Concurso Petrobras - Questões Resolvidas - Cinemática e Dinâmica

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CONCURSO PETROBRAS
ENGENHEIRO(A) DE PETRÓLEO JÚNIOR
Física Básica:
Cinemática e Dinâmica
Questões Resolvidas
QUESTÕES RETIRADAS DE PROVAS DAS BANCAS CESGRANRIO E CESPE
Produzido por Exatas Concursos
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rev.1a
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Introdução
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão,
sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este
material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja
consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor
encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser
corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável
pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em
concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum
tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO, CESPE ou qualquer outra banca examinadora.
Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
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Índice de Questões
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2012/1
Q29 (pág. 1), Q30 (pág. 3), Q31 (pág. 5), Q34 (pág. 6), Q35 (pág. 7).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2011/1
Q30 (pág. 15), Q32 (pág. 17), Q33 (pág. 18), Q34 (pág. 19), Q35 (pág. 20).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/2
Q29 (pág. 8), Q30 (pág. 9), Q31 (pág. 10), Q32 (pág. 12), Q33 (pág. 13).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2010/1
Q15 (pág. 21), Q16 (pág. 23), Q24 (pág. 24), Q25 (pág. 25), Q57 (pág. 26).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cesgranrio - Petrobras 2008
Q44 (pág. 27), Q47 (pág. 29), Q48 (pág. 30), Q49 (pág. 31), Q53 (pág. 32).
Prova: Engenheiro(a) de Petróleo Júnior - Cespe - Petrobras 2008
Q85 (pág. 34), Q86 (pág. 35), Q87 (pág. 36), Q88 (pág. 38), Q89 (pág. 39).
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 30
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Física Básica: Cinemática e Dinâmica
Questão 1
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )
Duas partículas se movem sobre o eixo x e colidem elastica-
mente. Suas massas são m1 = 2,0 kg, m2 = 4,0 kg, e suas 
velocidades, antes da colisão, são v1A = 12 m/s e v2A = 6,0 m/s.
Após a colisão, as velocidades v1D e v2D são, respectiva-
mente, (em m/s)
(A) 4,0 e 10
(B) 8,0 e 8,0
(C) 0 e 12
(D) 6,0 e 0
(E) 6,0 e 12
Resolução:
Sabemos que em uma colisão elástica tanto a energia cinética (K) quanto
o momento linear (ou quantidade de movimento, Q) se conservam. Então, da
conservação do momento linear temos:
QA = QD
m1v1A +m2v2A = m1v1D +m2v2D
2× 12 + 4× 6 = 2v1D + 4v2D
v1D + 2v2D = 24 (1)
Da conservação da energia cinética temos:
KA = KD
m1v
2
1A
2
+
m2v
2
2A
2
=
m1v
2
1D
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+
m2v
2
2D
2
2× 122 + 4× 62 = 2v21D + 4v22D
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v21D + 2v
2
2D = 216 (2)
Como podemos ver, agora temos duas equações e duas incógnitas:{
v1D + 2v2D = 24
v21D + 2v
2
2D = 216
Aconselhamos que neste momento, durante a prova, o candidato teste
as alternativas nas equações acima (isso porque a resolução deste sisteminha
provavelmente demanda mais tempo) e veja qual satisfaz ambas igualdades ao
mesmo tempo. Ao fazer isso rapidamente descobrimos que a alternativa correta é
a letra (A).
Porém, continuemos a nossa resolução. Ao isolarmos v1D na equação 6,
temos:
v1D = 24− 2v2D (3)
Substituindo este v1D na equação 2:
v21D + 2v
2
2D = 216
(24− 2v2D)2 + 2v22D = 216
576− 96v2D + 6v22D = 216
v22D − 16v2D + 60 = 0
Cujas soluções são:
v2D1 = 6m/s e v2D2 = 10m/s
Como podemos perceber, v2D1 = 6m/s é igual a v2A, que obviamente
também é solução. Mas estamos interessados no segundo valor de v2D, logo
v2D = 10m/s.
Substituindo este valor na equação 3:
v1D = 24− 2× 10 = 4m/s
Ou seja, após a colisão temos v1D = 4m/s e v2D = 10m/s. �� ��Alternativa (A)
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Questão 2
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )
Devido ao atrito, um bloco de madeira de massa 
2,0 kg desce um plano inclinado a 30o com a horizontal a 
uma velocidade constante 1,5 m/s. 
Para um intervalo de tempo igual a 2,0 s, o impulso I (em 
kg m/s) e o trabalho W (em J) realizados pela força peso 
sobre o bloco são, respectivamente,
 Dado: g = 10 m/s2.
(A) 20 e 30
(B) 20 e 0
(C) 0 e 30
(D) 40 e 30
(E) 40 e 60
Resolução:
A figura abaixo mostra uma representação do bloco sobre o plano inclinado
de 30◦:
P
30°
T
P
N
P
v
o
o
Na figura decompomos a força peso P em uma componente PN normal
ao plano e uma componente PT paralela ao plano. Como sabemos, uma força
perpendicular ao deslocamento não realiza trabalho, portanto a única porção da
força P que realizará trabalho é PT . Pela figura vemos que:
PT = Psen(30
◦)
PT = mgsen(30
◦)
PT = 2× 10× 1
2
PT= 10N
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Agora então podemos calcular o trabalho W executado por PT :
W = PTd
W = PT (v∆t)
W = 10(1, 5× 2)
W = 30J
Lembrando que utilizamos d = v∆t pois a velocidade é constante. Uma
outra forma de calcular o trabalho executado pela força P é lembrando que, neste
caso, o trabalho será igual ao inverso da variação da energia potencial. Como em
2 segundos o bloco desce 1, 5m verticalmente (verifique!), sua variação de energia
potencial será:
∆U = mg∆h
∆U = 2× 10× (−1, 5)
∆U = −30J
Portando o trabalho executado pela força peso é: W = −∆U = 30J .
Agora podemos finalmente calcular o impulso I realizado pela força peso P :
I = P∆t
I = mg∆t
I = 2× 10× 2
I = 40kg.m/s
�� ��Alternativa (D)
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Questão 3
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )
Uma mola, sem massa, de constante k = 5.000 N/m é com-
primida a partir do repouso por uma distância x = 2,0 cm.
O trabalho, em J, realizado sobre a mola, durante a 
compressão, é
(A) 5.000 
(B) 10 
(C) 1,0 
(D) 0,20 
(E) 0,020
Resolução:
Neste caso, todo o trabalho realizado sobre a mola é convertido em energia
potencial elástica, já que a energia deve se conservar. Portanto temos:
W = EPE
W =
kx2
2
W =
5000(2× 10−2)2
2
W =
5000× 4× 10−4
2
W = 1J
Onde chamamos de EPE a energia potencial elástica da mola, e de x a
compressão.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 4
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )
Sejam as forças F1 = (5,6) e F2 = (−2,−2), agindo sobre um 
corpo de massa m = 2,0 kg. 
O módulo da aceleração do corpo, em m/s2, é 
(A) 1,0
(B) 2,5
(C) 3,0
(D) 3,5
(E) 7,5
Resolução:
Dado que ~F1 = (5, 6) e ~F2 = (−2,−2), a força resultante ~FR será a soma
destas duas:
~FR = ~F1 + ~F2
~FR = (5, 6) + (−2,−2)
~FR = (5− 2, 6− 2)
~FR = (3, 4)
Como estamos procurando apenas o módulo da aceleração ~a, calculamos
então o módulo de ~FR:
FR =
√
32 + 42
FR =
√
25
FR = 5N
Agora para encontrarmos a, o módulo da aceleração, basta aplicarmos a
Segunda Lei de Newton:
FR = ma
a =
FR
m
a =
5
2
a = 2, 5m/s2
�� ��Alternativa (B)
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Questão 5
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2012/1 )
Duas partículas se movem em sentidos opostos, com ve-
locidades constantes, sobre o eixo x. A primeira tem uma 
velocidade de 4,0 m/s, e a segunda se move a 6,0 m/s. A 
distância inicial entre elas é 120 m. 
O tempo, em segundos, que passará até a colisão é de
(A) 60
(B) 30
(C) 20
(D) 15
(E) 12 
Resolução:
Como as duas partículas se movem em uma mesma direção (o eixo x) e em
sentidos opostos, então a velocidade relativa entre estas duas partículas é igual a
soma das duas velocidades, ou seja:
vr = v1 + v2
vr = 4 + 6
vr = 10m/s
Como inicialmente as duas partículas estão a 120m de distância, para
sabermos quanto tempo passará até a colisão basta calcularmos quanto tempo
é necessário para percorrer estes 120m com uma velocidade relativa vr constante:
vr =
∆S
∆t
∆t =
∆S
vr
∆t =
120
10
∆t = 12s
Ou seja, do momento inicial até o momento da colisão passarão 12 segun-
dos.
�� ��Alternativa (E)
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Questão 6
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
Uma partícula material percorre em movimento uniforme uma trajetória plana e horizontal, conforme figura abaixo. Os 
eixos coordenados x e y representam um referencial inercial a partir do qual se observa o movimento. As retas t e n são, 
respectivamente, a tangente e a normal à trajetória no ponto P.
Entre as figuras abaixo, aquela que representa os vetores velocidade , aceleração da partícula e resultante das
forças sobre a partícula no instante em que ela passa por esse ponto é
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Quando uma partícula descreve uma trajetória qualquer, sabemos que em
um instante t o vetor velocidade ~v será sempre tangencial à trajetória, já que a
velocidade é a derivada da posição.
Como foi dito no enunciado, trata-se de um movimento uniforme, ou seja,
o módulo de ~v não se altera durante a trajetória, portanto não há força (e conse-
quentemente não há aceleração) na direção do vetor velocidade. Porém, como a
trajetória não é retilínea, deve haver uma força resultante ~F responsável por mudar
a direção de ~v, e esta força deve apontar para o centro da curva. Pela Segunda
Lei de Newton ~F = m~a, ou seja, a aceleração causada por uma força deve ter a
mesma direção e sentido desta última, pois m é um escalar.
Resumindo, para uma partícula executar a curva apresentada com veloci-
dade constante é preciso que exista uma força centrípeta ~F perpendicular a ~v
(apontando para o centro da curva), e consequentemente a aceleração centrípeta
~a deverá ter a mesma direção e sentido de ~F . Vemos a representação correta
destes vetores na alternativa (E).
�� ��Alternativa (E)
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Questão 7
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
Três bolinhas (I, II e III) de massas iguais estão a uma mesma altura h do solo, conforme mostra a figura acima. Em de-
terminado instante, é iniciado o movimento de cada uma das bolinhas de forma que atinjam o solo. A primeira bolinha é 
largada com velocidade inicial nula em um movimento de queda livre; a segunda é lançada, horizontalmente, com veloci-
dade inicial v, descrevendo uma trajetória parabólica; e já a terceira é abandonada com velocidade inicial nula e desce por 
um plano inclinado. Desprezando-se os atritos e a resistência do ar, sendo tI, tII e tIII, respectivamente, os tempos gastos 
por cada uma das bolinhas até atingirem o solo (representado pelo plano horizontal), a relação correta entre os tempos de 
queda é 
(A) tI = tII < tIII
(B) tI = tII = tIII
(C) tI < tII = tIII
(D) tI < tII < tIII
(E) tI > tII > tIII
Resolução:
Analisemos os três casos:
I - Queda Livre: Em queda livre sabemos que a bolinha cairá segundo um
movimento retilíneo uniformemente variado, com uma aceleração igual a ~g (a
aceleração da gravidade).
II - Movimento Parabólico: Como sabemos, o movimento parabólico pode ser
decomposto em dois: Um movimento uniforme na horizontal (pois não há
forças horizontais atuando na partícula) e um movimento uniformemente vari-
ado na vertical (onde atua a força peso), com aceleração igual a ~g.
III - Plano Inclinado: Em um plano inclinado parte da força peso pode ser de-
composta em uma parcela perpendicular ao plano, parcela esta que não
acarretará em aceleração. Apenas uma parte da força peso (igual a Psen(θ),
onde θ é a inclinação do plano) irá efetivamente ocasionar aceleração. Neste
caso, portanto, a bolinha cairá com uma aceleração inferior a ~g.
Logo podemos concluir que nos casos I e II os tempos de queda serão
iguais (pois ambos movimentos estão sujeitos à mesma aceleção ~g), enquanto
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que no caso III o tempo de queda será maior, visto que a aceleração de queda
será inferior a aceleração da gravidade.
�� ��Alternativa (A)
Questão 8
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
Para elevar um bloco de massa m de uma altura h em relação ao solo, um operário poderá realizar esse serviço de três 
maneiras diferentes, conforme ilustrado abaixo:
 I II III
I – a partir do solo, fazer o bloco subir verticalmente por meio de uma roldana fixa.
II – por meio de um plano com inclinação de 60º em relação à horizontal, mover o bloco sobre sua superfície.
III – a partir do solo, fazer o bloco subir verticalmente por meio de um mecanismo com roldana móvel.
Considere em todas as situações que os fios são ideais, os atritos desprezíveis e que o bloco subirá em movimento uni-
forme. Sendo W1, W2 e W3 o trabalho realizado pelo operário, e F1, F2 e F3, o módulo da força exercida sobre a corda, 
respectivamente, nas situações ilustradas em I, II e III, a relação correta entre essas grandezas é 
(A) W1 > W2 > W3 e F1 > F2 > F3 (B) W1 = W2 > W3 e F1 = F2 > F3
(C) W1 = W2 = W3 e F1 = F2 = F3 (D) W1 = W2 = W3 e F1 > F2 > F3
(E) W1 < W2 < W3 e F1 < F2 < F3
Resolução:
Como nos três casos em questão o objetivo é elevar o bloco a uma mesma
altura h, então podemos concluir que os trabalhos serão iguais. Isso porque ao
elevarmos um bloco a uma altura h devemos fornecer uma energia igual a energia
potencial que o bloco assume nesta altura. Como nos três casos a altura é a
mesma, então temos W1 = W2 = W3 = mgh.
Agora analisemos a força necessária em cada caso, considerando que o
bloco tem um peso igual a P :
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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I - Neste caso, com apenas uma roldana, a pessoa deverá executar uma força
F1 de módulo igual a P para levantar o bloco com velocidade constante.
II - No caso do plano inclinado a pessoa deverá executar uma força F2 de módulo
igual a Psen(θ), onde θ é igual ao ângulo do plano inclinado com a horizontal.
A parte do peso que é normal ao plano (Pcos(θ)) é anulada pela força normal,
do plano sobre o bloco.
III - Pelo sistema com duas roldanas podemos ver que a pessoa deverá executar
uma força F3 de módulo igual a
P
2
para levantar o bloco com velocidade
constante.
Como podemos perceber, temos
F1 > F2 > F3
Mas, como podemos observar, isso só é válido desde que θ seja maior que
30◦ (como parece ser o caso da figura). Caso contrário teremos F2 < F3.
�� ��Alternativa (D)
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Questão 9
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
Em um experimento de laboratório, uma partícula de massa m descreve um movimento retilíneo e uniforme sobre um 
plano horizontal, sem atrito, com velocidade , paralela ao eixo x. Em certo momento, essa partícula é submetida a uma 
força perpendicular à direção de durante um intervalo de tempo muito pequeno, conforme ilustrado abaixo.
Seja o vetor velocidade da partícula imediatamente após a aplicação da força. Entre as figuras abaixo, a que representa 
os vetores velocidade, antes e depois da aplicação da força, é
(A) (B) (C) (D) (E)
Resolução:
Como foi dito no enunciado, a força ~F , aplicada por um curto período de
tempo, é perpendicular a ~v0, deste modo então concluímos que a componente da
velocidade na direção do eixo x não se alterará. Dentre as alternativas, a única na
qual temos a componente de ~v na direção x igual a ~v0 é a letra (C).
Abaixo ilustramos também a componente ~vy, causada pela atuação da força
~F , a qual não é mostrada nas alternativas.
v
vv
0
y
o
o �� ��Alternativa (C)
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Questão 10
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/2 )
33
Um helicóptero descreve um movimento vertical em re-
lação ao solo, transportando uma carga por meio de um 
cabo de aço, conforme ilustrado acima. 
A carga possui massa de 50 kg, e o cabo de aço pode 
ser considerado inextensível e de massa desprezível. Em 
determinado instante, o helicóptero apresenta uma ace-
leração vertical, orientada para cima e de módulo igual a 
1 m/s2. Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2. 
Nesse contexto, analise as afirmativas a seguir.
I - A tração no cabo é de 550 N.
II - O helicóptero pode estar subindo.
III - O helicóptero necessariamente está descendo.
Está correto APENAS o que se afirma em
(A) I. (B) II. (C) III. (D) I e II. (E) I e III.
Resolução:
Abaixo mostramos o diagrama de corpo isolado do bloco em questão, onde
~T é a tensão no cabo que sustenta o bloco e ~P é o peso do bloco.
T
P
o
o
Tendo este diagrama em mente, e sabendo que o bloco possui massa igual
a 50kg e uma aceleração para cima de módulo igual a 1m/s2, julguemos os itens:
I - Para o bloco possuir uma aceleração para cima, a resultate das forças atu-
antes sobre ele deve ser para cima. Pelo nosso diagrama então vemos que
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esta força resultante, responsável pela aceleração será igual a T − P , logo:
T − P = ma
T = ma+ P
T = ma+mg
T = 50(1 + 10)
T = 550N
Portanto este item é verdadeiro.
II - Como devemos saber, só pela aceleração não podemos determinar o sen-
tido da velocidade e do deslocamento. Portanto, como a aceleração é para
cima, podemos ter o helicóptero subindo segundo um movimento acelerado
(aceleração e velocidade no mesmo sentido) ou ainda descendo segundo um
movimento retardado (aceleração e velocidade em sentidos opostos). Logo
este item é verdadeiro.
III - Como explicamos no item anterior, o helicóptero pode estar subindo ou de-
scendo. Item falso.
�� ��Alternativa (D)
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Questão 11
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
A figura acima representa dois blocos de massa m1 = 3,0 kg 
e m2 = 1,0 kg, ligados por um cabo e apoiados numa 
superfície, puxados por uma força de módulo F = 40 N. 
O coeficiente de atrito estático entre os blocos e a 
superfície é μe = 0,1. 
Qual o valor do módulo da tensão no cabo? 
Dado: g = 10 m/s2
(A) T = 10 N 
(B) T = 13 N
(C) T = 15 N 
(D) T = 18 N
(E) T = 60 N
Resolução:
Abaixo ilustramos as forças atuantes neste sistema:
m2 = 1kg
m1 = 3kgT TFat2
Fat1
40N
o
o
Para calcularmos o módulo de cada força de atrito, lembremos que:
Fat = µN
onde Fat é a força de atrito, µ o coeficiente de atrito e N é a força normal.
No nosso caso, como o plano é horizontal, temos N = P , onde P é o peso
do bloco. Deste modo podemos calcular a força de atrito no primeiro bloco (Fat1) e
no segundo (Fat2):
Fat1 = µP1 = µm1g = 0, 1× 3× 10 = 3N
Fat2 = µP2 = µm2g = 0, 1× 1× 10 = 1N
Agora, antes de analisar cada bloco separadamente vamos analisar o sis-
tema como um todo. Nesta análise as forças internas ao sistema (que tem o par
ação/reação dentro dos limites do sistema) devem ser desprezadas, no nosso caso
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então só não entrará na análise a tensão T . Aplicando a Segunda Lei de Newton
ao sistema todo temos: ∑
F = mta
40− Fat1 − Fat2 = (m1 +m2)a
a =
40− Fat1 − Fat2
(m1 +m2)
a =
40− 3− 1
3 + 1
a =
36
4
a = 9m/s2
Ou seja, a aceleração do sistema todo será igual a 9m/s2, na direção ho-
rizontal, sentido direito (pois a resultante das forças tem essa direção e sentido).
Agora que já conhecemos a aceleração do sistema, podemos então aplicar a se-
gunda lei de Newton apenas ao bloco 2 (se o leitor preferir pode fazer com o bloco
1), lembrando que agora devemos levar em conta a força T de tração no cabo:∑
F = m2a
T − Fat2 = m2a
T = m2a+ Fat2
T = 1× 9 + 1
T = 10N
�� ��Alternativa (A)
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Questão 12
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
A figura acima representa um objeto de massa m = 2,0 kg 
abandonado do ponto A, situado a uma altura h, partindo 
do repouso por uma rampa e percorrendo um círculo de 
raio R = 1,0 m.
Sabendo-se que a velocidade do corpo no ponto B, que 
é o mais alto do círculo, é de 20 m/s, qual o módulo da 
Força Normal exercida pelo piso sobre o bloco no ponto B? 
Dados: o atrito e a resistência do ar em todo o percurso são desprezíveis
g = 10 m/s2
(A) 200 N (B) 380 N (C) 400 N (D) 780 N (E) 800 N
Resolução:
Sabemos que a força responsável por manter um corpo de massa m com
velocidade v em movimento circular (em um círculo de raio R) é chamada de força
centrípeta, e é dada por:
Fcp = m
v2
R
No caso em questão, como o objeto está no ponto mais alto de um circulo
vertical temos que a força centrípeta neste ponto será exercida parte pelo peso P
do objeto e parte pela força normal FN da pista sobre o objeto. Ou seja:
Fcp = m
v2
R
P + FN = m
v2
R
FN = m
v2
R
− P
FN = 2× (20)
2
1
− 2× 10
FN = 780N
Obs.: Saiba que a força centrípeta não é uma nova força, e sim uma “des-
ignação” para uma força resultante, quando essa é responsável pelo movimento
circularde uma partícula.
�� ��Alternativa (D)
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Questão 13
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
Considere, na figura acima, dois carrinhos separados um 
do outro por uma mola comprimida. Em certo instante, o 
sistema é liberado e os carrinhos passam a se movimen-
tar em direções opostas. 
Sabendo-se que a massa do carrinho 1 é o triplo da mas-
sa do carrinho 2, isto é, m1 = 3 m2, encontre a relação 
entre as velocidades v1 e v2 dos carrinhos 1 e 2, respecti-
vamente, logo após perderem contato com a mola. 
(A) 
(B) 
(C) v1 = v2
(D) v1 = 3v2
(E) v1 = 4v2
Resolução:
Em um sistema isolado sem forças dissipativas sabemos que há conser-
vação do momento linear (também chamado de quantidade de movimento).
Lembrando que o momento linear de um corpo de massa m e velocidade v é dado
por Q = mv.
Como no caso em questão o momento linear deve se conservar, então o
momento linear inicial Qi deve ser igual ao final Qf :
Qi = Qf
Porém inicialmente não havia movimento (todos os v eram iguais a zero), logo
temos Qi = 0. Após a liberação da mola teremos o movimento dos dois blocos,
portanto:
Qi = Qf
0 = m1v1 +m2v2
0 = (3m2)v1 +m2v2
3m2v1 = −m2v2
v1 = −v2
3 �� ��Alternativa (B)
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Questão 14
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
Uma partícula de massa m está submetida a uma força 
variável no tempo, a qual produz uma aceleração nesse 
corpo dada por
 a(t) = 2t
Encontre a equação de movimento para essa partícula, 
considerando que a velocidade inicial e a posição inicial 
são nulas, isto é, v0 = S0= 0. 
(A) 
(B) S(t) = t3
(C) 
(D)
(E) 
Resolução:
Sabemos que a velocidade é a integral da aceleração, e nossa constante de
integração nesse caso será v0 (que foi dito ser igual a zero), logo:
v(t) =
∫
a(t)
v(t) =
∫
2t
v(t) = 2
t2
2
+ v0
v(t) = t2
Também sabemos que a posição é a integral da velocidade, e neste caso a
constante de integração será S0 (que também é igual a zero):
S(t) =
∫
v(t)dt
S(t) =
∫
t2dt
S(t) =
t3
3
+ S0
S(t) =
t3
3 �� ��Alternativa (C)
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Questão 15
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2011/1 )
Uma partícula nas proximidades da superfície da Terra 
está submetida somente a um campo gravitacional unifor-
me, desprezando-se a resistência do ar e possíveis dissi-
pações. Ela se movimenta de um ponto inicial A, até um 
ponto final B, por 4 possíveis trajetórias conforme mostra-
do abaixo. 
Em qual dos percursos o trabalho realizado pela força 
peso foi maior? 
(A) P
(B) Q
(C) R
(D) S
(E) Iguais
Resolução:
Ao desprezarmos as forças dissipativas sabemos que a energia de um sis-
tema isolado deve se manter constante. No sistema em questão podemos dizer
que no ponto A a partícula apresentava energia zero (estava em repouso e a uma
altura zero). Já no ponto B esta partícula possui uma energia potencial igual a
mgh. Perceba que a energia no ponto B independe do caminho tomado até ele,
pois depende apenas da massa da partícula, da aceleração da gravidade e da al-
tura h. Esta energia foi “injetada” no sistema por algum agente externo sob forma
de trabalho (W ), ou seja:
W = mgh
Porém a força peso aponta no sentido contrário ao deslocamento vertical,
ou seja, o trabalho realizado pela força peso será igual a W , porém com o sinal
oposto.
Deste modo vemos que a alternativa correta é a letra (E), pois o trabalho
realizado depende apenas dos estados final e inicial, e não da trajetória (lembrando
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que isso é válido apenas para sistemas que não possuem forças dissipativas, como
atrito por exemplo).
�� ��Alternativa (E)
Questão 16
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )
Uma partícula é lançada verticalmente para cima reali-
zando um movimento retilíneo até atingir o solo. A função
horária de posição da partícula é dada por
s(t) = 3,4 + 16t  5t2
O tempo (t) está medido em segundos e a posição (s), em
metros.
Parte 1
Com base nas informações apresentadas acima, analise
as afirmativas a seguir.
I – A partícula é inicialmente lançada para cima com
velocidade igual a 16 m/s.
II – A partícula atinge sua altura máxima 1,5 segundo
após o lançamento para cima.
III – A partícula se move em MRU (Movimento Retilíneo
e Uniforme).
É correto APENAS o que se afirma em
(A) I.
(B) II.
(C) I e II.
(D) I e III.
(E) II e III.
Resolução:
Julguemos os itens:
I - Sabemos que a equação horária da velocidade pode ser obtida da equação
horária da posição por uma simples derivação em relação ao tempo, logo:
v(t) =
ds(t)
dt
v(t) = 16− 10t
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Para encontrarmos a velocidade inicial do lançamento, basta fazermos t = 0
na equação de v(t), encontrando então v0 = 16m/s. Portanto este item é
verdadeiro.
II - Sabemos que no ponto mais alto da trajetória a velocidade é nula. Ao substi-
tuirmos v = 0 na equação de v(t) temos:
0 = 16− 10t
t =
16
10
t = 1, 6s
Portanto a partícula chegará a altura máxima 1,6segundos após o lança-
mento, e não 1,5 segundos. Item falso.
III - Falso. A partícula se move em movimento retilíneo uniformemente variado,
com aceleração de módulo igual a g (a aceleração da gravidade).
�� ��Alternativa (A)
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Parte 2
A partícula atinge o solo a uma velocidade cujo módulo,
em m/s, é
(A) 16 (B) 17
(C) 18 (D) 19
(E) 20
Resolução:
Primeiramente vamos calcular qual é a altura inicial do lançamento, e para
isso basta fazermos t = 0 na equação horária da posição, obtendo: s0 = 3, 4m.
Já calculamos que a velocidade inicial do lançamento é v0 = 16m/s, por-
tanto na descida, nesta mesma cota de altura (s0 = 3, 4) teremos v1 = −16m/s.
Para encontrarmos qual é a velocidade final vf então vamos aplicar a Equação de
Torricelli no trecho final da trajetória, de s(t) = 3, 4m até s(t) = 0:
v2f = v
2
i + 2a∆S
v2f = v
2
1 + 2(−g)(0− 3, 4)
v2f = (−16)2 + 2× (−10)× (−3, 4)
v2f = 256 + 68
|vf | =
√
324
|vf | = 18m/s
Perceba que o mesmo resultado pode ser encontrado primeiramente calcu-
lando o valor de t quando s(t) = 0 e então substituindo este valor em v(t). Porém
deste modo é um pouco mais trabalhoso.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 17
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )
A figura acima ilustra uma pista perfeitamente lisa, compos-
ta pelos trechos horizontais AB e DE e pelo arco de circunfe-
rência BCD, sendo C o ponto mais alto do arco. Nessa pis-
ta, os trechos AB e DE estão alinhados. Uma pessoa lança
um corpo de dimensões desprezíveis sobre essa pista. Esse
corpo percorre o trecho horizontal AB e, a partir do ponto B,
começa a subir o arco de circunferência.
Parte 1
Com base nas informações apresentadas acima e consi-
derando-se que o corpo ultrapassa o ponto C, analise as
afirmativas a seguir.
I – A força empregada pela pessoa sobre o corpo no
momento do lançamento continua agindo sobre o
corpo durante o trajeto AB.
II – No ponto C, a força normal exercida pela pista sobre
o corpo é menor, em módulo, do que o peso do
próprio corpo.
III – O corpo alcança o ponto E.
É correto APENAS o que se afirma em
(A) I. (B) III. (C) I e II. (D) I e III. (E) II e III.
A B
C
D E
72 mm
Resolução:
Julguemos os itens:
I - Falso. O enunciado diz que o corpo foi lançado, portanto a força não está
atuado durante o trecho AB, e o corpo se desloca por inércia (Primeira Lei
de Newton).
II - Verdadeiro. Como foi dito no enunciado o corpo ultrapassa o ponto C, e para
isso acontecer ele deve ter uma velocidade não nula neste ponto. Tendo uma
velocidade diferente de zero no ponto C, uma força centrípeta atuará sobre o
corpo, já que
Fcp = m
v2
R
E esta força centrípeta no nosso caso nada mais é do que a diferença entre
a força peso e a força normal, ou seja: Fcp = P − FN . Como Fcp > 0 (há
velocidade no ponto C), então temos P > FN .
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III - Verdadeiro. Como a energia empregada ao corpo foi suficiente para o mesmo
ultrapassar a maior barreira potencial do caminho (a altura do ponto C), então
o mesmo será capaz de alcançar o ponto E. Durante este trajeto há uma
conversão de energia cinética (no trecho AB), para energia potencial mais
cinética (no trecho BD) e novamente para energia cinética (no trecho DE), já
que a energia se conserva.
�� ��Alternativa (E)
Considerando-se a gravidade local igual a 10 m/s2, qual a
mínima velocidade, em m/s, que o corpo deve ter no ponto
B para que consiga, de fato, alcançar o ponto C?
(A) 0,90
(B) 1,00
(C) 1,10
(D) 1,20
(E) 1,44
Parte 2
Resolução:
A mínima velocidade necessária para que o corpo atinja o ponto C é aquela
que faz o objeto chegar até este ponto e parar, ou seja, convertendo toda sua
energia cinética inicial apenas em energia potencial. Desse modo, igualando a
energia cinética no ponto B com a energia potencial no ponto C temos:
ECB = EPC
mv2B
2
= mghC
v2B = 2ghC
vB =
√
2ghC
vB =
√
2× 10× 72× 10−3
vB =
√
144× 10−1
vB = 1, 20m/s
�� ��Alternativa (D)
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Questão 18
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2010/1 )
Uma partícula de massa 750 g desloca-se sobre uma reta
graduada em metros. Sua posição (em metros) sobre essa
reta é dada, em função do tempo, por
2s(t) 2t 0,4 t� � �
estando t em segundos. A variação da quantidade de
movimento, em 
kg m
s

, nos 5 primeiros segundos de
deslocamento, vale
(A) 6,00
(B) 4,50
(C) 3,00
(D) 1,50
(E) 0,75
Resolução:
Da função horária do espaço podemos encontrar a função horária da veloci-
dade apenas derivando s(t) em função de t, como segue:
v(t) =
d
dt
[s(t)]
v(t) =
d
dt
[2t+ 0, 4t2]
v(t) = 2 + 0, 8t
Agora podemos encontrar a velocidade nos instantes t = 0 e t = 5s:
v0 = v(0) = 2 + 0, 8× 0 = 2m/s
v5 = v(5) = 2 + 0, 8× 5 = 6m/s
Porém desejamos encontrar ∆Q, ou seja, a variação da quantidade de movi-
mento entre os instantes t = 0 e t = 5s. Como já temos a velocidade nestes dois
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intantes e a massa é constante (m =, 075kg), temos:
Q = mv
∆Q= m∆v
∆Q = m(v5 − v0)
∆Q = 0, 75(6− 2)
∆Q = 3kg.m/s
�� ��Alternativa (C)
Questão 19
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
A
B
VA = 3 nós
VB = 4 nós
P
As unidades comumente utilizadas por veículos náuticos para
expressar distâncias e velocidades são, respectivamente, a
milha náutica e o nó. Um nó corresponde a 1 milha náutica
por hora.
A figura acima ilustra dois pequenos barcos que se movimen-
tam com velocidades constantes, em trajetórias perpendicula-
res. Quando os barcos A e B estão, respectivamente, a 0,8 e
0,6 milhas náuticas do ponto P, interseção das trajetórias, qual
a taxa, em nós, com a qual os barcos estão se aproximando
um do outro?
(A) 0,0 (B) 4,8
(C) 5,0 (D) 6,2
(E) 7,0
Resolução:
Do movimento uniforme lembramos que a função horária do espaço é dada
por:
s(t) = s0 + vt
No nosso caso então podemos adodar o ponto P como origem de um sistema de
coordenadas retangulares, onde o eixo x coincide com a linha do barco A (e é
positivo para a direita) e o eixo y coincide com a linha do barco B (e é positivo para
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cima). Deste modo então podemos montar as funções horárias sA(t) e sB(t):
~sA(t) = (−0, 8 + 3t)~i
~sB(t) = (0, 6− 4t)~j
onde os vetores ~i e ~j estão representados apenas para deixar claro que estas
funções horárias são para direções diferentes (perpendiculares).
No instante dado vemos que a distância entre os barcos A e B é dada pela
hipotenusa do triângulo formado por A, B e o ponto P. Deste modo podemos en-
contrar a função horária do espaço entre o barco A e o barco B, que chamaremos
de sAB(t), apenas aplicando pitágoras, como segue:
(sAB(t))
2 = (sA(t))
2 + (sB(t))
2
(sAB(t))
2 = (−0, 8 + 3t)2 + (0, 6− 4t)2
(sAB(t))
2 = 0, 64− 4, 8t+ 9t2 + 0, 36− 4, 8t+ 16t2
(sAB(t))
2 = 25t2 − 9, 6t+ 1
sAB(t) =
√
25t2 − 9, 6t+ 1
Para encontrarmos a velocidade de aproximação entre A e B (vAB(t)) deriva-
mos sAB(t) em relação a t:
vAB(t) =
d
dt
[sAB(t)]
vAB(t) =
d
dt
[√
25t2 − 9, 6t+ 1
]
vAB(t) = − 1(50t− 9, 6)
2
√
25t2 − 9, 6t+ 1
Mas estamos procurando velocidade instantânea no momento mostrado na
figura, que no nosso caso corresponde ao instante t = 0. Logo:
vAB(0) = − 1(50× 0− 9, 6)
2
√
25(0)2 − 9, 6× 0 + 1
= −(−9, 6)
2
= 4, 8 nós
�� ��Alternativa (B)
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Questão 20
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
Uma partícula com peso, em newtons, igual a P = (0,0, – P) é
abandonada do ponto A, cujas coordenadas, em metros, no
espaço são (0,0,c). A partícula desce descrevendo a trajetó-
ria retilínea AB. Sabendo-se que não há perdas devido a atri-
tos ou à resistência do ar, e que as coordenadas de B, em
metros, são (a,b,0), o trabalho realizado, em joules, pelo
peso dessa partícula é
(A) P. a
(B) P. b
(C) P. c
(D) P. 2 2 2a b c� �
(E) P.(a2 + b2 + c2)
Resolução:
Como já discutimos anteriormente, em um sistema que não apresenta forças
dissipativas o trabalho independe da trajetória, portanto a única coordenada que
nos interessa neste problema é do eixo z (por estar ligada a variação da energia
potencial gravitacional). No caso em questão o trabalho realizado pela força peso
somado à variação da energia potencial gravitacional deve ser igual a zero (pois a
energia se conserva). Logo:
W + ∆EP = 0
W + EPf − EPi = 0
W + 0− Pc = 0
W = Pc
Ou ainda, direto pela expressão do trabalho temos:
W = Fd
W = (−P )(−c)
W = Pc
Note que c é negativo pois foi percorrido no mesmo sentido de P , que a
questão adotou como negativa.
�� ��Alternativa (B)
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Questão 21
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
v(m/s)
t(s)
1 2
12
3
Um ponto material realiza um movimento retilíneo. O arco
de parábola mostrado acima corresponde ao gráfico da
função horária de velocidade dessa partícula.
Parte 1
Sabendo que o ponto material inicia seu movimento na
posição S
0
 = 2 m, determine a sua posição, em metros, no
instante t = 1 segundo.
(A) 1,00 (B) 3,00 (C) 3,25 (D) 3,75 (E) 4,50
Resolução:
Do gráfico parabólico apresentado tiramos facilmente que
v(t) = 3t2
Para encontrarmos a função horária da posição basta integrarmos v(t), lem-
brando que a constante de integração será igual a s0, o espaço inicial. Logo:
s(t) =
∫
v(t)dt
s(t) =
∫
3t2dt
s(t) = 3
t3
3
+ s0
s(t) = t3 + 2
Para t = 1s então temos:
s(1) = (1)3 + 2
s(1) = 3m
�� ��Alternativa (B)
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Parte 2
Qual a aceleração, em m/s2, do ponto material no instante
t = 1,5 segundo?
(A) 6,75
(B) 7,50
(C) 8,00
(D) 8,25
(E) 9,00
Resolução:
Para encontrarmos a função horária da aceleração basta derivarmos v(t)
em relação a t:
a(t) =
d
dt
[v(t)]
a(t) =
d
dt
[3t2]
a(t) = 6t
Portanto, em t = 1, 5s temos:
a(1, 5) = 6× 1, 5
a(1, 5) = 9m/s2
�� ��Alternativa (E)
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Questão 22
( Eng. de Petróleo Jr - Cesgranrio - Petrobras 2008 )
A resultante F das forças que agem sobre um móvel tem direção
constante. O seu módulo variaem função do tempo de acordo
com a função, de IR+ em IR, dada por F(t) = – t2 + 5t + 6,
em que F está em newtons e t, em segundos. Sabendo-se que
a velocidade do móvel no instante t = 0 era 5 m/s e que a
massa do móvel é igual a 18 kg, a sua velocidade no instan-
te t = 6 s vale, em m/s,
(A) 0
(B) 3
(C) 6
(D) 8
(E) 10
Resolução:
Sabemos que a Segunda Lei de Newton é dada por:
F (t) = ma(t)
Ao integrarmos os dois lados desta equação em relação ao tempo temos:∫
F (t)dt =
∫
ma(t)dt
1
m
∫
F (t)dt =
∫
a(t)dt
1
m
∫
F (t)dt = v(t)
Ou seja, se integrarmos a função F (t) e dividirmos pela massa m encon-
tramos a função v(t). Lembrando que a constante de integração nessa caso será
igual a v0 = 5m/s, como a questão fornece. Então:
v(t) =
1
m
∫
F (t)dt
v(t) =
1
m
∫
(−t2 + 5t+ 6)dt
v(t) =
1
m
(
−t
3
3
+ 5
t2
2
+ 6t
)
+ v0
v(t) =
1
18
(
−t
3
3
+ 5
t2
2
+ 6t
)
+ 5
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Agora então basta fazermos t = 6s na função v(t):
v(6) =
1
18
(
−6
3
3
+ 5
62
2
+ 6× 6
)
+ 5
v(6) =
62
18
(
−6
3
+ 5
1
2
+ 1
)
+ 5
v(6) = 2(−2 + 2, 5 + 1) + 5
v(6) = 2× 1, 5 + 5
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Questão 23
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
Com relação ao movimento de um projétil, assinale a opção
correta.
A O vetor aceleração é perpendicular à trajetória do projétil
durante todo o seu percurso.
B A trajetória do projétil, do ponto onde ele é lançado ao ponto
onde ele toca a superfície da terra, descreve um arco de
circunferência.
C Quando a resistência do ar é levada em consideração, o vetor
aceleração está na direção vertical.
D O alcance máximo de um projétil depende da velocidade de
lançamento e do ângulo de lançamento, sendo independente
do valor da aceleração da gravidade.
E Mesmo se a resistência do ar for levada em consideração, há
um sistema de referência no qual o movimento do projétil
pode ser tratado como um movimento bidimensional.
Resolução:
(A) Falso. O vetor aceleração é igual à aceleração da gravidade, que só será
perpendicular à trajetória no ponto mais alto desta.
(B) Falso. A trajetória é uma parábola, e não um arco de circunferência.
(C) Falso. Ao levarmos em consideração a resistência do ar a aceleração re-
sultante na partícula será a soma da aceleração da gravidade (vertical para
baixo) e da aceleração de arrasto (horizontal, de sentido oposto ao movi-
mento). Deste modo a aceleração resultante fará um certo ângulo α com a
vertical.
(D) Falso. O alcance máximo é função do ângulo de lançamento, da velocidade e
da gravidade. E é dado por:
xmax =
v20sen(2θ)
g
Da qual podemos concluir que o alcance máximo é obtido quando θ = 45◦
(isso se o ponto de lançamento e chegada estiveram à mesma altura).
(E) Verdadeiro. Caso o sistema de referência apresente a mesma aceleração
da aceleração de arrasto da resistência do ar, o movimento pode ser tratado
como um movimento parabólico comum, bidimensional. �� ��Alternativa (E)
 Material de uso exclusivo de Cristiane De Souza Pereira portador do CPF 054.988.476-96. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 24
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
As grandes indústrias automobilísticas fazem testes de
colisão nos quais carros são arremessados contra paredes. Em
alguns desses testes, os efeitos da colisão sobre um boneco, que
simula a presença de um ser humano, são estudados na presença
e na ausência de air bags.
Considerando o texto acima, assinale a opção correta, acerca de
impulso e trabalho. 
A O air bag funciona como um dispositivo protetor porque a
variação do momento linear do boneco devido à colisão é
maior quando não há air bags no veículo que quando esse
dispositivo está presente e é acionado.
B A variação do momento linear do boneco devido à colisão é
a mesma na presença e na ausência de air bags. No entanto,
quando o air bag é acionado durante a colisão, o intervalo de
tempo no qual ocorre a variação de momento linear do
boneco é maior, o que torna o air bag um dispositivo protetor.
C O impulso da força exercida pela parede sobre o carro é igual
à variação do momento total do carro multiplicada pela massa
do próprio carro.
D Em um gráfico da força exercida pela parede sobre o carro em
função do tempo, o impulso da força é igual à derivada da
força em relação ao tempo.
E Se a fração da energia cinética do carro que se transforma
em som, durante a colisão, for considerada desprezível,
então a colisão entre o carro e a parede pode ser tratada como
uma colisão elástica.
Resolução:
Sabemos que o Impulso é igual a variação da quantidade de movimento, ou
seja:
~I = ∆ ~Q (4)
E também sabemos que:
~I = ~F∆t (5)
~Q = m~v (6)
Agora então julguemos as alternativas:
(A) Falso. Em ambos os casos a variação da quantidade de movimento será a
mesma, pois esta depende apenas das velocidades inicial, final e da massa
do carro, como podemos ver na equação 6.
(B) Verdadeiro. Ou seja, sem o air bag o ∆t é menor, logo ~F deve ser maior para
que o mesmo ∆ ~Q seja atingido, como vemos nas equações 4 e 5.
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(C) Falso. Como vemos na equação 4, o impulso é igual apenas à variação da
quantidade de movimento (ou momento linear), sem a multiplicação de ∆ ~Q
pela massa.
(D) Falso. Como vemos na equação 5, para obtermos I de um gráfico F versus t
precisamos integrar F em relação a t, e não derivar.
(E) Falso. Para uma colisão ser tratada como elástica deve haver tanto conser-
vação da energia como da quantidade de movimento. Ou seja, a colisão só
seria elástica se o carrofosse “rebatido” na parede e voltasse com a mesma
velocidade que encontrou a parede (já que a parede é estática).
�� ��Alternativa (B)
Questão 25
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
Considere que dois corpos — I e II —, que podem ser tratados
como partículas, estejam em repouso sobre uma superfície sem
atrito. Aplica-se uma força horizontal de módulo constante e igual
a cada um dos dois corpos por uma distância x
0
. Então, as forças
param de atuar. Sabe-se que a massa do corpo I é maior que a
massa do corpo II. Assim, após a atuação das forças,
A o momento linear do corpo I é maior que o momento linear do
corpo II.
B o momento linear do corpo I é menor que o momento linear
do corpo II.
C o trabalho realizado pela força aplicada ao corpo I é maior
que o trabalho realizado pela força aplicada ao corpo II.
D a energia cinética do corpo I é maior que a energia cinética do
corpo II.
E a energia cinética do corpo I é menor que a energia cinética
do corpo II.
Resolução:
Sabemos que as duas partículas foram movimentadas com uma força F e
por uma distância x0 iguais. Portanto o mesmo trabalho foi realizado, já que:
τ = Fd = Fx0
deste modo a alternativa (C) está incorreta.
Também sabemos que, em um sistema conservativo, trabalho corresponde
à variação da energia cinética. Como nos dois casos as partículas estavam em
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repouso, ambas adquiriram a mesma energia cinética final, de módulo igual ao
trabalho realizado. Logo as alternativas (D) e (E) estão incorretas.
Agora precisamos decidir entre as alternativas (A) e (B), que falam sobre o
momento linear de cada partícula. Como só conhecemos F , x0 e que m1 > m2,
vamos procurar montar expressões apenas em função destes parâmetros, para
poder comparar.
Aplicando a Segunda Lei de Newton aos dois casos temos:
a1 =
F
m1
e a2 =
F
m2
Sabemos que a Equação de Torricelli é dada por:
v2f = v
2
i + 2a∆S
Aplicando esta equação nos dois casos, sabendo que em ambos os casos
vi = 0 e ∆S = x0, temos:
v21 = 2a1x0 = 2
F
m1
x0 e v22 = 2a2x0 = 2
F
m2
x0
De onde tiramos:
v1 =
√
2
F
m1
x0 e v2 =
√
2
F
m2
x0
Agora, lembrando que o momento linear é dado por Q = mv, finalmente
podemos encontrar Q1 e Q2 em função apenas dos valores dados, como segue:
Q1 = m1v1 = m1
√
2
F
m1
x0 =
√
2m1Fx0
Q2 = m2v2 = m2
√
2
F
m2
x0 =
√
2m2Fx0
Portanto, como m1 > m2 temos que Q1 > Q2, como afirma a alternativa (A).
�� ��Alternativa (A)
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Questão 26
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
Considere que um foguete de massa m esteja viajando no espaço
intergaláctico (vácuo) a uma velocidade constante de 1.000 m/s.
O sistema de propulsão do foguete é, então, ligado e ele passa a
ejetar gases a uma velocidade de 2.000 m/s em relação ao
foguete. Quando o sistema de propulsão é desligado, a massa do
foguete é m/e, em que e é a base dos logaritmos naturais. Assinale
a opção que apresenta a velocidade do foguete, em m/s, quando
seu sistema de propulsão é desligado.
A 1.000 + (2.000/e)
B 2.500
C 3.000
D 2,0 × 10
6
E 1.000 + (2.000)
e
Resolução:
A dedução da equação utilizada nesta questão pode ser consultada no livro
“Fundamentos de Física”, volume 1, de David Halliday e Robert Resnick.
Para um foguete que se movimenta no vácuo temos:
∆V = Vrel ln
(
Mf
Mi
)
onde ∆V é a variação da velocidade do foguete, Vrel é a velocidade relativa do
foguete em relação aos produtos, Mf é a massa final do foguete e Mi é a massa
inicial do foguete.
Substituindo os dados da questão então temos:
∆V = Vrel ln
(
Mf
Mi
)
∆V = (−2000) ln
( m
e
m
)
Vf − Vi = (−2000) ln
(
1
e
)
Vf = −2000× (−1) + Vi
Vf = 2000 + 1000
Vf = 3000
�� ��Alternativa (C)
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Questão 27
( Eng. de Petróleo Jr - Cespe - Petrobras 2008 )
Dois corpos de massa m
1
 = 2 kg e m
2
 = 1 kg
estão fixados às pontas de uma corda com
massa e elasticidade desprezíveis, a qual
passa por uma polia presa ao teto, conforme
ilustra a figura ao lado. O atrito entre a corda
e a polia é grande, de tal forma que a corda
não desliza na polia. A polia é um cilindro
rígido e homogêneo de massa igual a 2 kg,
raio de 15 cm, altura de 5 cm e cujo atrito ao
girar em torno de seu eixo é desprezível. Se g
é o valor da aceleração da gravidade, então o
módulo da aceleração dos dois corpos será
dado por
A g/4.
B g/3.
C g/2.
D g.
E 2g.
M.R
m
2
m
1
Resolução:
Abaixo mostramos um esquemático das forças atuantes no sistema,
ressaltando que T1 6= T2 pois a polia possui massa, logo possui momento de inér-
cia.
m1
m2
a
P1
P2
T2
T1
T1 T2
o
o
Como m1 > m2, já sabemos que a aceleração do bloco 1 será pra baixo
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e do bloco 2 será pra cima, por isso já assinalamos o sentido da aceleração no
esquema.
Para a polia, aplicando a segunda lei de Newton temos:
(T1 − T2)R = Iα
Onde I é o momento de inércia da polia (um cilindro), que então é dado por
I = 1
2
MR2, onde M é a massa da polia e R seu raio. Também sabemos que a
aceleração angular α pode ser dada em relação a aceleração linear por α = a
R
.
Deste modo podemos reescrever a expressão, como segue:
(T1 − T2)R = Iα
(T1 − T2)R = 1
2
MR2 × a
R
T1 − T2 = M
2
a (7)
Agora, aplicando a segunda lei de Newton aos blocos 1 e 2 temos:
P1 − T1 = m1a (8)
T2 − P2 = m2a (9)
Agora, somando 8 e 9:
P1 − P2 − (T1 − T2) = (m1 +m2)a
Substituindo T1 − T2 da equação acima pela equação7:
P1 − P2 − M
2
a = (m1 +m2)a
P1 − P2 =
(
m1 +m2 +
M
2
)
a
a =
P1 − P2
m1 +m2 +
M
2
a =
2g − 1g
2 + 1 + 2
2
a =
g
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