Prova 1 G1 2017 resolvida

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Tipo de atividade: 
Prova  Trabalho  
Avaliação: G1  G2  
Substituição de Grau:  
Curso: Disciplina: Física Mecânica Data: 2017/2 
Turma: Professor: 
NOTA: 
GABARITO 
• Uma prova é um documento oficial da Universidade, portanto sua prova pode ser feita com lápis, porém as respostas finais devem estar expressas 
com caneta azul ou preta. 
• Todas as folhas de rascunho devem ser entregues ao professor da disciplina. 
• Você pode utilizar uma folha de tamanho A4 (que não seja fotocópia) com a sua identificação (nome) somente com as equações, sem problemas 
resolvidos. 
• Para todas as questões, caso seja necessário, adote g = 9,8 m/s² 
• Sua prova é constituída de 8 (oito) questões com pesos iguais (1,0 pontos cada uma), porém na correção será levado em consideração todos os 
cálculos envolvidos, portanto é necessário explicitar o desenvolvimento das questões. Respostas sem o desenvolvimento não serão aceitas. 
• Para completar sua nota de G2 você deve somar a nota desta prova com a nota do trabalho feito em sala de aula que teve peso 2,0. 
• É permitido o uso de calculadora científica para a resolução dos exercícios durante a prova. 
Boa Prova 
1. Da sacada de um prédio, uma bola de tênis é lançada verticalmente 
para cima. Quando retorna a sua altura original, embora continue 
caindo, sua velocidade é de 14 m/s. Após 2 segundos de queda, a bola 
atinge o chão. Com base nessas informações, responda: 
a) Qual a altura do ponto de lançamento em relação ao nível da 
rua, ou seja, a base do prédio? 
b) Qual a altura máxima atingida pela bola em relação ao nível da 
rua, ou seja, a base do prédio? 
Dados: 
Vsubida = + 14 m/s 
Vdescida = – 14 m/s 
t = 2 s 
a) Analisando apenas os 2 segundos da descida: 
So = ? 
S = 0 (chão) 
Então: 
S = So + Vo ∙ t +
a ∙ t²
2
 
0 = So − 14 ∙ 2 −
9,8 ∙ 2²
2
 
So = 28 + 19,6 
𝐒𝐨 = 𝟒𝟕, 𝟔 𝐦 
 
b) Analisando somente a subida, teremos: 
Vo = 14 m/s 
V = 0 
Então: 
V = Vo + a ∙ t 
0 = 14 − 9,8 ∙ t 
t =
14
9,8
 
t = 1,43 s 
Este é o tempo de subida. Ainda analisando 
somente a subida e pegando o resultado da 
letra “a”, teremos: 
So = 47,6 m 
S = ? 
Então: 
S = So + Vo ∙ t +
a ∙ t²
2
 
S = 47,6 + 14 ∙ 1,43 −
9,8 ∙ 1,43²
2
 
S = 47,6 + 20,02 − 10,02 
𝐒 = 𝟓𝟕, 𝟔 𝐦 
 
Vsubida = + 14 m/s 
Vdescida = – 14 m/s 
t = 2 s 
2. Sabendo que a posição de uma partícula é dada por x = 20.t – 0,5.t³, em que x é dado em metros e t 
em segundos, determine que tipo de movimento a partícula apresentará no instante 3 segundos. 
(Justifique sua escolha com cálculos.) 
a) Progressivo e Acelerado 
b) Progressivo e Retardado 
c) Regressivo e Acelerado 
d) Regressivo e Retardado 
Para saber se o movimento é progressivo ou 
regressivo, é necessário saber o sinal da 
velocidade instantânea da partícula. Dessa 
forma: 
v =
dx
dt
 
v =
d(20 ∙ t – 0,5 ∙ t³)
dt
 
v = 20 − 1,5 ∙ t² 
Substituindo t = 3 s: 
v = 20 − 1,5 ∙ 3² 
v = 20 − 13,5 
𝐯 = +𝟔, 𝟓 𝐦/𝐬 
Como a velocidade é positiva no instante 3 s, 
pode-se garantir que o movimento é 
PROGRESSIVO. 
 
Para saber se o movimento é acelerado ou 
retardado, é necessário saber os sinais da 
velocidade e da aceleração instantâneas da 
partícula. O da velocidade já é conhecido, 
então: 
a =
dv
dt
 
a =
d(20 − 1,5 ∙ t²)
dt
 
a = − 3 ∙ t 
Substituindo t = 3 s: 
a = − 3 ∙ 3 
𝐚 = − 𝟗 𝐦/𝐬² 
Como a velocidade é positiva no instante 3 s, 
e acabamos de descobrir que a aceleração é 
negativa, pode-se garantir que o movimento 
é RETARDADO. 
Resposta letra B 
3. Um jogador dispara um dardo com velocidade v⃗ = + 14 î m/s em direção a um alvo, alinhando 
horizontalmente a direção de disparo com o centro do alvo (a “mosca”). Sabendo que o tempo total 
de vôo do dardo é de 0,25 s; calcule: 
a) A distância do jogador ao alvo, em “x” e; 
b) O quanto ele irá “errar” o alvo, em centímetros (y). 
 
Dados: 
v⃗ o = + 14 î m/s 
Portanto: 
v⃗ x = + 14 m/s 
v⃗ oy = 0 m/s 
a) Para determinar a distância percorrida em x, 
teremos: 
x = xo + v ∙ t 
x = 0 + 14 ∙ 0,25 
𝐱 = 𝟑, 𝟓 𝐦 
b) Para determinar a distância percorrida em y, 
para saber o quanto ele erra do alvo devido a 
queda provocada pela ação gravitacional, 
teremos: 
y = yo + Voy ∙ t +
g ∙ t²
2
 
y = 0 + 0 ∙ 0,25 −
9,8 ∙ 0,25²
2
 
𝐲 = −𝟑𝟎, 𝟔 𝐦 
 
 
linha de visada 
y 
Ponto de 
chegada 
x 
4. Com que velocidade inicial o jogador de basquetebol da figura ao lado 
deve arremessar a bola, com um ângulo  = 55o acima da horizontal, 
para converter o lance livre? 
As distâncias horizontais são d1 = 0,305 m e d2 = 4,270 m e; 
As alturas são h1 = 2,140 m e h2 = 3,050 m. 
Dados: 
d1 = 0,305 m e d2 = 4,270 m 
xo = 0 
x = d2 – d1 = 3,965 m 
h1 = 2,140 m e h2 = 3,050 m 
yo = 2,140 m 
y = 3,050 m 
Decompondo a velocidade inicial Vo, teremos: 
vx = vo ∙ cos 55
o 
voy = vo ∙ sin 55
o 
Utilizando a equação do movimento em x, podemos 
isolar o tempo, assim: 
x = xo + vx ∙ t 
3,965 = 0 + (vo ∙ cos55
o) ∙ t 
 
t = 
3,965
(vo ∙ cos55o)
 
 
 
 
 
 
Utilizando agora a equação do movimento em y e 
substituindo o tempo (t) pela expressão encontrada, 
teremos: 
y = yo + Voy ∙ t +
g ∙ t²
2
 
3,050 = 2,140 + vo ∙ sin55
o ∙
3,965
(vo ∙ cos55o)
− (
9,8
2
∙ (
3,965
(vo ∙ cos55o)
)
2
) 
Fazendo as simplificações possíveis, ficamos com: 
0,91 = 5,66 −
234,15
vo2
 
vo = √
234,15
4,75
 
𝐯𝐨 = 𝟕, 𝟎𝟐 𝐦/𝐬 
 
5. Uma corrente, composta por apenas dois elos é suspensa por uma corda, 
de massa desprezível, com aceleração a = 0,6 m/s². A massa do elo de cima 
é 200 g, enquanto a do elo de baixo é de 100 g. Calcule: 
a) A força entre os dois elos. 
b) A força F exercida na corda. 
Dados: 
ms = 200 g = 0,2 kg 
mi = 100 g = 0,1 kg 
a = 0,6 m/s² 
Analisando as forças que atuam em cada elo, 
como mostra a figura ao lado: 
Elo superior: F (força que a corda faz) Ps (peso 
do elo superior) Fsi (força que o elo superior 
faz puxando o inferior para cima). 
Elo inferior: Pi (peso do elo inferior) Fis (força 
que o elo inferior faz puxando o superior para 
baixo). 
a) Isolando o Elo inferior, teremos: 
Fr = m ∙ a 
−Fis − Pi = mi ∙ a 
−Fis − mi ∙ g = mi ∙ a 
−Fis − 0,1 ∙ 9,8 = 0,1 ∙ 0,6 
−Fis = 0,06 + 0,98 
𝐅𝐢𝐬 = −𝟏,𝟎𝟒 𝐍 
 
b) Agora analisando o conjunto todo, 
temos: 
Fr = m ∙ a 
F − Ps − Pi = (ms + mi) ∙ a 
F − (ms ∙ g) − (mi ∙ g) = (ms + mi) ∙ a 
F − (0,2 ∙ 9,8) − (0,1 ∙ 9,8)
= (0,2 + 0,1) ∙ 0,6 
F − 1,96 − 0,98 = 0,18 
 
𝐅 = 𝟑, 𝟏𝟐 𝐍 
d1 
d2 
h1 
h2 
 = 55o 
Vo 
F 
corda 
Elo superior 
m= 200 g 
Elo inferior 
m= 100 g 
𝐅 
𝐅 𝐬𝐢 
𝐅 𝐢𝐬 �⃗⃗� 𝐬 
�⃗⃗� 𝐢 
6. Uma caixa de 100 kg é empurrada, sobre um plano 
inclinado, por uma força horizontal F, como mostra a 
figura que segue. O plano inclinado não se move. 
Despreze o atrito entre o plano e a caixa. 
a) Qual é o valor da força horizontal F necessária 
para que a caixa se desloque com velocidade 
constante para cima? 
b) Qual será, neste caso, a força exercida pelo 
plano sobre a caixa? 
 
a) Para que a caixa ande com velocidade 
constante, a = 0, portanto a Fr = 0. Para 
isso, no eixo x: 
Fx = Px 
F ∙ cos  = m ∙ g ∙ sin  
F ∙ cos30° = 100 ∙ 9,8 ∙ sin 30° 
F =
100 ∙ 9,8 ∙ sin 30°
cos30°
 
𝐅 = 𝟓𝟔𝟓, 𝟖 𝐍 
b) A força normal será o somatório de Py e Fy, 
então: 
FN = Py + Fy 
FN = m ∙ g ∙ cos + F ∙ sin  
FN = 100 ∙ 9,8 ∙ cos 30° + 565,8 ∙ sin 30° 
FN = 848,7+ 282,9 
𝐅𝐍 = 𝟏 𝟏𝟑𝟏, 𝟔 𝐍 
 
7. Na figura ao lado, duas caixas estão ligadas por uma corda 
que passa por uma polia. A caixa A pesa 102 N e a caixa B 
pesa 32 N. Os coeficientes de atrito entre a caixa A e a 
rampa são e = 0,36 e k = 0,25. O ângulo  que aparece na 
figura vale 40o. Suponha que o eixo x é paralelo à rampa, 
com o sentido positivo para cima. Qual é a aceleração do 
sistema? 
Dados: 
PA = 102 N  mA =
PA
g
  mA =
102
9,8
  
mA = 10,4 kg 
PB = 32 N  mB =
PB
g
  mB =
32
9,8
  
mB = 3,3 kg 
Decompondo PA, teremos: 
PxA = PA ∙ sin  
PyA = PA ∙ cos  
PxA = 102 ∙ sin 40° 
PyA = 102 ∙ cos 40° 
PxA = 65,56 N 
PyA = 78,14 N 
Inicialmente é necessário calcular a força de 
atrito estática máxima para saber se o 
sistema está em repouso ou em movimento, 
dessa forma: 
fatemáx.
= e ∙ FN 
fatemáx.
= e ∙ PyA 
fatemáx.
= 0,36 ∙ 78,14 
fatemáx.
= 28,13 N 
Como PB + fatemáx.
< PxA, pode-se concluir 
que o sistema não está em repouso, isto é, há 
movimento. Neste caso é necessário 
recalcular a força de atrito utilizando o 
coeficiente de atrito cinético, assim: 
fatk = k ∙ FN 
fatk = k ∙ PyA 
fatk = 0,25 ∙ 78,14 
fatk = 19,53 N 
F 
30o 
Fx 
Fy 
P 
Px 
Py 
30o 
30o 
FN 
A 
B 
 
 
PA 
Px 
FN 
Py 
PB 
fat 
Finalmente, utilizando a 2ª lei de Newton, e 
respeitando o que é sugerido pelo problema, 
isto é, “suponha que o eixo x é paralelo à 
rampa, com o sentido positivo para cima”, 
teremos: 
Fr = m ∙ a 
PB + fatk − PxA = (mA + mB) ∙ a 
32 + 19,53 − 65,56 = (10,4 + 3,3) ∙ a 
−14,03 = 13,7 ∙ a 
𝐚 = −𝟏, 𝟎𝟐 𝐦/𝐬² 
 
8. Um garoto de 30 kg deitado sobre um esqui 
desce, a partir do repouso, um declive de 4,0 m 
de altura que forma um ângulo de 30o com a 
horizontal, conforme indica a figura. Ao chegar à 
base, o garoto possui uma velocidade de 2 m/s. 
Qual o coeficiente de atrito entre a lâmina do 
esqui e a superfície gelada? 
 
 
 
 
Dados: 
m = 30 kg 
h = 4,0 m 
 = 30° 
Vo = 0 
V = 2 m/s 
Inicialmente precisamos determinar a 
distância (S) total percorrida pelo garoto. 
Para isso usaremos as relações 
trigonométricas. Assim: 
sin  =
cateto oposto
hipotenusa
 
sin  =
h
S
 
S =
h
sin 
 
S =
4
sin 30°
 
𝐒 = 𝟖 𝐦 
 
Com este resultado podemos calcular a 
aceleração que o garoto adquiriu ao 
percorrer essa distância e, para isso, 
utilizaremos a equação de Torricelli. 
v2 = vo
2 + 2 ∙ a ∙ S 
22 = 02 + 2 ∙ a ∙ 8 
a =
4
16
 
𝐚 = 𝟎, 𝟐𝟓 𝐦/𝐬² 
Agora podemos utilizar a 2ª lei de Newton 
para determinar o coeficiente de atrito entre 
o garoto e o chão. 
Fr = m ∙ a 
Px − fat = m ∙ a 
Px −  ∙ FN = m ∙ a 
Px −  ∙ Py = m ∙ a 
P ∙ sin −  ∙ P ∙ cos  = m ∙ a 
m ∙ g ∙ sin −  ∙ m ∙ g ∙ cos  = m ∙ a 
g ∙ sin −  ∙ g ∙ cos  = a 
9,8 ∙ sin 30° −  ∙ 9,8 ∙ cos 30° = 0,25 
4,9 −  ∙ 8,49 = 0,25 
 =
4,65
8,49
 
 = 𝟎, 𝟓𝟓 
P 
Px 
Py 
 
h = 
FN 
fat