Prova G1 2018 resolvida

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Tipo de atividade: 
Prova  Trabalho  
Avaliação: G1  G2  
Substituição de Grau:  
Curso: Disciplina: Física Mecânica Data: 2018/1 
Turma: Professor: 
NOTA: 
Acadêmica(o): 
 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. Um caminhão percorre três vezes o mesmo trajeto. Na primeira, sua velocidade média é de 
20 m/s e o tempo de viagem é t1. Na segunda, sua velocidade média é de 15 m/s e o tempo 
de viagem é t2. Se, na terceira, o tempo de viagem for igual a 
(2∙t1 +t2)
2
, qual será a velocidade 
média, aproximada, do caminhão nessa vez? 
 
Trajeto 1: v1 = 20 m/s 
t1 = t1 
S = v1 . t1 
t1 =
∆𝑆
20
 
Trajeto 2: v2 = 15 m/s 
t2 = t2 
S = v2 . t2 
t2 =
∆𝑆
15
 
Trajeto 3: v3 = ? m/s 
t3 =
(2 ∙ t1 + t2)
2
 
S = v3 . t3 
(2 ∙ t1 + t2)
2
=
∆𝑆
𝑣3
 
 
Uma forma de fazer é substituir t1 e t2 na 
última equação, assim: 
(2 ∙ t1 + t2)
2
=
∆𝑆
𝑣3
 
(2 ∙
∆𝑆
20 +
∆𝑆
15)
2
=
∆𝑆
𝑣3
 
(
∆𝑆
10 +
∆𝑆
15)
2
=
∆𝑆
𝑣3
 
(
3 ∙ ∆𝑆 + 2 ∙ ∆𝑆
30 )
2
=
∆𝑆
𝑣3
 
5 ∙ ∆𝑆
60
=
∆𝑆
𝑣3
 
𝑣3 =
60
5
 
𝐯𝟑 = 𝟏𝟐 𝐦/𝐬 
 
2 
2. O deslocamento retilíneo de um objeto pode ser descrito conforme a equação horária 
S = 3 ∙ t − 5 ∙ t3 + 2 ∙ t4 
com unidades no SI. Determine 
a) A posição do objeto no instante 3 segundos; 
b) A velocidade do objeto no instante 2 segundos; 
c) A aceleração do objeto no instante 1 segundo. 
 
a) Cálculo da posição: 
S = 3 ∙ t − 5 ∙ t3 + 2 ∙ t4 
S(3) = 3 ∙ 3 − 5 ∙ 33 + 2 ∙ 34 
S(3) = 9 − 135 + 162 
𝐒(𝟑) = 𝟑𝟔 𝐦 
 
b) Cálculo da velocidade: 
v =
d′S
dt′
 
v(t) = 3 − 15 ∙ t2 + 8 ∙ t3 
v(2) = 3 − 15 ∙ 22 + 8 ∙ 23 
v(2) = 3 − 60 + 64 
𝐯(𝟐) = 𝟕 𝐦/𝐬 
 
c) Cálculo da aceleração: 
a =
d′′S
dt′′
 
a(t) = − 30 ∙ t + 24 ∙ t2 
a(1) = − 30 ∙ 1 + 24 ∙ 12 
a(1) = −30 + 24 
𝐚(𝟏) = − 𝟔 𝐦/𝐬𝟐 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 
3. Uma bola é lançada verticalmente para cima de um ponto próximo à borda de um terraço de 
um arranha-céu. Na descida ela passa, rente ao edifício, por um ponto a 49 m abaixo do ponto 
de partida, 5 segundos depois de ter sido lançada. Qual a velocidade da bola ao passar por um 
ponto a 19,6 m abaixo do ponto de lançamento? 
 
Primeiro vamos determinar a velocidade da bola no ponto 
de saída, isto é, vA, assim: 
y = yo + vo ∙ t +
g ∙ t2
2
 
(h − 49) = h + vA ∙ 5 −
9,8 ∙ 52
2
 
h − 49 − h + 122,5 = vA ∙ 5 
vA ∙ 5 = 73,5 
vA =
73,5
5
 
vA = 14,7 m/s 
Agora vamos calcular quanto tempo a bola leva para ir de A até C (ponto situado a 19,6 m abaixo do 
ponto de partida): 
y = yo + vo ∙ t +
g ∙ t2
2
 
(h − 19,6) = h + 14,7 ∙ tC −
9,8 ∙ tC
2
2
 
h − 19,6 − h − 14,7 ∙ tC + 4,9 ∙ tC
2 = 0 
4,9 ∙ tC
2 − 14,7 ∙ tC − 19,6 = 0 
tC =
14,7 ± √14,72 − 4 ∙ 4,9 ∙ 19,6
2 ∙ 4,9
 
tC =
14,7 ± 24,5
9,8
 
tC
′ = 4 s 
tC
′′ = −1 s 
Finalmente vamos determinar a velocidade no instante 4 s, isto é, quando ele ocupa a posição C, 
19,6 m abaixo do ponto de partida, assim: 
v = vo + g ∙ t 
v = 14,7 − 9,8 ∙ 4 
𝐯 = − 𝟐𝟒, 𝟓 𝐦/𝐬 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A = h (ponto de partida) 
B = h – 49 (ponto 49 m 
abaixo da partida) 
C = h – 19,6 (ponto 19,6 m 
abaixo da partida) 
4 
4. Dois blocos de massas respectivamente iguais a mA = 5 kg e mB = 8 kg, estão em contato sobre 
um plano inclinado de ângulo de inclinação  = 24° e são empurrados para cima por uma força 
horizontal F = 38 N. Admitindo que não há atrito entre os blocos e a superfície do plano 
inclinado, calcule a força que o bloco A exerce sobre o bloco B. 
 
PAx = mA ∙ g ∙ sin  
PBx = mB ∙ g ∙ sin  
PAx = 5 ∙ 9,8 ∙ sin 24
o 
PBx = 8 ∙ 9,8 ∙ sin 24
o 
PAx = 19,93 N 
PBx = 31,89 N 
 
Fx = F ∙ cos  
Fx = 38 ∙ cos 24
o 
Fx = 34,71 N 
 
FR = m ∙ a 
P⃗⃗ Ax + P⃗⃗
 
Bx + F⃗
 
x = (mA + mB) ∙ a⃗ 
19,93 + 31,89 − 34,71 = (5 + 8) ∙ a 
a =
17,11
13
 
a = 1,32 m/s² 
 
Isolando o bloco B, teremos: 
FR = m ∙ a 
P⃗⃗ Bx + F⃗
 
AB = mB ∙ a⃗ 
31,89 + F⃗ AB = 8 ∙ 1,32 
𝐅 𝐀𝐁 = 𝟐𝟏, 𝟑𝟔 𝐍 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
B 
A 
F 
 
Fx 
Fy 
PA 
PB 
FAB 
PAX 
PAY 
PBX 
PBY 
FBA 
5 
5. Devido a problemas técnicos um drone está caindo com uma velocidade constante formando 
um ângulo de 67,0° com a vertical. A uma altura de 123 m, a câmara que estava presa ao 
drone, se desconecta, chegando ao solo 4,5 s após deixar o drone. Determine: 
a) Qual é a velocidade do drone? 
b) Que distância a câmera percorre horizontalmente durante a queda? 
c) Quais são as componentes horizontal e vertical da velocidade da câmera no momento 
em que ela chega ao solo? 
 
Dados: 
yo = 123 
y = 0 
t = 4,5 s 
 = 67° 
vx = v ∙ sin  
voy = − v ∙ cos  
vx = v ∙ sin 67° 
voy = − v ∙ cos 67° 
vx = 0,92 ∙ v 
voy = − 0,39 ∙ v 
 
y = yo + voy ∙ t +
g ∙ t2
2
 
0 = 123 + voy ∙ 4,5 −
9,8 ∙ 4,52
2
 
− 123 + 99,225 = voy ∙ 4,5 
voy =
− 23,775
4,5
 
voy = − 5,28 m/s 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como já tinhamos que: 
voy = − 0,39 ∙ v 
Então: 
− 5,28 = − 0,39 ∙ v 
v = 
5,28
0,39
 
𝐯 = 𝟏𝟑, 𝟓𝟒 𝐦/𝐬 
 
x = xo + vx ∙ t 
x = 0 + 0,92 ∙ v ∙ 4,5 
x = 0,92 ∙ 13,54 ∙ 4,5 
𝐱 = 𝟓𝟔, 𝟎𝟔 𝐦 
 
vy = voy + g ∙ t 
vy = − 5,28 − 9,8 ∙ 4,5 
vy = − 5,28 − 44,1 
vy = − 49,38 m/s 
 
vx = 0,92 ∙ v 
vx = 0,92 ∙ 13,54 
vx = 12,46 m/s 
 
�⃗� = (+𝟏𝟐, 𝟒𝟔 �̂� − 𝟒𝟗, 𝟑𝟖 �̂�)𝐦/𝐬 
|�⃗� | = 𝟓𝟎, 𝟗𝟑 𝐦/𝐬 
 
 
 
 
67° 
6 
6. Dois corpos estão ligados por um fio leve que passa por uma polia sem atrito, como mostra a 
figura ao lado. O plano inclinado não oferece atrito entre o corpo 2 e a superfície do mesmo. 
As massas dos corpos são respectivamente m1 = 2,00 kg e m2 = 6,00 kg, e  = 55°. Determine 
o módulo das velocidades dos corpos, em um tempo de 2 segundos depois que forem soltos 
a partir do repouso. 
 
Inicialmente precisamos calcular o valor de P1 e 
decompor o peso P2, assim: 
P1 = m1 ∙ g 
P1 = 2 ∙ 9,8 
P1 = 19,60 N 
 
P2x = P2 ∙ sin  
P2y = P2 ∙ cos  
P2x = m2 ∙ g ∙ sin  
P2y = m2 ∙ g ∙ cos  
P2x = 6 ∙ 9,8 ∙ sin 55° 
P2y = 6 ∙ 9,8 ∙ cos 55°
P2x = 48,17 N 
P2y = 33,73 N 
 
Como não há atrito no atuando no sistema, as únicas forças que interessam para o movimento são 
P1 e P2x, então, aplicando a segunda lei de Newton teremos: 
FR = m ∙ a 
P2x − P1 = (m1 + m2) ∙ a 
48,17 − 19,60= (2 + 6) ∙ a 
28,57 = 8 ∙ a 
a =
28,57
8
 
a = 3,57 m/s² 
 
Sabendo que esta é a aceleração do sistema e que os objetos saíram do repouso, temos: 
v = vo + a ∙ t 
v = 0 + 3,57 ∙ 2 
𝐯 = 𝟕, 𝟏𝟒 𝐦/𝐬
 
 
 
 
 
 
 
 
m1 m2 
 
P1 
P2 
P2X 
P2Y 
FN 
7 
7. Um bloco A está apoiado sobre um bloco B de massa 20 kg. O coeficiente de atrito estático 
entre a superfície inferior do bloco A e a superfície superior do bloco B é 0,38. Já o coeficiente 
de atrito cinético entre a superfície inferior do bloco B e o solo é 0,21. Uma força F é feita para 
a direita, somente sobre o bloco A. Qual a maior massa do bloco A para que o conjunto (bloco 
A e bloco B) se desloque com velocidade constante para a direita? 
 
A força de atrito que surge no bloco A devido ao contato entre 
as superfícies dos blocos A e B tem como força de reação uma 
força de mesma intensidade, mesma direção, porém com 
sentido contrário, aplicada sobre o bloco B, como mostra a 
figura ao lado. 
Esta é uma força interna ao sistema que não irá interferir no movimento do sistema. Observe que é 
necessário que, para o bloco B se movimente para a direita, esta força de reação deverá ser igual 
ou maior do que a força de atrito existente entre o bloco B e o solo, caso contrário o bloco B ficará 
parado. Como o problema diz que a velocidade do conjunto será constante, deduz-se que a força 
de reação em B deve ser igual a força de atrito de B com o solo, assim: 
fatB = FreaçãoA  B 
fatB = fatA 

B
∙ FNB = A ∙ FNA 
Um cuidado que deve-se tomar neste caso é que a força normal em B é numericamente igual a soma 
dos pesos dos blocos B e A, isto é: 

B
∙ (PA + PB) = A ∙ PA 

B
∙ (mA ∙ g + mB ∙ g) = A ∙ mA ∙ g 
0,21 ∙ [(mA ∙ 9,8) + (20 ∙ 9,8)] = 0,38 ∙ mA ∙ 9,8 
2,058 ∙ mA + 41,160 = 3,724 ∙ mA 
41,160 = 3,724 ∙ mA − 2,058 ∙ mA 
41,160 = 1,666 ∙ mA 
mA =
41,160
1,666
 
𝐦𝐀 = 𝟐𝟒, 𝟕 𝐤𝐠 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B 
F 
fat A 
fat B 
Freação A  B 
8 
8. O plano inclinado da figura mostra dois objetos de massas m = 1 kg e M = 6 kg. A polia e o fio 
que ligam estes objetos são ideais. O ângulo  de inclinação do plano inclinado é 25°. Os 
coeficientes de atrito estático e cinético entre o objeto M e a superfície inclinada do plano são 
respectivamente e = 0,28 e k = 0,22. Com estas informações, determine a aceleração do 
sistema, indicando se o sistema está descendo a rampa ou subindo a rampa. 
 
Primeiramente vamos encontrar o peso Pm 
e decompor o peso PM: 
Pm = m ∙ g 
Pm = 1 ∙ 9,8 
Pm = 9,8 N 
PMx = M ∙ g ∙ sin 
PMy = M ∙ g ∙ cos 
PMx = 6 ∙ 9,8 ∙ sin 25° 
PMy = 6 ∙ 9,8 ∙ cos 25° 
PMx = 24,85 N 
PMy = 53,29 N 
Como PMx > Pm, concluímos que a tendência ao movimento é para a esquerda (sentido anti-
horário). Podemos agora desenhar a força de atrito no sentido contrário ao da tendência. 
Precisamos agora calcular a força de atrito estático máxima para saber se há ou não movimento: 
fatestático = eM
∙ FN 
fatestático = eM
∙ PMy 
fatestático = 0,28 ∙ 53,29 
fatestático = 14,92 N 
Como PMx continua sendo maior do que a soma fatestático + Pm, isto é: 
fatestático + Pm = 14,92 + 9,8 = 24,72 N 
PMx = 24,85 N 
Isto significa que o sistema está em movimento no sentido anti-horário, sendo assim é necessário 
recalcular a força de atrito utilizando o coeficiente de atrito cinético. Assim: 
fatcinético = cM
∙ FN 
fatcinético = cM
∙ PMy 
fatcinético = 0,22 ∙ 53,29 
fatcinético = 11,72 N 
Aplicando a segunda lei de Newton, teremos: 
FR = m ∙ a 
PMx − fatcinético − Pm = (m + M) ∙ a 
24,85 − 11,72 − 9,8 = (1 + 6) ∙ a 
3,33 = 7 ∙ a 
a =
3,33
7
 
𝐚 = 𝟎, 𝟒𝟖 𝐦/𝐬² 
M 
m 
 
 
PM 
PXM 
PYM 
Pm 
FN 
fat