 = ⇒ 
3,0 . 108 = ⇒ 
b) 3.a Lei de Kepler:
3
= 
2
3
= 
2
TP
2 
= (40)3 = 64 . 103
TP
2 
= 64 . 102 . 10
TP = 80 . �	10 anos
TP = 80 . 3,1 anos
Respostas: a) 5,0 . 102s e 2,0 . 104s
b) 248 anos
16) a) 1) De acordo com a escala usada, a distância média do cin -
turão de asteroides até o Sol é da ordem de 2,7ua.
2) Aplicando-se a 3.a Lei de Kepler:
RT = 1ua
RX = 2,7ua
TT = 1a
TX = ?
= 1 ⇒ Tx
2 
 20 = 4 . 5
TX = 2 ���5 a = 2 . 2,2a ⇒ 
b) De acordo com a 3.a Lei de Kepler: = K
quanto mais próximo do Sol, menor é o ano do planeta.
O ano de Mercúrio é mais curto que o da Terra.
Respostas: a) 4,4a
b) mais curto
17) a) 3.a Lei de Kepler:
= 
= ⇒ R
3
X = 5
6
b) V = 
VX = VT = 
= . = . 
Respostas: a) 25ua
b)
18) a) = b) = K
= = 
M = . 1027kg T2 
 42
Respostas: a) 1,9 . 1027kg
b) 6,5d
19) a) (Falsa) Como as áreas sombreadas foram percorridas no
mesmo intervalo de tempo elas são iguais.
b) (Falsa) Próximo ao afélio, a velocidade orbital é menor.
c) (Falsa) Próximo ao periélio, a velocidade orbital é maior.
d) (Correta)
e) (Falsa) O Sol fica em um dos focos da elipse.
Resposta: D
RP
3
––––
TP
2
RM
3
–––––
TM
2
106 RM
3
––––––––––
TP
2
RM
3
–––––
TM
2
TP
–––– = 103
TM
2πR
–––––
T
�s
–––
�t
VP 1
––––– = ––––
VM 10
1
––––
103
TM
––––
TP
RP
––––
RM
VP
––––
VM
π R2
–––––
T
A
–––
�t
VA
P
–––––– = 10
VA
M
1
––––
103
TM
––––
TP
RP
––––
RM
VAP
––––––
VAM
1
–––
10
�s
––––
�t
�tT = 5,0 . 10
2s
1,5 . 1011
––––––––––
�tT
�tP = 2,0 . 10
4s
60 . 1011
––––––––––
�tP
TP�––––�
TT
aP�––––�aT
TP�––––�1
60 . 1011�––––––––––––––�
1,5 . 1011
TP = 248 anos
RX
3
RT
3
––––– = –––––
TX
2
TT
2
(2,7)3
––––––
TX
2
T = 4,4a
R3
–––––
T
2
R
3
T
–––––
T
2
T
R
3
X
––––
T
2
X
1
–––
1
R
3
X
–––––
(53)2
RX = 25ua
�s
––––
�t
2 π RT
–––––––
TT
2 π RX
–––––––
TX
1
––––
125
25
––––
1
TT
––––
TX
RX
––––
RT
VX
––––
VT
VX 1
–––– = ––––
VT 5
1
–––
5
T2
––––
r3
8 . 1010
–––––––
M
T2
––––
r3
T2
––––
1018
250
–––––––
6 . 1018
8 . 1010
–––––––
M
250
–––––––
6 . 1018
48
––––
25
T 
 6,5dM 
 1,9 . 1027kg
24 –
20) A 3.a Lei de Kepler nos revela que:
= k
R representa o raio médio que corresponde ao semieixo maior
da órbita elíptica.
Para os satélites apresentados, os eixos maiores das respec -
tivas elipses são iguais, o que implica que o raio médio R seja
o mesmo e, portanto, todos os períodos sejam iguais.
Resposta: E
21) Para que um satélite seja geoestacionário, devem ser satis -
feitas as seguintes condições:
1) órbita contida no plano equatorial da Terra;
2) órbita circular, para que o movimento de translação seja
uniforme;
3) período de translação do satélite igual ao período de
rotação da Terra, para que o satélite tenha a mesma
velocidade angular da Terra;
4) raio de órbita calculado pela 3.a Lei de Kepler e da ordem de
6,7 raios terrestres.
Estão corretas I, III e IV.
Resposta: C
29) A força gravitacional tem intensidade F dada por:
F =
m’ = 4m
d’ = 2d
F’ = = ⇒
Resposta: D
30) De acordo com a Lei de Newton:
FSat = 
FT = 
= . 
2
= 100 . 
2
⇒ 
Resposta: C
31) FPF = FSF
=
= 
Resposta: 9
32)
1) Cálculo de F:
F = G . = . ��	2
2) Cálculo de F1
F1 = G . = 
3) Cálculo da força resultante FR:
FR = F��	2 + F1
FR = ��	2 . ��	2 + 
FR = + 
FR = 
Resposta: B
33) P = FG
mg = 
= . 
2
= 16 
2
= 1
Resposta: C
34) A aceleração da gravidade na superfície de um plane ta de
massa M e raio R tem módulo g dado por:
FG = P
= mg
R3
––––
T2
GMm
–––––––
d2
F’ = F
G M m
––––––––
d2
G M 4 m
––––––––––
(2d)2
Mm
F = G ––––––
d2
G M mSat
–––––––––––
d
2
Sat
G M mT
–––––––––––––
d
2
T
dT�–––––�dSat
mSat
–––––––
mT
FSat
––––––
FT
FSat
–––––– = 1
FT
1�––––�
10
FSat
––––––
FT
GMSMF
––––––––––
r2
GMPMF
––––––––––
R2
MS
–––––
r2
81MS
–––––––
R2
R
–––– = 9
r
Gm2
–––––
d2
m . m ��	2
––––––––––
d2
Gm2
–––––
d2
m��	2 . m��	2
––––––––––––––
2d2
Gm2
–––––
d2
Gm2
–––––
d2
Gm2
––––––
d2
2Gm2
––––––––
d2
GMm
––––––
R2
GM
g = ––––––
R2
RT�––––�RU
MU
––––––
MT
gU
–––––
gT
1�–––�
4
gU
–––––
gT
gU = gT
3Gm2
––––––––
d2
GMm
––––––
R2
GM
g = ––––––
R2
– 25
Portanto: R2 = e R = 
= = �		16
Resposta: C
35) a) Desprezando-se os efeitos de rotação, temos:
P = FG
mg =
g = módulo da aceleração da gravidade na superfície do
planeta
M = massa do planeta
R = raio do planeta
Portanto: = 
2
Sendo = e = 5, vem:
= . 25 = ⇒
Na Terra: PT = mgT
Em Plutão: PP = mgP
= ⇒
b) No lançamento vertical, temos:
V2 = V0
2 + 2� �s (MUV)
0 = V0
2 + 2(– g)H
Para o mesmo valor de V0 , temos:
= 
= ⇒
Respostas: a) 2,0N
b) 30m
36) FG = P
= m g
g =
g = (m/s2)
g = (m/s2)
Resposta: 8,0m/s2
37)
O módulo g da aceleração da gravidade é dado por:
PA = FG
mg = 
Para que o valor de g se reduza a um quarto, a distância ao
centro da Terra deve dobrar:
h + R = 2R
Resposta: C
38) A força gravitacional aplicada pela Terra tem duas compo nen tes:
1) a força peso indicada na balança e
2) a força centrípeta necessária para o corpo acompanhar a
rotação da Terra.
No equador, a força centrípeta é máxima e o peso é mínimo.
Nos polos (latitude 90°), a força centrípeta é nula e o peso é
máximo.
Resposta: C
39) g = 
� = ⇒ M = � . Vol = � π R3
g = . � π R3 ⇒ g = � R
kg = k � R
Sendo �T = �G, vem: = 
= 1,5 ⇒
Resposta: gG = 1,5g
GM
–––––
g
GM
–––––
g
14,4
–––––
0,9
RU
––––
RT
RU
–––– = 4
RT
GM
g = ––––––
R2
GMm
–––––––
R2
RT�–––––�RP
MP
–––––
MT
gP
–––––
gT
RT
–––––
RP
1
–––––
500
MP
–––––
MT
gP = 0,5m/s
2
1
––––
20
1
–––––
500
gP
–––––
10
PP = 2,0N
0,5
––––
10
PP
–––––
40
V0
2
H = –––––
2g
gT
––––
gP
HP
–––––
HT
H = 30m
10
––––
0,5
H
–––––
1,5
G M m
––––––––
(R + h)2
G M
––––––––
(R + h)2
6,7 . 10–11 . 6,0 . 1024
–––––––––––––––––––––
(7100 . 103)2
40,2 . 1013
–––––––––––
50,41 . 1012
g 
 8,0m/s2
GMm
––––––––
(R + h)2
GM
g = ––––––––
(R + h)2
h = R
GM
––––
R2
4
––
3
M
––––
Vol
4
–– π G
3
4
––
3
G
––––
R2
RG
–––
RT
gG
–––
gT
gG = 1,5g
gG
–––
g
26 –
40) g =
g1 =
g2 = 
= = 4,0
= 
= 2,0
2R + 1,4 . 106 = R + 4,8 . 106
Resposta: C
41)
A Terra e a Lua gravitam em MCU em torno do centro de
massa do sistemaTerra–Lua.
Para o centro C da Terra, a força gravitacional aplicada pela
Lua tem a mesma intensidade da resultante centrípeta.
Para o ponto A, a força gravitacional é mais intensa que a
centrípeta necessária, provocando a protuberância de água na
face voltada para a Lua.
Para o ponto B, a força gravitacional é menor que a centrípeta
necessária, provocando a protube rân cia na face oposta à Lua.
Resposta: D
42) a) Sendo a órbita circular, o movimento do satélite é uniforme
e a força gravitacional faz o papel de resultante centrípeta.
FG = Fcp
= ⇒ 
Portanto: = ⇒ 
b) V = 
T = ⇒ 
Respostas: a) 9
b)
43) FG = Fcp
= m�2R
�2 =
� = = 
= = = 1
Resposta: 1
44)
1) Em 14 dias (meio período), a Lua dá meia volta em torno da
Terra, e a variação de sua quantidade de movimento linear
é dada por:
�
→
Q = m
→
V – (–m
→
V) = 2m
→
V
2) A velocidade de translação da Lua é dada por:
FG = Fcp
= ⇒
Portanto: 
Resposta: D
45) FG = Fcp
= 
m V2 = 
Resposta: D
G M m
–––––––
d
(R + h1)
2
–––––––––
(R + h2)
2
g2
–––
g1
GM
–––––––––
(R + h2)
2
GM
–––––––––
(R + h1)
2
(R + 4,8 . 106)2
–––––––––––––––
(R + 0,7 . 106)2
2,4
––––
0,6
R + 4,8 . 106
–––––––––––––––
R + 0,7 . 106
R = 3,4 . 106m
GM 
V = ––––––
R
mV2
–––––––
R
GMm
–––––––
R2
VT
––––– = 9
VL
MT
––––––
ML
VT–––––
VL
2πR
–––––
T
TT VL 1
–––– = ––––– = ––
TL VT 9
2πR
–––––
V
GMm
–––––––
R2
GM
–––––
R3
2π
–––
T
GM 
––––––
R3
R3
T = 2π –––––
GM
1 
(2)3 . –––
8
RX MT �–––––�
3 
. –––––
RT MX 
TX
–––
T0
TX = T0
|�
→
Q | = 2m |
→
V|
GM 
V = ––––––
r
mV2
––––––
r
GMm
––––––
r2
GM 4GMm2
|�
→
Q | = 2m –––––– = ––––––––––
r r
m V2
–––––––
d
G M m
–––––––
d2
GM
–––––––––
(R + h)2
1
–––
9
mV2 G M m
EC = –––––– = ––––––––
2 2d
– 27
46) FG = Fcp
= m�2R
�2 = 
Porém: M = � . π R3
�2 = . � . π R3
�2 = π G � = 
2
= 
= ⇒ T2 = ⇒ 
Resposta: D
47)
A força gravitacional de interação entre as estre las faz o papel
de resultante centrípeta:
= M�2 
�2 = ⇒ 
2
= 
= ⇒ = 
(Resposta)
48) A força centrípeta em cada estrela que está gravitando é a
resultante entre as forças gravitacionais aplicadas pelas outras
duas estrelas:
Fcp = F1 + F2
= + 
V2 = + = 
Resposta: A
49) a) Para um satélite em órbita circular, a aceleração da gra -
vidade nos pontos da órbita é igual à aceleração centrí peta
associada ao seu movimento:
g = acp = �
2 r
�2 = ⇒ � = ⇒ = 
⇒ T0 = 6 (s) = 4800s
T0 = (min) ⇒
b) Para r = 4 RT , temos:
g = = = = (m/s2)
Portanto:
T4 = 2 π (s)
T4 = 6 . 8 . 800 (s) = 38400 s
T4 = (min) ⇒
Respostas: a) 80 min
b) 640min
50) O movimento do satélite é circular uniforme, e a força gravita -
cional aplicada pela Terra faz o papel de resultante centrípeta:
= ⇒ mV2 = 
Portanto:
EC = = (1)
Ep = – (2)
Comparando-se (1) e (2), vem: 
Resposta: A
51) a) A força gravitacional que a Terra aplica no satélite faz o
papel de resultante centrípeta:
= ⇒
G M
–––––
R3
G M m
–––––––
R2
3π
–––
G�
π
–––
T2
G �
–––––
3
FG = Fcp
R
–––
2
G M M
––––––––
R2
2 G M
–––––––
R3
�2π–––T�
2 G M
–––––––
R3
T
–––
2π
2π
–––
T
Gmm
–––––––
(2r)2
GMm
–––––––
r2
mV2
–––––––
r
m
M + –––
4�
G
–––
r
Gm
–––––
4r
GM
–––––
r
g
––
r
2 π
––––
T
g
––
r
g
––
r
6,4 . 106
––––––––
10
r
T = 2 π –– 
g
T0 = 80 min
4800
–––––
60
10
––––
16
g0
––––
16
G M
–––––––
16 RT
2
G M
–––––
d2
4 . 6,4 . 106
––––––––––––
10/16
T4 = 640 min
38400
––––––
60
FG = Fcp
G M m
––––––––
r2
G M m
––––––––
r
mV2
––––––
r
G M m
––––––––
2r
mV2
––––––
2
G M m
––––––––
r
Ep
––––– = –2
EC
3π
T = ––––
G �
4π2
––––
T2�
2π
––––
T�4––3
4
––
3
G
–––
R3
4
––
3
2GM 
––––––
R3
R3
–––––––
2 G M
R3
T = 2π –––––––
2 G M
G m
V = ––– �M + –––�r 4
�
FG = Fcp
G M
V = –––––
r
mV2
–––––––
r
G M m
–––––––
r2
28 –
b) A força gravitacional que a Terra aplica em um corpo, na
superfície dela, corresponde ao peso do corpo.
= m g0 ⇒
c) 1) A energia cinética do satélite é dada por:
EC = = � �2
2) A energia mecânica total Em é dada por:
Em = Ep + EC
Em = – +
d) Se o corpo escapar do campo gravitacional da Terra, sua
energia potencial gravitacional vai-se anular.
Usando-se a conservação da energia mecânica entre a
posição de lançamento e a posição fora do campo gravi -
tacional, vem:
Einicial = Efinal
– = Ecinf
Como Ecinf
 0, vem:
– 
 0
 ⇒ V0 
Ve = V0 (mín) = 
Sendo g0 = , vem GM = g0 R
2
Ve = ⇒
Respostas: a) V = b)
c) d) Ve = �				2g0R
52) a) Usando-se a conservação da energia mecânica do sistema
formado pelas duas naves, antes da explosão, entre o
ponto muito afastado (infinito) e o ponto P, vem:
E� = EP
0 = + V
0
2
em que m é a massa de cada nave.
= ⇒
b) Para a nave em órbita circular e movimento uniforme em
torno do centro da Terra, teremos:
FG = Fcp
= ⇒
c) No ato da explosão, o sistema é isolado e haverá conser -
vação da quantidade de movimento total do sistema:
→
Qapós = 
→
Qantes
m VN + m VA = 2m V0
VN + VA = 2V0
VA = 2V0 – VN
VA = 2 –
VA = –
Respostas: a) V0 = 
b) VN = 
c) VA = (�	8 – 1)
53) O movimento de um cometa está ligado com o conceito de
força gravitacional entre dois corpos.
A força gravitacional de atração entre duas partículas de
massas M e m, separadas para uma distância d, tem inten -
sidade F dada por:
G = constante de atração gravitacional. 
Resposta: B
54) a) Falsa. F = G
Para um corpo na superfície da Terra, não considerando
efeitos de rotação, temos:
F = P
FG = P
GM
g0 = –––––
R2
G M m
–––––––
R2
G M m
–––––––
2r
G M m
–––––––
r
GM m
Em = – ––––––– = – EC
2r
GMm
––––––––
R
mV0
2
–––––––
2
GMm
––––––––
R
mV0
2
–––––––
2
2 G M
––––––
R
GM
–––––
R
V0
2
–––––
2
2 G M
––––––
R
GM
–––––
R2
Ve = �				2g0R
g0R
2
2 ––––––
R
GM
g0 = –––––
R2
GMm
Em = – ––––––
2r
2m
–––––
2
– GM2m
––––––––––
R0
GM
–––––
R0
V
0
2
–––
2
mVN
2
––––––
R0
GMm
–––––
R0
2
GM
–––––
R0
2GM
–––––
R0
GM
–––––
R0
8GM
–––––
R0
GM
–––––
R0
2GM
–––––
R0
GM
–––––
R0
Mm
F = G ––––––
d2
GMm
EC = ––––––2r
G M
––––
r
m
––––
2
m V2
–––––––
2
GM
VA = ( �	8 – 1) –––––
R0
Mm
–––––
d2
2GM
V0 = –––––R0
GM
VN = –––––R0
GM
–––––
r
– 29
G = mg ⇒ g = 
Portanto, G não é a aceleração da gravidade g.
b) Falsa. De acordo com a lei da ação e reação, o planeta atrai
o objeto e este atrai a Terra com forças de mesma inten -
 sidade, mesma direção e sentidos opostos.
c) Falsa. A força gravitacional que o planeta exerce no satélite
é responsável por mantê-lo em órbita.
d) Falsa. A intensidade da força gravitacional varia inversa -
mente com o quadrado da distância que separa os corpos.
e) Verdadeira.
P = FG = 
A força gravitacional é responsável pelo peso de um corpo,
porém somente será igual ao peso, nos polos do planeta ou
se desprezarmos efeitos ligados à rotação.
Resposta: E
55) Sendo M a massa da Terra e m a massa da estação espacial, vem:
Fe = e F = 
Portanto: = = 
= = 0,907
Resposta: E
56) De acordo com a lei da gravitação universal, te mos:
F = 
FTL = e FSL = 
Portanto:
= . 
Sendo MS = 3,2 . 10
5 MT e dSL = 400 dTL, vem:
= (400)2
Resposta: A
57)
FT = FL
= 
d2 = 81 (D – d)2
d = 9 (D – d)
d = 9D – 9d
10d = 9D
d = 0,9D
Resposta: A
58) I. Verdadeira. O efeito das marés resulta da ação gravita -
cional do Sol e, principalmente, da ação gravitacional da
Lua.
II. Falsa.
III. Falsa. Ação e reação nunca estão aplicadas ao mesmo cor -
po e nunca se equilibram.
Resposta: A
59) O ônibus espacial e todo seu conteúdo movem-se sob ação
exclusiva da força gravitacional aplicada pela Terra e, portanto,
estão em uma eterna queda livre, o que justifica o fato de os
corpos flutuarem dentro do ônibus.
Para um referencial não inercial, fixo na superfície terrestre, a
força gravitacional somente equilibraria a força centrífuga para
um satélite estacionário, isto é,um satélite que fica parado
em relação a um observador na superfície terrestre.
Resposta: C
GM
–––––
R2
Mm
–––––
R2
GMm
––––––
d2
GMm
––––––––
R2
GMm
–––––––––
(1,05R)2
1
––––––––––
(1,05)2
R2
––––––––––
(1,05R)2
Fe
–––––
F
1
––––––––
1,1025
Fe
–––––
F
Fe
––––– 
 0,91
F
G M m
––––––––
d2
G MS mL
––––––––
d2
SL
G MT mL
––––––––
d2
TL
dSL�–––––�
2
dTL
MT
–––––
MS
FTL
––––––
FSL
1
–––––––––
3,2 . 105
FTL
–––––
FSL
FTL
–––– = 0,5
FSL
G m m’
––––––––––
(D – d)2
G 81 mm’
–––––––––––
d2
d = 90%D
30 –30 –
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 5 – Origem e Evolução do Universo
7) É uma das teorias que tentam explicar o futuro do Uni verso.
Se gundo essa teoria, o Universo voltará a colapsar nova mente
se a atração gravitacional da matéria contida nele for grande
o suficiente para parar a expansão.
8) R = V . t = 3 . 108 . 14 . 109 . 3 . 107m
logo: R = 1,26 . 1026m
1,26 . 1026m tem como ordem de gran deza 1026m.
9) Usando-se a Lei de Wien para a radia ção emitida pelo Sol e
para a radiação cósmica de fundo, vem:
(λmáx T)Sol = (λmáx T)RCF
5000 . 6000 = λmáx . 3
λmáx = 1,0 . 10
7Å = 1,0 . 107 . 10–10m
10) a) V = H . d
2,04 . 108 = 2,3 . 10–18 d
d = 0,89 . 1026m
1 ano-luz = 3 . 108 . 3 . 107 (m)
1 ano-luz = 9 . 1015m
d = anos-luz
d 
 9,9 . 109 anos-luz
b) V = Hd = 
�t = = s
�t 
 4,35 . 1017s 
 1,38 . 1010 anos
Respostas: a) 9,9 . 109 anos-luz
b) 1,38 . 1010 anos = 13,8 bi lhões de anos
11) Equação de Einstein: E = mc2
Em 1s, temos E = 1,0 . 1026J
Sendo c = 3,0 . 108m/s, resulta:
1,0 . 1026 = m . 9,0 . 1016
m = . 1010kg = . 109kg
Resposta: B
12) De acordo com o gráfico, temos: 
V = kd
Para d = 1,0 . 1025m
V = 0,23 . 108m/s
Portanto: k = (SI)
Como V < c, resulta:
kd < c
d < ⇒ d < (m)
Resposta: A
13) Para ser um buraco negro:
ve > vluz no vácuo
�			2gR > c
2gR > c2
g > 
g > (m/s2)
g > (m/s2)
g > 0,75 . 1010m/s2
Resposta: C
14) 1 próton = 2u + d
e = 2qu + qd (1)
1 nêutron = 2d + 1u
0 = 2qd + qu (2)
Em (2): qu = –2qd
Em (1): e = 2 (–2qd) + qd
e = –3qd ⇒
qu = –2 ⇒
Resposta: D
λmáx = 1,0 . 10
–3m = 1,0mm
0,89 . 1026
–––––––––
9 . 1015
d
–––
�t
1
––
H
1
––––––––––
2,3 . 10–18
1
–––
9
10
–––
9
m 
 1,1 . 109kg
0,23 . 108
–––––––––
1,0 . 1025
k = 2,3 . 10–18 Hz
c
–––
k
3,0 . 108
–––––––––––
2,3 . 10–18
d < 1,3 . 1026m
c2
–––
2R
(3,0 . 108)2
–––––––––––
2 . 6,0 . 106
9,0 . 1016
––––––––––
12,0 . 106
g > 7,5 . 109 m/s2
e
qd = – ––3
–e�–––�
3
2
qu = –– e3
– 31
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 6 – Noções de Física Moderna
6) A energia associada ao fóton é dada por:
E = hf = mc2
hf = mc . c
h = Q
Como c = λf, vem = 
Portanto: 
Resposta: D
7) A energia do fóton é dada por:
E = h f = h 
hc é uma constante universal 
Sendo λII = 3λI, re sulta E2 = 
Resposta: D
8) a) O fóton é um corpúsculo de energia.
b) A energia do fóton é proporcional à sua fre quência 
(E = hf).
c) Cada luz monocromática tem a sua frequência.
d) A luz violeta é a de maior frequência na região do visível.
e) A luz concentra-se em pacotes de energia que são os
fótons e, portanto, propaga-se de ma neira descontínua.
Resposta: D
9) Resposta: B
10) EC = h f – �
h = Constante de Planck
f = frequência da radiação incidente
� = energia necessária para arrancar o elétron do átomo.
Resposta: E
11) Da teoria do efeito fotoelétrico, temos:
Ec = hf – �
em que � é a função trabalho (energia de ligação en tre o
elétron e o núcleo)
A frequência mínima ocorre quando Ec = 0
h fmín = �
� = 6,63 . 10–34 . 5,37 . 1014 (J)
� = 35,6 . 10–20 J
1J = 
� = . (eV) 
Resposta: A
12) Define-se o potencial de corte como sendo a ddp que cria um
campo elétrico capaz de interromper a corrente elétrica
formada pelos elétrons emi ti dos por um metal por ocasião do
efeito fotoelé tri co.
Sendo VC o potencial de corte, temos:
e . VC = Ecin = hf – �
VC = f – 
Resposta: A
13) A energia cinética Ec do elétron emitido é dada por:
E = hf – 
 = h – 
Sendo V1 = 2V2, resulta E1 = 4E2, pois a energia ci nética é
proporcional ao quadrado da velocida de.
– 
 = 4 � – 
�
– 
 = – 4 
4
 – 
 = –
3
 = h c � – � = h c 
Resposta: D
14) a) Pot = = 
h = 6,6 . 10–34J.s
f = = (Hz) = . 1015 Hz
�t = 1,0s
Pot = 2,0 . 102W
2,0 . 102 = n . 6,6 . 10–34 . . 1015 
b) Porque o fóton da luz de L2 não tem energia su ficiente para
vencer a energia de ligação entre os elétrons e o núcleo nos
átomos do metal.
c) Não, porque cada átomo só pode capturar um único fóton
e, portanto, não interessa a quan tidade de fótons que estão
chegando ao metal.
f
––
c
f
––
c
1
––
λ
h
Q = ––––
λ
c
––
λ
E1
–––
3
1 eV
––––––––––
1,6 . 10–19
35,6
–––––
1,6
10–20
–––––
10–19
� 
 2,2 eV
h–––
e
�
–––
e
c
–––
λ
hc
–––
λ1
hc
–––
λ2
hc
–––
λ1
4 h c
–––––
λ2
4 h c
–––––
λ2
hc
–––
λ1
4
–––
λ2
1
–––
λ1
(4 λ1 – λ2) 
––––––––––
λ2 λ1
h c 4λ1 – λ2

 = –––– (––––––––)
3 λ1λ2
E
–––
�t
n h f
–––––
�t
c
–––
λ
3,0 . 108
–––––––––
3,3 . 10–7
3,0
–––
3,3
3,0
–––
3,3
10
n = ––– . 1020
3
32 –
15) a) 1) hf = 6,6 . 10–34 . 2,4 . 1014 (J)
hf = 15,84 . 10–20 J = eV
hf = 0,99 eV
2) EC = h f – �
0,90 = 0,99 – �
b) O potencial de corte corresponde à ddp U apli cada contra
os fotoelétrons para interromper a corrente elétrica e é
dado por:
e U = Ec
1,6 . 10–19 . U = 0,90 . 1,6 . 10–19
Respostas: a) 0,09eV
b) 0,90V
16) Para haver efeito fotoelétrico, a energia do fóton (E = hf) deve
superar a energia de ligação entre o elétron que vai ser
arrancado e o núcleo do átomo (função trabalho �).
E = hf = h . = 4,2 . 10–15 . (eV)
Como E (2,1eV) é menor que � (2,5eV), não ocor rerá emissão
fotoelétrica.
b) Para que haja efeito fotoelétrico:
E > � ⇒ hf > �
f > ⇒ f > Hz ⇒
17) Resposta: E
18) De acordo com a teoria de Louis de Broglie, a luz tem com por -
tamento dual: onda ou partícula, con for me o fenômeno
observado.
Resposta: B
19) Resposta: D
20) Seja E3 – E2 = E, então E2 – E1 = 2E e E3 – E1 = 3E
�E = hf = h ⇒ λ1 = = 600nm
De E2 para E1 ⇒ λ2 = = 300nm
De E3 para E1 ⇒ λ3 = = 200nm
Respostas: λ2 = 300nm
λ3 = 200nm
21) Calculemos o acréscimo de energia requerido pelo átomo pa -
ra passar do estado fundamental, em que ni = 1, até o estado
subsequente, em que nf = 2.
�E = Enf
– Eni 
⇒ �E = – (eV)
Como o fóton que incide sobre o átomo tem uma energia de
apenas 10,19 eV (menor que �E), ele não consegue produzir o
caso em que nf = 2.
Esse fóton é então reemitido com sua ener gia de 10,19 eV,
sem conseguir alterar o valor de ni = 1.
Logo: 
Observação: se operarmos com três algarismos sig nificativos
e aproximarmos a energia do fóton para 10,2 eV, então será
atingido o estado p = 2.
22) (1) FALSA. Só há emissão quando o elétron “pu la” de um nível
de energia para outro menor.
(2) VERDADEIRA.
(3) VERDADEIRA. 
Para n = 2 ⇒ E2 = (eV)
Para n = 3 ⇒ E3 = (eV)
E2 – E3 = –13,6 eV = –13,6 (eV)
E3 – E2 
 1,89 eV = energia do fóton
(4) VERDADEIRA.
23) (1) VERDADEIRA.
Fcp = Feletrostática
= K . ⇒ m V2 r = K Z e2
(2) VERDADEIRA.
P = Perímetro da órbita = n λ
P = 2πr e mV = 
2πr = n . ⇒ 2 π r mV = nh
(3) FALSA.
(4) VERDADEIRA.
m(�r)2 r = K Z e2 ⇒ m �2 r3 = K Z e2
(5) FALSA.
24) A diferença entre m2’ e m2 é provocada pelo acrés cimo da
energia trazida pelo fóton.
Da equivalência entre massa e energia, traduzida pela Equação
de Einstein, temos:
m2’ – m2 = 
Portanto: 
15,84 . 10–20
––––––––––––
1,6 . 10–19
� = 0,09 eV
U = 0,90V
c
–––
λ
3,0 . 108
––––––––––
6,0 . 10–7
E = 2,1 eV
�
––
h
2,5
–––––––––
4,2 . 10–15
f > 6,0 . 1014Hz
c
–––
λ
h c
––––
E
h c
––––
2E
h c
––––
3E
–13,6
––––––
22
(–13,6)
–––––––
12
�E = 10,20 eV
p = ni = 1
–13,6
––––––
4
–13,6
––––––
9
1 1�––– – –––�
4 9
5
–––
36
m V2
–––––
r
Ze . e
–––––
r2
h
––
λ
h
––––
m V
E
–––
c2
E = (m2’ – m2 ) c
2
– 33
Analogamente, a perda de massa m1 – m’1 é pro vocada pela
redução da energia correspon dente ao fóton emi ti do:
m1 – m’1 = 
Resposta: D
25) a) E = mc2 = N h f
0,4 . 9. 1016 = N . 6 . 10–34 . 6 . 1014
b) E = h f
ML2T–2 = [h] T–1
[h] = ML2T–1
Respostas: a) N = 1035
b) kg . m2 . s–1
26) De acordo com um dos postulados da teoria da relatividade, a
velocidade da luz no vácuo, me dida por qualquer sistema de
referência inercial, tem o mesmo módulo c = 3,0 . 108m/s.
Resposta: B
27)
� = 1 – 
� = 1 – = 1 – 0,64 = 0,36 = 0,6
�t = (meses) = 20 meses
Resposta: 20
28) a) ER = Ec + E0
2,5 = Ec + 0,5 ⇒
b) ER = mc
2 = . c2
E0 = m0c
2 é a energia de repouso
Portanto: ER =
= ⇒ = 
= 1 – 
V = = c 
V = c = c = 0,98c
Respostas: a) 2,0 MeV
b) 0,98c
29) E = m c2
5 . 107 = m (3 . 108)2
5 . 107 = m . 9 . 1016
Resposta: A
30) E = hf 
como c = λf, vem
Quanto menor λ, maior será E.
Portanto, a região que possui fótons mais ener gé ticos é a faixa
de menor comprimento de onda.
Resposta: A
31) Ec = hf – �
2,0 = h 6,0 . 1014 – � (1)
2,6 = h 7,5 . 1014 – � (2)
De (1): h = De (2): h = 
Portanto: = 
15,0 + 7,5� = 15,6 + 6,0 �
1,5� = 0,6 ⇒ � = eV ⇒
Resposta: A
32) A expressão “Quantum granulado no mel” sugere ener gia
associada a partículas, enquanto a ex pres são “Quantum
ondulado do sal” sugere energia associada a ondas.
Isso nos remete à opção C, que menciona o conceito de dua -
lidade partícula-onda.
Resposta: C
E
–––
c2
E = (m1 – m’1 ) c
2
N = 1035
u(h) = kg . m2 . s–1
�t0�t = –––
�
V2
–––
c2
0,8c�–––––�
2
c
12
–––
0,6
Ec = 2,0 MeV
m0
–––––––––––––––––
V
1 – �––�
2
c
E0
–––––––––––––––––
V
1 – �––�
2
c
V
1 – �––�
2
c
E0
–––
ER
V
1 – �––�
2
c
E0�––––�
2
ER
V2
–––
c2
E0�––––�
2
ER
E0
c2 �1 – �––––�
2
�
ER
0,5�1 – �––––�
2
�
2,5
1
1 – –––
25
24
–––
25
5
m = ––– . 10–9 kg 
9
h . c
E = ––––
λ
2,0 + �
–––––––––
6,0 . 1014
2,6 + �
–––––––––
7,5 . 1014
2,0 + �
–––––––––
6,0 . 1014
2,6 + �
–––––––––
7,5 . 1014
0,6
–––
1,5
� = 0,4eV
34 –
33) Resposta: D
34) Os estados de energização possíveis para o átomo do
elemento X são:
1) E0 → E1 recebendo 7,0 eV
2) E0 → E2 recebendo 13,0 eV
3) E0 → E3 recebendo 17,4 eV
4) E1 → E2 recebendo 6,0 eV
5) E1 → E3 recebendo 10,4 eV
6) E2 → E3 recebendo 4,4 eV
Quando um elétron com energia de 15,0 eV colide com um
átomo de X, ele pode provocar as energizações (1), (2), (4), (5)
e (6) e a energia restante do elétron em cada caso seria:
(1): 8,0 eV (2): 2,0 eV (4): 9,0 eV 
(5): 4,6 eV (6): 10,6 eV 
Resposta: B
35) 1) E = 2,0 . 106kWh = 2,0 . 106 . 3,6 . 106J
2) E = mc2
7,2 . 1012 = m . (3,0 . 108)2
m = kg = 0,8 . 10–4kg
m = 0,8 . 10–4 . 103g
Resposta: A
36) E2 = p2c2 + m
0
2 c4
Para o fóton, temos m0 = 0 (massa de repouso nu la) e, por -
tanto:
E2 = p2c2 ⇒ E = p . c
Como E = hf, vem:
hf = pc ⇒
Resposta: D
E = 7,2 . 1012J
7,2 . 1012
–––––––––
9,0 . 1016
m = 0,08g
hf
p = –––––
c
– 35
FÍSICA
LIVRO 4 – MECÂNICA
Capítulo 7 – A Análise Dimensional
12) LMT–2 = [F]
L2MT–3 = [Pot]
L–1MT–2 = [p]
Resposta: C
13) F = G 
MLT–2 = [G] 
Resposta: A
14) y = 
[y] = = ML2T–2 = [τ]
Resposta: E
15) y = ⇒ [y] = = MT–1
A razão define uma grandeza chamada vazão em
massa.
Resposta: E
16) P = �	����������2mE + (E/c2)
y = 2mE + 
[y] = [mE] = M . ML2T–2 = M2L2T–2
[P] = [y] = MLT–1 = [Quantidade de movimento]
u (P) = kg . m . s–1
Resposta: A
17) P = R I2
[P] = [R] [I]2
ML2T–3 = [R] (QT–1)2
[R] = ML2T–1Q–2
Resposta: B
18) F = B i L e B = 
F = . i L ⇒ F = 
MLT–2 = 
Resposta: 
19) 1) [V] = L T–1
u(V) = 
u’(V) = ⇒ 
2) [a] = LT–2
u(a) = 
u’(a) = ⇒
3) [F] = M L T–2
u(F) = 
u’(F) = ⇒ 
4) [Q] = M L2 T–2
u(Q) = 
u’(Q) = ⇒ 
20) Consideremos como fundamentais o comprimento L, a
velocidade V e a força F.
1) Unidade de tempo:
[V] = L T–1 ⇒ [T] = ⇒ [T] = L V–1
� i
–––––
2πd
� i2 L
–––––––
2πd
� i
–––––
2πd
[�] I2 L
––––––––
L
[�] = M L T–2 I–2
uL
––––––
uT
u’(V) = u(V)
a
–– uL
b uL
–––––––– = ––––
a uT
–– uT
b
u(L)
––––––
u(T2)
b
u’(a) = –– u(a)a
a
–– uL
b b uL
–––––––––– = –– –––––
a2 a u(T2)
––– u(T2)
b2
u(M) . u(L)
–––––––––––
u(T2)
u’(F) = u(F)
a a
–– u(M)
. –– u(L)
b b
––––––––––––––––––––
a2
–––– u(T2)b2
u(M) . u(L2)
–––––––––––
u(T2)
a
u’(Q) = –– u(Q)
b
a a2
–– u(M) . ––– u(L)
b b2
––––––––––––––––––––
a2
–––– u(T)
b2
Mm
–––––
d2
M2
–––––
L2
[G] = M–1L3T–2
m p
–––––
d
M ML–1T–2
–––––––––––––
ML–3
MLT–2
–––––––
LT–1
F
–––
V
massa
––––––––
tempo
E
–––
c2
1
––
2
kg . m2
u(R) = –––––––––
C2 . s
L
–––
V
36 –
u’
(T) = ⇒ 
2) Unidade de massa:
[F] = M L T–2 ⇒ [M] = F L–1 T2
u’
(M) = ⇒ 
3) Unidade de energia:
[E] = [F] . [V] . [T]
u’
(E) = � uF . � uV . uT 
As unidades de tempo e massa foram multiplicadas por 1.
A unidade de energia foi multiplicada por �2.
21) a) 1) P = R I2
M L2 T–3 = [R] I2 ⇒ [R] = M L2 T–3 I–2
2) P = U I
M L2T–3 = [U] I ⇒ [U] = M L2 T–3 I–1
3) C = ⇒ [C] = = M–1 L–2 T4 I2
b) 1) F = B I L
M L T–2 = [B] I L ⇒ [B] = M T–2 I–1
2) = = T
c) 1) [M] = [Q] L = M L T–1 . L = M L2 T–1
2) = = T
d) [y] = = 
[y] = T2 ⇒ [y] = T
Resposta: E
22) F = G 
A expressão mostra que G não é adimensional e, portanto, a
equação apresentada é dimensionalmente errada.
Resposta: C
23) F = �	��������� m2gV2/r
y = ⇒ [y] = 
[y] = M2 L2 T–4
F = ���y ⇒ (correta)
A equação proposta é dimensionalmente possível.
24) F = mx Vy tz
M L T–2 = Mx (L T–1)y Tz
M L T–2 = Mx Ly T–y + z
x = 1 x = 1
y = 1 ⇒ y = 1 ⇒ 
z – y = –2 z = –1
A 1.a equação está dimensionalmente errada.
25) M = M0 e
–Kt
M0 representa uma massa e é medida em kg.
Qualquer expoente é adimensional.
[K t] = M0L0T0
[K] = T–1 ⇒ 
Respostas: u(M0) = kg
u(K) = Hz
26) U(x) = 
1) M L2 T–2 = ⇒ 
K = energia x comprimento
2) O expoente –Lx é adimensional
Resposta: D
27) p = V2 K
M L–1 T–2 = (LT–1)2 [K]
M L–1 T–2 = L2 T–2 [K]
[K] = M L–3
K representa densidade ou massa específica.
Resposta: B
28) x = K 
L = 
L2T–2 = LnT–n ⇒
Resposta: 2
29) p + + �cgdhe = constante 
1) [p] = [�]a [V]b
M L–1 T–2 = (M L–3)a (L T–1)b
M L–1 T–2 = Ma L–3a + b T–b
M2 . (L T–2) . (L T–1)2
––––––––––––––––––––
L
m2 g V2
–––––––––
r
[F] = M L T–2
F = 2 (m1 + m2) V t
–1
u (K) = s–1 = hertz (Hz)
K e–Lx
–––––––
x
[K] = M L3 T–2
[K]
––––
L
[x] = L–1
Vn
–––––
a
(LT–1)n
–––––––––
LT–2
n = 2
u’T = uT
� u(L)
––––––––
� u(V)
u’(M) = u(M)
� u(F) . u(T2)
–––––––––––––––
� u(L)
u’E = �
2 uE
I T
––––––––––––––
M L2 T–3 I–1
Q
–––
U
[R] [C] = T
M T–2 I–1 . L2
––––––––––––––
I . M L2 T–3 I–2
[B] . [S]
––––––––
[I] [R]
M L2 T–1
–––––––––––
M L2 T–2
[M]
–––––
[E]
M T–2 I–1 . L2 . M–1 L–2 T4 I2
–––––––––––––––––––––––––––
I
[B] . [S] . [C]
––––––––––––
[I]
1
––
2
m1 m2
––––––––
r2
�aVb
–––––––
2
– 37
a = 1 
–3a + b = – 1
–b = –2
2) [p] = [�]c [g]d [h]e
M L–1 T–2 = (M L–3)c (L T–2)d (L)e
c = 1 
–3c + d + e = –1
–2d = –2
30) f = 
1) [f] = T–1
2) [�] = M L–3
3) T–1 = ⇒ T–2 = 
Resposta: C
31) f = K V2
M L T–2 = [K] [L T–1]2
M L T–2 = [K] L2 T–2
[K] = M L–1
Resposta: D
32) V = Ka xb
u(K) = u(x) = 
K representa uma pressão: [K] = M L–1 T–2
x representa uma densidade: [x] = M L–3
[v] = [K]a [x]b
L T–1 = (M L–1 T–2)a [M L–3]b
L T–1 = Ma+b L–a–3b T–2a
33) a) Maior, porque a resistência ao movimento é menor.
b) V = K gx hy dz
L T–1 = (L T–2)x Ly (M L–3)z
L T–1 = Lx+y–3z T–2x Mz
Como z = 0, a velocidade não depende da densidade.
34) V = k Fx my �z
LT–1 = (M L T–2)x My Lz
LT–1 = Mx+y Lx+z T–2x
35) a) [F] = M L T–2
b) F = k Vx hy Rz
M L T–2 = (LT–1)x (ML–1T–1)y Lz
M L T–2 = My Lx–y+z T–x–y
⇒
36) p = N Vx Ey
M L–1 T–2 = (L3)x (M L2 T–2)y
M L–1 T–2 = My L3x+2y T–2y
Portanto:
Resposta: A 
37) a) Φ = AxVy
L3T–1 = (L2)x (LT–1)y
L3T–1 = L2x+y T–y
⇒
b) Se o diâmetro se reduzir à metade, a área (A = ) se
reduz a um quarto e a velocidade quadruplica porque o
fluxo é constante.
38) V = K �x Ey fz
L T–1 = (M L–3)x (M L–1T–2)y (T–1)z
L T–1 = Mx+y L–3x–y T–2y–z
39) Pot = K dx Vy �z
M L2 T–3 = Lx (L T–1)y (M L–3)z
M L2 T–3 = Mz Lx + y – 3z T–y
Resposta: A
a = 1
b = 2
c = 1
d = 1
e = 1
σ
––
�
N
––––
2L
[σ]
–––––––
M L–3
1
––––
L2
1
––––