[vestcursos] Física - Gabarito e resoluções da Apostila 1

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Gabarito 
Comentado 
Prof Renato Brito 
Gabarito Comentado
Exercícios de Casa
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
Capítulo 1 - Vetores 
1) a) 2 , b) 
2
 , c) 4, d) 2 
2) D
3) B
4) C
5) a) 3a, b) 2a, c) nula 
6) B
7) B
8) é só decompor  , s = 16, d = 12
9) B
10) a)  2, b)  2
3
, c) nulo, d)  2
2
11) a) 5 b) 13
12) a) N = P. cos = 160N 
b) Fat = P. sen = 120N
13) 60°
14) a) 5 , b) 6 
15) a) 5 , b) 6 
16) 5 m/s
17) b)  10, c)  10
2
18) a) 5 , b) 5, c) 5 
19) D
20) D
21) B
Capítulo 2 - De Aristóteles A Galileu 
 - Gostaria de assistir a essa aula novamente na íntegra ? 
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1) a) equilíbrio 
b) MRU, equilíbrio
c) não equilíbrio
d) equilíbrio
e) não equilíbrio
f) MRU, equilíbrio
g) actp, não equilíbrio
h) não equilíbrio
i) força peso, não equilíbrio
j) actp, não equilíbrio
k) velocidade escalar constante significa |v| = constante mas,
e quanto à direção da velocidade ? Não temos certeza se
é um MRU ou não. Falso.
l) uniforme e retilíneo ? ou curvilíneo ? Nada se pode afirmar
m) MRU ou não ? Falso.
n) equilíbrio
o) MRU, equilíbrio.
2) Não, visto que a velocidade (grandeza vetorial) não é
constante durante o movimento. Afinal, a direção da
velocidade está sempre variando durante qualquer
movimento não retilíneo e toda variação de velocidade
implica uma aceleração. A aceleração centrípeta (grandeza
vetorial) também varia durante todo o MCU, visto que sua
direção vai se adaptando, em cada ponto da trajetória, de
forma a sempre apontar para o centro da curva.
3) Durante a oscilação do pêndulo, ele nunca estará em
equilíbrio, pois a resultante entre as duas únicas forças que
agem sobre o corpo ( a tração T e o peso P) nunca será
nula. Afinal, em nenhum momento essas forças terão a
mesma direção, o mesmo valor e sentidos contrários.
Mesmo no ponto mais baixo da oscilação, onde elas têm a
mesma direção e sentidos contrários, tem-se T > P, já que a
resultante delas é centrípeta naquele ponto.
Para estar em repouso, sua velocidade precisa ser nula, o 
que ocorre nos dois extremos da oscilação. Nesses pontos, o 
corpo encontra-se momentaneamente em repouso (V=0), 
embora não esteja em equilíbrio ( FR  0). 
4) a) Não, pois trata-se de um repouso apenas momentâneo, a 
caixa parou apenas para inverter o sentido do movimento, 
portanto ela não está em equilíbrio. b) sim, ela está 
momentaneamente em repouso. c) Nesse instante, a força 
resultante na caixa aponta para cima FR (para que ela volte 
a subir após parar), portanto temos Fel > P . c) A caixa 
não tem velocidade (v=0) visto que está parada, mas tem 
aceleração a para cima, aceleração essa causada pela 
força resultante FR que aponta para cima. 
5) a) sim, o MRU é um dos dois possíveis estados de 
equilíbrio. b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio portanto 
Fat = P.sen = 20 N, adicionalmente tem-se N = P.cos. 
6) E
7) a) Não, pois no MCU a direção da velocidade varia durante o 
movimento, portanto, a velocidade (grandeza vetorial) da 
criança não é constante. b) sim, visto que se trata de um 
movimento uniforme. c) Não, visto que a velocidade da 
criança não é constante. A criança está sujeita a uma força 
resultante centrípeta responsável pela variação da direção da 
velocidade em cada instante. 
8) Apenas os casos a, b, d, h.
9) a) sim, como por exemplo um corpo em MRU. b) sim, um 
corpo em repouso momentâneo, como a caixa da questão 4. 
c) sim, é o caso do repouso permanente experimentado pelo
aparelho de ar-condicionado da sua sala de aula. 
10) E
11) a) Aristóteles desconhece a inércia. Para ele, a pedra cai 
verticalmente em relação à terra, à medida que o navio 
continua se movendo para frente, caindo portanto atrás do 
mastro. 
b) Galileu conhece a inércia. Para ele, navio e pedra
prosseguem se movendo juntos para a frente horizontalmente 
para a frente, à medida que a pedra também vai caindo 
vertical e, portanto, cai no pé do mastro. 
c) conceito de inércia.
12) A – lei da inércia. A pedra e o carro compartilham a mesma
Vx em relação à Terra, por isso, nenhum deles ultrapassa o
outro. A pedra cai no mesmo ponto sobre o carro.
Pergunta 1: (letra B) nesse caso, a velocidade Vx da
caminhote acelerada iria aumentando, mas a Vx da pedra
permaneceria constante. A caminhonete acelerada iria
deixando a pedra para trás. A pedra iria alcançar a pedra, iria
cair atrás dela.
Pergunta 2: (letra C) agora seria o contrario. Com o carro
freiando, a pedra acabaria era ultrapassando o carro e cairia
à frente dele.
13) D
14) a) Somente uma, a força peso; 
b) A aceleração em cada instante será a da gravidade a = g
vertical e para baixo; 
c) A bola está indo para onde aponta o vetor velocidade, ou
seja, para a direita. 
15) a) F b) V c) F d)V e) V f) F g) V 
16) Resposta da pergunta conceitual: nula, portanto, letra D,
viu, Aristóleles ? Não haverá força de atrito entre os blocos,
visto que não há tendência de escorregamento relativo entre
eles. Os blocos já estão se movendo com a mesma
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velocidade V em relação à terra e, portanto, estão parados 
entre si, se movem por inércia. MRU é um movimento que se 
mantém mesmo na ausência de forças. Só haveria atrito se A 
estivesse acelerada. Adicionalmente, lembre-se que velocidade 
não é força. 
17) Letra A, é zero. Veja a questão anterior. Os blocos se movem 
juntos por inércia. Nenhum deles tende a escorregar em 
relação ao outro, ou seja, nenhum deles tende a escorregar 
em relação ao outro já que nenhum deles está acelerado nem 
retardado. A força de atrito só atua entre esses dois blocos se 
eles estiverem se movendo acelerados ou retardados. É 
pegadinha mesmo a questão, mas com o tempo você vai se 
acostumar a esse tipo de questão, não tenha medo . 
Estudaremos ainda muito sobre a força de atrito daqui a dois 
meses.  Vai dar tudo certo, aguarde ! 
18) Esquerda (v), retardado (a), direita (FR), aceleração, 
direita, maior 
19) Direita (v), acelerado (a), direita (FR), aceleração, 
direita, maior 
20) a) incompatível, pois FR pra direita implica aceleração pra 
direita 
b) compatível 
c) compatível 
d) FR = 0, o corpo pode estar em MRU sim – compatível 
e) incompatível, o corpo está se movendo para aponta a sua 
velocidade, ou seja, para a direita. 
f) compatível – o corpo está indo para a direita embora 
esteja retardando 
21) a) V b) F c) F d) V e) V f) V g) V 
h) F i) F j) V k) F l) F m) V 
22) a) V b) V c) NPA d) NPA e) F f) V g) V 
h) F i) F j) V k) V l) V m) V 
n) F o) V 
23) D, equilíbrio pois as massas são iguais, nenhum blocos 
tende a acelerar nem para cima nem para baixo, aceleração 
nula, força resultante nula ( T = m.g). Os blocos podem estar 
parados ou em MRU. A letra C não tem nada a ver. Em 
qualquer posição que os blocos forem abandonados em 
repouso, eles permanecerão em repouso, visto que teremos 
T = m.g em qualquer um deles, em qualquer posição. 
24) Como MA > MB, A tem aceleração para baixo, B tem 
aceleração para cima, ainda que nada se possa afirmar 
sobre suas velocidades. O peso do bloco A certamente é 
maior que a tração no fio 1, visto que A tem aceleração 
para baixo. Isso independe de A estar subindo V ou 
descendo V , resposta Letra E 
25) a) F b) V c) F d) F e) Ff) F g) V 
h) V i) F j) F k) F 
 
Capítulo 2 – Parte 2 – Galileu e o movimento acelerado (página 49) 
1) B, V = d / t = 9 / 1,5 = 6 m/s, sim , só isso  !! 
2) D, mostre que em 1 minuto de funcionamento o nível da 
água sobre 60 mm e lembre-se que 1m3 = 1000 litros. 
3) E 
4) 350 km – dica: calcule durante quanto tempo a abelha 
permanecerá voando ida e volta, ou seja, calcule o tempo de 
encontro dos trens. Depois multiplique esse tempo pela 
velocidade da abelha  só isso ! É sério ! Juro  
5) E, Teorema de Pitágoras. 
6) B 
7) C 
8) C 
9) C 
10) Letra A. Atenção, a velocidade média não é a média 
aritmética das velocidades, exceto no MUV. Essa questão 
não é um MUV. 
11) Letra D. Ignore o tempo de descanso. O veículo andou a 
primeira metade da distância com velocidade 60 km/h e a 2ª 
metade da distancia com velocidade 100 km/h. Essa 
questão é clássica. 
12) B 
13) C, Torricelli 
14) 15s, intuitivo. Lembre-se: o que significa aceleração ? Pense 
em progressão aritmética. 
15) a) sim, qualquer corpo em MRU. b) sim, um corpo lançado 
verticalmente para cima, ao atingir a altura máxima, tem 
aceleração a=g, mas sua rapidez é, momentaneamente, 
nula v = 0. 
16) 60 m, veja exemplo resolvido 1 página 36. 
17) A, igual à questão anterior. 
18) C 
19) A 
20) Letra E, faça o gráfico do módulo de V em função de t. 
21) C, velocidades iguais nesse caso implicam retas tangentes 
aos gráficos paralelas. 
22) letra E, método da gravata. 
23) Letra D, método da gravata. 
24) Letra C, método da gravata. 
25) B, calcule a área sob o gráfico e divida pelo tempo total. 
26) a) 3s , b) 125m, c) 8 s 
27) D, Torricelli 
28) a) 30 m/s, b) 45m , c) 10 m/s 
29) Letra C 
30) letra A , use 1x, 3x, 5x ...... proporções de galileu ! 
31) letra E , use 1x, 3x, 5x ...... proporções de galileu ! 
32) A 
33) C 
34) 0,5 Hz = 0,5 voltas / seg 
35) B 
36) B 
37) E 
38) B 
39) D 
40) A (aproximadamente) , v = 4,8 km/h 
41) C 
42) 60 m/s, 45 m (sem fórmulas por favor ) 
43) 50 m/s, 80 m (dica: ache Vx, depois Vy, depois use 
pitágoras para achar V) 
44) 60 m/s, 120 m 
45) 30 m, 6 s 
46) E 
47) 300 m/s 
48) E 
49) D 
50) a) 45o, b) 40 m, c) 10 m 
51) B 
52) B 
53) C, use a fórmula do alcance dada na questão 50, para 
alcance máximo use  = 45o 
 
 
 
Física
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Capítulo 2 – Parte 3 – O conceito de Força (página 74) 
1) C
2) A, quem sente a força é o operador, quem faz a força é a
corda.
3) C, ação e reação
4) Letra D. Lembre-se que velocidade não é força, e que a força
que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só
atua na bola enquanto houver contato entre as mãos e a
bola. As mãos do jogador não vão junto com a bola  !
5) Letra D. O dinamômetro é, meramente, um medidor de tração
T no fio. Essa tração T é a força que a pessoa aplica à
corda e que esta aplica tanto à caixa quanto à pessoa.
6) B, escreva a 2ª Lei de Newton para cada bloco, resolva o
sisteminha 2 x 2, ache a tração T no fio, igual à questão 2 de
classe página 70.
7) Letra C. Faça H = s = a.t² / 2, use a = 4 m/s2
8) Letra D, faça tabelinha, essa é fácil e intuitiva.
9) Letra D
10) a) T – P = m.a, a = 2 m/s2 , b) ou ele está subindo acelerado 
v, a ou ele está descendo retardado v, a. Note que o 
180 N dado na questão é a tração T no fio. 
11) D
12) C
13) a) 0 < t < 0,3 s , subindo acelerado N > P; 
b) N – P = m.a, onde a = tg no grafico, balança marcará
N = 560N. 
c) sensação de peso normal significa N = P, que ocorre nos
intervalos de tempo 0,3 < t < 1,3 s e t > 1,7s ; 
d) a balança marcará N = P = 400N;
e) mais leve, N < P, subindo retardado , 1,3 < t < 1,7 s.
f) P – N = m.a, onde a = tg no grafico, balança marcará
N = 280N. 
14) B
15) A
16) C
17) A
18) A
19) Analise o corpo C, depois o B. Ao final, considere todos
como se fossem um corpo só e determine F. Você 
encontrará a = 40/ 3 m/s2 e F = 800 N. Não arredonde 
frações calculando na calculadora, ok ? Dá azar  ! 
20) a = 3 m/s2, T = 45N. (analise a figura olhando a vista lateral
do desenho). 
21) a) 7,5 m/s2 , b) 25 N 
22) 120 N
23) Letra A. Lembre que molas que estejam comprimidas
atuam empurrando os corpos em volta dela, ao passo que 
molas que estejam elongadas atuam puxando os corpos em 
volta dela. Como a mola dessa questão está comprimida, ela 
fará na bola uma força para baixo. A velocidade da bola não 
influencia em nada, apenas indica para onde ela está indo. 
24) Letra D. Lembre-se que a marcação da balança é a normal
N que ela troca com a caixa. Sobre a caixa atuam a normal 
N, o seu peso M.g e a força elástica Fel no teto da caixa, 
que pode apontar para cima ou para baixo, conforme a mola 
esteja respectivamente comprimida ou elongada. Se a mola 
estivesse comprimida, teríamos N, M.g e Fel e 
N + Fel = M.g, portanto N < M.g. Se a mola estivesse 
deformada, teríamos N, M.g e Fel e N = Fel + M.g, 
portanto N > M.g. Quando a mola encontra-se em seu 
comprimento natural, teremos Fel =0 e N = M.g. 
25) a) Tanto pode estar indo pra direita v em movimento 
acelerado a, como indo pra esquerda v em movimento 
retardado a, b) Só sabemos que a aceleração do vagão, 
bem como da bola, é para a direita a, mas não temos 
como tirar conclusões sobre a velocidade, 
c) a = g.tg = 7,5 m/s2 , d) 50N, e) 2 cm
26) E, F2  F1X = m.a
27) D
Capítulo 3 - Atrito 
1) 25 N
2) a questão garante que o sistema está em equilíbrio estático,
assim, não requer análise. Fat = T = PB = 30 N
3) a questão garante que o sistema está em equilíbrio estático,
assim, não requer análise. Fat = 10 N
4) Fat = P.sen = 200. (3/5) = 120 N
5) Letra E, Como PB.sen30 = PA , as caixas não tendem a
escorregar em nenhuma direção ou sentido, portanto,
Fat = 0.
6) a questão garante que o sistema está em equilíbrio estático,
assim, não requer análise. Letra A
7) A, lembre-se que m.g.sen < m.g , ou seja, o bloco sobre
a rampa tem a tendência a subir a rampa, portanto recebe
Fat ladeira abaixo, na mesma direção e sentido do P.sen.
8) a) 120N, b) 100N, c) Fat = 80N, a = 6 m/s2 
9) a) 30N, b) sim, pois se Fat consegue segurar 30N, ela 
conseguirá segurar 10N, e teremos Fat = 10N, c) 60 N 
10) a) não, pois o coeficiente de atrito estático se relaciona com 
a força de atrito apenas na situação de iminência. 
Entretanto, sabemos apenas que a caixa está em equilíbrio, 
mas não sabemos se a força de atrito está no seu limite 
máximo. b) 4m 
11) a) a caixa não escorregará e teremos Fat = P.sen = 240N 
b) a caixa escorregará e teremos Fat = FatCINETICO = 96N
12) D, analise e conclua que a caixa escorrega.
13) a) caixa não escorregará e T = PB = 20N, b) caixa 
escorregará, Fat cin = 8N, resolvendo o sistema teremos 
a = 7,2 m/s2 e T = 22,4 N 
14) E
15) a) calcule FatMAX e analise, caixa está em equilíbrio mas 
fora da iminência, teremos Fat = PB = 200N , b) 280N 
16) Zero
17) 0,5 m/s2 , note que N + FY = P.
18) D, analise e resolva o sistema de equações.
19) a) 4 m/s2 , b) 0,4 
20) a) 2 m/s2 , b) 0,2 
21) D
22) C, igual ao raciocínio da questão 20 de casa. A caixa
primeiro vem em MRU com velocidade V = 60 m / 5 s =
12 m/s e, em seguida, entra no trecho com atrito. A partir
daí se inicia o MRUV retardado com velocidade inicial
Vo = 12 m/s.
23) A
24) E
25) Letra A, o solo aplica sobre a caixa a força de atrito Fat e
a normal N , portanto a força (total) que o solo aplica
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sobre a caixa é a resultante(pitagórica) entre N e Fat  
pegadinha ! Fique atento a esse tipo de questão ! 
26) B
27) B
28) a) 2 m/s2 , b) 5 s 
29) D
30) D
31) a) II, b) IV 
32) C
33) B
34) C
35) A
36) a  25 m/s2 b) F 250N, c)   0,5
37) 24N
38) 48 N
39) 3 m/s2 ( para que nenhuma caixa escorregue, devemos ter
a  3 e a  3,5 simultaneamente, portanto, basta termos
a  3)
40) E
41) A, coisa que eu morro de falar em sala , concorda ?
42) D
43) 5. 10–5 kg, Equilíbrio (MRU) , K.V = m.g 
44) B
45) D, veja questão 18 de Classe - (leia a teoria)
46) A
47) B
48) a) F 
b) V (atrito viscoso)
c) F
d) V ( FResist = K.V N)
e) F, (somente o Fat cinético e o Fat estático Max são
diretamente proporcionais à normal N) 
f) V
g) V
h) F
i) V
j) F, é estático, visto que o pneu rola sem escorregar
k) V
l) V ( vácuo, sem resistência do ar, vale o raciocínio do
Galileu) 
m) V, veja figura 49a, página 84
n) V
o) V
p) F (nada a ver, a gravidade existe lá sim e é originada
pela massa da lua) 
q) F , (nada impede)
r) F, (na lua tem gravidade ! )
49) a) Chegarão ao mesmo tempo. 
b) Não são relevantes.
50) a) Chegarão ao mesmo tempo. 
b) A bola de ferro chegará primeiro.
c) A situação da letra b.
51) E
52) B
53) A
Capítulo 4 – Dinâmica do movimento curvilíneo 
1) A
2) B
3) C
4) Posição A:[ 5, 2, 3, 1 ] , posição B: [ 5, 3, 3, nula ]
5) a) Posição A, b) 12 m/s2 , c) 6 m/s , d) aumentando de 
valor, pois a componente tangencial Atg da aceleração 
está a favor da velocidade. 
6) a) 4 m/s, b) 60 N, c) 80 N , d) 100N 
7) B
8) TA = 1680N, TB = 940 N, TC = 400N, TD = 20 N
9) a) N – P = m.V2/ R , N = 3500 N , b) N = Papar = m.gapar, 
assim, teremos gapar = 5.g, = 50 m/s2 . (é por isso que um 
piloto de caça da AFA passa por um exame físico severo  
para suportar uma gravidade aparente tão intensa. Apesar 
de chamarmos de g aparente, o efeito dela para quem está 
dentro da aeronave é real . 
10) D
11) D, FIN – FOUT = N – 0 = m.v2 / R
12) a) N + m.g = m.v2/R, com N = 0, v = 8 m/s 
b) 3600 N
13) A, igual à questão 7 de classe, quando calculamos NB e ND. 
14) B
15) A
16) D
17) A
18) D
19) E
20) TA = 12 N, TD = 140N
21) B
22) D
23) B
24) C
25) Segundo o enunciado: peso aparente = N = m.g / 2 , só que
P – N = m.V2 /R. Assim, a correta é letra C
26) D
27) E
28) a) 1200 N, b) 20 m/s 
29) 2 m
30) A
31) C
32) P = fat, FIN – FOUT = N – 0 = m.2.R ,  = 5 rad/s
33) C, apenas tração e peso, nada de inventar uma “força
centrípeta” .
34) D, aceleração resultante no MCU é actp, não tem atg.
35) B
36) A
37) B
38) B
39) D, aproximadamente. Mesmas equações da questão 17 de
aprendizagem, determine tg e veja como você encontrará
a letra D.
40) B
41) T.cos = m.g, T.sen = m.v2/R, v = 10 m/s
42) a) 5 N b) 
3/20
 rad/s 
43) A
44) A
45) T.cos = m.g, T.sen = m.2.R, divida uma pela outra e
lembre-se que, pela figura, tg = R / H. Você encontrará
que 2.H = g, onde g é constante, portanto 2.H antes é
igual a 2.H depois. Assim, letra C.
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46) Letra E, na caixa note que T.sen + N = M.g, T.sen = Fat, 
iminência Fat = .N. No pêndulo cônico vem T.cos = m.g, 
T.sen = m.2.R, 
47) C, lembre-se que movimento uniforme significa apenas 
módulo que o módulo da velocidade é constante, mas a 
velocidade pode ser variável (em direção), no caso dos 
curvilíneos. 
48) D , elas variam em direção, são grandezas vetoriais. 
49) D 
50) E, movimento acelerado é aquele que tem aceleração, quer 
tangencial, quer centrípeta ou as duas. Acelerar um móvel 
significa fazer a sua velocidade (grandeza vetorial) variar, 
quer em direção, quer em sentido, quer em valor. 
51) D 
52) C 
 
 
Apêndice – Forças Fictícias 
1) E 
2) C 
3) A 
4) A) 2,4 m/s2 , T = 57,6 N 
5) a) 4,5 m b) a = 9 m/s2 , c) 1 s 
6) A 
7) C 
8) B 
9) B 
10) E 
11) D 
 
Capítulo 5 – Trabalho e Energia 
1) letra A, a mesma variação de Ecin implica trabalhos iguais. 
Assim, se as forças são iguais, as distâncias serão iguais. 
2) A 
3) 4 m/s 
4) Letra C, igual à questão 2 de aprendizagem  
5) letra C, idem exercício 3 de aprendizagem 
6) A 
7) letra E, faça o gráfico e calcule a área. Lembre-se que áreas 
abaixo do gráfico são tomadas negativas, assim, a “área” 
será numericamente igual a 9 – 1 = 8, use o princípio do 
trabalho total. 
8) Letra B, Lembre-se: Escreva uma ÚNICA equação, não 
divida a resolução em duas etapas sem necessidade. 
Princípio do trabalho total: 
Ttotal = Tpeso + Tnormal + Tfat = EcF – Eci , de onde vem 
(+mg.H) + ( 0 ) + (–..m.g.D) = 0 – 0, usando o principio 
da trajetória alternativa. 
9) pára no ponto C, use o princípio do trabalho das forças não-
conservativas. O trabalho do Fat so levam em conta a 
distância total percorrida no trecho horizontal visto que as 
paredes são lisas. 
10) Ttotal = Tpeso + Tnormal + Tfat = EcF – Eci 
(+mg.H) + ( 0 ) + (–..m.g.D) = 0 – m.v2 / 2 
resp: letra C 
11) 1 m 
12) B, veja exercício de aprendizagem 6 
13) FNC = EmecF – Emec i 
TFat + Tnormal = (m.v2 / 2) – (m.g.h) 
resp: letra C 
14) E, use conservação de energia 
15) B, 1º passo: ache Vo por conservação de energia, 2º passo 
diga que Vx = Vo.cos 
16) B, use conservação de energia 
17) B, use conservação de energia 
18) letra D, note que a letra B viola a conservação de energia. 
19) 10 m/s, use conservação de energia  
20) C 
21) B, use conservação de energia 
22) a) v =
L.g
, b) T = 2.mg , c) a = actp = V2/R = g, vertical, 
apontando para cima (actp). 
23) C 
24) A 
25) calcule V lá em cima por conservação de energia e depois 
use T + P = m.v2 / R , resp: Letra B 
26) B 
27) D 
28) C 
29) D 
30) 0,9 m 
31) 9,2 m 
32) a) 40 m, b) 600 N/m 
33) FNC = EmecF – Emec i 
TFat = m.v2 / 2 – m.g.H = –480 J 
Resp: –480 J 
34) a) –2000 J , b) 0 J pois Ttotal = EcF – Eci 
35) D 
36) A 
37) A 
38) B 
39) D 
40) A 
41) C 
42) A, lembra da questão 20 de classe, letra B, página 93 ?  
43) 0,027 J, passe a massa para kg e a velocidade para m/s e 
calcule a variação da Ecin sofrida pelo sangue. 
44) C, calcule a variação de Ecin de cada objeto, fácil fácil . 
45) C, 
46) C 
47) D 
48) 50 litros, pot = m.g.H / t 
49) 52 segs 
50) E 
51) 400 W 
52) a) 1200 W, b) 60% 
53) a) 2600 N, b) 5200 w 
54) C 
55) C 
56) letra D, note que v = constante, portanto F = 4.P.sen, 
Potmec = F.v = 4.m.g.sen . v , Potmec = 0,75 .Potelétr , onde 
Potelétr = U. i. 
57) A, visto que ele quer a força feita por CADA MÃO e a pessoa 
tem duas mãos  normalmente. 
 
 
 
 
 
 
Física
 
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410 
Capítulo 6 – Sistemas de Partículas 
1) B 
2) A 
3) E 
4) E 
5) B, veja questão 3 de aprendizagem 
6) B 
7) B 
8) C 
9) D 
10) VA = 4 m/s , VB = 1 m/s 
Qdm: Ma.Va = Mb.Vb, 
Energia: Ma .Va2 / 2 + Mb .Vb2 / 2 = K.X2 / 2 
X = 20 cm – 16 cm = 4 cm = 0,04 m 
11) 3 m/s 
12) C 
13) 2,4 kg 
14) E 
15) D 
16) A 
17) C, veja questão 12 de aprendizagem 
18) A 
19) C 
20) C 
21) D 
22) E 
23) a) 20 kg , b) 0,6 
24) 85 N 
25) a) 6 m/s b) 4,8 m/s c) 270 N 
26) C, use o teorema do impulso. 
27) E 
28) 3 m/s ←, 7 m/s → 
29) 6 m/s →, 8 m/s → 
30) a) ← 2 m/s, → 3 m/s 
b) → 2 m/s, → 3 m/s 
c) ← 2 m/s, ← 1 m/s 
d) 0 m/s , → 4 m/s 
31) B 
32) A 
33) C 
34) C 
35) bola 80 m/s, caminhão 30 m/s veja teoria, seção 10, página 
180 e 181. 
36) C 
37) a) 4 s, b) 20 m/s, c) 15 m/s 
38) B 
 
Capítulo 7 – Hidrostática 
1) D 
2)C 
3) A 
4) B 
5) E 
6) a pressão exercida apenas pela água vale .g.h 
7) C 
8) E 
9) D, compare com a coluna que se obteria usando 
somente mercúrio puro. 
10) E 
11) A 
12) A 
13) B 
14) 60 cmHg 
15) D, P2 = P4 = Pgas , mas P3 =P4 
16) B 
17) C 
18) C 
19) D 
20) B, lei de stevin 
21) A 
22) D 
23) C 
24) C, afinal: EI = P I , E II = PII , EIII = PIII (todos estão em 
equilíbrio) , porém P I = PII = P III = m.g (massas 
iguais), portanto, E I = E II = E III. 
25) D 
26) C, ao invés da torneira ir enchendo o recipiente, imagine 
que ele estava inicialmente cheio e foi sendo esvaziada 
por baixo, gradativamente. Em que instante o cubo 
tocará o fundo do recipiente ? Veja resolução no 
caderno de resoluções. 
27) A 
28) E 
29) A 
30) D 
31) C 
32) D 
33) A 
34) 25 N 
35) C 
36) B 
37) C 
38) a) 200 kgf, b) 60 kg de óleo, portanto, 75 litros . 
39) D – Basta entender o Princípio de Arquimedes – sem 
matemátiquês ! Veja autoteste 3, página 209, com 
resolução comentada na página 213. 
40) a) 100 + 200 – 16 = 284 kgf 
b) 20 litros , c) sim 
d) sim, N + E = P, N + 16 = 200, N = 184 kgf 
A marcação da balança passou de 100 para 284 kgf, 
portanto variou exatamente 184 kgf  
41) C, essa é legal  
42) E 
43) A 
44) a) 17,6 kgf , 42,4 kgf, b) 60 kgf 
45) 82 N 
46) B 
47) C 
48) D 
49) E 
50) E 
51) B 
52) B 
53) B 
54) A densidade do ar acima da caixa vai diminuir quando 
parte dele vazar. a caixa desce, h1 diminui, h2 
aumenta. 
55) E 
56) B, o gelo subiria, se não fosse a mola, que está 
impedindo a sua subida, empurrando o gelo para baixo. 
A mola está, portanto comprimida, inicialmente. Ao final, 
ela estará relaxada, seu tamanho aumentará 
57) h diminui, H constante 
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411 
58) h diminui, H diminui 
59) h diminui, H constante 
60) E, não é incrível ?  
61) B. 
62) A 
63) D 
64) C 
65) C 
66) D 
67) A 
68) B 
69) B 
70) A 
71) D 
72) A 
73) D, essa é legal  
74) Todas são corretas. Ao contrario dos sólidos e dos 
líquidos, os gases são compressíveis, portanto, o 
aumento da pressão sobre o sistema acaba levando à 
redução do volume do balão de gás no interior do 
líquido. 
75) Apenas 01 e 02 são corretas. Agora a bolinha não é 
compressível, visto que ela é sólida. Seu volume não 
muda, mesmo com o aumento da pressão sobre o 
sistema. 
76) a) 4 atm, b) não poderá ultrapassar pois a uma 
profundidade superior a 30 m seu volume estará menor 
do que 25% do volume inicial. 
 
Capítulo 8 – Estática 
1) D 
2) B 
3) a) NA = 30 N, NB = 1470 N b) 800 N 
4) B 
5) D 
6) B 
7) C, (5 kg + 7 kg + 37 + 6,5 + 4 + 6,5)10 = 660 N 
8) B 
Capítulo 9 – Gravitação 
1) A 
2) C 
3) D 
4) A 
5) C 
6) a) F, b) V, c) F, d) V, e) V, f) F 
7) A 
8) E 
9) A 
10) a) B, b) B, c) A, d) 135 anos 
11) duplica 
12) D 
13) C 
14) Apenas o item f é falso. A rotação que ocorre é do 
sistema Terra+lua em torno do centro de massa desse 
sistema, e não, uma mera rotação da Terra em torno do 
centro dela. 
15) A 
16) E 
17) E 
 
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1) B 
2) C 
3) C 
4) A 
5) E 
6) C 
7) C 
8) D 
9) A 
10) B 
11) B 
12) D 
13) a) 
3
cm, b) 30o 
14) Parte1: a) 9m/s b) 3 m/s, Parte 2: C , pois a velocidade 
com ela se aproxima da sua imagem será 45+45 = 90 cm/s 
15) D 
16) A 
17) B 
18) B 
19) E 
20) a) invertida, b) 7 cm, c) 12 cm 
21) E 
22) E 
23) B 
24) B 
25) C 
26) a) 6 cm b) 3 cm 
27) D 
28) B 
29) D 
30) 60º 
31) C 
32) 45º 
33) B 
34) C 
35) C 
36) 6,4 m 
37) B 
38) 60º  30º = 30º 
39) C 
40) A 
41) X = 400 m, y = 150 m, x + y = 550 m 
42) C 
43) A 
44) D 
45) B 
46) D 
47) C 
48) A 
49) C 
50) 30º 
51) B 
52) D 
53) B 
54) D 
55) B 
56) E 
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412 
57) A 
58) D 
59) B 
60) D 
61) D 
62) B 
63) D 
64) B 
65) B 
66) D 
67) E 
68) B 
69) A 
70) D 
71) C 
72) F = 50 cm = +0,5 m, V = +2 di 
73) 180 cm 
74) 29,5 cm 
75) B 
76) 7,5 cm 
77) B 
78) B 
79) E 
80) C 
81) D 
82) A 
83) C 
84) E 
85) B 
86) E 
87) E 
88) D 
89) A 
90) D 
91) D 
92) D 
93) D 
94) B 
95) a) Pela foto, é um senhor de idade. Tem dificuldade para 
enxergar de perto, por isso, afasta o livro para ler. Quando 
a idade avança, a partir dos 40 anos, a hipermetropia passa 
a ser chamada de presbiopia ou vista cansada. Esse senhor 
tem presbiopia. Se a foto mostrasse um jovem, diríamos 
que ele tinha hipermetropia. 
b) convergente 
c) + 3 di 
96) A 
97) A 
98) Receita 1: olho direito com 1 grau de miopia, olho esquerdo 
com 2 graus de hipermetropia, astigmatismo nos dois olhos. 
Como a parte PARA PERTO (3ª idade) não está preenchida, 
ele não tem presbiopia. 
Receita 2: Miopia no olho direito, hipermetropia no olho 
esquerdo. Astigmatimo apenas no olho esquerdo. Como a 
parte PARA PERTO (3ª idade) está preenchida, indica que 
essa pessoa tem presbiopia e precisa de um óculos para ler 
de perto. Uma alternativa para ele também é a lente bifocal 
que conseguirá contornar todas as ametropias num única 
lente. 
Receita 3: Hipermetropia no olho direito, miopia no olho 
esquerdo. Não tem astigmatismo (dioptria cilíndrica em 
branco) nem tem presbiopia (PARA PERTO em branco). 
 
 
 
Capítulo 14 – Gases e Termodinâmica 
 
1) B 
2) A 
3) E 
4) E 
5) A 
6) 4,5 atm 
7) A 
8) C 
9) D 
10) B 
11) C 
12) C 
13) A 
14) A 
15) B 
16) C, volume ficou 27 vezes maior, raio triplicou. 
17) B 
18) 
 
 
19) 
 
V
T
d
a
Pcd
Pab
c
b
Ta Tb
 
20) B 
21) C 
22) Vb > Va. O maior coeficiente angular corresponde ao menor 
volume. 
23) Letra D. A reta passa pela origem se T estiver na escala 
kelvin, mas não passa pela origem se T estiver na escala 
Celsius ou Fahrenheit, por exemplo. 
24) B 
25) B 
26) D 
27) E 
28) D 
29) B 
30) a) massa de uma molécula de gás 
b) 5,33 x 1023 g 
c) sim 
d) sim, visto que a temperatura permanece constante. 
Podemos ignorar os demais parâmetros e nos concentrar 
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413 
apenas na temperatura, quando se trata da energia cinética ec 
das moléculas dele. 
e) temperaturas iguais implicam ecin iguais, mas massas 
diferentes implicam velocidades diferentes, tendo maior 
velocidade aquela molécula que tiver menor massa, no caso, 
o hidrogênio . 
f) 4 vezes maior 
g) para 600 K 
h) pra velocidade dobrar, sua ecin terá que quadruplicar, 
portanto, sua temperatura kelvin ela terá que quadruplicar 
passando de 300K para 1200 K, mas 1200 K = 927oC, 
portanto, a temperatura do gás tem que aumentar para 927oC. 
i) sim, é verdade  
j) sim, é verdade. 
k) T = P.V / n.R, com n = m/M 
 TO2 = TN2, UO2 = UN2, ecin O2 = ecin N2 , vO2 < vN2 
31) a) recipiente B contendo H2 
b) recipiente B contendo H2 
c) temperaturas iguais, ecin iguais 
d) recipiente B contendo H2 
32) a) O2 
b) O2 
c) nada se pode afirmar, pois não sabemos a massa gasosa 
de cada amostra. 
33) E 
34) A 
35) C 
36) D 
37) D 
38) C 
39) E 
40) D 
41) B 
42) B 
43) D 
Efusão é a passagem de um gás através de uma abertura de um 
orifício. A velocidade de efusão de um gás é diretamente 
proporcional à sua velocidade quadrática média. Você lembraque, se dois gases estão a uma mesma temperatura, suas 
moléculas tem energias cinéticas iguais, mas como suas massas 
moleculares são diferentes, suas velocidades médias são 
diferentes, tendo maior velocidade aquele que tiver menor massa 
molecular. Por esse motivo, se tivermos dois gases H2 e He a 
uma mesma temperatura, as moléculas de H2 terão maior 
velocidade quadrática média que as moléculas de He e, 
consequentemente, maior velocidade de efusão. Se ambos 
estiverem confinados num recipiente podendo sair apenas através 
de um orifício, a velocidade com que o gás H2 escapará pelo furo 
(velocidade de efusão) será maior que a velocidade com que o He 
escapará. Assim, dizemos que o gás de menor massa molecular 
terá maior velocidade de efusão. 
44) a) T diminui, U = 300J 
b) T aumenta, U = +350J 
c) T diminui, U = 350J 
d) T aumenta, U = +400J 
45) 2 + 8 + 16 = 26 
46) D 
47) B 
48) D 
49) C 
50) a) recebeu 
b) || = P.V = 4 atm.L = 400J 
c) U diminui, T diminui 
d) U = 600 J 
51) a) cedeu 
b) || = n.R.T = 3x 8 x 40 = 960 J 
c) U aumentou, T aumentou 
d) U = +1440 J 
52) E, isob = P.V = n.R.T 
53) A 
54) O trabalho na transformação II é maior que o trabalho na 
transformação I, visto que a área hachurada II é maior que a 
área I. Não caia mais nessa pegadinha, calcule sempre a área 
toda abaixo do gráfico, até tocar no eixo horizontal . 
 
55) D 
56) B 
57) B 
58) E 
59) C 
60) D 
61) B 
62) E 
63) a) 
P P P
V V V
Q n.C . T C 5R / 2 5
Q n.C . T C 3R / 2 3

   

 
b) U iguais, pois são amostras com mesmo numero de mols 
n e sofrendo a mesma variação de Temperatura, apesar de 
seguirem transformações diferentes. 
c) Qp = n.Cp.T = n.(5/2).R.T 
 Qv = n.Cv.T = n.(3/2).R.T 
 U = n.Cv.T = n.(3/2).R.T 
 isob = n.R.T (isobárico) 
 Assim, vemos, de cada expressão acima, que: 
 
isobQp Qv Un.R. T
5 3 3 1
2 2 2

    
     
     
     
 , de onde se conclui 
que: 
isobP VQ Q U
5 3 3 2

  
 
 
64) a) 
isobP VQ Q U
5 3 3 2

  
, então, se Q1 = Qv = 240J, substi-
tuindo, vem Qp = 400 J. 
b) 160 J 
c) 240 J 
65) a) 
isobP VQ Q U
5 3 3 2

  
, então, isob = 180J, substituindo, 
vem Q1 = Qp = 450 J. 
b) U = 270 J 
c) Qc = 270 J 
 
66) a) Qp = Qv  n.Cp.Tp = n.Cv.Tv  Cp.Tp = Cv.Tv 
  (5R/2).(360  300) = (3R/2).(x  300)  x = 400k 
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414 
b)
isobP VQ Q U
5 3 3 2

  
, se Qp = 600J, então isob = 240J 
que corresponde ao trabalho realizado sobre o êmbolo da 
amostra A. No caso B, o processo é isovolumétrico, B = 0 
c) UA = 360 J, UB = 600J
67) a) isobárica 
b) Qp = n.Cp.T = 2400 J
c) isob = n.R.T (isobárico) = 960 J, você não calculou a
área sob o gráfico não, calculou ?  Note que não é um 
gráfico PV, e sim, PT, portanto, essa área não serve.  
Pegadinha !!!! 
d) U = n.Cv.T = 1440 J (essa relação é geral, vale 
sempre), mesmo que a transformação não seja isovolumétrica. 
Também poderia ter calculado usando U = Q   = 1440 J 
68) letra D
UABC = QABC  ABC 
U = Q  [ AB + BC ], com AB = área do retângulo
U = Q  [ PA.(VB  VA) + W ]
U = Q  PA.(VB  VA)  W
Q = U + PA.(VB – VA) + W
69) Qv = 9600 J
70) A
71) a) 
A C
P.V 3 2 6 1
T T
n.R n.R n.R
 
   
, b) 4000 J 
72) C
73) A
74) E
75) D
76) D
77) a) 8 J/mol.k , b) 9 atm, c) 909 K. 
78) U = +14.000 J,  = 14.000J.
79) a) 0 J, b) –4000 J, c) +4000J, d) T, V 
80) aV, bF, cF, dV, eV, fV, gV
81) D
82) D
83) D
84) E
85) E
a) sim
b) não. A energia total se conserva em todo e qualquer
processo. 
86) C
87) Q quente = 300 + 100 = 400J
Q Fria = 60  100 = 160 J
Q Ciclo = 400  160 = 240 J
 Ciclo = Q Ciclo = 240 J
 =
ciclo
quenteQ

 = 
240
0,6 60%
400
 
Qq = 400 J QF = 160 J
Ciclo ABCDA = 240 J
Fonte
quente
Fonte
fria
88) a) O ciclo se inicia com a compressão adiabática ab 
seguida, respectivamente, das transformações isovolumétrica 
bc, expansão adiabática cd e isovolumétrica da. 
b) Uciclo = Qciclo  ciclo = 0  ciclo = Qciclo
 Qciclo = Qrecebido  Qcedido = 200  80 = 120 J 
 Portanto ciclo = 120 J 
89) C, afinal U = Q  
90) a) 1J, b) TD < TA < TC < TB,
c) recebeu 2,5.106 x 2.105 = 0,5 J, d) zero.
91) C
UACB = UADB visto que independe do caminho, assim,
QACB  ACB = QADB  ADB
92) C
93) D
94) D
95) E
96) E
97) a) 20 cal , b) 20%, c) 320K 
98) E
99) E
100) D, ela viola o postulado de Carnot, o rendimento dela seria 
maior do que o rendimento máximo permitido, o que não é 
possível de ocorrer. 
101) B 
102) E 
103) a) 60 J, b) 4 
104) a) 1440 J b) 1890 J 
105) A 
106) Apenas B, L e M são falsas. 
Manual de 
Resoluções 
Prof Renato Brito 
Física
 
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417 
AULA 1 - VETORES 
 
Aula 1 - Questão 1 - resolução 
= =
2
1
1
1
1
a)
b)
= + =
0

c)
= + =
=
=
d) = +
= + =1
1
1
21
=
1
1
1
1
1
1
+
1
1
1
1
1
1
=
+
1
1
2 =0

2
= +2 2= 4
=
 
 
Aula 1 - Questão 2 - resolução 
A
C
B D
E
 
observando a figura da questão, note que: 
AB + BE = AE e CA + AE = CE 
assim, o prof Renato Brito pode escrever: 
AB + BE + CA = ( AB + BE ) + CA = (AE ) + CA = CA + AE = CE 
Aula 1 - Questão 3 - resolução 
 = + =
=
F
=
F
F
F +
F 2F
F
 
 
 
Aula 1 - Questão 4 - resolução 
 
= = =
= + + =
= + + =
=
2a
2a
2a
A resultante terá módulo 2a+2a+2a = 6a
resposta correta: Letra C
reposicionando os vetores , temos:
 
 
 
 Questão 5 - resolução 
= + +
= + +
2a
a
2a
= 2a + 2a + a = 3a
Letra A)
Letra B)
= + +
= + +
0

a a
=
2a
Letra C)
= + =
0

0

+ =
0

=
=
=
 
Física
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418 
Aula 1 - Questão 7 – resolução alternativa 
Deslocando, convenientemente, o vetor b, prontamente determinamos o 
vetor soma a graficamente. o seu módulo, como se pode verificar na 
figura abaixo, vale s = 5 + 5 = 10 cm 
5 cm 5 cm
12 cm 12 cm
12 cm 12 cm
b

5 cm
12 cm
5 cm
5 cm
a

S

12 cm
5 cm
b

para achar o vetor 
d
 = 
a
 –
b
 , encare essa operação de subtração
como uma operação de soma : 
d
 = 
a
 –
b
 =
a
 + (–
b
 ). 
Prontinho, para o prof Renato Brito determinar o módulo de 
d
 , basta 
achar a resultante (+) entre os vetores 
a
 e (– 
b
 ) assim: 
5 cm
5 cm
12 cm 12 cm
12 cm 12 cm
5 cm
12 cm
5 cm
5 cm a

d

12 cm
5 cm
b

-
deslocando, convenientemente, o vetor 
a
 , e invertendo a flecha do 
vetor 
b
 , a fim de encontrar o vetor –
b
 , prontamente determinamos o 
diferença 
d
 = 
a
 + (– 
b
 ) graficamente. o seu módulo, como se 
pode verificar na figura acima, vale : 
d = 12 + 12 = 24 cm 
Aula 1 - Questão 11 – resolução7 
a) 10 U
3 U
4 U 
10 U
10 U.cos
10 U.sen
10 U
8U
6U10 U
3 U
4 U 
=
3 U
4 U
=
3 U
4 U=
5 U
pitágoras
8U
6U
cos = 0,8sen = 0,6
Decompondo o 10U
10 U
20 U

1 U
10 U


10 U
10 U.cos
10 U.sen
10 U
8U
6U

20 U
 20 U.cos
20 U.sen
20 U
 16 U
12U
10 U
20 U

1 U
10 U

=
1 U
10 U
8U
6U
16 U
12U
=
5 U
12 U
=
13Upitágoras
cos = 0,8sen = 0,6
Decompondo o 10U
cos = 0,8sen = 0,6
Decompondo o 20U
b)
Aula 1 - Questão 13 - resolução 
A expressão abaixo calcula o módulo da soma S entre dois vetores a e b 
que formam um ângulo  qualquer entre si 
S2 = a2 + b2 + 2.a.b.cos 
Segundo a questão, S = 13, a = 8, b = 7 ,  = ? 
132 = 82 + 72 + 2 x 8 x 7.cos 
169 – 64 – 49 = 112. cos 
56 = 112. cos  cos = 0,5   = 60 
Aula 1 - Questão 14 - resolução 
a
)b
(
)a(
d






a

3
4 
d
|d | = 5
pitágoras
a)
-b

-b

a

b

-b

a

-b

d

Contando quadradinhos vemos que : |d | = 6
b)
Física
 
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419 
Aula 1 - Questão 15 - resolução 
a) 
a
= 2i + 2j, 
b
= 5i  2j 
 
d
 = 
a
 
b
 = 2i + 2j  (5i  2j) = 3i + 4j 
 |
d
| = 
2 23 4
 = 5 
 
b) 
a
= +4i + 3j, 
b
= 2i + 3j 
 
d
 = 
a
 
b
 = +4i + 3j  (2i + 3j) = 6i + 0j 
 |
d
| = 
2 26 0
 = 6 
 
Aula 1 - Questão 16 – resolução 
cmV
 = 
BA
BBAA
m m
V.mV.m


 = 
24
) 1.j 6.i 2.( 5.J) 3.i .(4


 
cmV
 = 
6
 2.j 12.i 20.j i.12 
 = 
6
18.j i.24 
 
cmV
 = ( 4.i + 3.j ) m/s  |
cmV
 | = 22 3 4  = 5 m/s 
 
Aula 1 - Questão 18 - resolução 
6
2 6 X2

0

6
2 6 X2

0

6
8 X2

0

X2
 6
8 graficamente, vem:
6
8
2x
letra A - resolução:
pitágoras:
(2x)2 = (8)2 + (6)2
2x = 10
x = 5
 
4
4
X2

6
4
letra B - resolução:
4
X2

6
4
4
X2

6
4
X2

6
8
graficamente, vem:
8
6
2x
pitágoras:
(2x)2 = (8) 2 + (6)2
2 x = 10
x = 5
60o
60o
 
 
 
letra C - resolução:
30o
6
8
X2

6
8
X2

6
6
120o
8
X2

6
6
8
X2

30o
6
30o
30o
30o
30o 30o
 
6
8
X2

8
6
2x
pitágoras:
(2x)2 = (8) 2 + (6)2
2 x = 10
x = 5
 
 
 
Física
 
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420 
AULA 2 – DE ARISTÓTELES A GALILEU 
 
Aula 2 - Questão 5 - resolução 
a) sim, o corpo está em equilíbrio visto que, segundo o enunciado, ele 
está se deslocando em MRU e, conforme você leu na evolução das idéias 
do Aristóteles ao Galileu, o MRU é um dos dois possíveis estados de 
equilíbrio, chamado de equilíbrio dinâmico, isto é, equilíbrio com 
velocidade. 
 
b) FR = 0, a caixa move-se em equilíbrio, as forças devem se cancelar 
ao longo de cada eixol 
 
N
Pcos
P.Sen
Fat
 
 
Portanto Fat = P.sen = 40 x 0,5 = 20 N. 
Não ache que o corpo estará parado pelo fato de P.sen = Fat . Lembre-
se que, se a resultante das forças sobre o corpo é nula, ele pode estar 
parado ou em MRU. 
Lógico que, para essa caixa começar a andar, inicialmente, P.sen foi 
maior que o Fat, mas agora que ela estah em MRU, certamente tem-se 
P.sen = Fat. Do contrário, se P.sen > Fat, a sua velocidade estaria 
aumentando, o que não é verdade no movimento em questão (MRU). 
 
Aula 2 - Questão 11 - resolução 
a) Aristóteles ignora a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato 
com as mãos da pessoa, ela deixa de ir para frente, deixando de 
acompanhar o movimento horizontal do barco, ficando, portanto, para trás, 
visto que nenhuma força a empurra mais pra frente. Entretanto, a pedra 
vai para baixo, visto que ela é puxada pra baixo pela força peso P. Para 
Aristóteles, o movimento numa direção so ocorre na presença de força 
naquela direção. Portanto, a pedra deixa de ir pra frente, deixa de 
acompanhar o movimento horizontal do navio, ela simplesmente cai na 
vertical, portanto, segundo aristóteles, a pedra cairá atrás do mastro. 
b) Galileu conhece a inércia. Para ele, quando a pedra perde o contato 
com as mãos, a sua velocidade horizontal Vx permanece constante ( a 
pedra acompanha o barco horizontalmente, por inércia) devido à ausência 
de forças horizontais Fx. Entretanto, superposto a esse MRU pra frente 
haverá o movimento de queda livre vertical, devido à ação da força peso 
P, que propiciará à pedra uma velocidade Vy crescente. O movimento 
global da pedra será a composição, a superposição de dois movimentos 
simples: um MRU horizontal (por inércia) e uma queda livre vertical. O 
movimento observado na natureza, de fato, ocorre dessa forma. 
 
Para um observador na margem do rio vendo o barco passar e a pedra 
cair, esse movimento resultante é parabólico, como mostra a trajetória 
azul na figura acima. 
Para quem está no interior da embarcação, barco e pedra se movem 
em MRU para frente e, portanto, o MRU não é percebido, apenas a queda 
livre é notada. Assim, para quem está no barco, a pedra descreverá um 
movimento de queda vertical, como mostra a trajetória vermelha acima. 
Navio e pedra se movem para frente enquanto a pedra despenca em 
queda livre. Para qualquer observador, entretanto, a pedra cai no pé 
do mastro. 
c) conceito de Inércia 
 
Aula 2 - Questão 16 - resolução 
Se as caixas se movem em MRU em relação à Terra, a resultante das 
forças que agem em qualquer uma das caixas é nula. Ambas as caixas 
têm a mesma velocidade V constante em relação à terra, portanto estão 
em repouso entre si. 
A
B
A está parado em 
relação a B
v
A
B
A
B
v
 
 
Qual caixa tende a ultrapassar a outra ? resp: nenhuma. Não há 
tendência de escorregamento relativo, portanto não há atrito horizontal 
agindo na fronteira entre as caixas. O atrito só aparece quando ele é 
requisitado para tentar impedir alguma tendência de escorregamento 
relativo entre superfícies. 
Adicionalmente, se houvesse atrito, ele causaria aceleração (a ou ) 
e as caixas não estariam em MRU, contradizendo o enunciado. 
Ambas as caixas prosseguem em MRU por inércia, na ausência de forças 
horizontais empurrando uma ou outra. 
Para o garoto sobre a caixa A, a caixa B está simplesmente parada sobre 
A, e não há nenhuma tendência de escorregamento de uma em relação à 
outra e, por isso, mesmo que as superfícies das caixas sejam rugosas, a 
força de atrito não estará presente, visto que a força de atrito so age 
quando há alguma tendência de escorregamento entre duas superfícies 
em contato mútuo. 
Somente o peso e a normal atuam na caixa B. Somente haveria atrito 
entre as caixas no caso em que elas se movessem aceleradas. Fique 
Física
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421 
tranquilo. O prof Renato Brito falará tudo sobre atrito no capítulo 5. Take it 
easy !  
Aula 2 - Questão 20 - resolução 
a) incompatível - força resultante apontando para a direita fr  causando 
aceleração para a esquerda  a. absurdo.
b) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na 
mesma direção e sentido  
c) compatível - a força resultante e aceleração do móvel apontam na 
mesma direção e sentido d) compatível - fr = 0 , nada impede que o corpo esteja em mru.
e) incompatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o 
móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se 
movendo para a direita v, contradizendo a descrição dada.
f) compatível – a velocidade de um móvel sempre indica para onde o 
móvel está indo naquele momento. a figura sugere um corpo se 
movendo para a direita v, de acordo com a descrição dada. 
Aula 2 - Questão 23 - resolução 
Num sistema desse tipo, a caixa mais pesada tem aceleração para baixo 
(é para onde ela gostaria de ir) e a mais leve. para cima. Entretanto, como 
nesse problema as duas caixas têm massas iguais, percebe-se que 
nenhuma delas terá aceleração alguma. As caixas estão em equilíbrio, o 
que permite ao prof Renato Brito distinguir três possibilidades: 
I) as caixas estão paradas em repouso (equilíbrio estático)
II) a caixa A está descendo e a caixa B subindo, ambas em MRU 
(equilíbrio dinâmico) 
III) a caixa B está descendo e a caixa A subindo, ambas em MRU 
(equilíbrio dinâmico) 
A tração T no fio satisfaz a relação T = m.g em qualquer uma dessas 
situações, afinal, se a caixa está em equilíbrio, a resultante das forças 
sobre ela deve ser nula, independente dela estar parada ou em MRU. 
Assim, vejamos cada uma das opções oferecidas na questão: 
a) os blocos estão necessariamente em repouso; 
Falsa, eles podem estar em MRU. 
b) se o bloco A estiver subindo, a tração no fio 1 será maior que o peso 
dele; 
Se ele estiver subindo, certamente estará subindo em MRU, em 
equilíbrio, por inércia e, portanto, a tração será igual ao peso dele. 
c) os blocos só ficam em repouso, caso estejam lado a lado, na mesma 
altura;
Não há nenhuma razão para isso ocorrer. Os blocos ficam lado a lado 
em repouso com qualquer desnível entre eles, visto que têm massas 
iguais.
d) os blocos estão necessariamente em equilíbrio em qualquer instante; 
verdadeiro 
e) o bloco A pode estar se movendo com aceleração constante não nula. 
Falso, sua aceleração é necessariamente nula, visto que os blocos têm 
massas são iguais. 
Aula 2 - Questão 24 - resolução 
Nesse problema, o bloco A é mais pesado que B. Nesse caso, as leis de 
Newton garantem que o bloco A tem aceleração para baixo (tendência de 
movimento) e o bloco B tem aceleração para cima, mas essas leis nada 
afirmam sobre o sentido do movimento do blocos, isto é, sobre a 
velocidade deles. 
T
1
A B
T
1
2mg
mg
a
a
T
1
A B
T
1
2mg
mg
FR
A
FR
B
No bloco A: 2m.g > T1 
FRA = 2m.g – T1 
No bloco B: T1 > m.g 
FRB = T1 – m.g 
Se o bloco A tem aceleração para baixo, ele pode estar descendo 
acelerado ou subindo retardado, ou até mesmo pode estar 
momentaneamente em repouso, caso ele pare a fim de inverter o sentido 
do movimento, como mostra a figura a seguir. 
Em qualquer desses casos, a aceleração do bloco A aponta para baixo, a 
força resultante sobre ele aponta para baixo e, portanto, o seu peso 2.mg 
é maior que a tração T1 (2m.g > T1 ). 
T
1
A B
T
1
2mg
mg
a
a
V
V
A descendo e B subindo
em movimento acelerado
2mg > T1 > mg
T
1
A B
T
1
2mg
mg
a
a
V
V
A subindo e B descendo
em movimento retardado
2mg > T1 > mg
Assim, como os blocos têm massas 
diferentes, eles sempre terão 
aceleração e, portanto, nunca 
estarão em equilíbrio, conforme 
explicado pelo prof Renato Brito em 
sala. 
Resposta correta – letra E 
T
1
A B
T
1
2mg
mg
a
a
V = 0
A e B momentaneamente em 
repouso no instante da 
inversão do sentido do 
movimento
V = 0
2mg > T1 > mg
Aula 2 - Cinemática - Questão 1 - resolução 
V = d /t = 9 m / (1,5 s) = 6 m/s  difícil, né ? affff  
Aula 2 - Cinemática - Questão 2 - resolução 
Segundo o sistema métrico decimal: 1m3  1000 litros, portanto 
1200 litros  1,2 m3 . O prof Renato Brito admitirá que o tanque esteja 
inicialmente vazio. Após 1 minuto, o volume V de água no seu interior 
será: 
Física
 
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422 
5m
4m
H
5m
4m
recipiente 
inicialmente 
vazio
recipiente com 
1,2m
3
 de água
1 minuto 
 depois....
 
V = a x b x c  1,2 m3 = 5m x 4m x H  H = 0,06 m = 60mm 
O nível da água sobe 60 mm a cada 60 segundos, ou seja, sobe 1 mm a 
cada 1 segundo portanto V = 1 mm/s 
 
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 3 - resolução 
Qual o volume de água que evapora em 2h ? 
Resposta: V = 2m x 1m x 3.103 m = 6.103 m3 em 2h 
Esse volume corresponde a qual massa de água ? 
M = d . V = 
3 3 3
3
kg
10 6 10 m 6kg em 2h
m
  
 
Isso corresponde a 6 kg de água em 120 min, ou seja, 0,05 kg de água a 
cada 1 minuto. 
 
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 4 - resolução 
Se os trens se movem com velocidades 60 km/h e 40 km/h em sentidos 
opostos. Qual a velocidade relativa entre eles ? Ora, eles se aproximam 
mutuamente com uma velocidade 60 + 40 = 100 km/h. Assim, se a 
distância incial entre eles vale 500 km, eles vão se encontrar após 
t = d / V = 500 / 100 = 5 h de viagem. 
Durante essas 5h de viagem, a abelha está percorrendo 70 km a cada 
1 hora, portanto, ela percorrerá 5 x 70 = 350 km em 5h de viagem. Você 
não estava pensando em calcular pedacinho por pedacinho, estava ?  
 
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 5 – resolução 
O sapo se move ao longo do solo (direção horizontal, eixo x) enquanto a 
lagartixa se move ao longo da vertical (eixo y). A figura abaixo mostra a 
configuração inicial (t = 0) do sistema sapo + lagartixa. 
Sapo
16 cm/s
Lagartixa
10 cm/s
200 cm
Instante t = 0
Y
 
O sapo se move com velocidade 16 cm/s, portanto, após 5 s ele 
terá percorrido uma distância horizontal 16  5 = 80 cm para a 
esquerda, portanto estará a uma distância 200  80 = 120 cm da 
parede vertical (veja a próxima figura). A lagartixa, por sua vez, 
durante esses 5 segs, percorrerá 10 cm/s  5 s = 50 cm para cima 
na vertical, como mostra a próxima figura. 
Sapo
80 cm
50 cm
120 cm
Lagartixa
Instante t = 5 s
D
x
Y
 
Assim, no instante t = 5 s, qual a distância D entre o sapo e a lagartixa ? 
 A figura acima mostra que essa distância é dada simplesmente pelo 
teorema de Pitágoras no triângulo retângulo: 
2 2D 120 50 130cm 1,3 m   
 
Aula 2 - Cinemática página 49 - Questão 6 - resolução 
Observando atentamente, você perceberá que a distância entre 2 picos de 
contração é de 2 cm. Ora, mas quanto tempo o papel milimetrado demora 
para percorrer 2 cm = 20 mm ? 
d 20mm
t 0,8 s
v 25mm / s
   
 
Assim, vemos que o coração está dando uma contração a cada 0,8 s, 
portanto, nesse ritmo, ele dará quantas contrações a cada 60 segs ? 
Iiiisso, regra de 3 ! Vamos lá ? 
1 contração  0,8 s 
X contrações  60 s  X = 75 contrações por minuto 
 
Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 7 - resolução 
Imagine que os carros A e B (respectivamente o primeiro e o último 
colocado) se movem em MCU com velocidades tais que VA > VB. 
Segundo o enunciado, após o tempo que os carros levam para dar 10 
voltas na pista, o carro A coloca UMA VOLTA de vantagem sobre o carro 
B. Isso indica que no dobro desse tempo (ou seja, após 20 voltas na pista), 
ele terá o dobro da vantagem, ou seja, colocará DUAS voltas de vantagem 
sobre o carro B. Assim, após o triplo desse tempo (após 30 voltas na 
pista), ele terá colocado TRÊS voltas de vantagens sobre o carro B. 
Resposta: letra C 
 
Aula 2 - Cinemáticapágina 48 - Questão 8 - resolução 
d = distância 
Sinal 1 tem velocidade maior v1 = 7500 m/s portanto demora 
menos tempo, demora apenas t1 = t. 
Sinal 2 tem velocidade menor v2 = 4500 m/s portanto demora mais 
tempo, demora apenas t2 = t + 20. 
Mas a distancia percorrida é sempre a mesma, portanto, usando 
trianglinho mágico  vem: 
d = v1.t1 = v2.t2  7500t = 4500.(t+20) 
7500t  4500t = 90000  t = 30 s 
Assim d = v1.t1 = 7500×30 = 225.000m = 225 km. 
Se preferir, pode escrever: 
d = v2.t2 = 4500×(t+20) = 4500×(30+20) = 225.000m = 225 km. 
 
Aula 2 - Cinemática página 48 - Questão 9 - resolução 
TAB + TBC + TCD = 8 horas 
x x x
8
60 45 36
  
  x = 120 km 
Assim, a distância total ABCD vale 3X = 360 km. Como a velocidade 
média prevista era de 80 km/h, o tempo previsto para essa viagem 
completa então era de: 
d 360km
t 4,5 h
v 80km / h
  
 
O tempo de viagem previsto era de 4,5 h mas a viagem foi realizada em 
8h, ou seja, a carga chegou com um atraso de 8h  4,5 h = 3,5 h. 
Letra C 
 
Aula 2 - Questão 10- resolução 
Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia 
lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos 
calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades. 
Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média: 
 
km/h 24 
h
3
10
km 80
3h h
3
1
km 80
km/h 20
km 60
km/h 60
km 20
km 60 km 20
TT
DD
total T
total D
 Vm
21
21 








 
Essa é a velocidade média do carro no percurso. 
Física
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423 
Aula 2 - Questão 11- resolução 
Como não se trata de um MUV, visto que a velocidade do móvel não varia 
lineamente com o tempo mas, sim, de forma brusca, não podemos 
calcular a velocidade média pela média aritmética das velocidades. 
Devemos buscar a definição mais geral de velocidade média: 
Digamos que a 1ª metade da distância percorrida valha x, a 2ª metade da 
distância percorrida valha x e, portanto, a distância total valha 2x. Assim, 
vem: 
1 2
1 2
D DD total x x 2x 600
Vm 75 km/h
x x 10x 6xT total T T 8
60 100 600
 
     
 
 
Aula 2 - Questão 19 - resolução 
O avião parte do repouso e sua velocidade aumenta uniformemente de 
0 m/s a 100 m/s em 20 segs. Você diria que essa velocidade está 
aumentando de quanto em quanto, a cada 1 seg ? Sim, aumentando de 
5 m/s em 5 m/s a cada 1 seg, portanto sua aceleração vale a = 5 m/s2. 
Qual a distancia percorrida por ele durante esses 20 segs ? 
Podemos fazer pelo gráfico: 
N b h 100 20
D área 1000 m
2 2
 
   
 
Também podemos usar a expressão do 
Muv: 
V(m/s)
t(s)0
0
100
20
s = Vo.t + a.t2 / 2 = 0 + 5.(20)2 / 2 = 1000 m = 1 km  
Aula 2 - Questão 21 - resolução 
No gráfico S x t, a inclinação em cada instante está relacionada com a 
velocidade do móvel naquele instante. Observado a figura abaixo, vemos 
que, no instante t * , os gráficos do móveis têm a mesma inclinação 
( = ) e, portanto, A e B têm velocidades iguais naquele instante. 
t (s)
X
A
B
t
1
t
3
t
2 t
*


Aula 2 - Questão 22 - resolução 
Você chegará facilmente à resposta se usar o mesmo raciocínio da 
questão 4 de classe – método da gravata – solução geométrica. 
Aula 2 - Questão 32 - resolução 
Do gráfico V x t da queda livre na gravidade g = 10 m/s2, a velocidade 
aumenta de 10 em 10 m/s a cada 1 seg 
V(m/s)
1 2 3 4 5 6
10
20
t(s)
x
3x
5x
7x
9x
11x
Assim, a área de 1 triângulo x vale x = 10 x 1 / 2 = 5 m. 
Assim, das proporções de Galileu, vem: 
1º segundo de queda  cai x = 5 m 
2º segundo de queda  cai 3x = 15 m 
3º segundo de queda  cai 5x = 25 m 
4º segundo de queda  cai 7x = 35 m 
5º segundo de queda  cai 9x = 45 m 
6º segundo de queda  cai 11x = 55 m 
Ops ! O 6º segundo vai do instante t = 5s ao instante t = 6s. 
Ou seja, o corpo caiu durante 6 s !!!!! 
Qual a altura caída em 6 segs ??? H = g.t2 / 2 = 10.(6)2 / 2 = 180 m 
Aula 2 - Questão 33 - resolução 
Do gráfico V x t, se a aceleração vale a = 4 m/s2, a velocidade aumenta de 
4 em 4 m/s a cada 1 seg, ou seja: 0 m/s, 4 m/s, 8 m/s...... etc 
V(m/s)
1 2 3 4
4
8
t(s)
x
3x
5x
7x
Assim, a área de 1 triângulo x vale: x = 4 x 1 / 2 = 2 m. 
Assim, das proporções de Galileu, vem: 
1º segundo de movimento  percorre 1x = 2 m 
2º segundo de movimento  percorre 3x = 6 m 
3º segundo de movimento  percorre 5x = 10 m 
4º segundo de movimento  percorre 7x = 14 m 
Aula 2 - Questão 34 - resolução 
O tempo (t1) decorrido entre duas balas consecutivas é o mesmo tempo 
(t2) que o disco leva para girar 1 volta completa. 
Mas qual o tempo decorrido entre duas balas consecutivas ? 
Ora, 30 balas a cada 60 segs significa 1 bala a cada 2 segs. 
A cada 2 segs uma bala atravessa o disco, portanto, a cada 2 segs o disco 
dá uma volta completa. Ou seja, o disco está girando num ritmo de 1 volta 
a cada 2 segs, portanto (1 volta) / ( 2 segs ), ou seja, 0,5 voltas/seg ou 
0,5 Hz. 
Aula 2 - Questão 35 - resolução 
O tempo (t1) que a bala demora para percorrer uma distância d1 igual ao 
diâmetro (d1 = 2R) do disco é o mesmo tempo (t2) que o disco leva para 
girar meia volta, ou seja, sofrer um deslocamento angular  =  rad. 
Assim, temos: 
1
1 2
d deslocamento angular 2R rad
t t
V velocidade angular V
2R
V
 
     
 



Aula 2 - Questão 36 - resolução 
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A 
diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a 
rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio chão. 
V1 = V2  1.R1 = 2.R2  2..f1.R1 = 2..f2.R2
f1.R1 = f2.R2  
2
40 pedaladas
.3R f .R
60s
 
 
 
  f2 = 2 Hz 
Aula 2 - Questão 37 - resolução 
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A 
diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a 
Física
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rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas, 
sem que haja escorregamento. 
V1 = V2  1.R1 = 2.R2  2..f1.R1 = 2..f2.R2
f1.R1 = f2.R2  
2 2
1 voltas 1 voltas
8 f 5 f
40s 25 seg
 
     
 
2
2
1 segs
25
f volta
  
Aula 2 - Questão 38 - resolução 
Essa questão segue o mesmo raciocínio da questão 16 de classe. A 
diferença é apenas que quem faz o papel da correia que transmite a 
rotação de uma roda, nessa questão, é o próprio contato entre as rodas, 
sem que haja escorregamento. 
V1 = V2  1.R1 = 2.R2  2..f1.R1 = 2..f2.R2
f1.R1 = f2.R2  
2 2
 voltas 1 voltas
3 4 f 60 f
s 5 seg
 
     
 
 
2
2
1 segs
5
f volta
  
Aula 2 - Questão 40 - resolução 
Legenda 
1 = coroa 
2 = catraca 
3 = roda 


          
  
 
     
 
     

3 3 3 2 1 1 2 2
2 3
1 31
1 3 1
2 2
2
1 3
1 2
2
v R , com e R R
v R
R RR
v R 2. .f
R R
R R 45 rotações 8.10
v 2. .f 2 3 0,4
R 60s 3.10
v 4,8 m / s
Aula 2 - Questão 41- resolução 
Segundo o enunciado, devemos ter V = .R = constante. 
Como a leitura das trilhas ocorre do centro para a periferia, a cabeça 
leitora lê primeiro os raios R menores e vai gradativamente se afastando 
docentro do disco, lendo trilhas de raios cada vez maiores. Assim, R vai 
aumentando, mas como V = .R = constante = 1,3 m/s , se R aumenta, 
então  vai diminuindo. Como o período vale  = 2. / , se  diminui,  
aumenta. 
Aula 2 - Questão 42 - resolução 
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 6 segs / 2 = 3 segs 
Hmax = 10.(3)2 / 2 = 45 m 
Tsub = Voy / g = Vo.sen / g  3 = Vo.(sen 30º) / 10  Vo = 60 m/s 
Aula 2 - Questão 43 - resolução 
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida = 8 segs / 2 = 4 segs 
Hmax = 10.(4)2 / 2 = 80 m 
A = Vx . t Vôo  240 = Vx . 8  Vx = 30 m/s 
Tsub = Voy / g  4 = Voy / 10  Voy = 40 m/s 
(Vo)² = (Vx)² + (Voy)²  Vo = 50 m/s 
Aula 2 - Questão 44 - resolução 
A = Vx . t Vôo = 30 x 4 = 120 m 
Vx = Vo.cos  30 = Vo. cos 60o  Vo = 60 m/s 
Aula 2 - Questão 45 - resolução 
Hmax = g.t 2 / 2 , onde t = tsub = tdescida 
45 = (10).t 2 / 2  t = tsub = tdescida = 3 s 
Tvôo = tsub + tdescida = 3 + 3 = 6 s 
A = Vx . t Vôo = 5 x 6 = 30 m 
Aula 2 - Questão 46 - resolução 
Decompondo as velocidades iniciais de lançamento, percebemos que 
VoyA = VoyB . Isso implica que, na vertical, ambos os projéteis partem 
com a mesma velocidade inicial Vy  e sofrem exatamente a mesma 
aceleração a = g durante todo o movimento. Assim, os movimentos 
verticais de A e B serão exatamente idênticos, implicando que eles terão 
o mesmo tsubida, o mesmo tvôo e atingirão a mesma altura máxima Hmax. 
Como o alcance é dado por A = Vx. tvôo e, sendo VxB = 3.VxA (como 
podemos notar decompondo as velocidades iniciais) e tvôo B = tvôo A , 
portanto teremos AB = 3.AA. Portanto, devemos assinalar como errada a 
alternativa E. 
Aula 2 - Questão 47 - resolução 
No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo , assim: 
H = g.t 2 / 2  45 = 10.t 2 / 2  t vôo = 3 s 
Para se obter um alcance de, pelo menos 900 m, devemos ter: 
A = Vx . t Vôo  900 = Vo . 3  Vo = 300 m/s 
Aula 2 - Questão 48 - resolução 
No lançamento horizontal, temos H = g.t 2 / 2 , onde t = t vôo . 
Assim, como as bolas partem de alturas H iguais, passarão o mesmo 
tempo no ar ( t vôo A = t vôo B ). 
Como VxB = 3.VxA, é fácil ver que o alcance horizontal da bola B será 
três vezes maior que o alcance horizontal da bola A (A = Vx . t Vôo) 
Aula 2 - Questão 50 – resolução 
a) O maior valor possível para o seno de qualquer ângulo vale 1, que 
ocorre quando esse ângulo vale 90º, afinal, sen90o = 1. Assim, para 
que sen(2) seja máximo, devemos ter 2 = 90º, portanto,  = 45º. 
b) Amax = 2
oV
g
sen(2), para  = 45º 
 Amax = 2
oV
g
sen(90º) = 2
oV
g
×1 = 2
oV
g
c) A questão está pedindo o valor de Hmax =

2 2
oV sen.
g 2
 para =45º , 
portanto, vamos calcular: 
Hmax = 

 
2 2 22 2
o o oV V Vsen ( 2 / 2). .
g 2 g 2 4g
Aula 2 - Questão 51 – resolução 
Essa questão requer que lembremos das fórmulas de lançamento de 
projéteis (infelizmente) : 
Hmax = 
2
sen
.
g
V 22o 
 (eq1) 
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425 
A =
g
V 2o
sen(2) = 
g
V 2o
.2.sen().cos() (eq2) 

A/2
Hmax
Do triângulo retângulo da figura acima, podemos escrever: 
2
A
maxH
tg 
 (eq3) 
Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem: 
2
tg
cos.2
sen
cos.sen.
g
V
2
sen
.
g
V
2
A
maxH
tg
2
o
22
o








  
tg
tg
2


 
2
1
tg
tg



Aula 2 - Questão 52 – resolução 
A altura H mostrada na figura pode ser determinada a partir da expressão 
abaixo: 
H
1,70 m
A
B
C
D

  
2 2 2 2
ooV sen 200 (1/ 2)H . . 500m , visto que sen30 =1/2
g 2 10 2
 
Outra maneira de calcular essa altura H na figura seria, primeiro, 
calculando o tempo de subida de A para B usando a cinemática somente 
na vertical: 
       

Vy Voy g.t 0 Vo.sen30 g.t 0 200.(0,5) 10.t
t 10s
Em seguida, calculamos H na figura usando: 
  
2 2g.t 10.(10)
H 500m
2 2
 
Na questão da Unifor, a altura maxima desejada é a altura TOTAL em 
relação ao chão, e vale, portanto: 
Htotal = H + 1,70 = 500 + 1,7 = 501,70 m 
Aula 2 - Questão 53 – resolução 
Nessa questão, faremos uso da expressão do alcance horizontal já 
utilizada na questão 45. A condição de máximo alcance é obtida 
considerando  = 45o. Lembrando que 108 km/h = 30 m/s, vem: 
Amax = 2
oV
g
sen(2) = 2
30
10
sen(90o) = 
900
10
x 1 = 90 m 
Aula 2 – O Conceito de Força 
Aula 2 - Questão 4 – Página 74 - resolução 
 A única força que age na bola, durante o seu vôo (desprezando a 
resistência do ar) é a força peso, resultado da atração entre a massa da 
Terra e a massa da bola. 
 Lembre-se de que velocidade não é força !
 A força que jogador aplicou na bola, no momento do arremesso, só atua 
na bola enquanto as mãos estão em contato com a bola. Como diria o 
prof Renato Brito, as mãos do jogador não vão junto com a bola 
durante o seu vôo !
Aula 2 - Questão 5 Pág 74 – resolução (resposta correta – letra D) 
 Como o prof Renato Brito costuma dizer, POR DEFINIÇÃO, o 
dinamômetro é, meramente, um medidor de tração T no fio.
 A força que o homem aplica na corda é a própria tração T. A força que 
a corda aplica à caixa (e vice-versa) também se chama tração T.
 Segundo o enunciado, a tração T marcada no dinamômetro 
permanece constante. 
 Segundo o enunciado, o coeficiente de atrito cinético, bem como o Fat 
cinético, têm intensidades variáveis .
A seguir, o prof Renato Brito analisará cada alternativa : 
a) a força resultante que atua no objeto é constante.
A força resultante é FR = T – fat, sendo T constante e Fat variável, 
portanto, FR é variável.
b) o objeto está deslocando-se com velocidade constante; 
Com base no enunciado, nada se pode afirmar sobre isso. 
c) o valor da força de atrito entre o objeto e a superfície é dado pela leitura 
do dinamômetro. 
O dinamômetro mede a tração T no fio, por definição. 
d) a força que a pessoa aplica no objeto é constante;
Sim, visto que essa força é a tração T constante registrada pelo 
dinamômetro.
e) a força de atrito entre o objeto e a superfície é constante.
Não, ela é variável, visto que o coeficiente de atrito cinético entre o solo
e o objeto é variável.
Aula 2 - Questão 18 - resolução 
Qual o ritmo com que a velocidade horizontal da caixa aumenta ? 
De acordo com a tabela, a velocidade da caixa aumenta V = 10 m/s a 
cada t = 2s, o que dá uma taxa de variação: 
a = V/t = 10 / 2 = 5 m/s2 . 
Mas qual a força horizontal culpada pelo aparecimento dessa aceleração 
horizontal (veja figura adiante) ? 
Ora, certamente é a força FX , que causa uma aceleração a de acordo 
com a 2ª Lei de Newton: 
FX = m. a  F.cos = m . a  F . 0,5 = 10 x 5  F = 100 N 
FX
FYN
P
Como a caixa não apresenta aceleração na vertical, a força resultante na 
vertical deve ser nula. Assim, o prof Renato Brito pode escrever : 
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426 
N + FY = P  N + F.sen = P 
N + 100 x 0,86 = 100  N = 14 newtons 
Aula 2 - Questão 20 - resolução 
A caixa B é a mais pesada e acelera ladeira abaixo (figura 2), ao contrário 
da caixa A, que acelera ladeira acima (figura 1). Assim, podemos escrevera lei de Newton para caixa e resolver o sistema. 

PA.
sen

Ta
Figura 1 
(caixa A – figura 1) 
T – PA .sen = mA . a 
T – 50 .( 0,6 ) = 5 . a 
T – 30 = 5 . a 

PB.
sen

Ta
figura 2 
(caixa B – figura 2) 
PB .sen – T = mB . a 
150.(0,6) – T = 15.a 
90 – T = 15.a 
Somando membro a membro, 
vem: 
90 – 30 = 20.a  a = 3 m/s2 
Substituindo, vem: 
T – 30 = 5 . a 
T – 30 = 5 x 3 
T = 45 N 
Aula 2 - Questão 21 - resolução 
FR = M.a  M.g – T = M.a 
FR = M.a  T + M.g.sen = M.a 
Resolvendo-se o sistema de equações acima, determina-se a tração T e 
a aceleração a. 
Aula 2 - Questão 24 - resolução 
CASO 1- MOLA ELONGADA: Na figura 1, a mola encontra-se elongada, 
portanto está puxando tudo a sua volta. Por exemplo, ela puxa o teto da 
caixa para baixo k.x e puxa a bola preta para cima k.x. Portanto, 
sobre a bola agem duas forças k.x  e m.g . 
Dependendo da deformação x da mola, a resultante sobre a bola na figura 
1 pode ser prá cima (k.x > m.g), prá baixo (k.x < m.g) ou até 
momentaneamente nula, no lapso instante em que ocorrer k.x = m.g. 
Assim, não há temos como concluir para onde aponta a aceleração da 
bola da figura 1. A caixa, entretanto, está sempre em equilíbrio e, assim, 
podemos escrever N1 = k.x + M.g [eq-1] e, portanto, N1 > M.g na 
figura 1. A balança registrará um valor N1 maior que o peso M.g da caixa 
nesse caso. 
m.g
k.x
k.x
k.x
k.x
N
1
M.g
m
o
la
 e
lo
n
g
a
d
a
Figura 1
N
1
CASO 2- MOLA COMPRIMIDA: 
Já na figura 2 a mola encontra-se comprimida. Assim, essa mola está 
empurrando tudo a sua volta. Por exemplo, ela empurra o teto da caixa 
para cima k.x e empurra a bola preta para baixo k.x. Portanto, sobre 
a bola agem duas forças k.x e m.g  prá baixo e, inevitavelmente, 
essa bola está acelerada para baixo FR a2 . Assim, essa bola tanto 
pode estar descendo v acelerada a2 , como pode estar subindo v 
retardada a2 . Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 2 
está em equilíbrio e, portanto, podemos escrever N2 + k.x = M.g  
N2 = M.g – k.x  N2 < M.g [eq-2]. 
A balança registrará um valor N2 menor que o peso M.g da caixa nesse 
caso. 
m.g
k.x
k.x
k.x
k.x
M.g
m
o
la
 c
o
m
p
ri
m
id
a
Figura 2
a
2
N
2
N
2
CASO 3- MOLA MOMENTANEAMENTE RELAXADA: 
A figura 3 mostra o exato instante em que a mola atinge o seu 
comprimento natural, isto é, o exato instante em que sua deformação é 
momentaneamente nula x = 0. 
Essa situação ocorre uma única vez durante a subida da bola e outra vez 
na descida. Nesse lapso instante, a mola não exerce força elástica 
alguma (x = 0, k.x = 0). Sobre a bola, portanto, só agirá a força peso 
m.g, portanto a bola certamente está acelerada para baixo. Uma vez 
mais, existem duas possibilidades para o movimento da bola nesse 
instante: essa bola tanto pode estar descendo v acelerada a3 , como 
pode estar subindo v retardada a3 . 
m.g
M.g
m
o
la
 r
e
la
x
a
d
a
 (
 x
 =
 0
)
N
3
N
3
a
3
Figura 3
Como ocorre em todos os instantes, a caixa na figura 3 está em equilíbrio 
e, portanto, podemos escrever N3 = M.g [eq-3]. Nesse lapso instante, 
a balança portanto registrará um valor N3 igual ao peso M.g da caixa. 
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427 
Agora, vejamos as opções dessa questão - A respeito da marcação da 
balança, pode-se afirmar que: 
a) sempre acusará um peso maior que M.g
falsa, a normal da caixa pode ser maior ou menor que M.g, dependendo 
do estado da mola. 
b) quando a esfera pára na altura máxima, a balança acusará um peso 
maior que M.g 
falsa, pois nesse caso teremos mola comprimida (figura 2) e, segundo 
(eq-2), teremos N2 < M.g, ou seja, a balança marcará um valor menor 
que o peso M.g da caixa. 
c) quando a esfera sobe em movimento acelerado, a balança acusará um 
peso menor que M.g 
falsa, pois esfera subindo acelerada requer v, a, o que só pode 
ocorrer na esfera da figura 1, no caso em que tivermos k.x > m.g. 
Assim, se a bola estiver subindo acelerada, a mola só pode estar 
elongada (figura 1) e, nesse caso, segundo [eq-1] teremos N1 > M.g, 
isto é, a balança estará marrando um valor maior que o peso M.g da
caixa.
d) quando a esfera passa pela posição em que a mola encontra-se no seu
comprimento natural, a balança acusará um peso M.g
Verdadeiro. Isso ocorre na figura 3. 
e) quando a esfera passa pela sua posição de equilíbrio, a balança 
acusará um peso M.g
falsa. Para a esfera estar momentaneamente em equilíbrio, a resultante 
das forças que agem sobre a esfera deve ser nula e isso só tem como 
acontecer na figura 1, no caso em que k.x = m.g. Assim, quando a 
esfera estiver momentaneamente em equilíbrio, a mola estará elongada 
(figura 1) e, segundo [eq-1], teremos N1 > M.g , isto é, a balança 
estará marrando um valor maior que o peso M.g da caixa.
Aula 2 - Questão 26 - resolução 
F2  F1X = m.a 
F2  F1.cos60o = m.a 
30  40.(0,5) = 2.a 
a = 5 m/s2 
Aula 2 - Questão 27 - resolução 
F1  f = MA.a 
41  f = 8.a (eq1) 
f  F2 = MB.a 
f  13 = 6.a (eq2) 
somando eq1 e eq2, membro a membro, vem: 
41  13 = 14.a  a = 2 m/s² 
 f  13 = 6.a 
f  13 = 6.(2) 
f = 25 N 
AULA 3 – Estudo do Atrito 
Aula 3 - Questão 3 - resolução 
O enunciado da questão garante que o sistema encontra-se em equilíbrio. 
Assim, podemos escrever: 
Equilíbrio da caixa A: T1 = PA = 50N 
Equilíbrio da caixa C: T2 = PC = 40N 
B
CA
PA
T1 T2
T2
PC
T1
Assim, sendo T1 > T2 , a caixa B tende a escorregar prá esquerda em 
relação ao piso. Como o enunciado garante que a caixa B também está 
em equilíbrio, certamente há uma Fat agindo nela impedindo esse 
escorregamento: B
CA
PA
T1 T2
T2
PC
T1
tendência de escorregamento
Assim, para o equilíbrio da caixa C, o prof Renato Brito pode escrever : 
T1 = T2 + Fat  50 = 40 + Fat  Fat = 10 N 
B
CA
PA
T1 T2
T2
PC
Fat
T1
B
CA
50N
50N 40N
40N
40N
10N
50N
Aula 3 - Questão 7 - resolução 
A caixa B tende a escorregar prá cima ou prá baixo ? Para responder isso, 
devemos analisar quem é maior, M.g ou M.g.sen ? Ora, sabemos que 
o seno de qualquer ângulo agudo está sempre na faixa 
0 < sen < 1, portanto, M.g > M.g.sen. 
Assim , a caixa B tende a escorregar ladeira acima e, portanto, recebe um 
Fat ladeira abaixo, como mostra a figura acima. Como o enunciado 
garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever: 
Física
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B

A M.g.sen
M.g
T
T
tendência de 
escorregamento
Equilíbrio do corpo A : T = M.g 
Equilíbrio do corpo B : T = Fat + M.g.sen e N = M.gcos 
B

A
M.g.sen
M.g
T
T
M.g.cos
N
Fat
Como a questão pede o menor coeficiente de atrito  que permite que o 
sistema ainda esteja em equilíbrio, isso indica que o sistema encontra-se 
na iminência de escorregar e, portanto, podemos usar a “condição de 
iminência” para o corpo B: 
Condição de iminência de escorregar: Fat = Fatmax = .N 
Substituindo, podemos facilmente determinar o coeficiente de atrito  : 
T = Fat + M.g.sen  M.g = .N + M.g.sen