Frequencia1_Modelo_Resolução (2)

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UNIVERSIDADE LUSÓFONA DE HUMANIDADES E TECNOLOGIAS 
Biologia 
1ª Frequência modelo – Física geral 
(Resolução) 
 
 
 
Questão 1: A energia mecânica a que uma massa 𝑚1fica sujeita sob a acção de outra 𝑚2, que se 
encontram a uma distância 𝑅, é definida por: 
𝑈 =
1
2
𝑘𝑣2 − 𝐺
𝑚1.𝑚2
𝑅
 
Determine as dimensões e unidades em SI das constantes 𝑘 e 𝐺. 
(as dimensões de 𝑈 são 𝑀𝐿2𝑇−2). 
 
 
Resolução: 
 
Da equação de definição: 
𝑈 =
1
2
𝑘𝑣2 − 𝐺
𝑚1.𝑚2
𝑅
 
passamos para as equações às dimensões. Note-se que só se podem somar dois termos com 
as mesmas dimensões e a soma tem a mesma dimensão de cada um deles, ou seja, do 
resultado. Assim vem: 
{
[𝑈] = [𝑘][𝑣]2
[𝑈] = [𝐺]
[𝑚1][𝑚2]
[𝑅]
 
⟹ {
𝑀𝐿2𝑇−2 = [𝑘](𝐿𝑇−1)2
𝑀𝐿2𝑇−2 = [𝐺]
𝑀2
𝐿
 
obtendo-se então as dimensões de cada uma das constantes: 
 
{
[𝑘] = 𝑀
[𝐺] = 𝑀−1𝐿3𝑇−2
 
e consequentemente as unidades no sistema internacional: 
 𝑘 ⟶ 𝑘𝑔 
 𝐺 ⟶ 𝑘𝑔−1𝑚3𝑠−2 
 
 
Questão 2. Considere um corpo de massa 5𝑘𝑔 que num dado instante fica sujeito a três forças: 
�⃗�1 = 8𝑒𝑥 + 12𝑒𝑦 − 6𝑒𝑧; �⃗�2 = −10𝑒𝑥 − 6𝑒𝑦 + 10𝑒𝑧; �⃗�3 = 2𝑒𝑥 + 4𝑒𝑦 − 14𝑒𝑧 
 dadas no Sistema Internacional. 
 
a) Qual a força resultante, bem como a aceleração, a que este corpo fica sujeito? 
b) Sabendo que nesse instante, o corpo tinha velocidade: 
 �⃗�0 = 5𝑒𝑥 + 10𝑒𝑦 + 20𝑒𝑧 
 determine o deslocamento do corpo ao fim de 5 segundos, assim como o vector 
velocidade. 
 
Resolução: 
 
a) A resultante das forças é dada pela soma das forças: 
�⃗�𝑅 = �⃗�1 + �⃗�2 + �⃗�3 
�⃗�𝑅 = 10𝑒𝑦 − 10𝑒𝑧 
A aceleração obtém-se a partir da 2.ª Lei de Newton: 
�⃗�𝑅 = 𝑚�⃗� 
⇒ �⃗� =
�⃗�𝑅
𝑚
= 2𝑒𝑦 − 2𝑒𝑧 (𝑚/𝑠
2) 
 
b) Tendo em conta que a aceleração é constante, podemos garantir que o corpo se move com 
movimento uniformemente acelerado, obedecendo às equações: 
𝑟 = 𝑟0 + �⃗�0𝑡 +
1
2
�⃗�𝑡2 ∧ �⃗� = �⃗�0 + �⃗�𝑡 
Dado que o deslocamento é dado por: 
∆𝑟 = 𝑟 − 𝑟0 
substituindo o tempo por 5s e utilizando os vectores, velocidade inicial e aceleração, vem: 
 ∆𝑟 = (5�⃗�𝑥 + 10�⃗�𝑦 + 20�⃗�𝑧) × 5 +
1
2
(2�⃗�𝑦 − 2�⃗�𝑧) × 5
2 = 25�⃗�𝑥 + 75�⃗�𝑦 + 75�⃗�𝑧 
 �⃗� = 5�⃗�𝑥 + 10�⃗�𝑦 + 20�⃗�𝑧 + (2�⃗�𝑦 − 2�⃗�𝑧) × 5 = 5�⃗�𝑥 + 20�⃗�𝑦 + 10�⃗�𝑧 
 
 
 
 
 
Questão 3. Um golfinho executa um salto acrobático no qual atinge uma altura de 1,8 𝑚. Tendo 
em conta que ao sair da água o golfinho faz um ângulo de 30º com a horizontal: 
a) Calcule a velocidade inicial com que o golfinho sai da água. 
b) Calcule o alcance horizontal neste salto. 
 
Resolução: 
Sabemos que se trata de um projéctil, as equações para a posição e velocidade são: 
{
𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑡
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2
 
{
𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛(𝜃) − 𝑔𝑡
 
Neste caso, temos (𝜃 = 30𝑂): 
{
𝑥0 = 0 𝑚
𝑦0 = 0 𝑚
 ∧ 
{
 
 𝑣0𝑥 = 𝑣0
√3
2
 𝑚/𝑠
𝑣0𝑦 = 𝑣0
1
2
 𝑚/𝑠
 
Podemos então escrever as equações paramétricas na forma: 
{
 
 𝑥 = 𝑣0
√3
2
𝑡
𝑦 = 𝑣0
1
2
𝑡 − 5𝑡2
 ∧ 
{
 
 𝑣𝑥 = 𝑣0
√3
2
𝑣𝑦 = 𝑣0
1
2
− 𝑔𝑡
 
a) Sabemos que a altura máxima é de 1,8𝑚. Determinando o tempo no qual a velocidade 
vertical é nula, tem-se: 
𝑣0
1
2
− 10𝑡 = 0 ⇒ 𝑡 = 𝑣0
1
20
 
Substituindo o tempo na equação da distância vertical, temos: 
1,8 = 𝑣0
1
2
× 𝑣0
1
20
− 5 × (𝑣0
1
20
)
2
 
⇒ 1,8 =
𝑣0
2
80
 ⇒ 𝑣0 = 12 𝑚/𝑠 
b) O alcance é o valor de 𝑥 obtido para 𝑦 = 0. substituindo na equação para o 𝑦 tem-se: 
0 = 12 ×
1
2
𝑡 − 5𝑡2 
0 = 6𝑡 − 5𝑡2 ⟹ 𝑡 = 0 ∨ 𝑡 = 1,2 𝑠 
substituindo o tempo na equação para o 𝑥 vem: 
𝑥𝑚á𝑥 = 12 ×
√3
2
× 1,2 = 12,47 𝑚 
 
 
Questão 4. Um trenó de massa 5𝑘𝑔, inicialmente em repouso, está carregado com duas crianças 
e é puxado por uma força que faz um angulo de 30º com a horizontal. O coeficiente de atrito 
estático é 0,2 e o coeficiente de atrito cinético é de 0,15. Sabendo que a massa das crianças no 
seu conjunto igual a 45𝑘𝑔, qual a força de atrito do solo sobre o trenó e a aceleração deste: 
 
a) Se a força aplicada for de 100𝑁? 
b) Se a força aplicada for de 120𝑁? 
 
Resolução: 
a) A primeira observação que deve ser feita é que as crianças e o trenó se movem em 
conjunto, pelo que podem ser vistos como apenas um bloco com massa igual à soma das 
massas, 𝑚 = 50𝑘𝑔. Posto isto, vamos agora proceder à representação das forças aplicadas: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Escolhemos o sistema de eixos de acordo com a sugestão de deixar que a direcção do 
movimento (ou da tendência de movimento) coincida com o eixo 𝑂𝑥. Note-se que na 
direcção perpendicular ao plano não há movimento. Sendo 𝜃 o ângulo que a força aplicada 
(tensão na corda) faz com a horizontal, e decompondo a força da mesma forma que nos 
problemas anteriores, a componente horizontal da força é dada por: 
 𝐹𝑥 = 𝐹 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 100
√3
2
= 86,6 𝑁 
Não podemos agora aplicar directamente as leis de Newton sem saber se esta força é 
suficiente para pôr o sistema trenó/crianças em movimento. Para que isso aconteça, é 
necessário que a componente horizontal da força, calculada acima, seja superior à força de 
atrito estática máxima. Vamos então calcular esse valor. Para isto temos de calcular a 
reacção normal a partir da 2ª lei de Newton aplicada na direcção 𝑂𝑦: Nesta direcção, 
sabemos que a aceleração é zero porque: 
 𝑅𝑁 + 𝐹 𝑠𝑖𝑛(𝜃) −𝑚𝑔 = 0 
donde resulta 𝑅𝑁 = 50 × 10 − 100 × 0,5 = 450𝑁, e da definição: 
 
 
 
 
 
 
y 
x 
𝜃 
 
 𝐹𝑎max = 0,2 × 450 = 90 𝑁 
Comparando com o valor da componente horizontal da força, calculada acima, verificamos 
que não há movimento. Assim podemos dizer que a aceleração é nula e que, aplicando a 2ª 
lei de Newton na direcção horizontal tem-se: 
 𝐹𝑥 − 𝐹𝑎e = 0 
o que implica 𝐹𝑎e = 86,6𝑁. 
 
b) Fazendo as mesmas contas que na alínea anterior, mas agora com um valor da força 
igual a 120N, vem para a componente horizontal da força: 
 𝐹𝑥 = 𝐹 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 120
√3
2
= 103,9𝑁 
Para a reacção normal: 
 𝑅𝑁 = 50 × 10 − 120 × 0,5 = 440𝑁 
e a força de atrito máxima é: 
 𝐹𝑎max = 0,2 × 440 = 88𝑁 
Neste caso existe aceleração e pode ser calculada a partir da 2ª lei (note-se que agora o 
atrito é cinético): 
 𝐹𝑥 − 𝐹𝑎c = 𝑚. 𝑎 
e, calculando a força de atrito cinético, obtém-se: 
 𝐹𝑎c = 0,15 × 440 = 66𝑁 
pelo que a aceleração vem: 
 𝑎 =
103,9−66
50
= 0,758𝑚. 𝑠−2 
 
 
 
 
 
 
Questão 5. Uma águia de massa 8 𝑘𝑔 descreve circulos com um raio de 20𝑚, a 100𝑚 de altura, 
na procura de presas no solo. Para tal, realiza uma pequena inclinação das suas asas de 30º 
relativamente à horizontal. Determine o valor da velocidade (norma) a que a águia se move 
nesse movimento circular, bem como o valor da força de sustentação. 
 Nota: A força de sustentação da águia, �⃗�𝑆 é perpendicular às asas. 
 
 
 
Resolução: 
 
 
 
 
 
Tal como acontecia no problema do pendulo cónico, a 2.ª lei de Newton pode ser desenvolvida 
da seguinte forma (𝑎𝑦 = 0: a águia não sobe nem desce): 
�⃗�𝑅 = 𝑚. �⃗� ⟹ {
𝐹𝑅𝑥 = 𝑚. 𝑎
𝐹𝑅𝑦 = 0 
A aceleração que a águia possui é centrípeta (movimento circular uniforme), relacionando-se 
com a velocidade e com o raio da trajectória circular a partir da expressão: 
𝑎𝑐 =
𝑣2
𝑅
 
De acordo com o sistema de eixos apresentado, as equações correspondentes à 2ª lei escrevem-
se na forma (tal como fizemos no problema do pendulo cónico): 
{
𝐹𝑆 𝑠𝑖𝑛(𝜃) = 𝑚. 𝑎𝑐
𝐹𝑆 𝑐𝑜𝑠(𝜃) − 𝑚𝑔 = 0
 ⇒ {
𝐹𝑆 𝑠𝑖𝑛(𝜃) = 𝑚.
𝑣2
𝑅
𝐹𝑆 𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 𝑚𝑔
 
onde 𝑅 é o raio da trajectória circular. Resolvendo o sistema de equações encontramos as 
respostas para ambas as alíneas: 
{
𝑡𝑔(𝜃) =
𝑣2
𝑅.𝑔
𝐹𝑆 =
𝑚𝑔
𝑐𝑜𝑠(𝜃)
 
 
⇒ {
𝑣 = √20 × 9,8 × 𝑡𝑔(30𝑂) = 10,64 𝑚/𝑠
𝐹𝑆 =
8∗9,8
𝑐𝑜𝑠(30𝑂)= 90,53 𝑁
 
 
 
 
�⃗�𝑆 
 
 
�⃗�𝑆 
𝑦 
𝑥 
 
Questão 6. Uma mola vertical está assente no chão e quando não está nenhuma força a deformá-
la tem 50 𝑐𝑚 de comprimento. A constante da mola tem o valor de 750 𝑁/𝑚. Uma bola de 
ferro com a massa de 5 𝑘𝑔 é largada de 1,5 𝑚 de altura e em queda livre atinge a mola. 
 
a) Calcule a distância total que a mola é comprimida por acção da bola. 
b) Indique qual o valor da velocidade da bola no instante em que a mola está comprimida 
de 20 𝑐𝑚. 
 
Resolução: 
 a) O esquema de resolução do problema é o seguinte: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As únicas forças que aplicadas à bola, durante o seu movimento de queda, são o peso e a 
força elástica. Deste modo, podemos garantir que não existe trabalho de forças não 
conservativas, e consequentemente há conservação da energia mecânica: 
𝑊𝐹𝑁𝐶 = 0 
⟹ ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑝
𝑔
+ ∆𝐸𝑝
𝑒𝑙 = 0 
⟹
1
2
𝑚(𝑣𝑓
2 − 𝑣𝑖
2) + 𝑚𝑔(ℎ𝑓 − ℎ𝑖) +
1
2
𝐾(𝑥𝑓
2 − 𝑥𝑖
2) = 0 
Substituindo os dados indicados na figura, vem: 
⟹
1
2
5 × (02 − 02) + 5 × 10 × (0,5 − 𝑥− 1,5) +
1
2
750 × (x2 − 02) = 0 
⟹−50 − 50𝑥 +
1
2
750x2 = 0 
⟹ 15x2 − 2𝑥 − 2 = 0 
⟹ x = −0,31 m ∨ x = 0,44 m 
ℎ𝑓 
𝑥 
1,5 𝑚 
𝑥1 = 0; ℎ1 = 1,5 𝑚; 𝑣1 = 0 
𝑥2 = 𝑥; ℎ2 = 0,5 − 𝑥; 𝑣2 = 0 
 
 
0,5 𝑚 
 
A solução negativa não tem sentido uma vez que ao considerar que a altura final é dada pela 
diferença (0,5 − 𝑥), um valor negativo de 𝑥, significaria que a bola parava antes de atingir a mola! 
 
 
b) O esquema do problema é idêntico ao anterior, com a diferença de que para uma 
compressão de 20cm da mola, a esfera ainda não parou: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A resolução é então igual: 
𝑊𝐹𝑁𝐶 = 0 
⟹ ∆𝐸𝑐 + ∆𝐸𝑝
𝑔
+ ∆𝐸𝑝
𝑒𝑙 = 0 
⟹
1
2
𝑚(𝑣𝑓
2 − 𝑣𝑖
2) + 𝑚𝑔(ℎ𝑓 − ℎ𝑖) +
1
2
𝐾(𝑥𝑓
2 − 𝑥𝑖
2) = 0 
Substituindo os dados indicados na figura, vem: 
⟹
1
2
5 × (𝑣2 − 02) + 5 × 10 × (0,3− 1,5) +
1
2
750 × (0,22 − 02) = 0 
⟹
1
2
5𝑣2 − 60 + 15 = 0 
⟹ 𝑣 = √18 𝑚/𝑠 
 
 
 
 
ℎ𝑓 = 0,5 − 0,2 
𝑥 = 0,2 𝑚 
1,5 𝑚 
𝑥1 = 0; ℎ1 = 1,5 𝑚; 𝑣1 = 0 
𝑥2 = 0,2; ℎ2 = 0,3; 𝑣2 =? 
 
 0,5 𝑚