Prévia do material em texto

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 ? 
Acesse o nosso site www.fisicaju.com.br/resolucoes 
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
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
406 
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
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
407 
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
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
408 
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.
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
409 
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
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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 
 
Capítulos 10, 11, 12, e 13 - Óptica Geométrica 
 - Quer assistir toda a teoria e as resoluções de todas as questões 
de classe de novo sobre espelhos planos ? acesse nosso site: 
www.fisicaju.com.br/resolucoes 
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 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 23 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
424 
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) 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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 : 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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. 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
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
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
428 
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 
M.g = .M.g.cos + M.g.sen 
M.g – M.g.sen = .Mg.cos  M.g.( 1 – sen ) = .Mg.cos 
 = 
1 sen
cos
 

Aula 3 - Questão 10 - resolução 
a) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto 
temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat  Fat = T1 = 2.mg além de 
N = 3.mg 
A
B
2.mg
T1
T1Fat
3.mg
N
Figura 1
b) A expressão Fat = E .N é a chamada de condição de iminência e só 
é válida se a caixa estiver na iminência de escorregar. O enunciado 
informa apenas que a caixa está em equilíbrio, podendo estar ou não na 
iminência de escorregar. Portanto, não há como se determinar o valor do 
E com os dados que dispomos. Nessas condições, só podemos garantir 
que Fat  E .N. 
c) O enunciado garante que o sistema encontra-se em equilíbrio, portanto 
temos: 2.mg = T1 e T1 = Fat  Fat = T1 = 2.mg além de 
N = 3.mg 
A
B
2.mg
T1
T1Fat
3.mg
N
Figura 1
Como o Fat estático é capaz de “segurar” uma força 2mg, certamente ele 
será capaz de segurar 1,5m.g , 1.m.g, 0,5.m.g .... etc 
Não temos como saber se Fat consegue segurar mais que 2.m.g, visto que 
não conhecemos o E. Assim, garantimos até agora apenas um 
Fatmax = 2.m.g. 
A
B
2.mg
T1= 2mg
Fat
3.mg
N
C
T1= 2mg
tendência de escorregar
T2
T2
Pc
Figura 2
A caixa C mais pesada que se pode pendurar de forma que ainda se 
possa garantir que a caixa A não escorregará (figura 2) está relacionada 
com o maior valor que o Fat consegue atingir nessa questão, até agora, 
2m.g. 
Como queremos uma caixa C mais pesada possível, a caixa A tenderá a 
escorregar para a esquerda  (figura 2) e, portanto, o Fat sobre ela 
apontará para a direita . O maior Pc possível é aquele que levar Fat 
ao seu maior valor que se pode garantir (Fat = 2m.g), assim (figura 3): 
T1 + Fat = T2  2.mg + 2.mg = T2  T2 = 4.m.g 
mas T2 = Pc  4.m.g = mC .g  mC = 4.m 
A
B
2.mg
T1= 2mg
C
T1= 2mg
Fat = 2.m.g
T2= 4mg
T2= 4mg
Pc = 4mg
Figura 3
Aula 3 - Questão 13 - resolução 
a) Determinando Fat max:
Fat max = E . N = E . PA = 0,5 x 80 = 40 N 
Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no 
intervalo 0  Fat  40 N. 
Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse em 
equilíbrio ? Condições de equilíbrio estático: 
PB = T = Fat  20 = T = Fat  Fat = 20 N. 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
429 
A
B
P
B
TFat
P
A
N
T
Conclusão: Como Fat segura até 40 N, ela certamente será capaz de 
segurar 20N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e, 
assim, teremos: PB = T = Fat = 20N 
b) ) Determinando Fat max: 
Fat max = E . N = E . PA = 0,8 x 20 = 16 N 
Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no 
intervalo 0  Fat  16 N. 
Qual valor de Fat seria necessário para que o sistema permanecesse em 
equilíbrio ? 
Condições de equilíbrio estático: PB = T = Fat  80 = T = Fat  
Fat = 80 N. 
Conclusão: Como Fat só segura até 16 N, Fat não será capaz de 
segurar os 80 N que seriam necessários para garantir o equilíbrio do 
sistema, portanto, o sistema não está em equilíbrio. Ambas as caixas 
estão aceleradas e teremos PB > T > Fat. 
O Fat será cinético e valerá: Fat = Fat c = C .N = 0,4 x 20 = 8 N 
Precisamos aplicar a lei de Newton a cada bloco e determinar a tração T e 
a aceleração do sistema. Para o bloco B, podemos escrever: 
PB – T = mB . a  80 – T = 8.a 
Para o bloco A, podemos escrever: T – Fat = mA . A  T – 8 = 2.a 
Somando as equações membro a membro, vem: 
80 – 8 = 10.a  a = 7,2 m/s2 . 
Substituindo em qualquer equação vem T – 8 = 2.a  
T – 8 = 2 x (7,2)  T = 22,4 N 
Aula 3 – Questão 14 – resolução 
a) O coeficiente de atrito E estático é definido pelo quociente entre a 
força de atrito máxima (Fatmax = 40 N) e a normal N (N = P = M.g = 
50N), assim temos: E = Fatmax / N = 40 / 50 = 0,8. Alternativa falsa;
b) O coeficiente de atrito C cinético é definido pelo quociente entre o 
valor cinético da força de atrito (Fatcin = 30 N) e a normal N (N = P = 
M.g = 50N), assim temos: C = Fatcin / N = 30 / 50 = 0,6. 
Alternativa falsa; 
c) Estando o bloco em repouso, ele só começará a escorregar para uma 
força solicitante F > Fatmax, isto é, Fat > 40 N. Alternativa falsa;
d) Esse mito é falso. Para entender o porquê, note que, se o bloco 
estiver em repouso e aplicamos sobre ele os seguintes valores 
crescentes de força solicitadora F = 10N, F= 20N, F = 30 N, o bloco não 
se moverá e a força de atrito sobre ele, em cada caso, terá o mesmo 
módulo da força solicitadora Fat = 10N, Fat 20N e Fat = 30 N a fim de
mantê-lo parado. Vemos que a força de atrito agindo no corpo 
aumentou gradativamente nesse episódio ( Fat = 10N, 20N, 30N )
embora a normal N que age no corpo seja CONSTANTE, o que nos 
mostra que a força de atrito agindo no corpo não é diretamente 
proporcional N. 
Esse fato só ocorre em duas situações muito particulares: (1) se o
corpo já estiver escorregando (atrito cinético Fatcin =C.N) ou (2) se
estiver na iminência de escorregar (Fat = Fatmax =E.N). 
Alternativa falsa; 
e) Se o bloco estiver escorregando (Fat cinético Fatcin = 30N) sob ação de 
uma força solicitante F = 20 N, ele estará escorregando em movimento 
retardado (Fatcin > F). Independente de ser acelerado ou retardado, o 
fato de o corpo estar escorregando garante que a força de atrito 
assumiu o seu valor cinético Fatcin = 30N. Alternativa correta.
 Aula 3 - Questão 15 - resolução 
Resolução da Letra A: 
Análise do escorregamento ou não da caixa (figura 1): 
Passo 1) Fat max = . N = . PA = 0,8 x 600 = 480 N 
Assim, vemos que Fat pode assumir qualquer valor real apenas no 
intervalo 0  Fat  480 N. 
Passo 2) Qual valor de Fat seria necessário para o sistema permanecesse 
em equilíbrio (figura 1) ? 
PB = T = Fat  200 = T = Fat  Fat = 200 N. 
A
B
P
B
TFat
P
A
N
T
A
B
PB
TFat
PA
N
T
F
 Figura 1 Figura 2 
Conclusão: Como Fat segura até 480 N, ela certamente será capaz de 
segurar 200N, portanto, o sistema realmente encontra-se em equilíbrio e, 
assim, teremos: PB = T = Fat = 200N 
Resolução da Letra B: 
Devido à presença do peso B (figura 2), é mais fácil fazer a caixa A se 
mover para a direita. O menor valor de F, que deixará a caixa A na 
iminência de escorregar, levará o Fat ao seu valor estático máximo 
Fat = Fat max = 480 N. 
Da condição de equilíbrio + iminência, o prof Renato Brito pode escrever: 
F + T = Fat com T = PB = 200 N 
F + 200 = 480  F = 280 N. 
Pronto ! Uma força F = 280 N coloca a caixa na iminência de escorregar. 
Qualquer força F >280N moveria essa caixa para a direita. 
A
B
=200N
TFat
T
F = 280 N
P
B
=200N
=200N=480N
Aula 3 - Questão 16 - resolução 
Na vertical, a caixa não tem aceleração, ou seja, ela está em equilíbrio 
nessa direção. Assim, podemos escrever: 
FX
FYN
P
Fat
N + FY = P  N + F.sen = P  N + 160 x 0,6 = 400 
N = 304 newtons 
Fat Max = E.N = 0,5 x 304 = 152 N 
Fx = F.cos = 160 x 0,8 = 128 N 
Sendo 128 < 152 (Fx < Fatmax), a caixa não escorregará ! 
Ela permanecerá em repouso permanente (equilíbrio) a = 0. Nesse caso, 
teremos apenas Fat = Fx = 128 N 
Aula 3 - Questão 17 - resolução 
Na vertical, a caixa não tem aceleração,ou seja, ela está em equilíbrio 
nessa direção. Assim, podemos escrever: 
N + FY = P  N + F.sen = P  N + 200 x 0,6 = 400 
N = 280 newtons 
Fat Max = E.N = 0,5 x 280 = 140 N 
Fx = F.cos = 200 x 0,8 = 160 N 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
430 
Sendo 160 > 140 (Fx > Fatmax), a caixa escorregará sim ! 
FX
FYN
P
a
Fat
Fat = Fat cinético = C . N = 0,5 x 280 = 140 newtons 
A lei de Newton na horizontal permite escrever: 
FR = ( FX – Fat ) = m.a  F.cos – Fat = m.a  
200 x 0,8 – 140 = 40.a  a = 0,5 m/s2 
 Aula 3 - Questão 19 - resolução 
Análise preliminar: 
Enquanto o corpo se move para a direita v em movimento retardado 
a, a força de atrito Fat é a responsável pela aceleração da caixa. 
Assim, a 2ª lei de Newton permite escrever: 
FR = m.a  Fat cin = m . a   . N = m.a 
.m.g = m.a  a = .g [eq-1] 
A cinemática desse MUV permite escrever : 
V = Vo – a.T  0 = Vo – 2..g.T  T = 
g..2
Vo

 [eq-2] 
N
P
V
Fat
a
A expressão eq-2 nos mostra quais fatores influenciam o tempo T que a 
caixa leva até parar nesse episódio. Note que esse tempo de frenagem 
independe da massa da caixa. 
Resolução da questão: 
a) Aplicando a função horária da velocidade do MUV, vem: 
V = Vo – a.T  0 = 20 – a.( 5 )  a = 4 m/s2 
b) A 2ª lei de Newton permite escrever:
FR = m.a  Fat cin = m . a   . N = m.a  
.m.g = m.a  a = .g  4 =  x 10   = 0,4 
Conselho do prof Renato Brito: Não tente memorizar expressões como 
eq-1 e eq-2, visto que elas tem validade restrita. Procure entender os 
princípios utilizados para chegar até elas, e seja capaz de reproduzir o 
raciocínio quando lhe for útil. 
Aula 3 - Questão 25 - resolução 
O solo aplica sobre a caixa uma força de atrito Fat = 30 N para a 
esquerda e uma normal N = 40 newtons para cima. Assim, a força total 
que o solo aplica sobre a caixa é a resultante desse 30 N com esse 40 N 
que, por Pitágoras, vai dar 50 N !  Pegadinha, né ?  
Aula 3 - Questão 27 - resolução 
Conforme aprendemos em sala de aula (veja suas anotações do caderno, 
questão 8 de classe, página 90), a distância que esse móvel percorre até 
parar, é dada por: 
2
oVD
2. .g


No 1º caso, quando freia sem ABS, travando as rodas e, portanto, 
derrapando na pista fazendo uso do  cinético, a distância Dcin percorrida 
então é dada por: 
2
o
cin
cin
V
D
2. .g


 (eq1) 
No 2º caso, quando freia com ABS, no limite mas sem travar as rodas, 
portanto fazendo uso do  estático, a distância De percorrida então é dada 
por: 
2
o
e
e
V
D
2. .g


 (eq2) 
Dividindo eq1 por eq2, membro a membro, obtemos: 
cin e
e cin cin
e cin
D
De D
D

    

De (0,4) = 6 (0,3)  De = 4,5 m 
Aula 3 - Questão 28 - resolução 
O teorema de Pitágoras permite determinar a hipotenusa desse triângulo. 
Efetuando os cálculos, encontramos hipotenusa = 25m. 
Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético, 
cujo valor é constante, dado por Fat cin =  .N , onde  é o coeficiente de 
atrito cinético. 
Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante na 
direção do movimento com a aceleração que ela causa: 
FR = m.a  (P.sen – Fat ) = m.a  m.g.sen – .N = m.a 
m.g.sen – .N = m.a, com N = m.g.cos, vem: 
m.g.sen – . m.g.cos = m.a  cancelando a massa, vem: 
a = g.sen – .g.cos 
15 m
20 m

N
P.cos
Fat
a
P.sen
sen = 15 / 25 = 3 / 5 = 0,6 cos = 20 / 25 = 4 / 5 = 0,8 
Substituindo, vem: a = g.sen – .g.cos  
a = 10 x 0,6 – (0,5).10.(0,8)  a = 6 – 4  a = 2 m/s2 
A caixa desce, a partir do repouso, em MRUV, com aceleração 
a = 2 m/s2 percorrendo uma distância S = 25 m. Isso permite 
determinar quanto tempo ela gasta para percorrer essa distância: 
 S = Vo .t + a.t2 / 2  25 = 0 + 2.t2 / 2  t = 5 s 
Aula 3 - Questão 29 - resolução 
Como a caixa está escorregando, o Fat que age sobre ela é o cinético, 
cujo valor é constante, dado por Fat cin =  .N , onde  é o coeficiente de 
atrito cinético. 
Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a força resultante na 
direção do movimento com a aceleração que ela causa: 
FR = m.a  (P.sen + Fat ) = m.a  m.g.sen + .N = m.a 
m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem: 
m.g.sen + . m.g.cos = m.a  cancelando a massa, vem: 
a = g.sen + .g.cos 

N
P.cos
Fat a
P.sen
V
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
431 
Aplicando a equação de Torricelli no movimento retardado da 
subida, temos: 
V2 = Vo2  2.a.D, com V = 0 e a = a = g.sen + .g.cos 
02 = Vo2  2.( g.sen + .g.cos).D 
D = 
2
oV
2g.(sen cos ) 
Aula 3 - Questão 30 - resolução 

N
P.cos
a
P.sen
V
1º caso: Inicialmente sem atrito: 
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, vem: 
FR = m.a  m.g.sen = m.a  a = g.sen 
2º caso: Agora com atrito, aplicando a 2ª lei de Newton na direção da 
rampa, vem: 

N
P.cos
Fat
a
P.sen 
FR = m.a’  m.g.sen  Fat = m.a’ 
m.g.sen  .m.g.cos = m.a’ 
g.sen  .g.cos = a’ 
Conforme solicitado no enunciado, temos: a' = a / 2  
a = 2.a’  g.sen = 2.(g.sen  .g.cos) 
sen = 2.sen  2.cos 
sen = 2..cos   = tg / 2 
para  = 45o, vem:  = 0,5 
Aula 3 – Questão 31 – resolução 
Durante a subida: Aplicando a 2ª lei de Newton, podemos relacionar a 
força resultante na direção do movimento com a aceleração que ela causa: 
FR = m.a  (P.sen + Fat ) = m.a  m.g.sen + .N = m.a 
m.g.sen + .N = m.a, com N = m.g.cos, vem: 
m.g.sen + . m.g.cos = m.a  cancelando a massa, vem: 
a = g.sen + .g.cos 

N
P.cos
Fat a
P.sen
V
Durante a descida: Aplicando a 2ª lei de Newton na direção da rampa, 
vem: 

N
P.cos
Fat
a
P.sen 
FR = m.a’  m.g.sen  Fat = m.a’ 
m.g.sen  .m.g.cos = m.a’ 
g.sen  .g.cos = a’ 
Vemos claramente que a > a’ , portanto o gráfico correto da aceleração 
em função do tempo será o II . Lembrando que, no gráfico V x t, a 
aceleração está relacionada à inclinação , o gráfico correto da velocidade 
será o IV. 
Aula 3 - Questão 35 - resolução 
Decompondo a força F, podemos determinar suas componentes: 
FX = F.sen = 50 x 0,6 = 30 N 
FY = F.cos = 50 x 0,8 = 40 N 
P = m.g = 20 N 
Eita ! Se FY > P, a caixa tende a escorregar prá cima  ! Portanto, 
receberá da parede um Fat para baixo conforme a figura acima. 
Análise do escorregamento da caixa: 
Passo 1: 
Fat max = E. N = E . FX = 0,5 x 30 = 15 N, ou seja: 0 Fat 15N 
Passo 2: Condição de equilíbrio vertical da caixa: 
Fat + P = FY  Fat + 20 = 40  Fat = 20N. 
F
X
NN
Fat
P Fat
P
F
Y
F
X
F
Y
Conclusão: Como o Fat necessário para que a caixa fique em equilíbrio 
(Fat = 20N) está fora do intervalo de valores possível para o Fat nas 
condições dessa questão ( 0 Fat 15N), a caixa vai escorregar (acelerar) 
para cima  inevitavelmente. Assim, o Fat será cinético e seu valor será 
dado por: 
Fat cin = C .N = C .FX =0,4 x 30 = 12N  Fat = Fat cin = 12N 
Com que aceleração o bloco vai escorregar para cima ? Determinemos 
através da 2ª lei de Newton: 
FR = m.a  (FY – P – Fat ) = m.a  (40 – 20 – 12) = 2.a  
a = 4 m/s2 . 
Aula 3 - Questão 39 - resolução 
Seguindo o mesmo raciocínio da questão 13 de classe, o aluno concluirá 
que: 
A condição para a caixa A não escorregar é: 
a  A . g  a  0,35 x 10  a  3,5 m/s2 , onde a é a 
aceleração do caminhão. 
A condição para a caixa B não escorregar é: 
a  B . g  a  0,30 x 10  a  3,0 m/s2 , onde a é a 
aceleração do caminhão. 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
432 
m.g
N
N
Fat
Fat
a
a
 
 
Qual o maior valor de a que satisfaz, ao mesmo tempo, ambas as 
condições acima ? 
Sim ! Uma aceleração a = 3 m/s2 ! Porque uma aceleração a = 3,1 m/s2 
já faria com que a caixa B escorregasse para trás, em relação ao 
caminhão !  
Assim, o maior valor possível para a aceleração a do caminhão, de forma 
que nenhum dos dois escorregue é a = 3 m/s2 . 
 
Aula 3 - Questão 42 - resolução 
Quando o corredor empurra o chão para trás Fat, o chão empurra o 
corredor para frente Fat. Assim, a força de atrito que age sobre o 
homem é a força resultante externa agindo sobre o homem, portanto, pela 
2ª Lei de Newton, podemos escrever: 
FR = m.a 
Fat = m.a, com Fat = 0,6.m.g conforme o enunciado disse. 
0,60.m.g = m.a  a = 0,6.g = 0,6.(10)  a = 6 m/s2 
Assim, s = a.t2 / 2 = 6.(2)2 / 2 = 12 m 
Aula 3 - Questão 50 - resolução 
a) no vácuo (sem a resistência do ar), a aceleração de queda livre de 
qualquer corpo é dada por: 
a = 
RF Peso massa g g
massa massa massa

  
 
b) Aprendemos nas paginas 82 e 83 da teoria que a força de resistência 
do ar que age no corpo em queda é dada por : 
FRes = 
2
1
.Cx..A.V n = K.V n 
com K = 
2
1
.Cx..A 
A velocidade limite atingida por elas, em queda, pode ser determinada 
fazendo: 
P = K.Vn  m.g = K.Vn  V = 
n
K
g.m
 VL = 
n
K
g.m
 
Como as duas esferas têm o mesmo formato esférico (mesmo Cx), têm a 
mesma área A de secção transversal à direção do movimento, se movem 
através do mesmo ar (mesma densidade ), significa que elas têm o 
mesmo valor do coeficiente K. 
Entretanto, a bola de ferro de raio R tem maior massa do que uma bola de 
isopor de mesmo raio R, portanto, atingirá maior velocidade limite vL e, 
portanto, chegará ao solo antes. 
c) como vemos, o formato do corpo, assim como sua massa, só é 
relevante quando a resistência do ar é levada em conta. No vácuo, 
todos caem juntos independentemente do formato e da massa. 
 
Aula 3 - Questão 51 - resolução 
Aprendemos nas paginas 82 e 83 da teoria que a força de resistência do 
ar que age no corpo em queda é dada por : 
FRes = 
2
1
.Cx..A.V n = K.V n 
com K = 
2
1
.Cx..A 
A velocidade limite atingida por elas, em queda, pode ser determinada 
fazendo: 
P = K.Vn  m.g = K.Vn  V = 
n
K
g.m
 VL = 
n
K
g.m
 
Como as duas esferas têm o mesmo formato esférico (mesmo Cx), têm a 
mesma área A de secção transversal à direção do movimento, se movem 
através do mesmo ar (mesma densidade ), significa que elas têm o 
mesmo valor do coeficiente K. 
Assim, como as bolas de chumbo e madeira diferem apenas pela massa 
m, de acordo com o resultado encontrado para a velocidade limite VL, 
vemos que a bola que atingirá maior velocidade limite será a bola que tiver 
maior massa m (a de chumbo). Desta forma, a de chumbo atinge maior 
velocidade e, assim, chega ao solo antes. 
 
Ainda que fosse considerado o empuxo do ar, a resposta não mudaria. 
Durante a queda da bola, ao atingir a velocidade limite (FR = 0), o 
equilíbrio das forças daria: 
E + K.Vn = P 
As bolas sofrem empuxos iguais do ar, por terem volumes iguais e estarem 
mergulhadas no mesmo fluido de mesma densidade. Isolando a 
velocidade limite V na expressão acima, temos: 
E + K.Vn = P 
K.Vn = m.g  E 
VL = 
m.g E
k k

 
Assim, como as bolas de chumbo e madeira diferem apenas pela massa 
m, de acordo com o resultado encontrado para a velocidade limite VL 
acima, vemos que a bola que atingirá maior velocidade limite será a bola 
que tiver maior massa m (a de chumbo). Desta forma, a de chumbo atinge 
maior velocidade e, assim, chega ao solo antes. 
De fato, se levarmos em conta resistência do ar, a bola que pesa MAIS 
chegará ao solo antes da bola mais leve, com dizia o velho Aristóteles. 
Entretanto, se consideramos vácuo, isto é, se a resistência do ar puder ser 
desprezada, bolas de pesos diferentes chegam ao solo juntas, como 
corrigiu Galileu. 
O erro do Aristóteles foi achar que estava enunciando leis gerais do 
movimento, quando, na verdade, todas as leis do movimento dele traziam 
embutidas o atrito como parte inerente do movimento, o que é um erro. 
Afinal, é possível ocorrer movimento sem atrito nem qualquer resistência. 
 
Aula 3 - Questão 52 - resolução 
Análise preliminar: 
Quanto vale o atrito disponível capaz de impedir o escorregamento dessa 
caixa, o famoso Fatmax ? 
Ora, Fatmax =  ×N = 0,35 × 9000 = 3150 N 
Portanto, se Fatmax = 3150N, a força de atrito “consegue segurar” ate 
3150N sem escorregar. Quem segura 3150N, segura 2900 N ? sim ! A 
caixa vai escorregar ? Não ! Então quanto vai valer o Fat ? 
Ora, Fat = F = 2900 N ! Já pensou se Fat fosse maior do que F ?  Se 
Fat fosse maior do que F, o atrito empurraria a caixa contra o operador, 
corra, mande benzer sua casa !!  Teria fantasmas na jogada !  
Quando essa questão caiu na Unifor, todos os meus alunos lembraram 
que essa questão é manjada já das nossas apostilas e das nossas 
questões de classe  e pensaram: é a noooova !  
 
 
 
AULA 4 – Dinâmica do Movimento curvilíneo 
 
Aula 4 - Questão 6 - resolução 
S = 2 – 8.t + 3.t2 (SI). Determine, no instante t = 2 s: 
a) a velocidade do móvel 
Comparando com a função geral S = So + Vo .t + (a/2).t2 , temos que: 
So = 2m, Vo = –8 m/s, a/2 = 3  a = 6 m/s2 
Assim, V = Vo + a.t  V = –8 + 6.t 
Para t = 2s, temos que V = –8 + 6.t = –8 + 6 x2  V = 4 m/s 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
433 
b) a intensidade da componente tangencial da força resultante 
a aceleração escalar é o módulo da aceleração tangencial a cada instante: 
aTG = a = 6 m/s2, conforme determinamos inicialmente, a partir da 
função horária. 
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem: 
FR TG = m. aTG  FR TG = 10 x 6  FR TG = 60 N 
c) a intensidade da componente centrípeta da força resultante 
aCTP = V2 / R , com V = 4 m/s (em t = 2 s) e R = 2m, assim : 
aCTP = V2 / R = 42 / 2  aCTP = 8 m/s2 
Aplicando a 2ª lei de Newton na direção tangencial, vem: 
FR CTP = m. a CTP  FR CTP = 10 x 8  FR CTP = 80 N 
d) a intensidade da força resultante 
Achando a resultante das duas componentes perpendiculares entre si, 
pelo teorema de Pitágoras, vem: 
(FR )2 = (FR TG)2 + (FCTP)2 
(FR )2 = ( 60)2 + ( 80)2  FR = 100 N 
 
Aula 4 - Questão 7 - resolução 
V
60o
a
tg
ctp
 
Actp = V² / R e, da figura acima , vemos que Actp = a . cos60 
Assim, o prof Renato Brito pode escrever : 
Actp = V² / R = a . cos60, com R = 1 m 
V² / 1 = 32 x 0,5  v = 4 m/s 
 
Aula 4 - Questão8 - resolução 
Em cada expressão abaixo, use a velocidade correta da bolinha em cada 
ponto: 
TA  P = M.(VA)2 / R 
TB  P.cos60 = M.(VB)2 / R 
TC = M.(VC)2 / R 
TD + P = M.(VD)2 / R 
 
Aula 4 - Questão 9 - resolução 
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R 
Sendo N a normal que age no piloto e P, o peso do piloto, podemos 
escrever: 
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R 
N – P = M.V2 / R 
N = M.V2 / R + M.g , com V = 144 km/h = 40 m/s 
N = 70 x 402 / 40 + 70 x 10 = 3500 
N = 3500 newtons 
P
N
 
Lembre-se que o peso aparente é dado pelo valor da força normal N, ou 
seja, N = Peso aparente = m  gaparente 
Assim, para calcular a gravidade aparente, vem: 
N = Peso apar = M . gapar  3500 = 70 . gapar  
gapar = 50 m/s2 = 5g !!!!! 
 
Aula 4 - Questão 10 - resolução 
Seguindo o mesmo raciocínio da questão anterior, vem: 
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R 
N – P = M.V2 / R 
N = M.V2 / R + M.g , com V = 210 m/s 
Assim, o quociente N / P = N / M.g é dado por: 
2 2
2 2
N 1 M.V 1 V
M.g 1
M.g M.g R M.g R.g
N V 210
1 1 8 N 8.M.g
M.g R.g 630 10
   
      

 
Assim, no ponto mais baixo da curva, o piloto sentirá um peso aparante (N) 
8 vezes maior do que o seu próprio peso e, portanto, desmaiará. 
 
Aula 4 - Questão 11 - resolução 
Sendo N a normal que age no piloto e 
P, o peso do piloto, percebemos que 
apenas a normal N está sobre o eixo 
centrípeto, naquela posição do avião, 
portanto, apenas a normal N será a 
responsável pela aceleração centrípeta 
do avião, naquele ponto: 
FR ctp = Fin – Fout = M.V2 / R 
N – 0 = M.V2 / R 
P
N
ctp
tg
 
N = M.V2 / R , com V = 216 km/h = 60 m/s 
N = 80 x 602 / 90 = 3200  N = 3200 newtons 
 
Aula 4 - Questão 21 - resolução 
A figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agem 
num pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par de 
eixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-
se fora do par de eixos (no caso o peso P). 
T

P.cos
P.s
en

 
FR ctp

FR tg
FR
 
figura 1 figura 2 
 
A 2a lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever: 
FRctp = T – P.cos = 
N40
75,3
)5.(6
R
V.m 22

 
FRctp = 40 N 
Na direção tangencial, a força resultante tangencial vale: 
FR tg = P.sen = 60. sen30o = 60 . 0,5 = 30 N 
FR tg = 30 N 
Assim, a força resultante agindo na bola é dada pelo teorema de 
Pitágoras: 
(FR)2 = (FRctp)2 + (FRtg)2 
(FR)2 = (40)2 + (30)2 
FR = 50 N 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
434 
Aula 4 – Questão 22 – resolução 
Apenas a tração T e o peso P agem sobre a bolinha do pendulo. Usando 
o par de eixos padrão (tangencial e radial), decompomos a força peso P 
em suas componentes: C

P
.cos
T

P
P.
se
n
 
C
B
 (T-
P
.cos)
(P
.se
n
)
 
Em seguida, identificamos a componente tangencial (FTg = P.sen) da 
força resultante FR e a componente centrípeta (FTg = T  P.cos) da 
força resultante FR. 
Finalmente, encontramos a força resultante agindo na bolinha: 
C
B


(T-P.cos)
(P
.se
n
)
FR(T-P.cos)
 
Se a força resultante FR aponta na direção horizontal, o triangulo 
retângulo nos permite escrever: 
2
2 2
cateto oposto T P.cos
tg
cateto adjacente P.sen
sen T P.cos P.sen
 T P.cos 
cos P.sen cos
P.cos P.sen P.1
T P.sec
cos cos cos
 
  

   
    
  
 
    
  
 
 
 
Aula 4 - Questão 23 - resolução 
A figuras 1 mostra o diagrama das forças tração T e peso P que agem 
num pêndulo simples, durante a sua oscilação. Adotando-se o par de 
eixos padrão (tangencial e centrípeto), decompõe-se a força que encontra-
se fora do par de eixos (no caso o peso P). 
 
A 2a lei de Newton na direção radial (centrípeta) permite escrever: 
Fctp = FIN – FOUT = m. actp 
Fctp = T – PY = m. actp , com PY = P.cos 
Fctp = T – P.cos = m.
R
V 2
 
Entretanto, na posição B da oscilação (figura 2), ele encontra-se 
momentamente em repouso (V = 0, actp = 0), o que permite escrever: 
T
P


Py
Px
 
T

P.cos
P.s
en

V = 0
actp = 0
 
figura 1 figura 2 
Fctp = T – P.cos = m.
2V
R
 = m.
0 
R
02

  T = P.cos 
Ou seja, no extremo da oscilação, a tração T e a componente P.cos 
momentaneamente se cancelam (figura 2). 
Naquele instante, a força resultante agindo sobre o pêndulo será 
apenas a componente P.sen. Assim, no extremo da oscilação, a 2ª 
lei de Newton permite escrever: 
FR = m.a  m.g.sen = m.a  a = g.sen 
Naquele instante, a aceleração resultante do pêndulo será totalmente 
tangencial e terá módulo a = g.sen. 
 
Aula 4 - Questão 24 - resolução 
Na situação inicial de equilíbrio, temos: 
T2X = T1 e T2Y = T2.cos = P  T2 = P / cos (eq1) 

T1 T2
P
 
Quando o fio é rompido, a tração no fio 1 se anula (pois o fio foi cortado) e 
o pêndulo não estará mais em equilíbrio, passando a valer as equações 
da Dinâmica do pêndulo simples: 

T2'
P.cos
P.sen
 
FRctp = Fin  Fout = T2’  P.cos = m.v2 / R 
Entretanto, como o fio acabou de ser rompido, teremos ainda v = 0, 
portanto: 
T2’  P.cos = m.v2 / R = 0  T2’ = P.cos (eq2) 
Dividindo eq1 por eq2, temos: 
22
2
2
P
T 1cos
sec
T ' P.cos cos
 
 
    
 
 
 
Aula 4 - Questão 29 - resolução 
Para a bolinha sobre a mesa, usamos a idéia do esquema de forças da 
figura 70, página 104, afinal, seu movimento trata-se de um MCU num 
plano horizontal: 
Na vertical, temos: 
N = m.g (eq1) 
Na direção radial, temos: 
FR ctp = Fin  Fout = m.v² / R 
 T  0 = m.v² / R 
 T = m.v² / R (eq2) 
 
Adicionalmente, como a caixa pendurada encontra-se em equilíbrio, 
temos: 
T = M.g (eq3) 
A partir de eq2 e eq3, chega-se à resposta do problema. 
 
Aula 4 - Questão 30 - resolução 
Como a moeda não apresenta aceleração vertical, ela está em equilíbrio 
na vertical, podemos escrever: N = P = M.g [eq-1] 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
435 
Na direção radial ou centrípeta, a dinâmica do movimento curvilíneo nos 
permite escrever a 2a Lei de Newton: 
FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R) 
Fat – 0 = M. (2 . R)  Fat = M. (2 . R) [eq-2] 

N
Fat
P
 
Lembrando que a força de atrito estática “não é a mulher-maravilha”, ela 
trabalha dentro de um limite, podemos escrever: 
Fat  Fat max  Fat   . N [eq-3] 
A condição para que as equações 1 e 2 sejam satisfeitas, dentro dos 
limites impostos pela equação 3, é encontrada, substituindo-se 1 e 2 
em 3: 
Fat   . N  M. (2 . R)   . M.g  2 . R   . g, 
como todos os números são positivos, podemos simplesmente isolar : 
R
g.

  
0,1 10
0,25


    2 rad/s  max = 2 rad/s 
 
Aula 4 - Questão 31 - resolução 
Durante o movimento de cada bloquinho, a força de atrito radial produz a 
aceleração centrípeta (actp) necessária para a execução do movimento 
circular. Enquanto os três bloquinhos giram solidários ao disco, semescorregar, eles compartilham da mesma velocidade angular  do disco, 
mesmo período  e mesma frequência. 
A B C
x
2x
3x
 
 
 
N

P
Fat
 
Assim, aplicando a 2ª lei de Newton na direção radial para um bloquinho 
qualquer, temos: 
FRctp = m. actp  Fat = m.2.R (eq1) 
Equilíbrio vertical: N = P  N = m.g (eq2) 
Admitindo iminência de escorregar: Fat = Fat max = .N (eq3) 
De eq1, eq2 e eq3, temos: 
Fat = m.2.R 
.N = m.2.R 
.m.g = m.2.R  max = 
.g
R
 (eq4) 
A relação eq4 informa a velocidade angular crítica acima da qual o bloco 
escorregará. Como vemos, a massa de cada bloquinho não influencia 
nessa velocidade angular crítica. Calculando essa velocidade angular 
crítica para cada um dos blocos A, B e C, com os valores fornecidos, 
temos: 
max-A = 
.g
R
= 
0,30. g
x
 
max-B = 
.g
R
= 
0,50.(g)
2x
= 
0,25. g
x
 
max-C = 
.g
R
= 
1,20.(g)
3x
= 
0,40. g
x
 
Vemos que as velocidades angulares críticas dos blocos seguem a ordem 
max-B < max-A < max-C. 
Assim, quando o disco vai girando com velocidade angular , todos os 
blocos A, B e C giram juntos com o disco, compartilhando dessa mesma 
velocidade angular . Entretanto, a velocidade angular do sistema vai 
aumentando e, cedo ou tarde, atingirá a velocidade angular crítica do 
bloco B, que escorregará nesse momento (B é o primeiro a escorregar). 
Em seguida, a velocidade angular do disco continua aumentando até que 
a velocidade angular crítica do bloco A será atingida, levando A a 
escorregar. Finalmente, a velocidade angular do sistema continua 
aumentando até atingir a velocidade angular crítica do bloco C, que 
escorregará por último. 
 
Aula 4 - Questão 39 - resolução 
Apenas duas forças agem no carro: a normal N e o peso P, visto que o 
enunciado afirma que a curva está sendo traçada sem a ajuda da força de 
atrito, graças à inclinação da pista. 
A resultante centrípeta é dada por: 
FR ctp = Fin – Fout = ( Nx – 0) = N.sen = m.(V2 / R) [eq-1] 
Na direção vertical, podemos escrever: Ny = N.cos = m.g [eq-2] 
Com V = 180 km/h = 50 m/s e R = 820m 
 
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: 
g.R
V
tan
2

 = 
10820
502

= 
8200
2500
= 0,304 

N
P

 
Consultando a tabela trigonométrica fornecida na questão, vemos que 
tan17 = 0,306 e, portanto,  = 17. 
 
Aula 4 - Questão 40 - resolução 
Analogamente à questão anterior, vem: 
g.R
V
tan
2

  
2
o Vtan30
R.g

  
 
2 23 V 1,7 V
v 40 m / s
3 282 10 3 2820
    

 
 
Aula 4 - Questão 43 - resolução 
Ver demonstração na página 104, figura 73 
 
Aula 4 - Questão 45 - resolução 
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. 
No caso do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por: 
FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1] 
Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2] 
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: 
tan = 2 . R / g [eq-3] 
T.cos
P

T.sen
eixo ctp
 
O triângulo retângulo permite determinar a tan: 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
436 
Tan = R / H [eq-4] 
Das relações 3 e 4, podemos escrever: 
tan = 2 . R / g = R / H , cancelando R , vem: 
2 . H = g = constante ( g não muda, concorda?) 
Assim, podemos dizer que: 
antes2 . Hantes = depois2 . Hdepois = g = constante 
(6)2 . 1 = (3)2 . Hdepois  Hdepois = 4 m 
 
R
 L H
 
Aula 4 - Questão 46 - resolução 
 

 M
T
m.g

T
M.g
N
Fat
 
 

 M
T.
co
s
m.g

M.g
N
Fat
T.sen
T.cos
T.sen
ctp
 
Apenas duas forças agem num pêndulo: a tração T e o peso P. No caso 
do pêndulo cônico, a resultante centrípeta é dada por: 
FR ctp = Fin – Fout = ( T.sen – 0) = T.sen = m.(2.R) [eq-1] 
Na direção vertical, podemos escrever: T.cos = m.g [eq-2] 
A caixa sobre a mesa está em equilíbrio e na iminência de escorregar. 
Assim, podemos escrever: 
Condição de equilíbrio da caixa: Vertical: T.sen + N = M.g [eq-3] 
Condição de equilíbrio da caixa: Horizontal: T.cos = Fat [eq-4] 
Condição de iminência: Fat = Fatmax: Fat = .N [eq-5] 
Note que a tração T que age na caixa é a mesma tração T que age no 
pêndulo, visto que se trata do mesmo fio ideal. 
Substituindo 1 em 3, vem: T.sen + N = M.g  
m.(2.R) + N = M.g  N = M.g – m.(2.R) [eq-6] 
Substituindo [eq-6], [eq-2] e [eq-4] na relação [eq-5], vem: 
Fat = .N 
T.cos = .N 
T.cos = . ( M.g – m.2.R ) 
m.g = .( M.g – m.2.R) 
 = 
R..mg.M
g.m
2
 = 
20
20
5,0.22104,2
102
2



 = 1 
 = 1  
Aula 4 - Questão 51 - resolução 2
2
2 2
2
2
actp .R 640.g
(2 .f ) . R 640 10
4 .f . (0,1) 6400
4 10.f . (0,1) 6400
4 f 6400 f 40Hz
 
  
 
 
   
 
f = 40 voltas/seg = 40 x 60 RPM = 2400 RPM 
 
Aula 4 - Questão 52 - resolução 
A 2ª Lei de Newton na direção centrípeta nos permite escrever: 
FR ctp = Fin – Fout = M. (2. R), com  = 2..f 
Fel = k.x = M. (2..f)2.R 
k.x = 4.M.2.(f)2.R, com R = Lo + x 
Nessa questão, o enunciado diz que o raio da trajetoria não muda, o que 
implica que a deformação x da mola permanence invariável. Assim, de 
acordo com o resultado encontrado acima, vemos que a constant elastic 
da mola é diretamente proporcional a (f)2: 
2 2
o4M. .(f) .(L x)k
x
 

 
Portanto se a frequencia f do movimento duplica sem que o raio da 
trajetoria seja alterada (deformação x da mola constante), só se a 
constante elastica k da mola quadruplicar. Assim, k2 = 4.k1. 
 
REFERENCIAIS NÃO INERCIAIS 
 
Aula 4 - Questão 5 – Referenciais não inerciais 
a) seja s o comprimento dessa hipotenusa. Da geometria, podemos 
escrever: 
 
      
 
h 2,7
sen 0,6 0,6 s 4,5m
s s
 
b) dentro desse elevador, a gravidade resultante valerá: 
 g’ = g+a = 10 + 5 = 15 m/s2. 
Na colocação de forças nesse bloquinho, a normal N cancela com o 
P’.cos e sobrará apenas a componente P’.sen ladeira abaixo, que 
será a responsável pela aceleração a’ do bloco ladeira abaixo, em relação 
ao elevador. Aplicando a 2ª lei de Newton ao bloco, teremos: 
 FR = m.a’  P’.sen = m.a’  m.g’.sen = m.a’  
m.(g+a).sen = m.a’  a’ = (g+a).sen = 15×(0,6) = 9 m/s2 
c) Teremos um MUV ladeira abaixo, portanto escrevemos: 
s = Vo’.t + a’.t2 / 2 
4,5 = 0 + 9.t2 / 2 
t = 1 s 
 
 AULA 5 – Trabalho e Energia 
 
Aula 5 - Questão 1 - resolução 
 
O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se movendo com 
energias cinéticas iguais. Entretanto, a massa do caminhão, com certeza, 
é maior que a massa do carro. 
Ecin Caminhão = Ecin Carro  M .v2
2 =
V2M.
2 
Assim, facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a 
velocidade do caminhão. Afirmativa I é verdadeira. 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
437 
O trabalho realizado para frear cada móvel é a variação da Ecin que cada 
um sofre durante a frenagem. Como no início ambos têm a mesma energia 
cinética (segundo o enunciado) e, ao final, ambos terão Ecin nula (vão 
parar), é fácil perceber que o trabalhoque se realiza para parar qualquer 
um desses dois móveis será exatamente o mesmo  = Ecin F – Ecin i. 
Afirmativa II é falsa. 
Os trabalhos realizados serão os mesmos em cada caso: 
A = FA . DA = B = FB . DB 
Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso 
(FA = FB), eles certamente irão requerer deslocamentos iguais ( DA = DB). 
Afirmativa III é falsa 
Se essas respostas vão um pouco contra a sua intuição física, isso ocorre 
porque você (sem querer) está imaginando situações do dia-a-dia, carros e 
caminhões andando com velocidades iguais, em vez de energias cinéticas 
iguais, como foi proposto no problema. Se as velocidades fossem iguais, 
certamente a Ecin do caminhão seria bem maior que a do carro, o trabalho 
para frear o caminhão seria bem maior e a distância percorrida pelo 
caminhão até parar também seria maior. O charme dessa questão, 
portanto, é exatamente ela ter proposto que as suas energias cinéticas é 
que são inicialmente iguais, a fim de avaliar os seus conhecimentos 
conceituais. 
 
Aula 5 - Questão 2 - resolução 
TN = 0 
TFAT = 0 + (–Fat. b) 
TP = 0 
TF = F. (a + b) 
Pelo princípio do trabalho total, temos: 
total = TN + TFAT + TP + TF = Ecin = EcinF – Ecini 
–Fat . b + F. (a + b) = 0 – 0 
Fat = F .(a + b) / b = F . ( a/b + 1) 
 
Aula 5 - Questão 3 - resolução 
TN = 0 
TFAT = TFAT1 + TFAT2 = (1.m.g.d1) + (2.m.g.d2) 
TP = 0 
Pelo princípio do trabalho total, temos: 
total = TN + TFAT + TP = Ecin = EcinF – Ecini 
0  1.m.g.d1  2.m.g.d2 + 0 = 0  m.vo2/2 
Cancelando a massa e multiplicando membro a membro por 2, vem 
2.1.g.d1 + 2.2.g.d2 = vo2 
2.(0,3).10.1 + 2.(0,25).10.2 = 16 = vo2  vo = 4 m/s 
 
Aula 5 - Questão 5 - resolução 
Pelo princípio do trabalho total, podemos escrever: 
T total = Ecin F – Ecin i 
–F.D = 0 – m.V2/ 2  F.D = m. V2 / 2 
A questão afirma que quando a bala é atirada com velocidade V1, ela 
penetra D1 : 
2
V.m
D .F
2
1
1 
 
 Por outro lado, quando a bala é atirada com velocidade V2, ela 
penetra D2. : 
2
V.m
D .F
2
2
2 
 
Note que a força F é a mesma em casa episódio, conforme o enunciado. 
Dividindo uma equação pela outra, vem: 
 
V
V
D
D
2
2
2
1
2
1
 2
2
1
2
1
V
V
D
D









  
2
2 600
400
D
cm10







 
 
9
4
D
cm10
2

  D2 = 22,5 cm 
 
Aula 5 - Questão 7 - resolução 
F(N)
X(m)
-2
1 4
6
+
-
0
F = 2x - 2
 
Calcularemos os trabalhos no intervalo [0m, 4m]. A posição inicial é 
x = 0 m, a posição final é x = 4m. 
Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i 
O trabalho da força F no intervalo [0m, 4m] é calculado pela área sob o 
gráfico. A área inferior é tomada como negativa (força contrária ao eixo X) 
e a área superior é tomada como positiva (força a favor do eixo X ). 
Assim: TF = 
 
 
b h B H
2 2
 = 
2
)14(6
2
12 



 = –1 + 9 = +8 J 
Ttotal = TP + TN + TF = EcinF – Ecin i 
0 + 0 + 8 = (0,8).V2 / 2 – (0,8).42 / 2  V = 6 m/s 
 
Aula 5 - Questão 8 - resolução 
Calcularemos todos os trabalhos entre os pontos inicial e final. Note que 
temos Vinicial = 0 e Vfinal = 0. 
Tpeso = Tpeso-vert + Tpeso-hor = +(m.g).h + 0 , 
(pela trajetória alternativa) 
Tnormal = 0 ,  = 90 com a trajetória original em cada ponto do 
percurso. 
h
d
m
início
finaltrajetória
original
trajetória
alternativa
 
Note que a rampa é lisa, só há Fat no trecho horizontal 
Fat = u.N = u.m.g 
Tfat = T fat rampa + Tfat-hor = 0 – Fat.d = –Fat. d = –u.m.g.d 
T total = TP + T fat + TN = Ecin F – Ecin i 
+m.g.H – u.m.g.d + 0 = 0 – 0  d = H / u 
 
Aula 5 - Questão 9 - resolução 
Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0 
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H 
Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: 
TFNC = Emec F – Emec i  T fat + Tnormal = 0 – M.g.H 
–u.mg.D + 0 = 0 – M.g.H  D = h / u = 5 / 0,2  
D = 25 m , mas o que essa distância D significa ? 
A caixa percorreu 25 m em trechos com atrito, ou seja, 25 m no trecho 
horizontal. Assim ela andou 10 m AE, mais 10 m EA , mais 5 m 
AC, parando no ponto C, percorrendo um total de 25 m na presença 
do atrito. Note que as paredes são lisas, não têm atrito, não consomem 
Emec, somente o trecho horizontal dissipa Emec em calor. A caixa pára 
no ponto C. 
 
Aula 5 - Questão 10 - resolução 
TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e final é o ponto 
D. 
Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + 0 = 0 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
438 
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + M.v2 / 2 
O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas no 
trecho horizontal, visto que a rampa é lisa: 
T fat = – fat.d = (u.N).d = –u.M.g.d 
Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: 
TFNC = Emec F – Emec i 
Tfat + Tnormal = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 ) 
–u.Mg.d + 0 = 0 – ( M.g.H + M.v2 / 2 ) 
u.Mg.d = M.g.H + M.v 2 / 2 
u.g.d = g.H + v2 / 2 
0,1 x 10 x d = 10 x 7 + ( 2)2 / 2  d = 70 + 2  
d = 72 m 
 
Aula 5 - Questão 11 - resolução 
início
final
x
H =
 
TFNC = Emec F – Emec i , onde o início é o ponto A e o ponto final é 
onde a caixa finalmente pára a prá voltar, a uma altura h do solo, como 
mostra a figura acima. 
 Emec F = Epot F + Ecin F = 0 + M.g.(x) 
 Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.H + 0 = M.g.H 
O trabalho do Fat T fat no percurso todo é o trabalho realizado apenas no 
trecho horizontal, visto que as rampas são lisas: 
T fat = –fat.d = u.(N).d = –u.M.g.d, onde d = BC = 5m 
Aplicando TFNC = Emec F – Emec i , vem: 
TFNC = Emec F – Emec i 
T fat + Tnormal = M.g.x – M.g.H 
–u.Mg.d + 0 = M.g.x – M.g.H  –u.d + 0 = x – H 
– 0,4 x 5 = x – 3  –2 = x – 3  x = 1m 
 
 
Aula 5 - Questão 14 - resolução 
Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força que 
realiza trabalho é a força peso (a normal N é não-conservativa, mas não 
realiza trabalho nesse episódio). Assim, podemos escrever: 
EpotA + EcinA = Epot c + Ecin c = Epot d + Ecin d 
M.g.H + 0 = M.g.h + M.(Vc)2 / 2 = 0 + M.(Vd)2 / 2 
g.H + 0 = g.h + (Vc)2 / 2 = 0 + (Vd)2 / 2 
10 x H = 10 xh + (10)2 / 2 = 0 + (20)2 / 2 
10 H = 10h + 50 = 0 + 200 
h = 15m , H = 20 m 
 
Aula 5 - Questão 16 - resolução 

1 2
V
o
V
o
H1
H2
g g.s
en

 
Claramente temos um sistema conservativo, visto que a única força que 
realiza trabalho é a força peso. Para calcular a altura máxima atingida por 
cada bola, vemos que cada uma delas parte com a mesma velocidade 
inicial Vo e ambas param ao atingir a altura máxima. Assim, pela 
conservação de energia, podemos escrever: 
Emec i = Emec f  
2
V.M 2o
 = M.g.H  H = 
g.2
V 2o
. 
Vemos queessa altura máxima atingida só depende da velocidade inicial 
Vo e da gravidade g. Essa é a altura máxima atingida tanto pela bola 1 
como pela bola 2, visto que ambos têm a mesma velocidade inicial Vo. 
H1 = H2 = 
g.2
V 2o
. 
As bolas partem com a mesma velocidade inicial Vo e vão ser retardadas 
até parar. Qual delas vai levar mais tempo para ser retardada até parar? 
Logicamente, aquela que for retardada de forma mais suave, com menor 
aceleração, vai demorar mais tempo até parar. 
A bola 1 é retardada com aceleração a1 = 
g
M
g.M
M
FR 
, ao passo que 
a bola 2 é retardada com aceleração a2 tal que: 
a2 = 


 sen.g
M
sen.g.M
M
FR
. 
Vemos que a bola 2 é retardada mais suavemente, mais lentamente, 
visto que g.sen < g. Isso sugere que ela vai demorar mais tempo até 
parar. 
Imagine, para facilitar, a1 = g = 10 m/s2 e a2 = g.sen = 5 m/s2 (só 
para exemplificar). 
Se as duas bolas são lançadas com Vo = 30 m/s, qual delas levará mais 
tempo prá parar ( v = 0) ? 
 
Bola 1 ( Vo = 30 m/s diminuindo de 10 em 10 m/s a cada 1 seg) 
V (m/s) 30 20 10 0 (parou !) 
T(s) 0s 1s 2s 3s  
 
Bola 2 ( Vo = 30 m/s mas diminuindo apenas de 5 em 5 m/s a cada 
1 seg) 
V (m/s) 30 25 20 15 10 5 0 (parou !) 
T(s) 0s 1s 2s 3s 4s 5s 6s  
 
Logicamente, a bola 2 levará mais tempo prá parar, por isso ela chegará lá 
em cima depois da 1 ter chegado lá. Em suma, as bolas atingem a mesma 
altura máxima, mas não chegam lá ao mesmo tempo. A bola 1 chega lá 
antes. A bola 2 chega lá depois. Mas ambas atingem a mesma altura 
máxima, como se pode perceber facilmente pela conservação de energia. 
 
Aula 5 - Questão 17 - resolução 
Um projétil é lançado com velocidade inicial Vo (o ângulo  não interessa) 
do alto de um prédio de altura H. Com que velocidade ele chegará ao 
solo ? 
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f 
M.g.H + 
2
V.M 2o
 = 0 + 
2
V.M 2
 , a massa cancela 
g.H + 
2
V2o
 = 0 + 
2
V2
  V = 
2
o2.g.H (V )
 
Agora, conhecendo Vo , g e H facilmente determinamos a velocidade 
final V. 
O ângulo  não é necessário aos cálculos, visto que energia não tem 
direção ! 
O cálculo feito acima é o mesmo para as bolas A, B ou C ! 
Elas chegam ao solo com a mesma velocidade final V determinada pela 
equação acima, como pode ser facilmente percebido pela conservação de 
Emec (não é incrível ?!! ) .. 
E o tempo de vôo ? O tempo que a pedra leva para atingir o solo é 
determinado exclusivamente pelo movimento vertical da bola : 
 A bola A tem VY inicial para cima . 
 A bola B não tem Vy inicial (apenas VX ) . 
 A bola C tem Vy inicial para baixo . 
Em outras palavras, olhando apenas o movimento vertical delas, a bola A 
foi impulsionada para cima , a bola B foi abandonada a partir do 
repouso e a bola C foi impulsionada para baixo , 
todas simultaneamente ( ao mesmo tempo) !!!! 
Qual delas chegará ao solo primeiro ? 
Resposta: Logicamente, a que foi lançada para baixo (bola C)! 
Física
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
439 
Qual delas demorará mais tempo para chegar ao solo ? 
Resposta: Logicamente, a bola que foi impulsionada para cima (bola A), 
visto que ela primeiro irá subir , para depois descer. 
Assim, TA > TB > TC !!!!!!! 
Aula 5 - Questão 18 - resolução 
P
M
início final Vx
H H
Já sei ! Você quer saber porque não pode ser a letra B, certo ?  
Vamos ver como a letra B VIOLA A CONSERVAÇÃO DE ENERGIA : 
Veja a figura acima. No início, a bola teria Epot = M.g.H e Ecin = 0 (parte 
do repouso). 
No final, a bola teria a mesma Epot = M.g.H e teria Ecin = 
2
V.M 2X
Assim, teríamos: 
Emec final = M.g.H + M.(Vx)2 / 2 > Emec inicial = M.g.H + 0 
Ela teria mais Emec ao final que no início, como pode isso, já que a única 
força que realiza trabalho é a força peso e ela eh 
conservativa !!!!!!!! ?????? 
No vértice do movimento parabólico, a bola terá que ter VX , isso é 
inevitável. Para ela pode ter esse VX sem violar a conservação de 
energia, ela terá uma altura menor que antes no vértice da parábola, ela 
perderá um pouco de Epot para ter direito a essa Ecin final, portanto, a 
resposta correta é a letra D mesmo.  
Aula 5 - Questão 22 - resolução 
a) Como  = 60, temos que L.cos = L.cos60 = L / 2, como mostra a
figura a seguir. 
Pela conservação de energia, temos: 
Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B 
M.g.H + 0 = 0 + 
2
V.M 2B
, com H = L/2
M.g.L / 2 + 0 = 0 + 
2
V.M 2B
  VB = 
L.g
H
L
2
L
2
b) Para achar a tração no ponto B, temos que:
T – P = 
R
V.M 2B
, com R = L e VB = 
L.g
T – M.g = 
L
)L.g.(M
  T = 2.M.g 
c) Olhe a figura ao lado. Quando a bola passa pelo ponto B, a força 
resultante que age na bola vale FR = Fin  Fout = T – P, correto ? 
Essa força resultante aponta para o centro , ela é centrípeta, portanto, 
causa uma aceleração radial centrípeta para cima actp. 
Você está vendo alguma força sobre o eixo tangencial na posição B da 
figura ? Não, portanto, sem forças tangenciais, não há aceleração 
tangencial. Assim, a única aceleração da bola, ao passar pelo ponto B é 
a actp, ela é a aceleração resultante e é dada por: 
P
T eixo
tangencial
eixo
centrípeto
aR = actp = 
R
V2B
, com R = L e VB = 
L.g
aR = actp = 
L
)L.g(
 = g , radial, apontando para cima  
Lembre-se, para calcular acelerações, investigue primeiro as forças ! 
Aula 5 - Questão 23 - resolução 
L
L H = L
2L
a) Pela figura anterior, vemos que cos =
2
1
L2
L

   = 60 
Temos um pêndulo simples oscilando, portanto, na direção radial, no ponto 
A, podemos escrever: 
TA – P.cos = 
R
V.M 2A
 , entretanto, nos extremos da oscilação a 
velocidade do pêndulo é momentaneamente nula VA = 0, assim: 
TA – P.cos = 
R
V.M 2A
TA –M.g.cos60 = 
R
)0.(M 2
 = 0 
TA = M.g.cos60 = M.g / 2 , (TA = TC ) 
b) Para determinar a tração no ponto B, determinemos a velocidade VB
por conservação de energia: 
Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B 
M.g.H + 0 = 0 + 
2
V.M 2B
, com H = L
M.g.L + 0 = 0 + 
2
V.M 2B
  VB = 
L.g.2
Para achar a tração no ponto B, temos que: 
TB – P = 
R
V.M 2B
, com R = 2L e VB = 
L.g2
TB – M.g = 
L2
)L.g.2.(M
  TB = 2.M.g 
Aula 5 - Questão 24 - resolução 
Sabendo a velocidade da bola no ponto mais alto do movimento, 
calcularemos a velocidade da bola em seu ponto mais baixo por 
conservação de energia: 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
440 
2 2
2 2 2
m.v m.(v ')
 m.g.H , com H = 2R = 2L
2 2
v (v ') 16 (v ')
 g.2L 10 2 
2 2 2 2
v ' 56 m / s
 
     

 
No ponto mais baixo, a 2ª lei de Newton, na direção radial (centrípeta), 
permite escrever: 
FRctp = Fin  Fout = 
2m.(v ')
R
  T  m.g = 
2m.(v ')
R
 
T  10 = 
1 56
1

  T = 66N 
 
 
Aula 5 - Questão 25 - resolução 
FR ctp = Fin – Fout = 
R
V.M 2B
 
FR ctp = (T + P) – 0 = 
R
V.M 2B
 
T + P = 
R
V.M 2B
, entretanto, para determinarmos a tração T, 
precisamosdescobrir a velocidade VB , que faremos por conservação de 
energia: 
Epot A + Ecin A = Epot B + Ecin B 
0 + 
2
V.M 2A
 = M.g.H + 
2
V.M 2B
, com H = 2R = 0,8 m e 
VB = 6 m/s 
2
V2A
 = g.H + 
2
V2B
 
2
)6( 2
 = 10 x ( 0,8 ) + 
2
V2B
  VB = 
20
m/s 
Agora sim, estamos aptos a calcular a tração T no ponto mais alto da 
trajetória: 
T + P = 
R
V.M 2B
  T + 2 = 
4,0
)20(2,0 
  T = 8 N 
 
Aula 5 - Questão 26 - resolução 
No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever: 
FR ctp = Fin – Fout = 
R
V.M 2D
 
FR ctp = (N + P) – 0 = 
R
V.M 2D
 
N + P = 
R
V.M 2D
 , mas segundo o enunciado, temos N = 0 no ponto 
mais alto, assim: 
0 + M.g = 
R
V.M 2D
  VD = 
g.R
 
Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir 
do repouso, fazemos uso da conservação de energia: 
Epot A + Ecin A = Epot D + Ecin D 
M.g.H + 0 = M.g.HD + 
2
V.M 2D
, com HD = 2R e VD = 
g.R
 
M.g.H + 0 = M.g.(2R) + 
M.(g.R)
2
 
g.H = g.(2R) + 
g.R
2
  H = 2,5. R 
 
Aula 5 - Questão 27 - resolução 
No ponto mais alto da trajetória, podemos escrever: 
FR ctp = Fin – Fout = 2M.V
R
 
FR ctp = (T + P) – 0 = 2M.V
R
 
T + P = 
2M.V
R
, a esfera conseguirá passar pelo ponto mais alto da 
curva “nas últimas” se o fio estiver quase afrouxando ao passar por aquele 
ponto, isto é, T  0 . Substituindo T = 0 na relação acima, temos: 
0 + M.g = 
2M.V
R
  V = 
g.R
 
Para determinarmos a altura H de onde o corpo foi abandonado a partir 
do repouso, fazemos uso da conservação de energia: 
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f 
M.g.H + 0 = M.g.HD + 2M.V
R
, com H = 2R e V = 
g.R
 
M.g.H + 0 = M.g.(2R) + 
M.(g.R)
2
 
g.H = g.(2R) + 
g.R
2
  H = 2,5. R 
 
Aula 5 - Questão 28 - resolução 
VOCÊ QUER SABE POR QUE O GRÁFICO DA ENERGIA CINÉTICA 
NÃO É UMA PARÁBOLA ? 
RESPOSTA: porque queremos o gráfico da Ecin em função de H, e não 
em função de V. Leia o restante para entender melhor: 
Um martelo de massa M caiu de uma altura H, a partir do repouso 
VO = 0. A energia potencial do materlo, em cada instante, em função da 
altura H, é dada por Epot = M.g.H1 . 
Vemos que Epot(H) = (M.g).H1 trata-se de uma função do 1º grau na 
variável H, (M.g) é apenas uma constante, portanto o gráfico 
Epot x H é uma reta (veja figura 1). 
Como apenas a força peso realiza trabalho e ela é conservativa, então a 
Emec se conserva durante o movimento, ou seja, Emec = constante com 
o passar do tempo. Assim, podemos escrever: 
Epot + Ecin = Emec = constante = K 
M.g.H1 + Ecin = K 
Ecin = K – M.g.H1 , onde K e M.g são constantes. 
Vemos que a função Ecin(H) trata-se de uma função do 1º grau na 
variável H. 
Ecin = K – M.g.H1 , por exemplo, poderia ser Ecin = 10 – 2.H1 , 
claramente uma função linear decrescente, cujo gráfico Ecin x H é uma 
reta decrescente (veja figura 2 adiante). Epot
H 
Ecin
H 
Figura 1 Figura 2 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
441 
Mas professor, como na expressão da Ecin = 
2
V.M 2
 aparece V2 , o 
gráfico da Ecin não deveria ser uma parábola ?????  
(Acredite, o prof Renato Brito lê mentes humanas !!!!!) 
Resposta: Seria uma parábola se fosse pedido o gráfico da Ecin em 
função de V ! O gráfico pedido foi da Ecin em função de H. Nesse caso, 
conforme mostrei anteriormente, a função Ecin(H) é uma função linear 
decrescente na variável H (Ecin = K – M.g.H1) , portanto seu gráfico 
aparece na figura 2. 
 
 
Aula 5 - Questão 30 - resolução 
 
0,3 m
0,1m
início
final
H
x
y
NR
v = 0
v = 0
 
Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na 
posição inicial de onde será abandonada. Ela percorrerá uma altura x + y 
até parar novamente (v=0) na posição final, onde adotamos o nível de 
referência (NR) para a Epot grav, isto é, nesse ponto final tomamos H = 0. 
Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a partir do nível de 
referência (NR) onde adotamos H = 0 arbitrariamente. Portanto, no ponto 
inicial, a altura da caixa é a distância dela até o nível de referência, ou 
seja, H i = y + x 
Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever: 
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f 
M.g.(x + y) + 0 = K.x2 / 2 + 0 , onde a deformação final da mola 
vale x = 0,3 – 0,1 = 0,2 m 
5 x 10. ( 0,2 + y) = 2000. (0,2)2 / 2 
50. ( 0,2 + y) = 40 
( 0,2 + y) = 0,8 
y = 0,6 m mas qual a altura H da mesa então, afinal ? 
Veja a figura: H = y + x + 0,1 
H = 0,6 + 0,2 + 0,1  H = 0,9 m  
 
Aula 5 - Questão 31 - resolução 
Observe a figura. A caixa encontra-se inicialmente em repouso ( V = 0) na 
posição inicial de onde será abandonada. Nesse ponto inicial, adotamos o 
nível de referência (NR) para a Epot grav, isto é, nesse ponto final 
tomamos H = 0. Toda altura, para fins de cálculo de mg.H, será medido a 
partir do nível de referência onde adotamos H = 0 arbitrariamente. 
x
NR
y
início
finalv = 0
 
Portanto, na posição final, a altura da bola, em relação ao nível de 
referência, valerá Hf = x + y. A caixa percorrerá uma altura x + y 
subindo até parar novamente (v=0) na posição final. 
 
Assim, pela conservação de Energia, podemos escrever: 
 
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f 
K.x2 / 2 + 0 = M.g.(x + y) + 0, onde a deformação final da mola 
vale x = 0,5 – 0,2 = 0,3 m 
1200.(0,3)2 / 2 = 6. ( 0,3 + y ) 
54 = 6. ( 0,3 + y ) 
9 = ( 0,3 + y )  y = 8,7 m 
mas, afinal, qual a altura final H atingida pela caixa, em relação ao solo? 
Veja a figura: 
H = y + 50 cm  H = 8,7m + 0,5 m  H = 9,2 m  
 
Aula 5 - Questão 32 - resolução 
Lo
X
V
V = 0
NR
final
início
H = 0
 
a) Segundo o enunciado, o comprimento não deformado do elástico vale 
Lo = 30 m, e a máxima deformação x sofrida pelo elástico vale 
x = 10 m. Assim, a distância do atleta à plataforma, quando ele estiver o 
mais perto possível da água ( v = 0, homem parou para voltar), será: 
D = Lo + x = 30 + 10 = 40 m 
b) Na posição inicial, o atleta não tem Ecin ( v = 0), mas tem 
Epot = Mg.H em relação ao nível de referência de altura mostrado na 
figura. Na posição final, ele não tem Ecin (V = 0), e toda sua 
Epot = m.gH terá se transformado em Epot = K.x2 / 2. Pela conservação 
de energia, podemos escrever: 
Epot i + Ecin i = Epot f + Ecin f 
M.g. (Lo + x) + 0 = K.x² / 2 + 0 , onde a deformação final da 
mola vale x = 10 m 
750 . (30 + 10) = 
2)10.(
2
K
 
30.000 = K. 50  K = 600 N/m 
 
Aula 5 - Questão 34 - resolução 
a) altura inicial Hi = 130 m, a pedra caiu 120m, portanto: 
 altura final Hf = 130 – 120 = 10 m 
Emec i = Epot i + Ecin i = M.g.Hi + 0 = M.g.Hi 
Emec F = Epot F + Ecin F = M.g.Hf + M.(Vf)2 / 2 , com 
Vf = 20 m/s (velocidade limite final) 
Aplicando TFNC = Emec F –Emec i , vem: 
TFNC = Emec F – Emec i 
Tf resistencia = M.g.Hf + M.( Vf )2 / 2 – M.g.Hi 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
442 
Tfres = 2 x10 x 10 + 2x 202 / 2 – 2 x10 x130 
Tfres = 200 + 400 – 2600 
Tfres = –2000 J 
b) durante os últimos 10 m, temos um MRU com velocidade contante, 
Ecin constante, portanto o trabalho Total = Ecin F – Ecin i = 0. 
 
Aula 5 - Questão 35 - resolução 
O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual 
ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do 
corpo. Segundo o enunciado, o corpo desce com velocidade constante, 
portanto Ecin constante. Assim, a variação da Ecin dele será nula, portanto 
o trabalho da força resultante sobre ele (trabalho total) será nulo. 
 
Aula 5 - Questão 36 - resolução 
Pelo princípio do trabalho total, também conhecido como Teorema da Ecin, 
temos: 
total peso normal Fat F i
peso normal Fat F i
Fat
Fat
( Ecin Ecin )
( Ecin Ecin )
( m.g.H) 0 ( 0 )
m.g.H
        
      
    
  
 
 
Aula 5 - Questão 37 - resolução 
Se o corpo desce com velocidade constante durante aquele intervalo de 
tempo t, a força resultante sobre ele tem que ser nula, portanto, a força 
R de resistência do ar obrigatoriamente está equilibrando a força peso, 
tendo portanto o mesmo valor, mesma direção e sentido contrario da força 
peso, ou seja, R = m.g. 
 
Aula 5 - Questão 38 - resolução 
Durante aquele intervalo de tempo t, o corpo se move em MRU com 
velocidade constante v, percorrendo portanto uma distância vertical 
D = v.t. Seja R a força de resistência do ar. Durante esse intervalo de 
tempo, pelo princípio do trabalho total, também conhecido como Teorema 
da Ecin, temos: 
total peso R F i
peso R F i
R
R
( Ecin Ecin )
( Ecin Ecin )
( m.g.D) ( 0 ) , visto que o corpo desce em MRU nesse trecho.
m.g.D m.g.v. t
      
    
   
     
 
 
Aula 5 - Questão 39 - resolução 
O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual 
ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do 
corpo. Segundo o enunciado, o corpo desce com velocidade constante 
durante aquele intervalo de tempo t, portanto Ecin constante. Assim, a 
variação da Ecin dele será nula, portanto o trabalho da força resultante 
sobre ele (trabalho total) será nulo naquele intervalo t apenas. 
 
Aula 5 - Questão 40 - resolução 
Segundo o enunciado, no início da queda o corpo parte do repouso 
(Ecin = 0) e no final da queda o corpo tem velocidade terminal v, portanto, 
EcinF = m.v2 / 2. 
O Trabalho realizado pela força resultante, pelo teorema da Ecin, é igual 
ao trabalho total realizado sobre o corpo e é dado pela variação da Ecin do 
corpo. Assim, o trabalho realizado pela força resultante, durante toda essa 
queda, é dado por: 
total forçaresul tante F i
2
forçaresul tante
2
forçaresul tante
( Ecin Ecin )
m.v
0
2
m.v
2
    
 
   
 
 
 
 
Aula 5 - Questão 41 - resolução 
Pelo princípio do trabalho das forças Não-conservativas, sendo R a força 
de resistência do ar, podemos escrever: 
FNC R F i
R F i
2
R
2
R
( Emec Emec ), R = resistencia do ar
(Epot Ecin) (Epot Ecin)
(0 m.v /2) (m.g.H 0)
m.v /2 m.g.H
    
    
    
  
 
 
Aula 5 - Questão 42 - resolução 
Uma vez atingida a velocidade limite (velocidade terminal), o corpo 
prossegue caindo com velocidade constante. A partir daí, independente da 
altura da queda, a velocidade final dele permanece inalterada. 
Letra A 
 
Aula 5 - Questão 45 - resolução 
Qual velocidade limite esse corpo atingirá ? 
Ora, igualando os módulos da força peso e da força resistência do ar, 
temos: 
R = P  2.V1 = m.g  2.V1 = 210  V = 10 m/s 
Assim, a metade da velocidade limite (velocidade terminal) vale 5 m/s. 
O trabalho realizado pela força resultante, desde quando a velocidade 
valia Vi = 0 m/s até quando a velocidade atingiu VF = 5 m/s é dada pela 
variação da Ecin do corpo nesse trecho (pelo teorema da Ecin): 
total forçaresul tante F i
2
forçaresul tante
( Ecin Ecin )
2.5
0 25 J
2
    
   
 
 
Aula 5 - Questão 46 – Primeira resolução 
Esse movimento é um MUV que parte do repouso Vi = 0 e atinge a 
velocidade final VF no instante t = 9,58 s. Como determinar essa VF ? Ora, 
no MUV, é valida a seguinte relação: 
i F F
F
V V 0 Vs 100m
Vmédia V 20,87m/s
t 2 9,58s 2
 
     

 
Pelo teorema da Ecin, o trabalho realizado pelo homem nesse episódio é 
dado pela variação da Ecin dele, dada por: 
total F i
2
total
( Ecin Ecin )
94 (20,87)
0 20.471J
2
  

   
 
Aproximadamente letra C (veja a 2ª resolução a seguir) 
 
Aula 5 - Questão 46 – Segunda resolução 
A aceleração do atleta, suposta constante, é dada por: 
2 2
2a.t a.(9,58)s 100 a 2,18 m/s
2 2
     
 
Assim, a força que o acelera nesse trecho inicial é dada por: 
F = m.a = 94 2,18 = 204,92 N 
Assim, o trabalho realizado por ela, ao longo desse deslocamento de 
D = 100 m, é dado por: 
 = F.D = 204,92  100 = 20.492 J 
Aproximadamente letra C 
 
Aula 5 - Questão 50 - resolução 
Essa usina tem potência final de saída (potencia elétrica) de 512 milhões 
de watts. Quanta potencia mecânica ela precisa utilizar para produzir 512 
milhoes de potencia elétrica, se a conversão é feita com rendimento de 
90% ? Ora, fácil: 
Pot elétrica = (0,9). Pot mecânica 
512.000.000 = (0,9). Pot mecânica 
Pot mecânica = 569.000.000 w (aproximadamente) 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
443 
Ora, mas a potência de hidrelétricas é dada por: 
6m mPotmec g.H 569.10 10 (120)
t t
m
474.166kg / s que, no caso da água, corresponde a 474.166litros / s
t
    
 


 
Assim, a alternativa mais próxima é a letra E. 
 
Aula 5 - Questão 53 - resolução 
 Na figura, o contrapeso desce com velocidade constante, portanto 
temos: 
TC = PC = 900x 10 = 9000 N 
TC = 9000 N 
 Na figura, P é o peso dos 3 passageiros, somado ao peso do elevador, 
ou seja: 
P = (Ma + Mb + Mc + Melev) x g = ( 1000 + 40 + 50 + 70) x 10 = 
11600N 
Como o elevador sobe com velocidade constante, podemos escrever: 
T + TC = P 
T + 9000 = 11600  T = 2600 N 
T Tc
Tc
P
Pc
V
V
 
 A potência desenvolvida por uma força é dada por Pot = F. v. Assim, a 
potência desenvolvida pelo motor será a potência da força que ele 
aplica ao elevador, isto é, a potência desenvolvida pela tração T: 
Potência da tração T = T x v = 2600 N x 2 m/s = 5200 w 
 
Aula 5 - Questão 56 - resolução 
Como as caixas são rebocadas com velocidade constante, a força 
F com que a esteira reboca as caixas deve ser tal que: F = 4P.sen 
Motor
U
F
4.P.sen
 
A potência desenvolvida pelo motor é a potencia desenvolvida pela força 
que o motor faz, no caso, a força F. 
 
Bomba
n = 75%
Potência
elétrica
?
Potência
mecânica
300 w
Potência
Dissipada
 
Assim: 
Pot motor = Pot F = F . V = 4.P.sen . V = 4 x 50 x 3 x 0,5 = 300 w 
Como o rendimento do motor vale 75%, temos que a Pot mec vale 75% 
da Pot elétrica que o motor recebeu (veja o diagrama anterior), ou seja: 
Pot mec = 0,75 x Pot eletr  300 =0,75 x Pot eletr  
Pot eletr = 400w 
Mas Pot eletrica = U x i  400 = 200 x i  i = 2 A 
 
Aula 5 - Questão 57 - resolução 
Seja F a força feita por CADA MÃO. Assim, como o homem tem 2 mãos, a 
força total que ele aplica à maquina de remar vale F+F = 2F. 

     
 
(2F).D 2F.(1,2)
Pot 72 F 45N
t t 1,5
  fácil, né ? 
AULA 6 – Sistemas de Partículas 
 
Aula 6 - Questão 2 - resolução 
Afirmação I - O enunciado afirmou que o caminhão e o carro estão se 
movendo com Quantidade de movimento I G U A I S. Entretanto, a massa 
do caminhão, com certeza, é maior que a massa do carro. Assim, 
facilmente concluímos que a velocidade do carro é maior que a velocidade 
do caminhão, para compensar: 
M .v = VM. 
Afirmativa I é verdadeira. 
Afirmação II - Veja as perguntas chave: 
 Quem tem maior QDM no início ? resposta: ambos têm a mesma 
qdm, conforme enunciado. 
 Quem tem maior QDM ao final, quando eles pararem? resposta: 
ambas serão nulas. 
 Quem sofreu maior variação de QDM, ou seja, maior impulso 
I = Q final  Q inicial ? 
Afirmativa II é falsa. 
Afirmação III 
Os Impulsos aplicados serão os mesmos em cada caso: 
A = FA . tA = B = FB . tB 
Se eles forem realizados com forças de intensidades iguais em cada caso 
(FA = FB), eles certamente irão requerer intervalos de tempo 
iguais ( tA = tB). 
Afirmativa III é falsa 
Afirmação IV 
V V
t t
Vcarro
Vcaminhão
 t  t
 
A área sob os gráficos V x t acima fornecem as distâncias percorridas 
pelos móveis até pararem. Note que Vcarro > Vcaminhão ( conforme 
afirmação I) mas o tempo para frear t será o mesmo 
(conforme connluímos na afirmação III), portanto, a área amarela sob o 
gráfico V x t do carro será claramente maior que a área sob o gráfico do 
caminhão. Isso significa que o carro percorre uma distância maior que o 
caminhão até parar. 
Afirmativa IV é falsa 
Aula 6 - Questão 6 - resolução 
A esse problema, daremos um tratamento escalar, adotando um eixo 
positivo para a direita e atribuindo um sinal algébrico às grandezas 
vetoriais, para simplificar. Serão positivas as grandezas que apontarem a 
favor do eixo e, negativas, as grandezas que apontarem contra o eixo. 
 
M
m
antes
A
B
VA = 6 m/s
VB = 6 m/s
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
444 VB'
M
m
VA' = ?
= 6 m/s
depois
 
Pela conservação da quantidade de movimento total do sistema, podemos 
escrever: 
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA: 
Qsist antes = Qsist depois 
QA + QB = QA’ + QB’ 
+M .VA + m.VB = +M .VA’ + (–1).m.VB’ , o sinal (–) se deve ao 
sentido de VB 
+3 x 6 + 0,5 x 6 = +3.VA’ + (– 0,5) .6 
18 + 3 = +3.VA’ – 3 
VA’ = 8 m/s 
 
Aula 6 - Questão 8 - resolução 
 
M
9M
V 'M +
M +
H
( A ) ( B ) ( C )
9M
9M
V
 
 
As figuras A e B mostram a colisão inelástica (bate e gruda) da bala com 
o bloco de madeira. A conservação da qdm (durante a colisão) nos 
permite determinar a velocidade V ’ do bloco logo após o impacto: 
Q-sist-antes = Q-sist-depois 
M.V + 9M.(0) = ( M + 9M ). V ’  V ’ = V / 10 *** 
A energia mecânica diminui da situação da figura A para a situação da 
figura B, visto que não se trata de uma colisão elástica. Entretanto, após a 
colisão, a sobra de Emec permanece constante do instante B até o 
instante C, o que permite usar a conservação de energia no trecho BC. 
A Ecin do conjunto caixote+bala, logo após o impacto, será totalmente 
convertida na Epot gravitacional do conjunto: 
E mec no instante B = E mec no instante C 
Ecinetica em B = Epot grav em C 
H.g).M9M(
2
)'V).(M9M( 2


  
H.g
2
)'V( 2

 
Usando a relação ***, vem: 
H.g
100
V
2
1 2









  V 2 = 200.g.H = 200x10x 0,45  V = 30 m/s 
 
Aula 6 - Questão 9 - resolução 
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA: 
KA B
4M M
V 4V
 
Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade 
de movimento, elas irão adquirir velocidades respectivamente 
iguais a V e 4V, veja: 
0 + 0 = 4M.(V) + M.(+4V). 
Agora, queremos saber qual caixa atingirá maior altura ao subir a sua 
respectiva rampa. Faremos uso da conservação de energia para cada 
caixa: 
MA .(VA )2 / 2 = MA .g. HA 
(VA )2 / 2 = g. HA , com VA = V, 
vem: 
(V )2 / 2 = g. HA 
V 2 / 2 = g. HA [eq-1] 
MB .(VB )2 / 2 = MB .g. HB 
(VB )2 / 2 = g. HB com VB = 4V, 
vem: 
(4V)2 / 2 = g. HB 
16V2 / 2 = g. HB [eq-2] 
 
Dividindo [eq-1] por [eq-2], vem: 
B
A
2
2
H.g
H.g
V.16
V

  HB = 16. HA 
Resposta correta : LETRA D 
Aula 6 - Questão 10 - resolução 
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA 
Admitamos que as caixas têm massas M e 4M, com M = 2kg. 
Se as caixas têm massas M e 4M, pela conservação da quantidade 
de movimento, podemos escrever: 
(QA + QB)antes = (QA + QB)depos 
0 + 0 = M.(VA) + 4M.(+VB) 
VA = 4.VB 
Em outras palavras, elas irão adquirir velocidades respectivamente 
iguais a 4V e V, veja: 
(QA + QB)antes = (QA + QB)depos 
0 + 0 = M.(4V) + 4M.(+V) 
4MM 4MM
V
4V
 
4MM 4MM
V
4V
 
Pela conservação de energia, o prof Renato Brito afirma que: 
2
4M.(V)
 
2
M.(4V)
 
2
X.K 222

  
222 4M. V M.16V X.K 
  
22 20M.V X.K 
 , com M = 2 kg, 
K = 25 x103 N/m , e a deformação X inicial da mola é dada por 
X = |L – Lo| = 0,20 – 0,16 = 0,04 m 
22 20M.V X.K 
  25x103 . (16 x 10–4) = 20x 2 x V 2  
V = 1 m/s ( essa é a velocidade da caixa de massa 4M, ou seja, da 
caixa B). A velocidade da caixa A será 4V = 4 m/s 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
445 
Aula 6 - Questão 11 - resolução 
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA: 
antes
m

Vo

V
M
depois
 
O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. A quantidade de 
movimento vetorial do sistema, antes e após a explosão, permanecerá 
inalterada na direção horizontal, visto que a ausência for forças externas 
horizontais agindo no sistema garante o seu isolamento nessa direção: 
Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final 
Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a 
favor do eixo e vice-versa. 
0 + 0 = (M.v) + (+m.vX) 
0 + 0 = (M.v) + (+m.vo.cos) 
 
 M.V = m.Vo.cos  10 x V = 1,5 x 40 x (0,5)  V = 3 m/s 
Essa é a velocidade do recuo do canhão ! 
 
 
Aula 6 - Questão 12 - resolução 
Pela conservação da quantidade de movimento horizontal do sistema 
bala+canhão, durante o disparo da bala, temos: 
QX sistema antes = QX sistema depois 
Qcanhão + Qbala = Qcanhão’ + Qbala’ 
0 + 0 = M.V + m.VX , com VX = Vo.cos 
Assim, a velocidade de recuo do canhão é dada por 
V = 






cos.V .
M
m
o
 (eq1). 
Após o disparo, o canhão recua com velocidade V dada por eq1, sendo 
retardado pela forçade atrito Fat até parar, após percorrer uma distância 
d. Pelo Teorema da Energia cinética (Princípio do trabalho total), temos: 
Ttotal = EcinF  Ecin i 
TFat + Tpeso + Tnormal = 0  M.V² / 2 
Fat.d + 0 + 0 =  M.V² / 2 
.M.g.d + 0 + 0 =  M.V² / 2 
V² = 2..g.d = 2.(0,5).10.(1,6)  V = 4 m/s 
Substituindo em eq1, vem: 
V = 






cos.V .
M
m
o
  4 = 
)5,0.(V .
10
2
o





 
Vo = 40 m/s 
 
Aula 6 - Questão 13 - resolução 
TODAS AS VELOCIDADE SÃO TOMADAS EM RELAÇÃO À TERRA: 
cosm
M
v
vo
antes 
Mv = 0
depois 
O sistema bola+carro encontra-se isolado na horizontal. Assim, esse 
episódio trata-se de uma mera colisão horizontal, para a qual podemos 
escrever a equação escalar: 
Qxcarro-inicial + Qxbola-inicial = Qxcarro-final + Qxbola-final 
Observe os sinais algébricos positivos para grandezas que apontam a 
favor do eixo e vice-versa. 
(M.v) + (+m.vo.cos) = 0 + 0 
Assim, podemos escrever: 
M.V = m.Vo.cos  M x 5 = 4 x 6 x (0,5)  M = 2,4 kg 
 
Aula 6 - Questão 14 - resolução 
Uma granada de massa 3M se movia com velocidade VO e explodiu em 
3 fragmentos de mesma massa M cada. A conservação da QDM do 
sistema permite escrever: 
depois sistema Q antes sistema Q


60o
60o
0,4.M
0,4.M
0,8.M3M.Vo
0,4.M 0,8.M3M.Vo
3M.V
o
1,2.M
 
 
 3M.VO = 1,2.M  VO = 0,4 km/s 
 
Aula 6 - Questão 15 - resolução 
O rojão de massa 2M e velocidade inicial V explode em dois fragmentos 
de mesma massa M e velocidades iguais a V ’ , conforme o diagrama 
abaixo: 
(2M).V
(M).V’
60
o
60
o
antes
depois
 
A conservação da QDM durante a explosão permite escrever: 
2M.V = M.V ’ .cos60o + M.V ’ .cos60o 
2M.V = M.V ’ / 2 + M.V ’ / 2 
2M.V = M.V ’  V ’ = 2.V = 2 x 20 = 40 m/s 
 
Aula 6 – Questão 16 – resolução 
Adotando o eixo y para baixo, todos os vetores para baixo receberão sinal 
algébrico positivo, e vice-versa. 
Pela conservação da Quantidade de movimento na vertical, temos: 
Qy antes = Qy depois 
+4M.V = + M.6V.cos + M.6V.cos + 2M.V’ 
+4M.V = + 12M. V.(0,5) + 2M.V’ 
V’ = V 
Ou seja, o 3º pedaço tem uma velocidade V apontando para cima. 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
446 
Aula 6 - Questão 17 - resolução 
 O móvel A percorre a distância 2x no mesmo tempo em que o móvel 
B percorre a distância 4x, colidindo no ponto P ( Veja a figura 1 
adiante). 
 Isso permite concluir que A e B se movem (em MRU) com 
velocidades 2V e 4V (só interessa a proporção entre as velocidades – 
figura 2 adiante). 
 Conhecendo-se as massas 3m e m, bem como suas velocidades, 
2V e 4V, deduzimos suas quantidades de movimento 3m.(2V) e 
m.(4V), isto é, 6m.V e 4m.V. ( Figura 3 adiante ) 
 Assim, podemos determinar o vetor QDM total do sistema 
(Qsist = QA + QB ), antes da colisão, como mostrado na figura 3 
adiante. 
 Como a QDM do sistema ANTES e DEPOIS da colisão é A MESMA, 
o vetor Qsistema da figura 3 também representa a QDM total do 
sistema APÓS a colisão. 
 
pA
B
2x
4x
figura 1
 
pA
B
3m
4V
2V
m
figura 2
 
Qs
ist
em
a
p

B
4m.V
6m.V
R
figura 3
 
 O vetor Qsistema (figura 3) indica a direção da velocidade seguida 
pelos móveis A e B, após se agruparem num só corpo AB. 
 A reta R dá a direção seguida pelo conjunto AB após a colisão. O 
ângulo  dá a inclinação da reta R, isto é, tang() = 4 / 6 = 2 / 3. 
 Observando as alternativas, vemos que apenas a reta C tem essa 
mesma inclinação tang()= 2 / 3. 
 
pA
a b c
d
e
 
Aula 6 - Questão 18 - resolução 
A QDM total do sistema antes do impacto deverá ser igual à sua QDM 
após o impacto, visto que o sistema encontra-se isolado durante a colisão 
bidimensional. Assim, podemos escrever a equação vetorial: 
 
20 x 5
0
 M
B
.8
20 x 3
100 MB.8
O teorema de pitágoras
permite escrever:100 60
8.M
B
8.M
B
= 80 M
B
= 10 kg
60
M
A
.V
A 0

M
A
.V
A
' MB.VB
'
 
 
Aula 6 - Questão 19 - resolução 
 
A
M.V
A
C
M.V
C
m.V
B
B
 
depois sistema Q inicial sistema Q


 M.VA
m.V
B M.VC
0

M.V
A
m.V
B M.V
C
 
 
M.VC = M.VA + m.VB  M.VC > M.VA  VC > VA 
 
Aula 6 - Questão 20 - resolução 
 
A
B C
(M+m) .V
AB M.V
C
 
 
depois sistema Q inicial sistema Q


 
M.V
C0

M.V
C
(M+m) .V
AB
(M+m) .V
AB
 
(M + m). VAB = M.VC , mas (M + m) > M  VAB < VC 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
447 
Aula 6 - Questão 22 - resolução 
Trata-se de um mero problema de compensação. As partes se 
movem   de forma que o CM do sistema permanece em repouso 
em relação à Terra. Assim, podemos dizer: 
M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga- terra 
Observando o antes e o depois, percebemos que: 
1 cm
parede
1 cm
parede
D
x
antes
depois
 
1) a distância que a lâmina se move, em relação à Terra, vale: 
D Lâmina- Terra = 1 cm 
2) a distância que a formiga se move, em relação à Terra, vale: 
Dformiga - terra = X = ( D  1 ) 
Substituindo, vem: 
M Lâmina x D Lâmina- Terra = M formiga x D formiga - terra 
 (5m) x 1 = m x (D  1) 
 5 = D  1  D = 6 cm 
 
 
 
Aula 6 - Questão 23 - resolução 
O gráfico mostra que as velocidade escalares dos móveis antes e após a 
colisão têm sinal algébrico positivo +. Isso indica que, antes e após a 
colisão, suas velocidade apontam sempre no sentido positivo do 
referencial, ou seja, nenhum deles inverte o sentido do seu movimento 
durante a colisão. A colisão pode ser esquematizada pela figura abaixo: 
 
A
antes
B
A
depois
B
+6 m/s +1 m/s
+2 m/s +5 m/s
 
 
a) MA.VA + MB.VB = MA .VA’ + MB.VB’ 
20 x 6 + MB x1 = 20 x 2 + MB x 5 
80 = 4. MB  MB = 20 kg 
 
b) e = 
6,0
16
25
antes Vrel
após Vrel




 
 
Aula 6 - Questão 24 - resolução 
Solução vetorial: 


 inicialQ finalQ
 
m.VF = m.V i  + 

 
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem: 
m.VF + m.V i  = 

 
m.( VF + V i)  = 

 
Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim: 
| m.( VF + V i)  | = |

 | 
m.( VF + V i) =  
m.( VF + V i) = F.t 
50x10–3 . ( 10 + 7) = F . (10x 10–3)  F = 85 N 
 
Aula 6 - Questão 25 - resolução 
Se a bola cai de uma altura H a partir do repouso, com que velocidade 
ela se choca no solo? Conservação de energia: 
M.g.H = M.V2 / 2  V = 
s/m 68,1102H.g.2 
 
Essa é a velocidade antes do impacto com o solo Vi = 6 m/s  vertical 
para baixo. 
Seja VF a velocidade da bola logo após o impacto. Para o cálculo do 
coeficiente de restituição, a Vrel entre a bola e o chãoantes do impacto 
vale Vi = 6 m/s (já que o solo não se move), ao passo que a V relativa 
entre a bola e o chão, logo após o impacto, vale VF. Assim: 
e = 
|V|
|V|
antesrelativa
apósrelativa


 = 
0,8 
6
V
 
V
V F
i
F 
  VF = 4,8 m/s  
 
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial: 


 inicialQ finalQ
  m.VF  = m.V i  + 

 
passando o vetor para o outro lado e invertendo a flecha, vem: 
m.VF  + m.V i  = 

  ( m.VF + m.V i )  = 

 
Se dois dois vetores são iguais, elem precisam ter módulos iguais, assim: 
|( m.VF + m.V i ) | = |

 |  m.( VF + V i ) =  
m. (VF + V i ) = Fmédia .t 
0,5 x ( 4,8 + 6 ) = Fmédia . ( 0,02) 
5,4 = Fmédia . ( 0,02)  Fmédia = 270 N 
 
Aula 6 - Questão 26 - resolução 
Ao cair de uma altura h = 11,25 cm o atleta chegará ao solo com que 
velocidade ? Ora, na queda livre temos a = g = 10 m/s2. Assim, Torricelli 
vem: 
2 2 2
o
11,25
V V 2.a. s V 0 2.(10). V 2,25 1,5m/s
100
         
Assim, no início do impacto com o solo, o atleta apresenta uma quantidade 
de movimento dada por: 
Qi = m . Vi = 70 x 1,5 = 105 kg.m/s 
Ao término do impacto, o atleta está parado, ou seja, Qf = 0. 
Pelo teorema do impulso, vem: 
Qf = Qi + I 
Qf = Qi + F.t 
0 = 105 + F.(0,01) 
F = 10500 N 
|F| = 10500 N 
 
Aula 6 - Questão 27 - resolução 
Pelo teorema do impulso, temos a seguinte relação vetorial: 


 inicialQ finalQ
  m. 
FV

 = m. 
i V
 + 

 
Essa relação é representada graficamente nos esquemas abaixo: 
M.V
i
F.t
M.V
F
20
15
M.V
F
 
Calculando M.Vi e F.t, podemos determinar M.VF pelo teorema de 
Pítágoras: 
M . V i = 5 x 4 = 20  F. t = 150 x 0,1 = 15, 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
448 
Pelo teorema de Pítágoras: 
(20)2 + (15)2 = (M.VF)2  M.VF = 25  5 x VF = 25 
VF = 5 m/s 
 
Aula 6 - Questão 32 - resolução 
Pela conservação da quantidade de movimento horizontal durante a 
colisão, temos: 
QX sistema antes = QX sistema depois 
m.Vo + 0 = (M+m).Vx, onde vx é a velocidade do conjunto logo após a 
colisão. 
m.Vo = (M+m).Vx (eq1) 
O alcance horizontal A , no lançamento horizontal, é calculada por: 
A = Vx . Tqueda (eq2) 
onde Tqueda é o tempo de queda do conjunto, calculado por: 
H = g.T² / 2  Tqueda = 
2H / g
 (eq3) 
O alcance A vale D, segundo a figura da questão. 
Assim, substituindo eq1 e eq3 em eq2, vem: 
A = Vx . Tqueda  D = 
om.V 2H.
(M m) g
  Vo = 
D.(M m) g
.
m 2H

 
 
Aula 6 - Questão 36 - resolução 
Conforme demonstrado na questão 20 de classe, veja seu caderno, a força 
média nessa colisão é dada por: 
3
m
2.m.v.cos 2.(50.10 ).30.(0,8)
F 12N
t 0,2

  

 
 
Aula 6 - Questão 37 - resolução 
a) O gráfico mostra que a força está a favor do movimento (seu valor é 
positivo) no intervalo 0  t  4 s, intervalo de tempo em que o movimento é 
acelerado (módulo da velocidade aumentando até atingir o valor máximo 
em t = 4s). A força passa a apontar contra o movimento no intervalo de 
tempo 4s  t  6s, quando o movimento passa retardado (o módulo da 
velocidade passa a diminuir. Portanto, a velocidade máxima é atingida no 
instante t = 4s. 
b) calcular a velocidade máxima é calcular a velocidade da caixa no 
instante t = 4s. Assim, aplicaremos o teorema do Impulso no intervalo 0  
t  4 s: 
QF = Qi + I , com I = 
b h 4 20
 40 N.s
2 2
 
 
 
2.VF = 2.(0) + 40  VF = 20 m/s 
c) Aplicando o teorema do Impulso no intervalo 4s  t  6s, vem: 
QF = Qi + I , com I = 
b h 2 10
 10 N.s
2 2
   
  
 
Note que, no intervalo 4s  t  6s, temos Vi = +20 m/s (em t = 4s). 
2.VF = 2.(20)  10  VF = 15 m/s 
 
Aula 6 - Questão 38 - resolução 
O impulso que as pessoas (de massa M) no interior do carro vão sofrer é 
dado diretamente pela variação da QDM sofrida por elas, dada por: 
I = Q = M.VF  M.Vi = M.(VF  Vi) 
Assim, o impulso que o passageiro vai sofrer numa colisão só 
depende da velocidade com que o carro vinha antes do impacto 
(Vi), a velocidade final dele que será nula VF = 0 após o impacto e 
a massa da pessoa M. Assim, com ou sem airbag, o impulso 
sofrido no impacto é sempre o mesmo. 
Entretanto esse impulso é dado pelo seguinte produto: 
t FI tF     
Como vemos, o mesmo impulso pode ser obtido através de uma 
força grande ou de uma força pequena. O papel do air-bag é fazer 
prolongar a duração da interação entre a pessoa e o carro, ou seja, 
aumentar o t para sofrer uma força F menor durante o impacto, 
já que o impulso é sempre o mesmo, com ou sem airbag. 
Letra B 
AULA 7 – Hidrostática 
 
Aula 7 - Questão 1 - resolução 
Para que a alimentação endovenosa esteja no limiar de conseguir 
entrar na corrente sanguínea, a pressão da coluna líquida 
Pcol = d.g.h deve ser igual à pressão sanguínea média do 
paciente. Assim, teremos: 
Psanguinea = Pcol 
Psanguinea = dliq. g.h = 
3 2 2
kg m N
1030 10 0,9m 9270
m s m
  
 
Psanguinea = 9270 N/m² = 
2
5 2
76cmHg
9270 N/m 7 cmHg
10 N/m
 
  
 
 
Aula 7 - Questão 2 - resolução 
A pressão sanguínea média do paciente vale: 
Psanguinea = 14 cmHg = 
5 2
210 N/m14cmHg 18421 N/m
76cmHg
 
   
 
 
A densidade do conhaque vale: 
dliq = 1,2 g/cm3 = 3 3
3 3 3
3
10 kg/m
1,2 g/cm 1,2 10 kg/m
1 g/cm
 
   
 
 
 
Para que o conhaque esteja no limiar de conseguir entrar na 
corrente sanguínea, a pressão da coluna líquida Pcol = d.g.h deve 
ser igual à pressão sanguínea média do paciente. Assim, teremos: 
Psanguinea = Pcol 
Psanguinea = dliq. g.h 
2 3
3 2
kg m
18421 N/m 1,2 10 10 h
m s
   
  h = 1,53 m 
 
Aula 7 - Questão 3 - resolução 
A bomba d’água deverá vencer a pressão da coluna de água, 
portanto, deverá vencer a pressão: 
Pcol = dliq.g.h = 
3 3 2
3 2
kg m
10 9,8 10m 98 10 N/m
m s
   
 
Letra A 
 
Aula 7 - Questão 4 - resolução 
Qual a pressão exercida por 2000 m de água ? 
A forma mais rápida de responder é lembrando que 1 atm = 10 m 
de água, assim, podemos fazer 1 regra de 3: 
1atm
Pcol 2000 m de água 200 atm
10 m de água
 
   
 
 
Letra A 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
449 
Aula 7 - Questão 8 - resolução 
 Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a pressão de 1 atm ? 
 Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a mesma pressão de 
uma coluna de mercúrio de 76 cm de altura ? 
 Qual a altura da coluna de cajuína que exerce a mesma pressão de 
uma coluna de água de 10 m de altura ? 
Todas as perguntas acima são equivalentes, mas o cálculo é 
enormemente facilitado quando trabalhamos com a água. 
Pcol cajuína = Pcol 10m de água 
dcaj. g. Hcaj = dágua. g . Hágua 
0,625 g/cm3 . Hcaj = 1 g/cm3. 10 m  Hcaj = 16 m 
 
Aula 7 - Questão 9 - resolução 
Para resolver o problema, faça Pa = Pb. 
Pa = pressão atmosférica = 2 atm = 2 x 76 cmHg = 152 cmHg 
Ou seja, Pa é a pressão exercida poruma 
coluna de Hg de 152 cm de altura. 
Pa = d.g.h = d. g. 152 onde d = dHg 
Pb = Pcolx + Pcol a (veja figura) 
Pb = d.g.(x) + (d/2).g.a, onde d = dHg 
Fazendo Pa = Pb vem: 
d. g. 152 = d.g.(x) + (d/2).g.a 
com d = d Hg e a = 64cm 
d. g. 152 = d.g.(x) + (d/2).g. 64 
 
a
h
vácuo
x
a b
 
d. g. 152 = d.g.(x) + d.g. 32  x = 120 cm 
h = x + a = 120 + 64 = 184 cm 
 
Aula 7 - Questão 15 - resolução 
Dentro de um gás, a lei de Stevin (PA = PB + d.g.H) se reduz a 
PA = PB = n.R.T/ V, visto que a densidade (d) do gás é desprezível para 
alturas H usuais. A variação da pressão com a altitude H, no interior de 
um gás, só não será desprezível para alturas quilométricas, em geral, 
envolvendo a atmosfera. 
Por esse motivo, temos que: 
P4 = P2 = Pgás = n.R.T / V 
Pela lei de Stevin, sabemos que: 
P5 = P6 e P3 = P4 embora P1  P2 
Portanto, P2 = P4 = P3 
 
Resposta correta: letra D 
 
1
3 4
2
5 6
Água
Ar
 
Aula 7 - Questão 18 - resolução 
Prá variar, faça PA = PB .  
32 cm água
mercúrio
óleo 6 cm
Y
X
a
b
 
PA = PB  dA . g. 32 = dHg . g. y + doleo. g. 6 
1 x 32 = 13,6 . y + 0,8 x 6  y = 2 cm 
 Portanto, o desnível X pedido vale 
X = 32  ( 6 + y) = 32  ( 6 + 2) = 24 cm 
 
 
 
Aula 7 - Questão 26 - resolução 
A quantidade de água na vasilha vai aumentando. O empuxo vai 
aumentando, a normal N vai diminuindo. A partir do momento em que a 
normal N se anula (N = 0), teremos E = P = constante. 
A partir daí, mesmo que mais 
água seja adicionada à vasilha, o 
empuxo permanece constante 
E = P, portanto Vsub permanece 
constante, assim como x 
pemanece constante. 
Portanto, para determinar a altura 
x, basta fazer E = P. 
x
x
 
E = P  Dliq . Vsub . g = Dcorpo . V. g 
Dliq . ( x. A). g = Dcorpo . ( H. A). g 
Dliq . x = Dcorpo . H 
1 . x = 0,4 . 4 cm 
X = 1,6 cm resposta – Letra C 
 
Aula 7 - Questão 32 – resolução 
Na bola A: EA = PA + T (eq1) 
Na bola B: EB + T = PB (eq2) 
Somando membro a membro, vem: EA + EB = PA + PB 
EA + EB = PA + PB 
dLiq1 . vA . g + dLiq2 .vB . g = dA . vA . g + dB .vB . g 
(2d) . v . g + (3d) .v . g = d. v . g + dB .v. g 
(4d) . v . g = dB .v. g  dB = 4d 
 
Aula 7 - Questão 34 - resolução 
Inicialmente, temos Eantes = P = 100 N (veja figura). Depois, uma força F 
afundará o bloco. O empuxo que age no corpo é diretamente proporcional 
ao volume submerso: 
depois Vsub
E
antes Vsub
E depoisantes 
  
V10
E
V8
N100 depois

  Edepois = 125 N 
F + P = Edepois  F + 100 = 125  F = 25N 
 
8V
2V
10V
Eantes
P = 100N
Edepois
F
= 100N
P = 100N
 
 
Aula 7 - Questão 36 - resolução 
Inicialmente, uma força F mantém o bloco em equilíbrio submerso: 
F
P
Eantes
P
Edepois
 
Eantes = F + P (eq1) 
Depois que a força F é suprimida, o corpo passa a flutuar em equilíbrio 
na superfície da água: Edepois = P (eq2) 
O empuxo que age no corpo é diretamente proporcional ao volume 
submerso: 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
450 
depois Vsub
E
antes Vsub
E depoisantes 
  
3
V
E
V
E depoisantes 
  
Eantes = 3. Edepois, usando as relações eq1 e eq2, vem: 
F + P = 3.P  20 + P = 3P  P = 10N 
 
Aula 7 – Questão 37 – resolução 
Inicialmente, o recipiente desloca um volume de água correspondente a 3 
tabletes. Como o recipiente vazio encontra-se em equilíbrio, podemos 
dizer que o empuxo tem o mesmo valor do peso do recipiente: 
E = Peso do recipiente vazio, ou, pelo Principio de Arquimedes: 
Peso de 3 tabletes de água = Peso do recipiente vazio (eq1) 
Em seguida, adicionamos + N tabletes de água no interior do cilindro, e o 
empuxo aumenta até o seu valor máximo, antes que o recipiente afunde 
completamente (veja figura abaixo): 
 
 
 
Emax = Peso do liquido deslocado = peso de 6 tabletes de água (eq2) 
Como o recipiente continua em equilíbrio, nessa situação final (figura 
acima), temos: 
Peso do recipiente vazio + peso N tabletes de água = Emax (eq3) 
Substituindo eq1 e eq2 em eq3, vem: 
Peso do recipiente vazio + peso N tabletes de água = Emax 
Peso 3 tabletes de água + peso N tabletes de água = peso de 6 tabletes 
de água 
peso N tabletes de água = peso de 3 tabletes de água  N = 3 
O recipiente deverá conter 3 tabletes de água, na situação final de 
equilíbrio, prestes a afundar completamente, como mostra a figura abaixo: 
 
Fórmulas ?????  Fórmula é para quem vai fazer farmácia ! Fórmula de 
xampu, fórmula de perfume, fórmula de remédio etc  Né ?  
 
Aula 7 - Questão 41 - resolução 
Conforme vimos na questão 17 de classe, ao abandonarmos a bola de 
madeira no recipiente A, ela boiará na superfície do líquido e a marcação 
da balança não sofrerá alteração. Quando a bola de chumbo for 
abandonada no recipiente B, aí sim a balança desequilibrará com a 
descida da lata B. Para restituir o equilíbrio inicial, basta colocar mais 
uma bola de chumbo na lata A, visto que a bola de madeira que boia na 
superfície da água não influencia em nada a marcação da balança. 
 
Aula 7 - Questão 43 - resolução 
A balança marca a força de contato total exercida no fundo do recipiente 
(internamente). No caso, vemos que apenas a água está em contato com 
o fundo do recipiente (a bola não toca o fundo), exercendo sobre ele uma 
força de pressão dada pelo produto F = (Pressão) x (área do fundo), onde 
a pressão hidrostática exercida sobre o fundo do recipiente é dada pela 
pressão exercida pela coluna líquida Pcol localizada sobre ele. 
A pressão atmosférica não influencia, visto que ela age tanto em cima 
como embaixo do prato da balança 
Fantes = Pcol antees . área = d.g.H antes . área 
Fdepois = Pcol depois . área = d.g.H depois . área 
Dividindo membro a membro, vem: 
5
4
 
H
 H
 
área . H d.g.
área . d.g.H
 
F
F
depois 
antes
depois 
 antes
depois
antes 
 
A razão Hantes / Hdepois = 4/5 pode ser vista pela figura. 
Assim, sendo Fantes = 12 kgf, temos que Fdepois = 12 . ( 5 / 4 ) = 15 kgf 
 
Aula 7 - Questão 44 - resolução 
Antes de cortar o fio
PA
N
N
PB
E E
T
PA
N
N
PB
E E
N’
Após cortar o fio
N’
 
 
O valor do empuxo E é igual ao valor do peso da água deslocada, ou 
seja, é igual ao peso de 2,4 litros de água. ( E = 2,4 kgf) 
 
Antes de cortar o fio: a balança é um aparelho que mede o valor da 
normal N. Como a água está em equilíbrio, podemos escrever: 
N = PA + E = 40 kgf + 2,4 kgf = 42,4 kgf 
O dinamômetro é um aparelho que mede a tração T. Uma bolinha de 
massa 20 kg tem peso PB = 20 kgf. Como a bolinha está em 
equilíbrio, pemite escrever: 
E + T = PB  2,4 kgf + T = 20 kgf  T = 17,6 kgf 
 
Depois de cortar o fio: a balança é um aparelho que mede o valor da 
normal N + N ’ . Como a água e a bolinha estão em equilíbrio, podemos 
escrever: 
 N = PA + E 
 + N ’ + E = PB 
 ----------------------------------- 
 N ’ + N= PA + PB 
 N ’ + N = 40 kgf + 20 kgf 
 N ’ + N = 60 kgf 
 
A balança marcará 60 kgf após o fio ser cortado e a bola repousar no 
fundo do recipiente 
 
Aula 7 - Questão 48 - resolução 
Para entender a resolução dessa questão, é imprescindível ler 
previamente o Exemplo resolvido 9, pagina 228. Caso ainda não tenha 
lido, não prossiga antes de ler. 
Considere os seguintes parâmetros: 
Pa = peso da água inicialmente contida no recipiente 
Po = peso do óleo inicialmente contido no recipiente 
Eo = empuxo devido ao óleo 
Ea = empuxo devido à água 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
451 
Pod = peso do óleo derramado. 
Pfe = peso da bola de ferro 
 
Na situação inicial, a balança marca 10 kgf, assim, temos: 
Pa + Po = 10 kgf (eq1) 
A balança 2 marcará: Pa + Po + Eo  Pod. 
Entretanto, pelo princípio de Arquimedes, temos: Eo = Pod, portanto, a 2ª 
balança marcará: 
Pa + Po + Eo  Pod = 10 kgf 
A balança 3 marcará: 
(Pa + Po) + Ea  Pod = (10kgf) + (1 kgf)  0,8 kgf = 10,2 kgf 
A balança 4 marcará: 
(Pa + Po) + Pfe  Pod = (10 kgf) + 8 kgf  0,8 kgf = 17,2 kgf 
 
Aula 7 - Questão 49 - resolução 
Na fase 1, a balança mede o peso da água como sendo 400 gf (grama 
força). 
Na fase 2, a balança mede o peso da água mais o empuxo E que o 
sólido faz na água como sendo 440 gf. 
O acréscimo de 40 gf, da fase 1 para a fase 2 deve-se ao empuxo E 
que o sólido exerce na água que, portanto, vale E = 40 gf. 
Ora, mas o empuxo é igual ao peso do líquido deslocado pelo corpo 
(princípio de Arquimedes). 
Se o empuxo E devido a essa bola vale 40 gf, esse é o peso do volume 
de água deslocada pelo sólido completamente imerso. 
Ora, mas um peso de 40 gf de água implica uma massa de 40 g de 
água, portanto, um volume de 40 cm3 de água foi deslocado quando o 
sólido foi nela mergulhado. Daí, deduzimos que o volume do sólido vale 
V = 40 cm3. 
Da fase 1 para a fase 3, o acréscimo na marcação da balança (600 gf  
400 gf = 200 gf) deve-se ao peso do sólido abandonado no interior do 
recipiente que, portanto, tem uma massa m = 200 g. 
Finalmente, sabendo a massa (m = 200 g) e o volume do sólido (V = 40 
cm3), determinamos a sua densidade: 
d = 
3cm 40
g 200
 
V
m

 = 5 g/cm3 
A presente questão já caiu no vestibular da UECE há muitos anos. 
 
 
 
Aula 7 - Questão 56 - resolução 
O gelo quer subir até a superfície da água, mas a mola está impedindo a 
subida do gelo. O gelo empurra a mola, comprimindo essa mola. A mola 
comprimida empurra o gelo para baixo. 
A mola, portanto, encontra-se, inicialmente, comprimida. 
Quando o gelo vai derretendo, a mola vai gradativamente voltando ao seu 
tamanho natural (deixando de estar comprimida). Quando o gelo estiver 
totalmente fundido, a mola atingirá o seu comprimento natural. 
 
Aula 7 - Questão 59 - resolução 
Como aprendemos nas questões anteriores, bem como no Exemplo 
Resolvido 8 pagina 216, como o “peso total depois” tem o mesmo valor do 
“peso total antes”, assim, o “empuxo total depois” também deve ter o 
mesmo valor do “empuxo total antes”, uma vez que “E = Peso total” nas 
duas situações. Assim, como o empuxo total não muda de valor, o mesmo 
deve ocorrer ao volume submerso total. 
H
hi
Vsub inicial
H
hF Vsub 1
Vsub 2
ferro
ferro
antes depois
 
Nas figuras acima, portanto, devemos ter: 
Vsub inicial = Vsub1 + Vsub2 
Assim, certamente, Vsub1 < Vsub inicial, portanto hF < hi  ! 
Massa né ?  
 
Aula 7 - Questão 67 - resolução 
Do estudo da hidrostática no ref. não-inercial, sabemos que: 
tg = a / g e da figura abaixo, temos tg = 2x / 4x = 1/2 
Assim, vem a / g = 1 / 2  a = g/2 
a
x
x
4x
 
 
Aula 7 - Questão 76 - resolução 
a) a cada 10 m de água, a pressão aumenta 1 atm, assim, uma coluna de 
30 m de água exerce uma pressão de 3 atm, adicionando a pressão 
atmosférica, teremos uma pressão total 3 + 1 = 4 atm a 30 m de 
profundidade. 
b) Vejamos a que pressão o volume do nosso pulmão se reduz a 25% do 
valor inicial na superfície da água, admitindo que a temperatura do gás 
seja constante: 
P.V = P’.V’  1 atm . V = P’. (0,25V)  P' = 4 atm 
Mas a que profundidade a pressão vale 4 atm ? Do resultado do item a, 
vimos que a 30 de profundidade o volume dos pulmões cairia a 25% do 
volume inicial. Se o mergulhador descer a uma profundidade ainda maior 
que 30 m, o volume dos pulmões ficaria ainda menor do que 25%, o que 
seria danoso. Assim, o mergulhador não deve ir abaixo de 30 m de 
profundidade. 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
452 
 
AULA 8 ESTÁTICA 
 
Aula 8 - Questão 2 
/2
/2
90/2
/2
/2
P
N N
 
Pelo equilíbrio das forças na direção vertical, podemos escrever: 
 
Ny + Ny = P  2.Ny = P 
 
2.N.sen(/2) = m.g  
m.g
N
2.sen
2

 
 
 
 
Aula 8 - Questão 3 
Item B: Como está na iminência de perder o contato em A, fizemos NA = 0, 
tiramos logo o suporte A da figura abaixo. Assim, para a barra estar em 
equilíbrio de momentos, temos: 
Momento do peso = momento da normal 
P . (1,5) = 2 . N 
N = peso do homem = 600 newtons. 
P . (1,5) = 2 x 600 
P = 800 newtons 
O menor peso da barra para que ela não gire vale 800 newtons. 
 
B
5 m
2m
P
1,5 m N
2m
NA = 0
 
 
Aula 8 - Questão 5 
O equilíbrio das caixas permite escrever: 
T1 = P = 60 N e T2 = P = 60 N 
No pé do homem agem duas trações de mesmo módulo. 
Assim, a tração resultante no pé do homem está bem na bissetriz  entre 
T1 e T2 e vale: 
Tresultante = T1X + T2X = 60.cos30o + 60.cos30o = 120.cos30o 
Tresultante = 
3
120
2

 103,2 N , aproximadamente letra D 
T1
P
P
T2
T2
T1
 
 
Aula 8 - Questão 6 
Vamos colocar o nosso parafuso virtual sobre a extremidade direita da 
barra. Assim, faremos a soma dos momentos horários é igual a soma dos 
momentos anti-horários: 
A normal NA  = 400 N produz momento horário em relação ao nosso 
parafuso, momento esse de módulo 400  3. 
O peso da barra vale 200 N e produz momento anti-horário de valor 
200  1,5 em relação ao nosso parafuso. 
O peso do palhaço sobre a bicicleta também exerce momento anti-horário 
em relação ao nosso parafuso, de módulo 500.X onde X é a distancia dele 
ao parafuso. 
Assim, fazendo a soma dos momentos horários é igual a soma dos 
momentos anti-horários, temos: 
200.(1,5) + 500.X = 400.(3)  X = 1,8 m 
 
 
Aula 8 - Questão 7 
Vamos supor que o homem fique apoiado apenas sobre a perna esquerda, 
retirando a direita do solo. Qual o peso total sobre a perna esquerda ? 
Vamos lah: 
Cabeça 5 kg + par de braços 3,5 kg + 3,5 kg + tronco 37 kg + duas coxas 
6,5 kg + 6,5 kg + perna + pé direito 4 kg = 66 kg 
Assim, o peso total valerá 66 kg10m/s2 = 660 N 
Letra C 
 
Aula 8 - Questão 8 
Nessa questão, vamos dividir o comprimento total dessa barra em 6 partes 
iguais, assim, digamos que essa barra tem um comprimento total 6L, onde 
L é o comprimento de cada uma dessas 6 partes idênticas. 
Vamos colocar o nosso parafuso virtual sobre a extremidade direita da 
barra, mais uma vez. 
Como o bloco está mais próximo da extremidade esquerda, do que da 
direita, o suporte esquerdo A estará “suportando um peso maior” do que o 
direito C, nessas condições. Digamos então que o suporteA esteja 
suportando seu peso limite, ou seja, digamos que a normal NA nessa 
extremidade esquerda já esteja valendo 65 kg10 m/s2 = 650 N, ou seja, 
NA = 650 N, portanto ela produz, em relação ao nosso parafuso, um 
momento total NA.6L = 650.(6L) no sentido horário. 
O peso dessa caixa vale M.g e encontra-se a uma distância 4L do nosso 
parafuso, e produz um momento anti-horário de módulo M.g.(4L). 
O peso da barra vale 30.(10) = 300 N e encontra-se a uma distância 3L 
do nosso parafuso, e produz um momento anti-horário de módulo 300.(3L). 
Assim, fazendo a soma dos momentos horários é igual a soma dos 
momentos anti-horários, temos: 
650.(6L) = M.g.(4L) + 300.(3L) 
650.(6L) = M.(10).(4L) + 300.(3L) 
3900 = 40.M + 900 
M = 75 kg 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
453 
AULAS 10, 11, 12 e 13 – OPTICA 
 
Óptica - Questão 1 - resolução 
 calma, não se deprima ! O espelho usado na vida real tem uma lamina 
de vidro que cobre a película espelhada de prata para protegê-la evitando 
oxidação. 
Suponha um espelho com vidro de espessura e = 6 mm. Quando você 
encosta seu lápis nele, na verdade, seu lápis tocou apenas em uma das 
faces do vidro, que está a 6 mm da face oposta onde encontra-se colada a 
película de prata (veja a figura). 
Vidro do 
espelho
objeto
imagem
6mm 6mm
12 mm
 
Assim, seu lápis está, na verdade, a 6 mm da película de prata que é o 
espelho propriamente dito. Sendo X = X', a imagem do seu lápis aparecerá 
do outro lado, a 6 mm de distancia da película de prata e, portanto, a 
6 + 6 = 12 mm de distancia do seu lápis. 
 
Óptica - Questão 3 - resolução 
Ela segue a mesma resolução da questão 2 de classe, que foi explicada 
tão detalhadamente que ganhou 3 vídeos =) 
Pegue o ponto F, rebata e acha um F' lá embaixo (ao rebater, a distância 
tem que ficar igual e o ângulo tem que ser de 90 graus). Após achar o F', 
ligue F' até o ponto P. Ao ligar, no caminho, sua reta vai passar pelo ponto 
3. 
 
 
Assim, você acabou de determinar que o caminho da luz vai ser ponto F - 
ponto 3 - ponto P. 
 
 
 
 
Optica – Questão 6 – resolução 
50 m
x 0,5m0,5m
50 m
x+1
0,5m
0,1m
0,1m

  
Semelhança de triângulos:
0,5 x 1
x 249m
0,1 50
 
 Optica – Questão 7 – resolução 
Vamos imaginar que, uma pessoa, ao se olhar num espelho plano 
distante, enxergue apenas 2/3 de seu corpo. Se ela se aproximar ou se 
afastar do espelho, o que ocorrerá com sua imagem? Vejamos os 
desenhos abaixo: 
Caso 1: Pessoa longe do espelho plano: 
Considere uma pessoa de altura 3b, que está a uma distância 2a de um 
espelho plano de altura b e que enxerga apenas 2/3 de seu tamanho total, 
ou seja, vendo apenas uma extensão 2b da altura total 3b da imagem. 
 
a a aa
b
b
b
b
2b
a a aa
objeto imagem

 
Observe a semelhança de triângulos e a proporção 
b 2b
2a 4a

, e o ângulo 
visual  tal que 
b
tg
2a
 
. 
Caso 2: Pessoa próxima ao espelho plano 
Agora, vamos considerar que a mesma pessoa de altura 3b aproximou-se 
do espelho, e encontra-se agora a uma distância a do mesmo espelho de 
altura b. Ela verá novamente apenas 2/3 de sua imagem, isto é, vendo 
apenas uma extensão 2b da altura total 3b da imagem. 
 
b
a a
b
b
b
2b
a a
objeto imagem

 
Observe a semelhança de triângulos e a proporção 
b 2b
a 2a

, e o ângulo 
visual  >  tal que 
2b
tg
2a
 
. 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
454 
A única forma de passar a ver uma fração maior do seu corpo é aumentar 
o tamanho do espelho, portanto, a única afirmativa correta é a III. 
 
Por que tenho a impressão de que a minha imagem aumenta de 
tamanho, à medida que me aproximo do espelho lá de casa ? 
Por causa do aumento do ângulo visual (Veja as figuras dos casos 1 e 2 
em que temos  > ) que dá essa sensação de que a imagem aumenta 
de tamanho quando você se aproxima do espelho. No entanto, a altura da 
imagem é constante, sempre igual à altura do objeto. 
 
Essa mesma sensação ocorre quando observamos os postes de uma 
avenida. Certamente a prefeitura não comprou 100 postes de tamanhos 
diferentes para a Av. Santos Dumont. No entanto, quando caminhamos a 
pé pela calçada, temos a impressão de que os postes mais próximos 
(ângulo visual , veja figura abaixo) são maiores que os postes mais 
distantes (ângulo visual  < , veja figura abaixo). Novamente, é uma 
mera questão de ângulo visual. 
 
 
 
Os postes mais próximos são vistos sob ângulo visual maior ( > ), 
dando a impressão de que são maiores que os postes mais distantes, mas 
todos têm o mesmo tamanho . 
 
Óptica - Questão 8 - resolução 
Ao todo são 24 bailarinas, sendo que, das 24, temos 3 bailarinas de 
verdade e 21 bailarinas imagens. Isto significa que o par de espelhos está 
conjugando 21 imagens a partir de 3 objetos, ou seja, o par de espelhos 
está “produzindo” 7 imagens a partir de cada 1 objeto. Assim: 
N = 360/  – 1  7 = 360/  – 1   = 45o 
 
 
 
Óptica - Questão 10 - resolução 
Abra a apostila na página 269, veja a figura do pirata diante do par de 
espelhos perpendiculares entre si, observando suas 3 imagens. Veja que 
o pirata R1 nessa figura é uma imagem enantiomorfa (invertida), enquanto 
o pirata R2 é uma imagem não-enantiomorfa (não-invertida). Para 
entender melhor, leia todo o diálogo dos piratas nessa página. 
 
Óptica - Questão 11 - resolução 
Pela propriedade da rotação dos espelhos planos, sabemos que quando 
um espelho gira em um ângulo  = 45o , a sua imagem vai girar um 
ângulo  = 2. = 90o no mesmo sentido. 
objeto Imagem 
inicial
Imagem 
final
= 90o
= 45o
Antes de girar o 
espelho
Após girar o 
espelho 45
o
 
Assim, observando a figura abaixo, não é difícil compreender porque a 
imagem final da moça estará horizontal, quando ela se observar num 
espelho que forme 45o com a vertical. 
 
Portanto, observando a figura acima, vemos que a moça deve mirar um 
ponto entre A e C a fim de observar a imagem dos seus sapatos, isto é, 
deve mirar o ponto intermediário B. 
Prof Renato Brito
B
A
C
 
 Óptica – Questão 13 – resolução 
Pela propriedade da Rotação dos Espelhos planos, se  = 15o, teremos 
 = 30o na figura a seguir, o que nos permite escrever: 
E1 E2
C
A
B


 
a) 
oAB 3 ABtg tg30 AB 3 cm
AC 3 3
      
 
Se AB triplicará de valor, AB passará de 
3 cm
 para 
3 3 cm
. 
Quanto valerá o novo  nessa situação : 
oAB 3 3tg = 3 cm = 60
AC 3
    
 
Pela lei da rotação ( = 2), sendo  = 60o e teremos  = 30o. 
 
Óptica – Questão 17 – resolução 
Sejam a e b as extremidades do objeto extenso. Onde se localizam 
as imagens a’ e b’ dessas extremidades, conjugadas pelo espelho 
côncavo ? 
C F
V
a
b
 
Efetuando os traçados dos raios, facilmente localizamos os pontos 
a’ e b’, imagens de a e b conjugadas pelo espelho côncavo. 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
455 
C F V
a'
b'
 
Assim, após termos localizado as extremidades da imagem, 
acabamos localizando toda a imagem extensa 
C F V
a'
b'
 
 Óptica – Questão 21 – resolução 
Na figura, temos P’ > 0, P > 0 e P’ > P, assim: 
P’  P = 24, A = 4 = 
P '
P

  P’ = 4P 
Resolvendo o sistema, encontramos P = 8 cm e P’ = 32 cm 
1 1 1
FP P ' 
 
  F = 6,4 cm  R = 12,8 cm 
Óptica - Questão 22 - resolução 
“....Um objeto encontra-se a 20 cm de um espelho, sua imagem direita 
(e, portanto, virtual) encontra-se a 40 cm do referido espelho....” 
Traduzindo: inicialmente, quando P = + 20 cm, tínhamos P´ = –40 cm 
(imagem virtual e direita) 
“......Se o objeto for posicionado a 80 cm do espelho, sua imagem será...” 
Traduzindo: Se agora tivermos P = +80 cm, então P´ valerá quanto ? 
 ' P
1
 
P
1
 
 ' P
1
 
P
1
 
F
1

antes depois 
 ' P
1
 
80
1
 
 40) - (
1
 
20
1
 
F
1

  P ’ = + 80 cm (real) 
Resposta correta- letra E 
 
Óptica – Questão 23 – resolução 
Na figura, temos P’ > 0, P > 0 e P > P’, assim: 
P  P’ = 4, A = 
1
3

 = 
P '
P

  P = 3.P’ 
Resolvendo o sistema, encontramos P’ = 2 cm e P = 6 cm 
1 1 1
F P P ' 
 
  F = 1,5 cm  R = 3,0 cm 
 
Óptica – Questão 25 – resolução 
Na figura, temos P’ < 0 (imagem soim virtual), P > 0 , assim: 
|P| + |P’| = 20 cm, mas, sendo P’ < 0, temos |P’| = (1). P’, assim: 
P  P’ = 20 cm, A = 
1
3

 = 
P '
P

  P = 3.P’ 
Resolvendo o sistema, encontramos P’ = 5 cm e P = +15 cm 
1 1 1
F P P ' 
 
  F = 7,5 cm  R = 15 cm 
 
Óptica - Questão 28 - resolução 
Desvio =  = 15o 
Ângulo de refração =  
 +  = 45o (opostos pelo vértice) 
Portanto  = 30o 
Da lei de Snell, temos : 
nar. Sen45o = nvidro . sen 
1. 22 = nvidro. sen 30o  nvidro = 2 
 
Vidro
N
45º
45º
N

 
 
Óptica - Questão 29 - resolução 
Lei de snell: n1. sen = n2. sen 
Nessa questão, foi dito que quando  = 90o, teremos  = 30o 
A pergunta é: Se agora  = 30o, quanto valerá  ? 
Antes: n1. sen 90o = n2. sen30o 
Depois: n1. sen 30o = n2. sen  
Dividindo as equações acima, membro a membro, encontramos 
sen = 1/4 = 0,25. Observando o gráfico da função seno dado na 
questão, vemos que o ângulo cujo seno vale aproximadamente 0,25 é 
15 graus. 
Óptica – Questão 30 – resolução 
 
ar
vidro
 



 
Na figura, temos  = 90    sen = cos 
Snell: nar . sen = nvidro . sen, com sen = cos 
nar . sen = nvidro . cos 
1 . sen = 
3
.cos  tg = 
3
   = 60o 
 
Óptica – Questão 32 – resolução 




 
Snell na entrada : nar . sen = nvidro . sen (eq1) 
Snell na saída: nvidro . sen = nar . sen (eq2) 
De eq1 e eq2, vem: 
nar . sen = nvidro . sen = nar . sen 
nar . sen = nar . sen   =  = 45o 
Note que o triângulo dentro da circunferência é isósceles por ter 
dos lados iguais entre si (raio e raio). 
 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
456 
Óptica - Questão 35 - resolução 
 
60
o
45
o
45
o
60
o
30
o
 
 
Da lei de Snell, temos : nar. Sen45o = nvidro . sen30o 
2
2
 = nvidro. sen 30o  nvidro = 
2
 
Determinando o ângulo limite para a mudança de meio vidro ar: 
SenL = 
2
2
 
2
1
n
n
vidro
ar 
  L = 45o 
 
Óptica – Questão 38 – resolução 
senL = 
menor
vidro
maior vidro
n3 1
 n = 3
3 n n
  
 
nvidro . sen = nar . sen 
nvidro . sen = nar . sen  
3
. sen30o = 1. sen   = 60o 
Desvio = 60º  30o = 30o 
 
Óptica - Questão 43 - resolução 
Se a placa de vidro tem uma espessura e = 5 cm, quando ela cobrir a 
foto, conjugará uma imagem dessa foto numa posição um pouco acima 
da foto verdadeira, dando a impressão de que a fotografia agora está X 
centímetros acima da posição real. Esse X, certamente, não passará de 
5 cm de altura ( X < 5 cm), visto que a imagem virtual da fotografia deve 
se formar no interior da placa de vidro (a imagem do peixe vista pelo 
pescador sempre é formada dentro da água  ). Por esse motivo, para 
que a distância da câmera fotográfica até a fotografia (ou até a sua 
imagem conjugada pela placa de vidro) permaneça inalterada (antes e 
depois), devemos levantar a câmera fotográfica  em uma distância 
exatamente igual a X centímetros. 
Resposta correta – Letra A 
 
Óptica - Questão 45 - resolução 
Da lei de Snell, temos : 
nar. Sen45o = nvidro . sen30o 
1.
2
2
 = nvidro. sen 30o 
nvidro = 2 
 
60
o
60
o
60
o
30
o
45
o
N
N
 
 
Óptica - Questão 46 - resolução 
A luz sai do objeto, sofre reflexão e vai em direção ao olho do observador. 
Entretanto, como o observador enxerga no prolongamento, ele verá a 
imagem virtual mostrada abaixo. 
 
objeto
Imagem 
virtual
 
Óptica - Questão 48 - resolução 
.
45º
N
Ar
Vidro
Ar
e xe
 
nar. Sen45o = nvidro . sen  1.
2
2
 = 
2
. sen 
sen = 1/2   = 30o 
 
No triângulo retângulo em destaque, temos: 
cos = cos30o = 
2
3
 
X
e

  
2
3
 
X
33

  X = 6 cm 
 
Óptica - Questão 49 - resolução 
60
o

d
dE h

 
 A lei de Snell-Descartes permite escrever: 
nar . sen60o = nvidro . sen 
1 . 
3
/2 = 
3
 . sen  sen = 1/2   = 30o 
 Oposto pelo vértice:  +  = 60o   = 30o 
 Observando os triângulos retângulos, podemos escrever: 
cos = 
h
E
  h = 
cos
E
 
sen = 
h
d
  h = 
sen
d
 
Igualando as duas expressões acima para h, vem: 
cos
E
 = 
sen
d
  
2
1
d
 
2
3
cm32

  d = 2 cm 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
457 
Óptica - Questão 50 - resolução 
.
30º
N
r

60º
s
r
s
 
Conforme demonstrado em sala de aula, uma das propriedades da lâmina 
de faces paralelas é que o raio de luz que sai é paralelo ao raio incidente, 
ou seja, a reta r é paralela à reta s na figura abaixo: r//s. Em outras 
palavras, as retas r e s formam o mesmo ângulo, por exemplo, com a 
vertical, de forma que necessariamente, temos  = 30º. Se conhecemos 
as propriedades, não precisamos fazer cálculos nessa questão. 
Logicamente que, se o fizermos (o que não vale a pena), encontraremos a 
mesma resposta. 
 
 
Óptica - Questão 64 - resolução 
A imagem conjugada pela lente divergente é virtual, p’ negativo. 
Seja X um número real positivo. Segundo os dados do enunciado, 
temos: 
P = +X 
P’ = – X / 2 (note que X é positivo mas P’ é negativo) 
F = – 30 cm (divergente) 
 
 ' P
1
 
P
1
 
F
1

  
 
 2)(-X / 
1
 
X
1
 
30
1


  X = 30 cm 
 
Óptica - Questão 66 - resolução 
Note que a imagem é invertida e 3x menor, portanto temos A = 1/3. 
Com essa dica, agora você resolve a questão . 
 
Óptica - Questão 68 - resolução 
Atenção, tem que passar tudo para milímetros (1 m = 1000 mm). 
A questão está pedindo a distância p’ da lente até a imagem. 
 
Óptica - Questão 69 - resolução 
A = – 24 , F = + 9,6 cm 
A imagem é 24 vezes maior que o objeto, porém invertida em relação a 
ele. Agora é so fazer as continhas  
A = – p’ / p e 
 
 ' P
1
 
P
1
 
F
1

 
A questão pede o valor de D = P + P’ 
 
Óptica - Questão 74 - resolução 
Dados da questão: F1 = + 5 mm e P1 = +5,1mm 
Usando a equação dos pontos conjugados, achamos P1’ = 255 mm 
Dados da questão: F2 = +4,8 cm e P2’ = 24 cm (imagem virtual) 
Usando a equação dos pontos conjugados, achamos P2 = 4 cm = 40 mm 
A questão pede o valor de D = P1’ + P2 = 255 + 40 = 295 mm = 29,5 cm 
 
Óptica - Questão 76 - resolução 
Dados da questão: 
D = P1’ + P2 = 253 cm 
P1 = + 
F1 = +2,5 m 
Usando a equação dos pontos conjugados, encontramos P1’ = 2,5 m, ou 
seja, P1’ = 250 cm. 
Da relação D = P1’ + P2 = 253 cm, com P1’ = 250 cm, concluímos que 
P2 = 3 cm. 
O enunciado deu que F2 = +5 cm 
Usando a equação dos pontos conjugados, encontramos P2’ = 7,5 cm 
(imagem virtual, P2’ negativo). 
Assim, a distância da imagem final até a ocular vale |P2’| = 7,5 cm 
 
Óptica - Questão 77 - resolução 
L1
F1
F2
L2
F2
Eixo
principal
F1
5, 0 cm
F1 F2
X
 
Os triângulos acinzentados na figura acima são semelhantes: 
X
F
 
cm 5
F 21 
  
X
cm 6
 
cm 5
cm 4

  X = 7,5 cm 
 
Óptica - Questão 78 - resolução 
O ponto A é o foco da lente divergente ( “.....raios que incidem paralelos 
ao eixo principal de uma lente divergente, divergem passando pelo 
foco.....” ) 
Ele também coincide com o centro C de curvatura do espelho côncavo 
( “.....raios que incidem no espelho esférico passando pelo centro de 
curvatura C, refletem-se sobre si mesmos....” ) 
Assim, a distância focal da lente tem módulo igual a 40 cm e o espelho 
esférico tem distância focal (40 + 40) / 2 = 40 cm 
 
Óptica – Questão 79 – resolução 
Não se afobe, não dá para sair fazendo conta. A questão deve ser 
resolvida só com base nas propriedades gráficas das construções das 
imagens, só por dedução, sem matematiquês. 1
3
2
x y z
R
s
lente
espelho
 
A seta 1 “joga luz na lente” que conjuga a imagem seta 2. A seta 2 “joga 
luz no espelho que conjuga a imagem seta 3. Note que, segundo o 
enunciado, as seta 2 e 3 devem estar exatamente sobre o mesmo ponto S 
do eixo. Adicionalmente, a seta 3 tem exatamente o mesmo tamanho e a 
mesma orientação da seta 1. 
Assim, deduzimos que as 3 setas terão o mesmo tamanho, as setas 1 e 2 
estão sobre os pontos anti-principais da lente (para que elas tenham 
tamanhos iguais entre si) e as setas 2 e 3 estão sobre o centro de 
curvatura do espelho esférico (para que as setas 2 e 3 estejam sobre o 
mesmo ponto S do eixo e tenham tamanhos iguais). 
Assim, temos: x = y = 2f (lente) = 2 x 15 = 30 cm 
 Z = R = 2f (espelho) = 2 x 20 = 40 cm 
Letra E 
Óptica – Questão 80 – resolução 
O raio de uma de suas superfícies é o triplo do raio da outra e igual à 
distância focal da lente. 
O raio R2 da face 2 é o triplo do raio R1 da outra e o raio R2 também é igual 
à distância focal F da lente. 
Em outras palavras: R2 = 3.R1 e R2 = F 
Assim, vem: 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
458 
 )
L
2M 1 2 2 2
2 2 2 2 2
n1 1 1 1 n 1 1
1 1
RF n R R R 1 R
3
1 n 3 1 1 4
1 n 1
R 1 R R R R
1
n 1 n 1,25
4
 
     
           
      
 
    
         
    
   
 
Óptica – Questão 93 – resolução 
O míope sonha em ver estrelas. 
Porém, o “mais próximo que ele enxerga” sem fazer esforço de 
acomodação visual é a 40 cm de distancia do olho dele. 
Assim, a lente divergente terá que produzir, a partir de uma estrela de 
verdade (P = +) uma imagem (virtual) a uma distância de 40 cm dos 
olhos dele (P’ = 40 cm). 
 
 ' P
1
 
P
1
 
F
1

  
 
 
1 1 1
 
F 40 
  
 
1 1
 0 
F 40 
 
F = 40 cm = 0,4 m  
   

1 1
V 2,5di
F 0,4m
 
Óptica – Questão 94 – resolução 
 
 ' P
1
 
P
1
 
F
1

  
 

1 1 1
 
F 25cm 40cm 
  


1 40 25
 
F 1000
 
 
1000 10
F cm m
15 15
  
   
1 1 15
V 1,5di
F 10 /15 10
 
 
Óptica – Questão 95 – resolução 
a) veja a foto, ele não enxerga bem de perto. Ele teria hipermetropia ou 
Presbiobia ? Bom, pela foto, ele já tem idade bastante avançada. Se ele 
não enxerga bem de perto, com essa idade, ele certamente tem 
presbiobia. 
b) Presbiobia usa a mesma lente da hipermetropia, ou seja, lente 
convergente. São recomendadas também as lentes bifocais, que 
modernamente já evoluíram as as multifocais (ou progressivas). 
c) a seguir, veja o cálculo: 
 
 
 ' P
1
 
P
1
 
F
1

  
     

1 1 1 1
 4 1 3
F 0,25 m 1m F
 
  
 
1
V 3di
F
 
Óptica – Questão 96 – resolução 
Veja a resolução em vídeo em 
 www.fisicaju.com.br/resolucoes 
 
Aula 14 – Gases - Termodinâmica 
 
Questão 2 - resolução 
Como o êmbolo deve estar em equilíbrio mecânico, a força FH que o 
gás hidrogênio exerce no êmbolo deve equilibrar a força FO  que o gás 
oxigênio exerce no êmbolo. 
     o oH HH o H o
H o
F n .R.TF n .R.T
F F P = P 
A A V V
 

   
oH
H o
H o
oH
nn
, com V = y.A e V = x.A (volume do cilindro)
V V
nn 12 / 2 64 / 32
 y = 3.x, com x+y = 40 cm
y.A x.A y x
x = 10, y = 30 cm
 
Questão 6 - resolução 
Seja ni = n o número de mols de gás inicialmente no interior do 
recipiente. 
O enunciado disse que 25% do gás escaparam, restando apenas 75% do 
gás (restando apenas nF = 0,75.n mol de moléculas dentro do recipiente 
no final do vazamento). 
No início temos: Pi.Vi. = ni.R. Ti, com ni = n 
No final temos: PF.VF = nF.R.TF, com nF = 0,75n 
Dividindo uma equação pela outra, membro a membro, temos: 
 
    F
F F F F
i i i i
F
P .V n .R.T 6.V n .R.T
P 4,5 atm
P .V n .R.T P .V 0,75n.R. T
 
 
Questão 8 - resolução 
Qual a força que a pressão atmosférica exerce de fora para dentro, nessa 
tampa, empurrando-a para baixo ? 
Fatm = Patm x área = 1 atm x 12 cm² = (105 N/m²)(12.10
4 m2) = 120N 
Além dessa força empurrando a tampa para baixo, temos também a força 
da mão da pessoa de 240N. Assim, a força total empurrando a tampa 
para baixo é de 120 + 240 = 360 N. Essa é a força que impede que o gás 
consiga levantar a tampa, essa força empata com a força que o gás faz na 
tampa de dentro para fora. 
Assim, concluímos que o gás exerce nessa área da tampa uma força de 
360 N de dentro para fora. Com isso, descobrimos a pressão do gás lá 
dentro: 
 

    
gás 5 2 5
gas 2 4 2
Força 360N 360N
P 3.10 N/m 3.10 Pa
área 12cm 12.10 m
 
 
Questão 25 - resolução 
Da equação de Claperon, P.V = n.R.T, portanto, pedir o gráfico de PV em 
função de V é o mesmo que pedir o gráfico de n.R.T em função de V, ou 
seja, T em função de V. Ora, se a transformação é isotérmica, T será 
constante, por isso, o gráfico correto é o da letra b. 
 
Questão 59 - resolução 
P
Va 2a 3a
a
2a
3a
a
b+
+
+
 
Figura 1 
P
Va 2a 3a
a
2a
3a
b
c -
-
 
Figura 2 
 
O trabalho realizado na expansão ab (expansão) é positivo, sendo dado pela 
área em destaque na Figura 1 acima. 
Física
 
Simétrico Pré-Universitário – Há 25 anos ensinando com excelência os estudantes cearenses – www.simétrico.com.br 
459 
Já o trabalho realizado na compressão bc é negativo e seu módulo é dado 
pela área hachurada na Figura 2 acima. Assim, o trabalho realizado pelo 
gás, no percursocompleto abc, é dado pela soma algébrica das 
áreas 1 (positiva) e 2 (negativa) e é mostrado graficamente na Figura 3 
ao lado. Seu módulo vale (1/2).R² = .a² / 2. Letra C - FALSA 
P
Va 2a 3a
a
2a
3a
a
b
c
d +
 
Figura 3 
Por que a letra E está correta ? 
Note que o estados a e b têm temperaturas iguais, como se pode notar de 
Clapeyron T = P.V /n.R. Assim, a variação da energia interna Uab = 0 e, 
portanto, vem: 
Uab = Qab  ab 
0 = Qab  ab  Qab = ab = área sombreada na Figura 1. 
A área sombreada na Figura 1 é a área de um retângulo mais a área de 
1/4 de um círculo, que somando, de fato, resulta (2 + /4).a2. Faça a 
conta no seu rascunho aih, sem preguiça, ok ?  
 
Questão 70 - resolução 
O estado inicial A tem pressão e volume iguais a 6 atm e 6 litros. 
O estado final B tem pressão e volume iguais a 4 atm e 9 litros. Qual 
estado tem maior temperatura, A ou B ? Pela equação de Clapeyron 
T = P.V / n.R, vemos que as temperaturas são iguais, portanto, não 
ocorre variação da energia interna nesse processo U = 0, e portanto, 
temos U = Q  T = 0  Q = T  T = 240 J.  (dá raiva né) 
 
Questão 71 - resolução 
a) 
A C
P.V 3 2 6 1
T T
n.R n.R n.R
 
   
, 
b) UAC = QAC  AC 
Entretanto, UAC = 0, pois TA = TC. Além disso, AC é dado pela área do 
retângulo sob o trecho BC, ou seja: 
AC = base x altura = (62).102.(1.105) = 4000 J. Assim, temos: 
UAC = QAC  AC 
0 = QAC  4000  QAC = 4000 J 
 
Questão 75 - resolução 
Em toda transformação adiabática, vale a relação : 1 1
1
n.R.T
P.(V) K cons tante, com P ,substituindo, vem:
V
n.R.T K
.(V) K T.(V) cons tante T.(V) K'
V n.R
Ou, seja, o produto T.(V) também é constante, numa
transformação adiabática. Ass

  

  
     
1 1
1 1 1
im:
Ti Vf 2.Vi
(Ti).(Vi) (Tf).(Vf) 2
Tf Vi Vi
 
                
     
 
 
 
Questão 76 - resolução 
Seguindo um raciocínio semelhante ao da questão anterior, também 
podemos demonstrar que, em toda transformação adiabática, também se 
mantém constante o produto 
1(P) .(T) 
 , isto é, 
1(P) .(T) 
= K. 
1 1
n.R.T
P.(V) K cons tante, com V ,substituindo, vem:
P
n.R.T K
P. K P .T cons tante P .T K'
P (n.R)


   

  
 
      
 
A alternativa errada é a letra D mesmo. 
 
Questão 85 - resolução 
(Preste muita atenção às unidades físicas). 
Toda a Emec é convertida em energia térmica, na forma de calor sensível: 
M.g.H = M.c.  
g.H
c 

 
Conforme explicado em sala de aula, em problemas que misturam 
Mecânica com Termologia, devemos usar todos os valores no sistema 
internacional: 
c = 
o o
g.H 9,8 200 J 196 . 1J
10 kg. C 1 kg. 1 C

 

 
Como todos os dados estão no SI, o resultado encontrado acima também 
está no SI. Entretanto, a questão pediu o resultado num outro sistema de 
unidades. Vamos converter: 
o 3 o
196 . 1J (196 / 4)cal
c
1 kg. 1 C (10 g). 1 C
 
  c 
2
 o
cal
 4,9.10
g. C

 
 
resposta – letra E 
 
 
Questão 88 - resolução 
Durante as 4 etapas do ciclo, a máquina recebe calor da fonte quente no 
trecho bc (Qquente = 200 J) e rejeita calor para a fonte fria no trecho 
da (Qfrio = 80 J). A máquina não troca calor em nenhuma outra etapa. 
Assim, podemos dizer que o trabalho realizado por essa máquina, no ciclo, 
é dado por: 
ciclo = Qquente  Qfrio = 200  80 = 120 J 
Assim, o rendimento, nesse ciclo é dado por: 
ciclo
quente
ela aproveitou 120 J 120
n 0,6 60%
Q do total de 200 J 200

    
 
 
Questão 102 - resolução 
 

       Fcarnot
q
T 279k 300 279k 21 7
n 1 1 7%
T 300k 300k 300 100
 
Potência útil de 210KW significa que essa máquina vai produzir um 
trabalho (do ciclo) de 210 kJ a cada 1 segundo. Ou seja, vamos usar que 
o trabalho do ciclo vale ciclo = 210 kJ e queremos saber o Qquente. 
Assim, pelo conceito de rendimento: 

    carnot quente
quente
7 210kJ
n Q 3000kJ
100 Q 0,07
 
 
 
 
 
 
 
 
Calendário das Aulas da Frente 2 - 1º Semestre 2015 
 
 
 
 
 
 
CALENDÁRIO DAS AULAS FRENTE 2 – 1º semestre 2015 
ANUAL DE FÍSICA PARA MEDICINA - Prof. Renato Brito 
Compromisso com a sua aprovação 
 
Código da Aula Dia e Horário da Aula 
OPTICA 1 19 de fevereiro (5ª feira) – 18h às 22h30 
OPTICA 1 20 de fevereiro (6ª feira) – 14h às 18h30 
OPTICA 2 26 de fevereiro (5ª feira) – 18h às 22h30 
OPTICA 2 27 de fevereiro (6ª feira) – 14h às 18h30 
OPTICA 3 05 de março (5ª feira) – 18h às 22h30 
OPTICA 3 06 de março (6ª feira) – 14h às 18h30 
OPTICA 4 12 de março (5ª feira) – 18h às 22h30 
OPTICA 4 13 de março (6ª feira) – 14h às 18h30 
OPTICA 5 19 de março (5ª feira) – 18h às 22h30 
OPTICA 5 20 de março (6ª feira) – 14h às 18h30 
OPTICA 6 26 de março (5ª feira) – 18h às 22h30 
OPTICA 6 27 de março (6ª feira) – 14h às 18h30 
TERMOD 1 02 de abril (5ª feira) – 18h às 22h30 
TERMOD 1 03 de abril (6ª feira) – 14h às 18h30 
TERMOD 2 09 de abril (5ª feira) – 18h às 22h30 
TERMOD 2 10 de abril (6ª feira) – 14h às 18h30 
TERMOD 3 16 de abril (5ª feira) – 18h às 22h30 
TERMOD 3 17 de abril (6ª feira) – 14h às 18h30 
TERMOD 4 30 de abriol (5ª feira) – 18h às 22h30 
TERMOD 4 01 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30 
TERMOD 5 07 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30 
TERMOD 5 08 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30 
TERMOD 6 14 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30 
TERMOD 6 15 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30 
ESTÁTICA 21 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30 
ESTÁTICA 22 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30 
GRAVITAÇÃO 28 de maio (5ª feira) – 18h às 22h30 
GRAVITAÇÃO 29 de maio (6ª feira) – 14h às 18h30 
No mês de Junho, teremos aulas dos conteúdos da Frente 1 que ficaram pendentes. 
Geralmente é a parte de hidrostática. Com essa precaução, muito provavelmente não 
precisaremos ter aula do nosso curso de Física Anual em Julho e você ficará livre para 
fazer os famosos e mais antigos Cursos de Férias de Fortaleza: matemática, Química e 
Biologia no Simétrico. Imperdível ! Faça a sua reserva antecipada na Recepção com as 
meninas pois todo ano muitos alunos ficam se fora sem vagas.