Exercício de Física Objetivo - Cinemática II

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– 1
FÍSICA
LIVRO 2 – CINEMÁTICA
Capítulo 1 – Movimentos Circulares
9) a) � = = = = 0,050
� = 5,0 . 10–2
b) f = = rpm = 0,50rpm
c) V = = = (m/s) = 30,0m/s = 108km/h
d) a = = (m/s2) ⇒ a = 1,5m/s2
Respostas: a) 5,0 . 10–2rad/s b) 0,50rpm
c) 108km/h d) 1,5m/s2
10) 1) Cálculo da frequência:
V = = = C f
24 . 107 = 27 . 103f
2) Cálculo do número de voltas:
f = 
n = f . �t = . 104 . 3600
n = 32 . 106
Resposta: 3,2 . 107
11) a) Para cada volta, o ciclista percorre o comprimento da
banda de roda gem.
�s = N . C
6,0 . 103 = N . 2,0
b)
= 2,0 . f ⇒
Respostas: a) 3,0 . 103
b) 2,5Hz
12) r = RT + h = 6,4 . 10
6 + 36,6 . 106 (m)
r = 43,0 . 106 m
V = = 
V = 
V = 30 . 102m/s = 3,0 . 103m/s
Resposta: C
13) a) � = = (m/s2) = 5,0m/s2
b) 1) Tempo gasto para ir de 0 a 180km/h:
V = V0 + � t
50 = 0 + 5,0 t1 ⇒
2) � = = 
Respostas: a) 5,0m/s2
b)
14) a) V = 
2,5 . 105 = 
T = 2,0 . 3,1 . 1015s
T = anos
T = 2,0 . 108 anos
b) a = 
a = (m/s2)
Respostas: a) T = 200 milhões de anos
b) a = 2,5 . 10–10m/s2
15) a) C = 2�R = área (V x t)
2�R = (6,0 + 2,0) ⇒
b) acp = = (m/s
2) = (m/s2)
Respostas: a) 2,0m
b) 5,0m/s2
16) 1) Para ir de P para Q, a partícula A descreve um ângulo de 
� rad em um intervalo de tempo �t dado por:
rad
–––––
s
rad
–––––
s
2 . 3
–––––
120
2�
––––
T
��
––––
�t
rad
–––––
s
1
––––
2,0
1
–––
T
2 . 3 . 600
––––––––––
120
2�R
–––––
T
�s
––––
�t
(30,0)2
–––––––
600
V2
–––
R
C
–––
T
�s
–––
�t
24 8 
f = –––– . 104 Hz = ––– . 104 Hz
27 9
n
–––
�t
8
–––
9
n = 3,2 . 107
N = 3,0 . 103
�s C
V = –––– = ––– = C f
�t T
f = 2,5Hz
18,0
––––
3,6
2�r
–––––
T
�s
–––
�t
2 . 3 . 43,0 . 106m
––––––––––––––––
8,6 . 104s
V = 3,0 km/s
75
–––
15
�V
–––
�t
t1 = 10s
rad�––––�
s
π/2
––––
10
��
–––
�t
� rad
� = ––– ––––
20 s 
rad
––––
s
�
––––
20
2�R
––––
T
2 . 3,1 . 2,5 . 1020
––––––––––––––––––
T
2,0 . 3,1 . 1015
––––––––––––––––
3,1 . 107
T = 200 milhões de anos
V2
––––
R
(2,5 . 105)2
–––––––––––
2,5 . 1020
a = 2,5 . 10–10m/s2
R = 2,0m
�
–––
2
10
––––
2,0
�2
––––
2,0
V2
–––
R
acp = 5,0m/s
2
2 –
� = = ⇒
2) Para que ocorra a colisão, a partícula B deve percorrer a
distância r no mesmo intervalo de tempo �t = com ve -
locidade de módulo V0 dado por:
V0 = =
Resposta: B
17)
�→VA� = �
→
VB� = �R
��→V � = 2�R
�t = 
→
am = ⇒ �
→
am � = = 
→
am tem a mesma orientação de �
→
V
Resposta: B
18) A velocidade escalar linear é dada por:
V = = (1)
A velocidade areolar é dada por:
VA = = (2)
Fazendo-se , vem
= .
=
Resposta: A
19)
a) Supondo-se ser constante a velocidade da bala, vem:
V = ⇒ �t = = (s)
�t = 0,50 . 10–2s ⇒
b) Como o cilindro não com pletou uma rotação, te mos: 
9° …………… ��
180° …………… � rad
�� = . � rad = rad
A velocidade angular de rotação do cilindro é dada por:
� = = 2�f
= 2�f
= 2πf
f = (Hz) ⇒
Respostas: a) 5,0 . 10–3s ou 5,0ms
b) 5,0Hz
20) a) Para que o pneu pareça estar parado, entre duas fotos su -
ces sivas ��t = T = s� , ele deve ter da do um número 
completo de voltas, isto é, a sua frequência de rotação de -
ve ser múltipla da frequên cia de gravação: fr = n fg
Portanto, fr pode valer 30Hz, 60Hz, 90Hz…, n 30 Hz, com n
inteiro positivo, isto é, o pneu pode dar 30 voltas por se -
gundo, 60 voltas por segundo… n 30 voltas por segundo.
b) Quando f for mínima (30 Hz), a velocidade angular tam bém
será mínima:
� = 2π f
�mín = 2 . 3,0 . 30 (rad/s)
c) A menor velocidade linear será dada por:
V = � R
Vmín = �mín . R
Vmín = 180 . 0,3 (m/s)
Nota: Pelo valor encontrado para Vmín , os valores de fre quên -
 cia 60Hz, 90Hz, … dariam valores exage ra dos para a
velocidade do carro.
Respostas: a) 30n voltas por segundo, com n inteiro positi vo
b) 180rad/s c) 54m/s
π
––
�
r
–––
�
––
�
�s
–––
�t
� r
V0 = ––––π
T
––
2
4�R
–––––
T
2�R
––––––
T
–––
2
�V
→
–––
�t
�s
–––
�t
2�R
–––––
T
A
–––
�t
�R2
–––––
T
(2)
–––
(1)
VA–––
V
�R2
–––––
T
T
–––––
2�R
VA–––
V
R
–––
2
VR
VA = ––––2
3,0
––––
600
�s
–––
V
�s
–––
�t
�t = 5,0 . 10–3s = 5,0ms
�
––––
20
9
––––
180
��
–––
�t
�/20
––––––––––
5,0 . 10–3
f = 5,0Hz
�
–––––
10–1
0,5
––––––
10–1
1
–––
30
�mín = 180rad/s
�
�t = –––
�
�
–––
�t
��
–––
�t
Vmín = 54m/s
– 3
21) No teste da bicicleta, a distância percorrida por um ponto da
periferia da roda é dada por:
n = número de voltas realizadas.
No teste da esteira, a velocidade escalar constante da pessoa
é dada por:
V = ⇒ 
Para os desempenhos serem equivalentes, “as distâncias per -
corridas”, no mesmo intervalo de tempo, deverão ser iguais:
�s1 = �s2
n . 2 � R = V . �t
Como = f, vem:
V = 2 � f R
= 2 . 3 . . R
Resposta: C
22) I (C) Como o satélite realiza 14 voltas em 24h, o seu período
é dado por:
T = ⇒
II (C) A velocidade orbital é dada por:
V = = 
R = RT + h = 6400km + 940km = 7340km
V = � 27 . 103km/h
V = 2,7 . 104 = . 103m/s = 7,5 . 103m/s
III (C) acp = 
acp = (m/s
2)
Resposta: E
23) O velocímetro, embora esteja calibrado em unidades de veloci -
dade linear (km/h), em realidade mede a velocidade angular
com que giram as rodas do carro. Se o raio do pneu aumenta,
a velo cidade linear, para o mesmo valor de �, aumenta e a
indicação será menor do que a velocidade real.
VI = � Ri VR = � Rf
VI = velocidade indicada no velocímetro
VR = velocidade real do carro
= = 1,05
= 1,05 ⇒ VI = km/h � 76 km/h
Resposta: B
24) VANA = = (m/s) = 9m/s
Como Joana percorre uma distância maior, no mesmo tempo,
sua velocidade é maior que a de Ana.
Resposta: B
31) Todos os pontos da Terra que estão em movimento circular
uniforme, em torno do eixo de rotação da Terra, têm a mesma
velocidade angular:
� = rad/h
A velocidade linear e a aceleração centrípeta têm módulos
dados por: V = � r e acp = �
2 r
Para � constante, V e acp são diretamente proporcionais ao
raio r da circunferência descrita.
Sendo rA = rE, resulta:
e 
Resposta: A
32) Sendo d a distância de um ponto X do cilindro até o eixo de
rotação, a aceleração centrípeta do ponto X é dada por:
De acordo com o gráfico dado,
vem:
d = 1,0m ⇔ a = 4,0m/s2
4,0 = �2 . 1,0
Resposta: C
33) a) Para que não haja escorregamento entre as polias, os pon -
tos de contato entre elas devem ter a mesma velocidade
→
V. 
b) VA = VB
2�fARA = 2�fBRB
=
= ⇒ fB = (Hz) ⇒
Respostas: a) anti-horário b) 5Hz
24h
––––
14
T � 1,7h
�s
––––
�t
2�R
––––
T
R � 7,3 . 103km
6,28 . 7,3 . 103
–––––––––––––––
1,7
km
––––
h
km
––––
h
27
––––
3,6
V2
––––
R
(7,5 . 103)2
––––––––––
7,3 . 106
acp � 7,7m/s
2
80
––––
1,05
80
–––
VI
Rf–––
Ri
VR–––
VI
2�R
–––––
T
2 . 3 . 7,5
––––––––––
5
2�
––––
24
1
—
2
VE
VA = ––––2 
aE
aA = ––––2
ax = �
2 d
rad
� = 2,0 ––––
s
�s1 = n . 2 � R
�s2 = V . �t
�s2––––
�t
n
––––
�t
80
––––
60
3,0 . 103
–––––––––
30 . 60
R � 21cm
RA
––––
RB
fB
––––
fA
fB = 5Hz
10
–––
2
R
–––
2R
fB
––––
10
4 –
34) a) Para um ponto da correia em contato com a polia (1), te mos:
V = = = 2� f1 R1 
V = 2 . 3 . 4,0 . 6,0 (cm/s)
b) Os pontos das polias em contato com a correia têm a
mesma velo ci dade escalar linear:
V2 = V1
2� f2 R2 = 2� f1 R1
= ⇒ = 
c) V3 = V1
= 2� f1 R1
= f1 R1
T3 = = (s)
Respostas: a) 1,44m/sb) 3,0Hz
c) s
35) a) V = = = 2� f R
V = 2 . 3 . . 0,60 (m/s) ⇒
b) 1) fcoroa = fpedal = Hz = Hz
2)
fcatraca = . (Hz) = Hz
3) V = 2� froda . Rroda
V = 2 . 3 . . 0,30 (m/s) ⇒
Respostas: a) 2,4m/s
b) 3,0m/s
36) a)
�vA� = (m/s) ⇒
�vB� = (m/s) ⇒
b) Como as partículas caminham em sentidos opostos,
temos:
vrel = �vA� + �vB� ⇒
c) Para um encontro na mesma posição de partida, cada
partícula deve dar um número completo de voltas.
O tempo gasto será múltiplo do período de cada partícula.
O período de encontros será o mínimo múltiplo comum
entre os períodos.
TE = m.m.c. (T1;T2) = m.m.c. (8,0; 12,0)
d) Para um encontro em qualquer posição, tomando-se uma
das partículas como referencial (suposta parada) e a outra
movendo-se com a velocidade escalar relativa, temos:
vrel = ⇒ 2,5 = ⇒
Respostas: a) 1,5m/s e 1,0m/s b) 2,5m/s
c) 24,0s d) 4,8s
37) 1) Em 4,0s, o móvel A percorreu um ângulo � dado por:
�A = ⇒ 1,5 = ⇒
2) A velocidade angular relativa é dada por:
�rel = �B – �A
�rel = 1,5 rad/s
3) Após a partida de B, o tempo de encontro é dado por:
�rel = ⇒ 1,5 = ⇒
4) Desde a partida de A, o tempo total é dado por:
T = 4,0s + TE ⇒
Resposta: 8,0s
38) 1.a hipótese: o satélite tem velocidade angular maior que a da
Terra:
�rel = �S – �T
= – ⇒ = – ⇒ = 
T1 = d = . 24h ⇒
Enquanto a Terra dá 2 voltas (48h), o satélite dá 3 voltas (48h).
2.a hipótese: o satélite tem velocidade angular menor que a da
Terra:
�rel = �T – �S
= – ⇒ = – ⇒ = 
Enquanto a Terra dá 2 voltas (48h), o satélite dá 1 volta (48h).
Resposta: B
2,0
–––––––
6,0 . 4,0
R3–––––
R1 f1
1
T3 = ––––– s12,0
1
–––––
12,0
R3–––
T3
�s
–––
�t
2�R
–––––
T
40
–––
60
V = 2,4m/s
fcatraca Dcoroa
––––––––– = –––––––––
fcoroa Dcatraca
40
–––
60
2
––
3
2
––
3
5
––
3
25
–––
10
5
––
3
V = 3,0m/s
�s 2πR
v = —– = —–—
�t T
2 . 3 . 2,0
–––––––––
8,0
�vA� = 1,5m/s
vrel = 2,5m/s
TE = 24,0s
�s
–––
�t
2 . 3 . 2,0
––––––––––
TE
TE = 4,8s
2 . 3 . 2,0
–––––––––
12,0
�vB� = 1,0m/s
�
–––
�t
�
–––
4,0
� = 6,0rad
�
–––
TE
6,0
–––
TE
TE = 4,0s
T = 8,0s
cm
V = 144 –––– = 1,44m/s
s
6,0
–––
8,0
f2–––
4,0
R1–––
R2
f2–––
f1
f2 = 3,0Hz
2� R3––––––
T3
3
–––
2
1
––––
T1
1
–––
1
1
––––
T1
1
–––
2
2π
––––
TT
2π
––––
T1
2π
––––
Trel
T1 = 16h
2
–––
3
2
–––
3
1
–––
2
1
––––
T2
1
––––
T2
1
––––
1
1
–––
2
2π
––––
T2
2π
––––
TT
2π
––––
Trel
2� R1––––––
T1
�s
–––
�t
T2 = 2d
– 5
39) a)
1) � = 
TT = 4TM
�T = �M
�T = 2π e �M = 8π 
2) �rel = �M – �T = 6π
�rel = 
Para o 1.o alinhamento, ��rel = π rad
6π = ⇒ �t = a
3) Para �t = T, a Terra percorre volta, ou seja:
Respostas: a) 2 meses b) 60°
40) 1) � = = 
�min = rad/h
�h = rad/h
2) �rel = �min – �h
�rel = 2� – (rad/h)
3) �rel = 
2� = ⇒ TE = h = h
Resposta: D
41) A velocidade angular do ponteiro dos minutos em rela ção ao
ponteiro das horas é dada por:
�rel = �mín – �h
= – 
= 1 – = 
Trel = 
Portanto, o intervalo de tempo entre duas superpo si ções su -
ces sivas vale .
Resposta: D
42) g0 = 10m/s
2; R = 6,4 . 106m; � = ; gE = 0
�2R = g0 ⇒ � = = ⇒ T = 2�
T = 6 (s) = 6 ������� 64 . 104s
T = 6 . 800s = 4800s = 80 min
Resposta: C
43) De acordo com a relação
V = 2� fpedal Rroda
Para fpedal e Rroda constantes, teremos
Vmáx quando combinamos a coroa de raio máximo (R3) com a
catraca de raio mínimo (R4).
Resposta: B
44) De acordo com a relação
V = 2� fpedal Rroda
Para fpedal e Rroda constantes, teremos
Vmín e força máxima quando combinamos a coroa de raio
mínimo (R1) com a catraca de raio máximo (R10).
Resposta: C
11
�rel = –––– 2� rad/h
12
11
–––
12
�/2
––––
TE
6
––––
22
3
––––
11
180
TE = ––––– min11
��
––––
�t
2�
–––
T
2�
–––
1
2�
–––
12
2�
–––
12
��rel
–––––
�t
2�
––––
Trel
2�
–––
1
1
––––
Trel
1
–––
12
12 – 1
––––––––
12
12 
––– h
11
2�
–––
12
12 
––– h
11
2�
–––
T
g0–––
R
2�
–––
T
R
–––
g0
6,4 . 106
––––––––
10
2π
––––
T
1
–––
4
rad
––––
a
rad
––––
a
rad
––––
a
��rel–––––
�t
π
–––
�t
1
–––
6
�t = 2 meses
1
–––
6
1
–––
6
360°
�� = ––––– = 60°
6
Rcoroa
–––––––
Rcatraca
Rcoroa
–––––––
Rcatraca
6 –
45) 1) Para dar uma volta completa, o tempo gasto pela es tação
espacial é igual ao seu período: 90 min = 1,5 h
2) Neste intervalo de tempo, um ponto na linha do Equador
terá percorrido uma distância d dada por:
d = VEquador . �t = �T RT �t
d = . �t 
d = . 1,5 (km)
Resposta: D
46) Como as duas têm na sua periferia a mesma velocidade
escalar linear, temos:
VD = VT
= 
= 
TT = . 1,0s
Resposta: B
47) I (V) O pedal é solidário à coroa e ambos giram com a
mesma frequência e mesma velocidade angular.
II (F) Velocidade angular e velocidade linear são grandezas
físicas diferentes e não podem ser iguais.
III (V) fpedal = fcoroa = 
froda = fcatraca
= = 2
froda = 2 fpedal
Quando o pedal der n voltas, a roda dará 2n voltas.
Resposta: D
48) Em um movimento de rotação, os pontos têm a mesma
velocidade angular �.
Resposta: C
49) A frequência de rotação inicial (fmín) é dada por:
4,80 = 3 fmín . 5,0 ⇒
A frequência de rotação final (fmáx) é dada por:
4,80 = 3 fmáx . 2,0 ⇒
Resposta: A
40 000
—–––––
24
d = 2500 km
2� RD
—–––––
TD
2� RT
—–––––
TT
RT
—––
TT
RD
—––
TD
RT . TD
TT = –––––––––
RD
16
–––
24
2
TT = �–––� s3
fcatraca
—––––––
fcoroa
Rcoroa
—––––––
Rcatraca
froda
—––––
fpedal
Rcoroa
—––––––
Rcatraca
fmín = 0,32rps
fmáx = 0,80rps
2�RT—––––
TT
– 7
FÍSICA
LIVRO 2 – CINEMÁTICA
Capítulo 2 – Composição dos Movimentos
7) a) VR = = ⇒
b)
→
VR = 
→
Vrel + 
→
Varr
VR = Vrel – Varr
800 = Vrel – 80 ⇒
Respostas: a) 800 km/h b) 880 km/h
8) Sejam 
→
Vb a velocidade do barco em relação à água e 
→
Vc a
velocidade da correnteza.
Quando o barco navega a favor da correnteza, temos:
VR = Vb + Vc = 6,0 (1)
Quando o barco navega contra a correnteza, temos:
V’R = Vb – Vc = 2,0 (2)
Fazendo-se (1) + (2), vem:
2 Vb = 8,0 ⇒
Fazendo-se (1) – (2) vem:
2 Vc = 4,0 ⇒
Resposta: B
9) 1) Na direção Ox, temos:
x = x0 + V0xt + t
2
x = 0 + 0 + t2
(I) (SI)
2) Na direção Oy, temos:
y = y0 + Vy t
(II) (SI)
3) Em (II): t = 
Em (I): x = 3,0 . ⇒ (SI)
Resposta: E
10) �s = V t (MU)
d = (Vb – Vc) 10 (1)
d = (Vb + Vc) 4 (2)
d = Vc T (3)
(1) = (2):
(Vb – Vc) 10 = (Vb + Vc) 4
5Vb – 5Vc = 2Vb + 2Vc
3Vb = 7Vc ⇒
(1) = (3):
(Vb – Vc) 10 = Vc T
� Vc – Vc� 10 = Vc T
. 10 = T
T = h = 13h + h
Resposta: B
11) �s = V t (MU)
d = VCR . 300 (1)
d = (VCR + 2,0) 100 (2)
d = (V’C – VCR) 600 (3)
(1) = (2):
300 VCR = 100 (VCR + 2,0)
3VCR = VCR + 2,0
2VCR = 2,0 ⇒
(1) = (3):
300VCR = (V’C – VCR) 600
300 = (V’C – 1,0) 600
1,0 = 2,0V’C – 2,0 ⇒
Em (1):
d = VCR . 300 = 1,0 . 300 (m) ⇒
(01) Falsa: VR = V’C – VCR = 0,5m/s
(02) Falsa: 0,5m/s
(04) Correta: V’C = 1,5m/s
(08) Correta
(16) Correta: d = 300m
(32) Falsa
(64) Falsa
Resposta: 28
12)
Para chegarem juntos, as velocidades resultantes deverão ser
iguais:
VRA
= = = 2,0m/s
VRB 
= VB + VE ⇒ 2,0 = VB + 1,0 ⇒ VB = 1,0m/s
VRC 
= VC – VE ⇒ 2,0 = VC – 1,0 ⇒ VC = 3,0m/s
V = = = f e
VCR = 1,0m/s
V’C = 1,5m/s
d = 300m
�s
–––
�t
200m
––––––
100s
�s
–––
�t
n e
–––
�t
T = 13h + 20min
1
–––
3
40
–––
3
4
–––
3
7
–––
3
�sR––––
�t
600km––––––––
3 h
––
4
VR = 800km/h
Vrel = 880km/h
Vb = 4,0m/s
Vc = 2,0m/s
ax
–––
2
6,0
––––
2
x = 3,0t2
y = 9,0t
y
––––
9,0
y2
––––
81
y = �����27x
7
Vb = ––– Vc3
8 –
2,0 = fA . 0,5 ⇒ fA = 4,0 passos/s
1,0 = fB . 0,5 ⇒ fB = 2,0 passos/s
3,0 = fC . 0,5 ⇒ fC = 6,0 passos/s
Respostas: fA = 4,0 passos/s
fB = 2,0 passos/s
fC = 6,0 passos/s
13) Na ida de A para B:
VB + VC = ⇒ T1 = 
Na volta de B para A:
VB – VC = ⇒ T2 = 
T = T1 + T2 = + = 
Resposta: C
14) a) 1) x = x0 + Vx t (MU)
x = 2,0t (SI)
2) y = 0,25 x2 (SI)
y = 0,25 . 4,0 t2 (SI)
(SI)
3) Vx = 2,0m/s
Vy = 2,0 t = 2,0 . 1,0 (m/s) = 2,0m/s
V2 = Vx
2 + Vy
2
b) ax = 0
ay = 2,0m/s
2
Respostas: a) 2,0 ��2 m/s
b) 2,0 m/s2 (constante)
15) Considere as águas como referencial (equivale a imaginar as
águas paradas).
Neste caso, a garrafa ficaria em repouso e o barco se afastaria
dela durante 1,0 min com uma certa velocidade relativa.
Na volta, o barco deverá percorrer a mes ma dis tân cia com a
mesma velocidade relativa (em mó du lo) e, portanto, gastará
o mesmo tempo de 1,0 min.
Portanto, o intervalo de tempo desde que a garra fa foi aban -
donada até ser recuperada foi de 2,0min e a distância per -
corrida pela garrafa, em relação às margens, foi de 2,0 km.
O módulo da velocidade da garrafa ou da corren teza será dado
por:
VC = = ⇒
Resposta: A
16) 1) A velocidade resultante da pessoa (velocidade relativa ao
solo) é dada por:
VR = = = 1,0m/s
2) Teorema de Roberval:
VR
→ 
= Vrel
→ 
+ Varr
→
Como a velocidade relativa (pessoa em relação à escada) e
a velocidade de arrastamento (velocidade da escada
relativa do solo) têm sentidos opostos, temos:
� VR
→ � = � Vrel
→ � – � Varr
→ �
1,0 = � Vrel
→ � – 0,5
Resposta: D
23) a) Na direção perpendicular à correnteza, temos:
VB = 
T = = (h)
b) Na direção paralela às margens, temos:
�s = V t (MU)
D = VA T
D = 0,50 . 2,0 (km)
Respostas: a) 2,0h b) 1,0km
24)
D = 1,0km
d
–––
T
4,0
–––
2,0
d
–––
VB
T = 2,0h
10,0 m
–––––––
10 s
BA
––––
–––
�t
� Vrel
→ 
� = 1,5m/s
VC = 1,0 km/min
2,0 km
–––––––
2,0 min
�s
–––
�t
d
–––
T1
d
––––––––
VB + VC
d
–––
T2
d
––––––––
VB – VC
d
––––––––
VB + VC
d
––––––––
VB – VC
d (VB – VC + VB + VC)––––––––––––––––––––
VB
2 – VC
2
2 d VBT = ––––––––––
VB
2 – VC
2
y = 1,0 t2
V = 2,0 ��2 m/s
| a→ | = 2,0m/s2
– 9
a) tg � = = 
= ⇒
b) V2rel = V
2
R + V
2
arr
V2rel = (40)
2 + (30)2
Respostas: a) 30km/h
b) 50km/h
25)
1) A pedra tem um movimento de arrastamento com veloci da -
de horizontal igual à do carro (V1).
2) A pedra tem um movimento, relativo ao carro, circular e uni -
forme com velocidade de módulo V2.
3) No ponto X, de contato com o chão, a pedra deve ter velo -
cidade nula, em relação ao solo, para que o pneu não der -
rape. Portanto, V2 = V1.
4) No ponto Y, a velocidade da pedra, relativa ao solo, será
dada por
Vy = V2 + V1 = 2V1
Como V1 = 100km/h resulta Vy = 200km/h
5) A trajetória da pedra, em relação ao solo terrestre, tem a
forma de uma curva chamada cicloide.
Resposta: D
26) Na figura (II):
No triângulo da figura:
a) tg 60° = 
��3 = 
b) sen 30° = 
= ⇒
Respostas: a) 6,9m/s
b) 8,0m/s
27) Para um referencial na plataforma, temos:
Para um referencial no solo terrestre, devemos somar em cada
ponto a velocidade da plataforma, 2
→
V.
Resposta: C
28)
Como não há escor rega mento, o ponto X do ci lin dro tem
velocidade re sul tante igual à da tábua A: hori zontal para a di -
rei ta com mó dulo 40 cm/s. Esta ve locidade é a soma 
vetorial da velo ci dade relativa ao centro C com a velocidade de
arrastamento do ponto C:
V
→
R = V
→
rel + V
→
arr
V
→
rel = V
→
R – V
→
arr
V
→
rel = V
→
R + (– V
→
arr)
|V
→
rel| = 50 cm/s (para a direita)
A velocidade resultante no ponto Y é dada por:
V
→
y = V
→
R = V
→
arr + V
→
rel
Resposta: (para a esquerda)|V
→
y| = 60cm/s
Vrel = 8,0m/s
4,0
–––––
Vrel
1
––
2
Varr
–––––
Vrel
60
–––
80
VR
–––––
Varr
V
–––
40
3
––
4
V = 30km/h
Vrel = 50km/h
VR
–––––
Varr
VR
–––––
4,0
VR = 4,0 ��3 (m/s) � 6,9m/s
10 –
29)
a) Para que haja encontro, a velocidade relativa entre A e B
deve ser dirigida segundo a reta AB, isto é, as compo nentes
das velocidades 
→
VA e 
→
VB, na direção perpendicular a AB,
deverão ser iguais:
(condição de encontro)
b) Da relação anterior, vem: VB = 
VB será mínimo quando sen � = 1 e 
c) Vrel = 
VA cos � + VB cos � = 
Respostas: a) VA sen � = VB sen �
b) � = 90° e VB = VA sen �
c)
30) De acordo com o Princípio de Galileu (in de pendência dos
movimentos), podemos cal cular o tempo de travessia ima gi -
nando a água parada; esse tempo será mínimo quando a
velocidade relativa for perpendi cular às margens.
Analisando-se apenas o movimento relati vo, temos:
�s L
Vrel = –––– = ––––– 
�t Tmín
1,0
3,0 = ––––––
Tmín
Resposta: D
31)
1) V2
2 = VR
2 + V1
2
(2,5)2 = VR
2 + (1,5)2
6,25 = VR
2 + 2,25
VR
2 = 4,0 ⇒
2) �s = Vt (MU)
1,0 = 2,0T ⇒
Resposta: C
32) 1) VD = VT
=
2) Para t = t1, a roda dianteira completa uma volta e a roda
traseira completa meia volta. A pedra B estará no ponto
mais alto de sua trajetória e sua velocidade relativa ao solo
é dada por:
Resposta: D
2� 2R
—–––––
TT
2�R
—–––
TD
TT = 2TD
VB = 2V
VR = 2,0 km/h
T = 0,5h = 30min
VA sen � = VB sen �
VA sen �
–––––––– 
sen �
� = 90°
VB (mín) = VA sen �
�srel
––––– 
�t
D
––– 
TE
D
TE = –––––––––––––––––––
VA cos � + VB cos �
D
TE = –––––––––––––––––––
VA cos � + VB cos �
1,0
Tmín = –––––– h = 20min 3,0
– 11
FÍSICA
LIVRO 2 – CINEMÁTICA
Capítulo 3 – Lançamento de Projéteis
8) a) No ponto mais alto:
VA = V0x = V0 cos � = 100 . 0,60(m/s) = 60m/s
aA = g = 10m/s
2
b) 1) V0y = V0 sen � = 100 . 0,80 (m/s) = 80m/s
2) V = V0y + �y t
0 = 80 – 10 ts ⇒
3) T = ts + tQ = 2ts ⇒
c) Vy
2 = V0y
2 + 2 �y �sy
0 = (80)2 + 2 (–10) H
20H = 6400 ⇒
d) x = x0 + V0x t
D = V0 cos � . T
D = 100 . 0,60 . 16,0 (m) ⇒ 
Respostas: a) 60m/s e 10m/s2
b) 16,0s
c) 320m
d) 960m
9) 1) Cálculo de V0y:
Vy = V0y + �y t (MUV)
0 = V0y – 10 . 3,0 ⇒
2) Cálculo de V0:
V0y = V0 sen �
30 = V0 . 0,6 ⇒
3) Cálculo de V0x:
V0x = V0 cos �
V0x = 50 . 0,8 (m/s) ⇒
4) Cálculo do alcance:
D = V0x .T (MU)
D = 40 . 6,0 (m) ⇒
Resposta: A
10) 1) H = área (V x t)
H = (m) = 80,0m
2)
V0
2 = V0x
2 + V0y
2
(50,0)2 = V0x
2 + (40,0)2
V0x = 30,0m/s
3) D = V0x . Tvoo
D = 30,0 . 8,0 (m) = 240,0m
4) = ⇒ 
Resposta: D
11) 1) Na direção vertical: Vy
2 = V0y
2 + 2�y �sy
0 = V0y
2 + 2 (–10,0) 5,0 ⇒ V0y
2 = 100 ⇒
2) Na direção vertical: Vy = V0y + �y t
0 = 10,0 – 10,0 tS ⇒ 
3) Tempo de voo: T = tS + tQ = 2 tS = 2,0s
4) Na direção horizontal: �x = V0x T
10,0 = V0x . 2,0
5) Cálculo de V0:
V0
2 = V0x
2 + V0y
2
V0
2 = 25,0 + 100
V0
2 = 125
V0 = 5,0 . 2,2 (m/s)
Resposta: 11,0m/s
12) a) 1) V0y = V0 sen 37° = 12,5 . 0,60 (m/s) = 7,5m/s
2) H = H0 + V0y t + t
2 (↑ ⊕)
3,0 = 0,5 + 7,5t – 5,0t2
5,0t2 – 7,5t + 2,5 = 0
1,0 t2 – 1,5t + 0,5 = 0 
Como a bola já está em movimento descendente, a
solu ção que interessa é t2 = 1,0s.
b) 1) V0x = V0 cos 37° = 12,5 . 0,80(m/s) = 10,0m/s
2) �sx = V0x t (MU)
D = 10,0 . 1,0(m) ⇒
�
––
2
t1 = 0,5s (subindo)
t2 = 1,0s (descendo)
V0 = 11,0m/s
V0y = 30m/s
V0 = 50m/s
V0x = 40m/s
D = 240m
4,0 . 40,0
–––––––––2
D
–––
H
240,0
–––––
80,0
D
––– = 3
H
V0y = 10,0 m/s
ts = 1,0 s
V0x = 5,0 m/s
V0 = 5,0���5 m/s
D = 960m
H = 320m
ts = 8,0s
T = 16,0s
D = 10,0m
12 –
c) Vy
2 = V0y
2 + 2�y �sy (↑ �)
0 = (7,5)2 + 2 (–10,0) (H – 0,5)
20,0 (H – 0,5) = 56,25
H – 0,5 = 2,8 ⇒
d) 1) A velocidade é horizontal, dirigida para a direita e de
módulo V0x = 10,0m/s.
2) A aceleração é vertical, dirigida para baixo e de módulo
g = 10,0m/s2.
Respostas: a) 1,0s b) 10,0m c) 3,3m
d) V0x = 10,0m/s, horizontal, para a direita; 
a = 10,0m/s2, vertical, para baixo.
13) a) 1) Para h = 4,0 m, temos Vy = – 8,0m/s
Vy
2 = V0y
2 + 2�y �sy
64,0 = V0y
2 + 2 (–10,0) . 4,0
V0y
2 = 144 ⇒
2) Vy
2 = V0y
2 + 2�y �sy
0 = (12,0)2 + 2 (– 10,0) H
20,0 H = 144 ⇒
b) V0x = 12,0m/s
V0y = 12,0m/s
1) Como V0x = V0y, então � = 45°
2) V0
2 = V0x
2 + V0y
2
V0
2 = (12,0)2 + (12,0)2 = 2 (12,0)2
c) 1) Vy = V0y + �y t
–12,0 = 12,0 – 10,0 T
2) �sx = Vx T (MU)
D = 12,0 . 2,4 (m)
Respostas: a) 7,2m
b) � = 45° e V0 = 12,0 ��2m/s
c) 28,8m 
14) a) 1) V0x = V0 cos 20°
V0x = . 0,95 (m/s) = 19m/s
2) V0y = V0 sen 20°
V0y = . 0,35 (m/s) = 7,0m/s
3) �sx = V0x t (MU)
9,5 = 19 . t1 ⇒
4) y = y0 + V0y t + t
2 (MUV)
h1 = 0 + 7,0 . 0,5 – (0,5)
2 (m) 
h1 = 3,5 – 1,25 (m) ⇒
b) 1) �sx = V0x t (MU)
19 = 19 t2 ⇒
2) y = y0 + V0y t + t
2 (MUV)
h2 = 0 + 7,0 . 1,0 – (1,0)
2 (m) ⇒
3)
d = H – h2
Respostas: a) 2,25m b) 0,4m
15) Após abandonarem o avião, os pacotes conservam a velo -
cidade horizontal do avião, por inércia.
Isto significa que em relação ao avião os pacotes caem ver -
ticalmente, isto é, a cada instante os pacotes estão na mesma
vertical do avião. 
As distâncias entre pacotes sucessivos é crescente, pois os pa -
co tes se afastam entre si com movimentos relativos uni -
formes.
Resposta: B
16)
O tempo de subida é calculado pelo movimento verti cal e é
dado por:
Vy = V0y + �y t (MUV)
0 = V0 sen � – g ts
ts = 
O tempo total T é dado por:
T = ts + tQ = 2ts
72
––––
3,6
t1 = 0,5s
�y
–––
2
10
––––
2
h1 = 2,25m
t2 = 1,0s
10
–––
2
h2 = 2,0m
d = 0,4m
72
––––
3,6
�y
–––
2
V0 sen �
–––––––––
g
T = 2,4 s
D = 28,8 m
V0y = 12,0m/s
H = 7,2m
V0 = 12,0 ��2 m/s
H = 3,3m
– 13
T = 
T = (s)
Resposta: D
17) O projétil e o pássaro têm aceleração igual à da gravidade e,
portanto, a aceleração relativa é nula e o movimento relativo
é retilíneo e uniforme.
�s = V t
100 = 200 . T ⇒
Resposta: B
24) 1) Tempo de queda da bola:
�sy = V0y t + t
2 (↓ ⊕)
3,2 = 0 + tQ
2
tQ
2 = 0,64 ⇒
2) Velocidade horizontal:
V0 = =
V0 = 11,25 = 11,25 . 3,6 
Resposta: A
25) (I) Correta: O tempo de queda só depende do movimento
vertical, que é idêntico para o projétil e para o cartucho,
pois V0y = 0 e �y = g.
(II) Incorreta: As velocidades verticais têm módulos iguais, po -
rém para o projétil também existe a velocidade horizon tal
e, portanto:
� V→projétil � 	 � V
→
cartucho �
(III)Correta: O movimento relativo é retilíneo e uniforme com 
velocidade V
→
0, pois a aceleração relativa é nula (A e B têm
acelerações iguais à da gravidade).
�srelativo = Vrelativa t
Resposta: D
26) 1) a) A altura máxima, lida no gráfico, é de aproxi mada men -
te 1,52m.
b) Vm(x)
= = 
c) Desprezando-se o efeito do ar, o movimento verti cal é
uniformemente variado e teremos:
Vy
2 = V0y
2 + 2�y �sy
0 = V0y
2 + 2 (–10) 1,52
V0y
2 = 30,4 ⇒
Respostas: a) 1,52m b) 1,2m/s c) 5,5m/s
27) a) Desprezada a resistência do ar, o tempo de subida é igual
ao de queda para o centro de massa da atleta voltar à
mesma altura ini cial. Podemos estudar apenas o movi -
mento vertical de descida do centro de massa da atleta.
�sy = V0y t + t
2 (MUV)
1,25 = 0 + t1
2
t1
2 = 0,25
b) O movimento horizontal, desprezando-se o efeito do ar, é
uniforme:
VH = 
VH = ⇒
c) O tempo total de voo até a atleta chegar ao solo é dado
por:
VH = ⇒ 6,0 = ⇒
O tempo de voo é tal que:
T = t1 + t2
1,17 � 0,50 + t2
Respostas: a) t1 = 0,50s
b) VH = 6,0m/s
c) t2 � 0,67s
28) a) (1) A velocidade inicial vertical do projétil é dada por:
V0y = V0 sen � = 100 . (m/s) = 50 m/s
(2) O tempo de subida é dado por:
Vy = V0y + �yt (↑�)
0 = 50 – 10 ts ⇒
(3) A velocidade horizontal do projétil é dada por:
V0x = V0 cos � = 100 . (m/s) = 90 m/s
(4) O tempo de voo é dado por:
T = ts + tq = 2ts = 10,0s
�y–––
2
10
–––
2
t1 = 0,50s
�x
–––
�t
3,0m
–––––
0,50s
VH = 6,0m/s
�x
–––
�t
7,04
––––
T
T � 1,17s
t2 � 0,67s
�x
–––
�t
1,3m
––––––
1,1s
Vm(x)
� 1,2m/s
V0y � 5,5m/s
km
–––
h
m
––
s
V0 = 40,5km/h
d = V0t
1
–––
2
ts = 5,0s
1,8
––––
2
9,0m
–––––
0,8s
�x
––––
�t
�y
–––
2
10
–––
2
tQ = 0,8s
T = 0,5s
2 . 10 . 0,6 
–––––––––––––
10
T = 1,2s
2V0 sen �
––––––––––
g
14 –
(5) O alcance D é dado por:
D = V0x . T
D = 90 . 10,0 (m) ⇒
b) A altura máxima, segundo Salviati, é dada por:
Vy
2 = V0y
2 + 2�y �sy
0 = (50)2 + 2(– 10)H
20H = 2500 ⇒
c) De acordo com Simplício, o projétil sobe em linha reta e,
em seguida, cai verticalmente, porém com o mesmo al can -
ce calculado por Salviati.
Da figura: tg 30° = 
H’ = D tg 30° = 900 . (m)
H’ = 300 . 1,8 (m)
Respostas: a) 900 m
b) 125 m
c) 540 m
29) a) 1) � = 45° ⇒ V0x = V0y = V0 sen 45° = 20,0 ��2 . (m/s) 
V0y = 20,0m/s
2) h = H0 + V0y t + t
2 (MUV)
0 = 25,0 + 20,0 t – 5,0 t2
5,0t2 – 20,0 t – 25,0 = 0
t1 = – 1,0s (rejeitada)1,0 t2 – 4,0 t – 5,0 = 0 
b) �sx = Vx . t2
D = 20,0 . 5,0 (m) ⇒
Vy
2 = V0y
2 + 2�y (H – H0)
0 = 400 + 2 (– 10,0) (H – 25,0)
20,0 (H – 25,0) = 400
Respostas: a) T = 5,0s
b) D = 100m
c) H = 45,0m
30) 1) Cálculo de V0y:
V0
2 = V0x
2 + V0y
2
V0 = 10,0m/s 
V0x = 6,0m/s
2) Cálculo do tempo gasto:
�sy = V0yt + t
2 (↑ ⊕)
3,0 = 8,0 t – 5,0 t2
5,0t2 – 8,0t + 3,0 = 0
t = (s)
t = s 
Como a bola está em movimento descendente, interessa a
solução t2 = 1,0s.
3) �sx = Vx t (MU)
x = 6,0 . 1,0 (m) ⇒
Resposta: D
31) a) A velocidade é mínima no ponto mais alto da trajetória do
projétil e é igual à componente horizontal de V
→
0:
Vmín = V0x = V0 cos 53°
9,0 = V0 . 0,60 ⇒
b) Analisando-se apenas o movimento vertical (MUV), temos:
y = y0 + V0y t + t
2
0 = 32,0 + 15,0 . 0,80 t1 – t1
2
5,0 t1
2 – 12,0 t1 – 32,0 = 0
t1 = (s)
t1 = (s) = (s) e 
c) Analisando-se o movimento horizontal (MU), vem: 
x = x0 + V0x t
x1 = 0 + 9,0 . 4,0 (m) ⇒
Respostas: a) 15,0m/s
b) 4,0s
c) 36,0m
V0 = 15,0m/s
�y–––
2
10
–––
2
12,0 ± �������� 144 + 640
–––––––––––––––––
10,0
8,0 ± ����������� 64,0 – 60,0
––––––––––––––––––
10,0
t1 = 0,6s (subindo)
t2 = 1,0s (descendo)
8,0 ± 2,0
––––––––
10,0
x = 6,0m
H = 45,0m
V0y = 8,0 m/s
�y
–––
2
���2
––––
2
�y
–––
2
t2 = 5,0 s
D = 100m
H’
––––
D
���3
––––
3
H’ = 540 m
H = 125m
D = 900m
t1 = 4,0s
12,0 ± 28,0
–––––––––––––
10,0
12,0 ± ������784
–––––––––––––––––
10,0
x1 = 36,0m
– 15
32)
a) O tempo de queda é obtido do movimento vertical (MUV):
�sy = V0y t + t
2 ↓ �
3,2 = T2 ⇒ T2 = 0,64 ⇒
b) 1) Cálculo do tempo de queda de C para B:
�sy = V0y t + t
2 (MUV)
1,8 = 0 + tCB
2
tCB
2 = 0,36 ⇒
2) O tempo total de voo entre A e B é dado por:
TAB = 2 tCB = 1,2s
3) Cálculo de V0 :
V0 = = ⇒
4) Cálculo da distância AB:
�sx = Vx t (MU)
D = 2,0 . 1,2 (m) ⇒
c) A velocidade vertical após a colisão é obtida anali san do-se
o movimento vertical de subida de A para C:
Vy
2 = V0y
2 + 2 �y �sy ( ↑ � )
0= VAy
2 + 2(– 10)(1,8)
VAy
2 = 36,0 ⇒
Respostas: a) T = 0,8 s
b) D = 2,4 m
c) VAy = 6,0 m/s
33) 1) O movimento horizontal da bola é uniforme:
V0x = = = 11,0m/s
2) Sendo � = 45°, resulta:
V0y = V0x = 11,0m/s
3) O movimento vertical é uniformemente varia do:
�sy = V0y t + t
2
H = 11,0 . 2,0 – (2,0)2 (m)
H = 22,0 – 20,0 (m) ⇒
Resposta: D
34) Para as esferas P e Q, o movimento é acelerado e portanto os
módulos de suas velocidades vão aumentando e o segmento
de reta orientado que simboliza as velocidades deve ter
tamanho crescente.
Resposta: B
35) O alcance horizontal D é dado por:
D = sen 2�
32 = . sen 2�
sen 2� = 0,8 = 
2� = 53°
Resposta: B
�x
–––
�t
22,0m
––––––
2,0s
H = 2,0m
�y–––
2
10,0
–––––
2
V0
2
–––
g
400
––––
10
4
––
5
� = 26,5°
�y
–––
2
T = 0,8 s
10
––––
2
�y
–––
2
10
––––
2
tCB = 0,6 s
V0 = 2,0 m/s
1,6 m
–––––––
0,8 s
d
––––
T
D = 2,4 m
VAy = 6,0 m/s
16 –
FÍSICA
LIVRO 2 – MECÂNICA
Capítulo 1 – As Leis de Newton e suas Aplicações
9) Durante a freada, a carga tende a manter sua velocidade
vetorial por inércia (1.a Lei de Newton) e, se não estiver bem
amarrada, vai colidir contra a cabina do motorista.
Resposta: C
10) A força resultante é nula quando o corpo está em re pouso ou
em movimento retilíneo e uniforme (velo cidade vetorial cons -
tante).
Portanto, a resultante será não nula no corpo I (mo vimento
cir cular uniforme) e no corpo II (movimento retilíneo e uni -
formemente variado).
Resposta: D
11) 1) Verdadeira. No caso de uma freada, o corpo da pessoa é
projetado para frente por inércia de movimento e o papel
do cinto de segurança é aplicar uma força para trás de
modo a frear o corpo, evitando a colisão com o vidro ou a
pessoa ser atirada para fora do carro.
2) Falsa. Não existe inércia de aceleração; quando a força é
retirada, no mesmo instante a aceleração se anula.
3) Falsa. O movimento retilíneo e uniforme se mantém por
inércia, sem a presença de força.
4) Falsa. Galileu pensava dessa maneira porque na sua época
não era conhecido o conceito de força gravitacional, que é
responsável por manter o planeta em sua órbita.
5) Falsa. A maior parte da viagem é feita por inércia, com os
jatos desligados, em movimento retilíneo e uniforme.
6) Verdadeira. Nenhum corpo pode sozinho mudar sua velo -
cidade vetorial; para mudar a velocidade, o corpo deve
receber uma força externa.
7) Verdadeira. Se a partícula criasse campo elétrico na posição
onde se encontra, ela ficaria sob ação do próprio campo
(força elétrica) e conseguiria sozinha mudar sua velocidade,
o que contraria o princípio da inércia.
8) Falsa. A função da força resultante é variar a velocidade.
9) Verdadeira. A força resultante no bloco é nula e a força
aplicada pelo plano deverá equilibrar o seu peso e, para
tanto, deve ser vertical, para cima e com a mesma inten -
sidade do peso.
→
F + 
→
P = 
→
0
→
F = –
→
P 
Está força 
→
F tem uma com po -
nente normal 
→
FN e uma compo -
nente de atrito 
→
Fat:
→
F = 
→
FN + 
→
Fat
10)Falsa. Poderá estar em repouso ou em MRU.
11)Falsa. O princípio da inércia somente é válido para os
sistemas de referência chamados sistemas inerciais.
Para nossos estudos, um sistema de referência é dito iner -
cial quando estiver parado ou em MRU em relação ao solo
terrestre.
12)Verdadeira. Para andar (mudar sua velocidade), a pessoa
precisa receber uma força externa do chão por meio do
atrito.
12) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nu -
la e a força total aplicada pelo escorregador deve equilibrar o
peso:
F
→
+ P
→
= 0
→ ⇒
Resposta: B
13) Nas três situações, a velocidade vetorial é constante (MRU) e
a força resultante no helicóptero é nula.
As únicas forças externas que atuam no helicóptero são:
(1) o peso P
→
aplicado pela Terra;
(2) a força F
→ 
aplicada pelo ar.
Sendo a resultante nula, a força F
→
deve equilibrar o peso e,
portanto, deve ser vertical e dirigida para cima nos três esquemas.
Resposta: A
14) Sendo a velocidade constante (MRU), a força resultante é nula.
Projetando-se as forças na direção da reta trajetória, temos 
Resposta: C
15) a)
O módulo do deslocamento (
→
d ) do pombo será da do pelo
valor do segmento OP:
� →d � = OP
Portanto: d2 = (
–––
OS)2 + (
–––
SP)2
d2 = (8,0)2 + (6,0)2
b) Sendo constante a velocidade do pombo, a força resultante
deve ser nula, assim: 
Fres = Fasas = 0,72N
Fres = bv
2
0,72 = 5,0 . 10–3 v2
v2 = 144 (SI)
Respostas: a)
→
d = 
→
OP e � →d � = 10,0m b) 12,0m/s
d = 10,0m
v = 12,0m/s
F
→
= – P
→
F = R + P sen �
– 17
16) O princípio da relatividade enunciado por Newton e genera -
lizado por Einstein nos ensina que todas as leis da Física têm
a mesma formulação em relação a qualquer sistema de
referência inercial.
Isto equivale a dizer que todos os sistemas de referência
inerciais são equivalentes.
Resposta: E
17) 01 (V) O resultado de qualquer experiência independe do
sistema inercial em relação ao qual são feitas as me -
didas e, portanto, o comportamento das bolas de bilhar
na colisão independe da velocidade do trem em relação
ao solo terrestre.
02 (V) É o fundamento do princípio da relatividade.
04 (F) Einstein apenas generalizou o princípio da relatividade
newtoniana.
08 (F) Não podemos determinar a velocidade do trem.
Resposta: 03
18) O texto sugere que um corpo sobre um plano horizontal sem
atrito se move eternamente em movimento retilíneo e unifor -
me, por inércia.
Resposta: A
19) O carro tende a manter sua velocidade por inércia (1.a Lei de
Newton).
Resposta: A
20) A função de uma força é produzir aceleração, ou seja, variar a
velocidade de um corpo.
O único movimento de uma partícula que se mantém por
inércia é o MRU, de acordo com a 1.a Lei de Newton.
Resposta: D
28) a) FR = 6,0N (ver figura)
b) PFD: FR = ma
6,0 = 1,2 . a ⇒
Respostas: a) 6,0N b) 5,0m/s2
29) PFD (M + m):
→
F0 = (M + m) a
→
PFD (m):
→
F = m a→
→
F = m . 
→
F = 
→
F0 = 
→
F0
Resposta: A
30)
Fmín = 0 ⇒ Fmáx = F1 + F2 + F3 = 12,0N
amáx = a2 = 
amáx = (m/s
2)
Resposta: A
31) 1) Como a função V = f(t) é do 1.o grau, o movimento é uni -
formemente variado e a aceleração escalar � é constante e
é dada por:
� = = (m/s2) = – 6,0m/s2
2) Como a trajetória é retilínea, a componente centrípeta da
aceleração vetorial é nula e portanto:
3) 2.a Lei de Newton (PFD):
FR = ma
FR = 0,5 . 6,0 (N)
Resposta: 
32) a) = 
= 
b) 1) V2 = V0
2 + 2 � �s
0 = 400 + 2 � 25
50� = – 400
2) a = � � � = 8,0m/s2
3) FR = ma = 1,0 . 10
3 . 8,0 (N)
Respostas: a) 2,5s b) 8,0kN
�s
––––
�t
V0 + V––––––––
2
25
––––
�t
20 + 0
––––––––
2
�t = 2,5s
� = – 8,0m/s2
FR = 8,0 . 10
3N = 8,0kN
a = 5,0m/s2
→
F0
–––––––
M + m
5,0
–––––
20,0
m
––––––––
M + m
 
→
F0→
F = –––––
4
a1 = 0
Fmáx–––––
m
12,0
–––––
2,0
amáx = 6,0m/s
2
– 24,0
–––––
4,0
�V
––––
�t
a = at = � � � = 6,0m/s
2
FR = 3,0N
18 –
33) (I) 1 (II) 3 (III) 4 (IV) 2
34) Corpo A: F = mA a (1)
Corpo B: F = 3mA b (2)
Corpo (A + B): F = 4mA c (3)
Comparando-se (1) com (3):
mA a = 4 mA . c ⇒
Comparando-se (2) com (3):
3mAb = 4mAc
Resposta: A
35) a) V = 10m/s = 10 . 3,6km/h ⇒
b) �s =N área (V x t)
�s = (22,5 + 17,5) (m)
c) De 0 a 3,0s, a aceleração é constante (MUV) e seu módulo
a é dado por:
a = = (m/s2) ⇒
d) De acordo com a 2.a Lei de Newton:
F = ma = 80 . 2,0 (N) ⇒
Respostas: a) 36km/h
b) 2,0 . 102m
c) 2,0m/s2
d) 1,6 . 102N
36)
V0 = 0
Vf = 18 = = 5,0m/s
a = = m/s2 ⇒
Fres = m . a
FB –FA = m . a
Sendo FA = ⇒ FB = 2 . FA
2FA – FA = m . a ⇒ FA = m . a
FA = 150 . 10
3 . 0,50 (N)
Respostas: Ver esquema e o módulo da força de resis tência da
água é 7,5 . 104N ou 75kN.
37) Para o urubu: V0 = 0
V = 540 = m/s = 150m/s
PFD: Fm = mam = m 
Fm = 2,0 . (N)
Resposta: C
38) Resposta: C
39) 1) A mola da esquerda está alongada e a da direita está
comprimida; cada mola exerce na esfera uma força de
intensidade F = k d dirigida para a esquerda.
PFD (esfera): 2 F = m a ⇒ 2 kd = m a ⇒
2) A velocidade do carro é dirigida para a direita e a força re -
sultante na esfera é dirigida para a esquerda: o movimento
será retardado e o módulo da velocidade estará dimi -
nuindo.
Resposta: E
40) I) A força nuclear forte une quarks para formar prótons e
nêutrons e une os prótons e nêutrons para manter coesos
os núcleos atômicos.
II) A força nuclear fraca atua em processos radioati vos (de -
caimento beta) quando um nêutron emite um elétron e um
antineutrino e se trans forma em um próton: o número
atômico aumenta uma unidade e o elemento químico se
altera.
III) A interação entre partículas eletrizadas ocorre com a força
eletromag nética.
Resposta: C
49) F = m a1 (1)
F = M a2 (2)
F = (M + m) a (3)
De (1): m = 
De (2): M = 
F
–––
a1
F
–––
a2
10
––––
2
�s = 2,0 . 102m
�V
––––
�t
10,0
––––
5,0
a = 2,0m/s2
F = 1,6 . 102N
V = 36km/h
m
–––
s
18
–––
3,6
km
–––
h
5,0
–––––
10,0
�V
–––
�t
FB
–––
2
FA = 7,5 . 10
4N
540
––––
3,6
km
––––
h
�V
–––
�t
150
–––––––––
1,0 . 10–3
Fm = 3,0 . 10
5N
2 kd
a = ––––––
m
a = 0,50m/s2
3
c = ––– b
4
a
c = –––
4
– 19
Em (3): F = � + � a
1 = � � a
a = = (m/s2) ⇒
Resposta: C
50) a) Não havendo atrito entre o bloco de gelo e o reboque, o ge -
lo fica isento de forças horizontais e sua aceleração é nula.
O caminhão e o reboque terão acelerações iguais, cujo
módulo a é dado por:
PFD: Fat = (mC + mR) a
10 000 = 4 000 . a ⇒
b) A força transmitida pelo engate vai acelerar o reboque:
F = mR . a
F = 1,0 . 103 . 2,5 (N) 
Respostas: a) ag = 0; aC = aR = 2,5m/s
2
b) 2,5kN
51)
PFD (M1): Fmola = M1a1 (1)
PFD (M2): F – Fmola = M2a2 (2)
(1) + (2): F = M1a1 + M2a2
Resposta: A
52) a) PFD: Fx = ma
F cos 60° = ma
8,0 . = 2,0 . a 
b) V2 = V0
2 + 2� �s (MUV)
V2 = 2 . 2,0 . 4,0
V2 = 16,0 ⇒ 
Respostas: a) 2,0m/s2 b) 4,0m/s
53) a)
→
FR = 
→
FA + 
→
FB + 
→
FC
→
FR = 720 i
→ 
– 540 j
→
(N)
�
→
FR �
2 = (720)2 + (540)2 ⇒
b) PFD: FR = ma
900 = 600a ⇒
Respostas: a) 900N b) 1,5m/s2
54)
Na direção x:
F1x = – F1 cos 60° = – 1,4 . (N) = – 0,70N
F2x = F2 = 0,50N
F3x = 0
Rx = 0,20N
PFD: Rx = max
0,20 = 20 . 10–3 . ax
Resposta: 10m/s2
55) a) 1) Para t = 0 ⇒ F = 200N
2) PFD: F = ma
200 = 10 . a ⇒ 
b) 1) Força média entre 0 e 2,0s:
Fm = = (N) = 300N
2) PFD: Fm = mam = m 
300 = 10 ⇒
Respostas: a) 20m/s2
b) 60m/s
56) a) 1) Fx = F cos 37° = 20,0 . 0,80 (N) = 16,0N 
2) Fy = F cos 53° = 20,0 . 0,60 (N) = 12,0N
b) Na direção vertical: FN + Fy = P
FN + 12,0 = 60,0 ⇒
c) PFD: Fx – Fat = M a
16,0 – 10,0 = 6,0 . a ⇒
Respostas: a) Fx = 16,0N e Fy = 12,0N
b) 48,0N
c) 1,0m/s2
F – M1a1
a2 = ––––––––––
M2
1
–––
2
a = 2,0m/s2
V = 4,0m/s
�
→
FR � = 900N
a = 1,5m/s2
1
––
2
ax = 10m/s
2
a = 20m/s2
200 + 400
–––––––––––
2
F0 + F1––––––––
2
�V
–––
�t
V1 = 60m/s
(V1 – 0)–––––––––
2,0
FN = 48,0N
a = 1,0m/s2
a = 2,5m/s2
F = 2,5kN
a1 a2––––––––
a2 + a1
12,0 . 3,0
––––––––
15,0
a = 2,4m/s2
a2 + a1–––––––
a1a2
F
–––
a2
F
–––
a1
20 –
57) Na 1.a situação, a força deformadora tem intensidade de 200N.
Na 2.a situação, a força deformadora tem intensidade de 400N.
Sendo F = kx, quando F duplica, x também duplica.
Resposta: C
58) 1) PFD: F1 – f = M a1
10,0 – f = M 2,0 (1)
2) PFD: F2 – f = M a2
20,0 – f = M 6,0 (2)
(2) – (1): 10,0 = 4,0 M ⇒ 
Em (1): 10,0 – f = 2,5 . 2,0
Resposta: E
70) Desprezando-se o efeito do ar, a única força atuante na bola é
o seu peso, que tem direção vertical, sentido para baixo e
módulo P = mg = 6,5N.
71) 01.Falsa. Após ser lançada para cima, a força resultante sobre
a laranja (soma vetorial do peso com a resistência do ar) é
dirigida para baixo.
02.Falsa. No ponto de altura máxima, a velocidade se anula e
a força resultante na laranja é o seu peso.
04.Verdadeira.
08.Falsa. A força dirigida para cima só existe enquanto a la -
ranja está na mão da pessoa, isto é, no ato de lançamento.
16.Verdadeira. É a aceleração da gravidade.
Resposta: 20
72) a) PFD (objeto):
2F – P = ma
2F = P + a = P �1 + � = P � �
b) Para o equilíbrio:
2F = P ⇒
Respostas: a) F = � �
b) F = 
73) a) Como a força tensora T = 1200N é maior que o peso do
bloco P = 1000N, a aceleração a→ é dirigida para cima.
PFD: T – P = m a
1200 – 1000 = 100 . a ⇒
b) O sentido do movimento (subindo ou descendo) não está
determinado.
O helicóptero pode estar subindo com movimento ace-
le rado (↑ V→ ↑ a→ ) ou descendo com movimento retardado 
(↓ V→↑ a→).
74) a) 1) F = 50V2
200 = 50V1
2 ⇒ V1
2 = 4,0
2) PFD: P – F = ma
800 – 200 = 80a1
b) V = Vlim, quando F = P
50Vlim
2 = 800 ⇒ Vlim2 = 16 ⇒
Respostas: a) 2,0m/s e 7,5m/s2
b) 4,0m/s
75) 1)
T – P = ma
16 250 – 13 000 = 1300a
2) V = V0 + � t 3) V = V1 + � t
V1 = 0 + 2,5 . 8,0 (m/s) 0 = 20,0 – 5,0T
5,0T = 20,0 ⇒
4)
�s = área (V x t)
H = (m)
Resposta: 120m
76) a) F = P ⇒ � Vlim = m g
b) 1) As velocidades terminais são iguais e dadas por:
Ftotal = Ptotal
2 � Vf = (m1 + m2) g ⇒ 
g + a
–––––
g
a
––
g
P
–––
g
P g + a
F = ––– �–––––––�
2 g
P 
F = –––
2
P
–––
2
P
–––
2
a = 2,0m/s2
V1 = 2,0m/s
a1 = 7,5m/s
2
Vlim = 4,0m/s
a = 2,5m/s2
T = 4,0sV1 = 20,0m/s
12,0 . 20,0
–––––––––
2
H = 120m
Vlim = m g/�
g + a
–––––
g
f = 5,0 N
M = 2,5kg
(m1 + m2)gVf = ––––––––––––2�
– 21
2) F2 + T = P2
� + T = m2g
(m1 + m2) g + 2 T = 2m2g
m1g + m2g + 2T = 2m2g
2T = m2g – m1g
Respostas: a) mg/�
b)
c)
77) a) (F) Para ter o mesmo peso, no mesmo planeta, os corpos
deveriam ter massas iguais.
b) (F) A massa do corpo não depende do local e o corpo A terá
massa de 1,0kg em qualquer planeta.
c) (F) A massa é constante.
d) (F) O peso depende do local.
e) (V) PB = mB gM = 2,5 . 4,0 (N) = 10,0N
PA = mA gT = 1,0 . 10,0 (N) = 10,0N
Resposta: E
78) Durante a queda livre, cada bloco tem aceleração igual à da
gravidade.
A força resultante em cada bloco é o seu próprio peso. Isto
significa que os blocos não interagem com os fios e portanto:
Resposta: C
79) Para uma gota de chuva, rapidamente a resistência do ar
equilibra seu peso e a gota cai com velocidade constante
(velocidade limite de queda).
Far = P = 
 Vol g e Vol = � R
3
k � R2 Vlim = 
 � R
3 g
Vlim = R ⇒
↓
constante
A gota maior atinge maior velocidade limite e chega antes ao
solo e suporta uma resistência do ar maior (área maior e
velocidade maior).
Resposta: A
87) a) Morango em equilíbrio:
� F
→
= 0
→
F
→
+ P
→
= 0
→
direção de F
→
: vertical
F
→
= – P
→ ⇒ 	 sentido de F→= para cima� F→� = � P→ �
b) Reação à força F
→
: na saladeira
Reação ao peso: na Terra
88) I. Falsa.
O corpo pode estar em MRU.
II. Falsa.
N
→
e P
→
não são, entre si, ação e reação, pois estão aplicadas
ao mesmo corpo.
III. Correta.
A reação tem a mesma intensidade da ação (peso).
IV. Falsa.
Ação e reação têm sempre a mesma intensidade.
Resposta: B
89)
A força resultante é nula:
2 T = P
T = = (N)
Resposta: 300N
90)a) A força que a Terra aplica sobre a esfera é o seu peso:
FTE = PE = mEg = 24 . 10 (N) = 240N
De acordo com a 3.a Lei de Newton (ação e reação), a esfera
aplica sobre a Terra uma força de mesma intensidade:
240N.
b) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton à Terra, vem:
FET = mT aT
240 = 6,0 . 1024 aT ⇒ aT = 4,0 . 10–23m/s2
10–23 < 4,0 . 10–23 < 10–22
Como 4,0 > ����10 , a ordem de grandeza é 10–22m/s2
Respostas: a) 2,4 . 102N
b) 10–22m/s2
91) (1) Correta.
PFD: F – P = ma
F = m (a + g)
F = 1,0 (12,0) (N)
(2) Correta. P = mg = 10,0N
(3) Correta. É a reação à força F
→
.
(4) Falsa.
Resposta: B
T1 = T2 = 0
4
–––
3
Vlim = C R
4 
g
––– ––––
3 k
600
––––
2
P
––
2
T = 300N
F = 12,0N
4
–––
3
(m2 – m1) gT = ––––––––––––
2
(m1 + m2) gVf = ––––––––––––2�
(m2 – m1)g
T = –––––––––––
2
(m1 + m2)g–––––––––––
2�
22 –
92) a) 2.a Lei de Newton aplicada ao bloco B:
T – PB = mBa
T – mBg = mBa
T = mB (a + g)
T = 20 (0,5 + 10)(N)
b) Isolando-se o operário, vem:
PH = peso do ope rário, aplicado
pela Terra
T = força aplicada pelo fio
F = força aplicada pela balança
Como o operário permanece em
equi líbrio, temos:
T + F = PH
210 + F = 80 . 10
De acordo com a 3.a Lei de Newton (ação e reação), o
operário aplica so bre a balança uma força vertical, diri gi da
para baixo e de intensidade 590N e que corresponde à
indicação da ba lança.
c) A reação ao peso do operário é uma força vertical, dirigida
para cima (oposta ao peso), com intensidade 800N (igual à
do peso) e que o ope rário aplica no centro da Terra.
Respostas: a) 210N
b) 590N
c) 800N; vertical; para cima; no centro da Terra.
93) De acordo com a 3.a Lei de Newton (ação e reação), resulta:
De acordo com a 2.a Lei de Newton (PFD), vem: m ai = 2m af
Resposta: B
94) Cada garota da equipe B puxa a corda para a direita com uma
força 
→
F e a corda reage aplicando na mão da garota uma
força –
→
F para a esquerda.
Cada garota da equipe B aplica no chão uma força 
→
Fat para a
esquerda e recebe do chão uma força de reação –
→
Fat para a
direita.
Resposta: E
95) 1) Para o equilíbrio da pessoa:
FN + F = P
2) A força que a balança indica é
Fbalança = FN + F = P
Observe que, de acordo com a 3.a Lei de Newton, a pessoa
aplica sobre a bengala uma força de intensidade F e a bengala
reage na mão da pessoa com uma força de mesma intensi -
dade F, dirigida para cima.
Resposta: C
96)
1) 3.a Lei de Newton (ação e reação):
FAB = FBA
mB . aB = mA aA
mB = mA
mB VB = mA VA
75 . 0,30 = 50 . VA
2) Vrel = VA + VB = 0,30 + 0,45 (m/s)
Vrel = 0,75m/s
3) �srel = Vrel . t (MU) ⇒ d = 0,75 . 5,0 (m) ⇒
Resposta: E
104) 1) PFD (A + B): F = (mA + mB) a
7,0 = 14,0 . a
2) PFD (B): FAB = mB a
FAB = 6,0 . 0,5 (N)
Fi = Ff
ai = 2af
(VA – 0)––––––––
�t
(VB – 0)
––––––––
�t
VA = 0,45m/s
d = 3,75m
a = 0,5m/s2
F = 590N
T = 210N
– 23
3) Lei da ação e reação:
Resposta: B
105) 1) PFD (A + B):
F = (mA + mB) a
6,0 = 3,0a ⇒
2) PFD (A):
T = mAa
T = 1,0 . 2,0 (N) ⇒
Resposta: A
106) a)
1) O dinamômetro ideal tem massa desprezível; a força re -
sultante sobre ele é sempre nula e a força que ele indica
é a força aplicada em uma de suas extremidades.
2) PFD (B): T = mB a
20,0 = 5,0 . a ⇒
b) PFD (A + B):
F = (mA + mB) a
F = 11,0 . 4,0 (N) ⇒
Respostas: a) 4,0m/s2
b) 44,0N
107) a) PFD (A + B + C):
F = (mA + mB + mC) a
30,0 = 12,0 a ⇒
b) PFD (B + C):
FAB = (mB + mC) a
FAB = 8,0 . 2,5 (N) ⇒
c) PFD (C):
FBC = mC a
FBC = 2,0 . 2,5 (N)
FBC = 5,0N = FCB (ação e reação)
Respostas: a) 2,5m/s2
b) 20,0N
c) 5,0N
108) a) PFD (A + B + C):
F = (mA + mB + mC) a
30 . 103 = 60 . 103 . a
b) PFD (B + C):
FAB = (mB + mC) a
FAB = 30 . 10
3 . 0,5 (N)
c) PFD (C):
FBC = mC a
FBC = 25 . 10
3 . 0,5 (N)
FBC = 1,25 . 10
4 N
Respostas: a) 0,5m/s2
b) 15kN
c) 12,5kN
109) a) PFD (A + B + C): F1 – F2 = (mA + mB + mC) a
36,0 – 12,0 = 8,0a ⇒
b) PFD (A): 
F1 – FBA = mA . a
36,0 – FBA = 4,0 . 3,0 
c) PFD (C): 
FBC – F2 = mC . a
FBC – 12,0 = 2,0 . 3,0 
Para conferir:
FAB – FCB = mB . a
24,0 – 18,0 = 2,0 . a 
Respostas: a) 3,0 m/s2
b) FAB = FBA = 24,0 N
c) FBC = FCB = 18,0 N 
110) 1) PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a
2) PFD (B + C): T1 = (mB + mC) a
3) PFD (C): T2 = mC a
F = T1 + T2 ⇒ (mA + mB + mC) a = (mB + mC + mC) a
mA + mB + mC = mB + 2 mC
(mB qualquer)
Resposta: Ca = 0,5m/s2
FAB = 15kN
FBC = 12,5kN
a = 3,0 m/s2
FBA = 24,0 N
FAB = FBA = 24,0 N
FBC = 18,0 N = FCB
a = 3,0 m/s2
mC = mA
a = 2,0m/s2
T = 2,0N
a = 4,0m/s2
F = 44,0N
a = 2,5m/s2
FAB= 20,0N
FBA = FAB = 3,0N
FAB = 3,0N
24 –
111) a) Aplicando-se a 2.a Lei de Newton ao conjunto dos dois
blocos, vem:
F = (mA + mB) a
2,0 = 5,0 . a
b) Isolando-se o bloco superior (A), vem:
2.a Lei de Newton no bloco A:
FatBA = mA a
FatBA
= 2,0 . 0,40 (N)
(ação e reação)
Respostas: a) A aceleração tem módulo 0,40m/s2
b) 0,80N
112) 1) PFD (A + B + corda): F = (mA + mB + mC) a
12,0 = 6,0 . a ⇒
2) PFD (B + metade da corda):
T = �mB + � a
T = (2,0 + 0,5) . 2,0 (N)
Resposta: C
113) a) PFD (A + B):
F = (mA + mB) a
7,5 = 1,0 . a ⇒
b)
1) PB = Fy = 4,0N
2) PFD (B): Fx = mBa
Fx = 0,4 . 7,5 (N) = 3,0N
3) FAB
2 = Fx
2 + Fy
2
Respostas: a) 7,5m/s2 b) 5,0N
114) a) PFD (A + B): F2 – F1 = (MA + MB) a (1)
PFD (A): F – F1 = MA a (2)
Sendo a massa proporcional ao comprimento, vem:
MA = kx e MA + MB = kL
: = 
F – F1 = (F2 – F1)
b)
c) F = 
115) 1) PFD (A + B): F1 – F2 = 3Ma
29,0 – 5,0 = 3Ma
Ma = 8,0
2) PFD (B):
FH – F2 = 2Ma
FH – 5,0 = 16,0
3) PFD (A):
F1 – FH = Ma
29,0 – FH = 8,0
A haste está sendo tracionada por uma força de inten -
sidade FH = 21,0N.
A força resultante na haste é nula porque ela tem massa
desprezível.
Resposta: C
F1 + F2
––––––––
2
FH = 21,0 N
FH = 21,0N
FatBA
= FatAB
= 0,80N
a = 2,0m/s2
mC–––
2
T = 5,0N
a = 7,5m/s2
FAB = 5,0N
kx
–––
kL
F – F1–––––––
F2 – F1
(2)
–––
(1)
x
–––
L
(F2 – F1)
F = F1 + ––––––––– x
L 
a = 0,40m/s2
– 25
116) a) PFD (A + B):
b)
Nx = MB a
Ny = MA g
N2 = N2
x
+ N2
y
c) tg � = = 
Respostas: a) (MA + MB) a
b) ���������M2B a2 + MA2 g2
c)
117) Nos dois esquemas, temos:
F = (m1 + m2) a
Portanto: a1 = a2 = 
No esquema (1): PFD(m2): R1 = m2a
No esquema (2): PFD(m1): R2 = m1a
= 
Sendo m1 > m2 ⇒
Resposta: D
118) 1) 2.a Lei de Newton para uma carteira:
(1)
2) Para o conjunto de seis carteiras:
(2)
(2) em (1):
6 fat – fat = ma
5 fat = ma
fat = 
fat = (N)
Resposta: A
126) a) PFD (A + B):
F – (PA + PB) = (mA + mB) a
F – 60,0 = 6,0 . 2,0
b) PFD (B): T – PB = mB a
T – 40,0 = 4,0 . 2,0
Respostas: a) 72,0N b) 48,0N
127) a) Considere o sistema constituído pelos três elos e m = mas sa
de cada elo.
PFD (sistema):
F – 3 m g = 3 m a
F = 3 m (a + g)
F = 3 . 0,10 . 13 (N)
b) PFD (elo): FR = m a
FR = 0,10 . 3,0 (N)
c) PFD (elo de baixo):
F1 – m . g = m . a ⇒ F1 = m . a + m . g
F1 = m . (a + g) = 0,10 . 13 (N)
Respostas: a) 3,9N b) 0,30N c) 1,3N
128) a) No instante em que a esfera de massa m1 perde o contato
com o chão, sua aceleração ainda é nula e, portanto:
b) No instante em que a esfera de massa m1 perde o contato
com o chão, a esfera de massa m2 está sob ação de seu
peso e da força aplicada pelo fio:
PFD: P2 + T = m2 a
m2g + m1g = m2 a
(m2 + m1) g
Respostas: a) m1g b) –––––––––––––m2
F = (MA + MB) a
N = ���������M2B a2 + MA2 g2
MB a–––––––
MA g
Nx–––––
Ny
MB a
––––––
MA g
F
–––––––––
m1 + m2
m1––––
m2R2–––
R1
R2 > R1
F – fat = ma
F = 6 fat
ma
–––
5
25,0 . 1,0
––––––––––
5
fat = 5,0N
F = 72,0N
T = 48,0N
F = 3,9N
FR = 0,30N
F1 = 1,3N
T = m1g
(m2 + m1) g
a = –––––––––––––
m2
26 –
129)
1) Ty = P
2) PFD: Tx = ma
3) tg � = = 
Resposta: C
130) a)
b) Como não há atrito, não há resistência ao movimento e
quais quer que sejam as massas M e m o sistema sempre
será acelerado.
c) PFD (A): T1 = Ma1 (1)
PFD (B): PB – T1 = ma1 (2)
PFD (A + B): (1) + (2) PB = (M + m) a1
mg = (M + m) a1 ⇒
d) Em (1): 
e) Se invertermos A e B: 
131) a) 1) A partir do gráfico:
a = = (m/s2) = 0,5m/s2
2) PFD (m1): T = m1 a (1)
PFD (m2): m2g – T = m2a (2)
PFD (m1 + m2): m2g = (m1 + m2) a
10,0 = (m1 + 1,0) 0,5
20,0 = m1 + 1,0 ⇒
b)
m2g – FN = m2a (3)
Comparando-se (2) e (3):
FN = T = 19,0 . 0,5 (N) ⇒
Respostas: a) 19,0kg b) 9,5N
132) a) PFD (A + B + C):
PC = (mA + mB + mC) a
50,0 = (3,0 + 2,0 + 5,0) a
b) PFD (B):
FAB = mB a
FAB = 2,0 . 5,0 (N)
c) PFD (A + B):
T = (mA + mB) a
T = 5,0 . 5,0 (N) ⇒
Respostas: a) 5,0m/s2 b) 10,0N c) 25,0N
133) a) PFD (A + B + C): PA = (mA + mB + mC) a
40,0 = 8,0 a ⇒
b) PFD (B + C): T = (mB + mC) a
T = 4,0 . 5,0 (N) ⇒
c) PFD (C): FatBC = mC . a
FatBC = 1,0 . 5,0 (N)
Respostas: a) a = 5,0m/s2
b) T = 20,0N
c) Fat = 5,0N
134) a) Quando o eixo da polia móvel se desloca de uma distância
x, o bloco B desloca-se de 2x e, portanto:
aB = 2aA ⇒
FatBC = 5,0N = FatCB
ma
––––
mg
Tx––––
Ty
a = g tg �
mg
a1 = ––––––––
M + m
M mg
T1 = ––––––––
M + m
Mg a2 M
a2 = ––––––––– e –––– = –––––m + M a1 m
M 
a2 = –––– a1m
T2 = T1
m M g 
T2 = ––––––––– ⇒m + M 
1,0
––––
2,0
�V
––––
�t
m1 = 19,0kg
FN = 9,5N
a = 5,0 m/s2
FAB = 10,0 N
T = 25,0 N
a = 5,0m/s2
T = 20,0 N
aB
–––– = 2
aA
– 27
b)
PFD (A): 2T = mA a (1)
PFD (B): PB – T = mB 2a (2)
(2) x 2: 2PB – 2T = 4 mB a (3)
(1) + (3): 2PB = (mA + 4mB) a
2 . 50 = (20 + 4 . 5) a
100 = 40 . a ⇒
c) 2T = mA a
2T = 20 . 2,5 ⇒
d)
Respostas: a)
b) aA = 2,5m/s
2 e aB = 5,0m/s
2
c) 25N
d) 50N e 25��2 N
135) a) Para que o bloco A não se movimente verticalmente,
temos:
T = PA = mA g = 0,3 . 10(N) ⇒
b) A força aplicada pelo fio é a resultante que acelera o bloco
B:
PFD (B): T = mB a
mA g = mB a
a = g = . 10 (m/s2)
c) A força 
→
F é a resultante que acelera todo o sistema 
(A + B + C):
PFD (A + B + C): F = (mA + mB + mC) a
F = (0,3 + 0,2 + 1,5) 15 (N)
Respostas: a) 3,0N b) 15m/s2 c) 30N
136) a) PFD (bloco + corda):
F – P = M . a
60,0 – 50,0 = 5,0 . a
b)
PFD (bloco + x):
TA – P’ = M’ . a
TA – (4,0 + 2,0x) . 10,0 = (4,0 + 2,0x) . 2,0
TA – 40,0 – 20,0x = 8,0 + 4,0x
c)
Respostas: a) 2,0m/s2
b) T = 48,0 + 24,0x (SI)
c) vide gráfico
137) a) 1) Fy = P = m g
2) Fx = ma
3) tg � = = 
b) PFD (M + m): F = (M + m) a
c) Da figura: cos � = = 
Respostas: a) a = g tg �
b) F = (M + m) g tg �
c) FN = 
138) O corpo A não consegue permanecer sobre o corpo B devido
à inexistência de atrito.
Por isso, aA = 0.
a = 2,5m/s2
aA = 2,5m/s
2 e aB = 5,0m/s
2
T = 25N
F2 = T��2 = 25��2 NF1 = 2T = 50N
aB
–––– = 2
aA
T = 3,0N
0,3
––––
0,2
mA
––––
mB
a = 15m/s2
F = 30N
a = 2,0m/s2
ma
––––
mg
Fx––––
Fy
a = g tg �
F = (M + m) g tg �
mg
––––
FN
Fy––––
FN
mg
FN = ––––––cos �
TA = 48,0 + 24,0x (SI)
mg
––––––
cos �
28 –
Os corpos B e C, entretanto, se movem com acelerações de
intensidades iguais.
PC = (mB + mC) a
mg = 2ma
a = g/2
Resposta: A
139) 1) Na situação em que o fio não está esticado, a esfe ra cai
com acelera ção igual à da gravidade (queda livre) e
teremos:
V2 = Vi
2 + 2 � �s (MUV) 
V0
2 = 0 + 2 g H0 ⇒ (I)
2) Com o fio esticado, o sistema terá uma aceleração de
módulo a dado por:
PFD (M + m0):
m0 g = (M + m0) a
m0 g = 4m0 a
3) Com o fio esticado, a velocidade escalar atingida é dada
por:
V2 = Vi
2 + 2 a �s (MUV) 
V2 = 0 + 2 H0 ⇒ (II)
Comparando-se I com II, vem:
Resposta: C
140) A força que acelera o sis tema é o peso dos elos pendentes.
Indicando por m a massa de cada elo e por g o módulo da
acelera ção da gravidade, temos:
PFD (sistema): P4 = Mtotal a
4mg = 10ma
a = g ⇒
Resposta: D
141) A força que acelera a corda é o peso da parte pendente de
comprimento x.
PFD: Px = Mtotal a
mxg = Mtotal a
Como a massa e o comprimento de corda são proporcionais,
vem:
k x g = k L a ⇒ 
x = ⇒ a = g/3
x = L ⇒ a = g
Depois que a corda se desprende da mesa, sua aceleração é
constante e igual à da gravidade.
Resposta: A
153) a) PFD (bloco):
P – Fdin = ma
20 – 15 = 2,0 . a
↓ a→
b) O sentido do movimento não está determinado.
O elevador pode estar:
a→ ↓ ↓ V→ descendo com movimento acelerado
a→ ↓ ↑ V→ subindo com movimento retardado
c) P – F = ma
mg – ma = F
F = m (g – a)
Respostas: a) a = 2,5m/s2; para baixo
b) pode estar descendo com movimento acele -
rado ou subindo com movimento retardado.
c) 7,5m/s2
154) a) Aplicando-se a 2.ª Lei de Newton ao
bloco, vem:
P – Fdin = ma
mg – ma = Fdin
Fdin = m (g – a) = m gap = Paparente
gaparente
Fdin = 10 . 8,0 (N) ⇒
b) 1) ↑ →v : subindo com movimento retardado.
a→↓
2) ↓ →v : descendo com movimento acelerado.
c) queda livre: a = g ⇒ gap = g – a = 0 ⇒ Pap = 0 = Fdin
Respostas: a) 80N
b) pode estar subindo com movimento retar da -
do, ou des cendo com movimento acelerado.
c) zero
V0 = ����2gH0
g
a = –––
4
����2gH0
V = –––––––––
2
g
–––
4
V0
V = –––
2
2
a = ––– g
5
4
–––
10
L
–––
3
a = 2,5m/s2
↓ a→ ⇔ gap = g – a
↑ a→ ⇔ gap = g + a
Fdin = 80N
gap = g – a = 7,5m/s
2
g
a = ––– . x 
L
g
aB = aC = —–2
– 29
155) a) PFD (bloco): Fdin – mg = ma
Fdin = m (a + g)
gaparente
Fdin = 2,0 . 12,0 (N)
b) ↑ a→ ⇒ gap = g + a = 12,0m/s2
c) ↑ a→= 
d) �s = V0t + t
2 (MUV)
1,5 = 0 + T2
T2 = 0,25 ⇒
Respostas: a) 24,0N
b) 12,0m/s2
c) ou subindo com movimento acelerado ou des -
cen do com movi mento retardado
d) 0,50s
156) a) Fmola = P
k x0 = Mg ⇒
b) PFD (balde): Fmola – P = Ma
k (x0 + d) – k x0 = Ma
k d = Ma
Respostas: a) x0 = Mg/k
b) a = kd/M
157) a)
PFD (A): T – PA = mAa (1)
PFD (B): PB – T = mBa (2)
PFD (A + B): PB – PA = (mA + mB)a
30 – 20 = 5,0 . a
b) Em (1):
T – 20 = 2,0 . 2,0 ⇒
Respostas: a) 2,0m/s2
b) 24N
158) 1)
2)
PFD (A): PA – T = mA a 
100 – 40 = 10 . a
3) PFD (B): T – PB = mB a
40 – mB . 10 = mB . 6,0
40 = 16 mB
Resposta: 2,5kg
159) 1)
1) PFD (A): T – PA = MAaA
30 – 10 = 1,0 aA
⇒
2) PFD (B): T – PB = MBaB
30 – 20 = 2,0 aB
⇒
A aceleração da polia tem módulo dado por: 
aP = (m/s
2) ⇒
Resposta: C
160) a) 1) Cálculo da aceleração dos blocos A e B:
PFD (A + B): PA – PB = (mA + mB) a 
30,0 – 20,0 = 5,0 . a ⇒
2) �s = V0 t + t
2
Fdin = 24,0 N
{ 1) ↑ V
→
subindo com movi men to acelerado
2) ↓ V→ descendo com movi men to retardado
�
––
2
12,0
–––––
2
T = 0,50s
Mg
x0 = ––––––k
kd
a = –––––
M
a = 2,0m/s2
T = 24N
a = 6,0m/s2
mB = 2,5kg
aA = 20m/s
2
aB = 5,0m/s
2
aA + aBaP = ––––––––––
2
aP = 12,5 m/s
2
20 + 5,0
–––––––––
2
a = 2,0 m/s2
�
––
2
30 –
16,0 = 0 + tA
2 ⇒
b) 1) Velocidade escalar de B quando A atinge o solo:
V2 = V0
2 + 2� �s
VB
2 = 0 + 2 . 2,0 . 16,0 ⇒ 
2) Distância percorrida por B depois que A chega ao solo:
V2 = VB
2 + 2� �s
0 = 64,0 + 2(–10,0) �s
20,0 �s = 64,0s
3) Hmáx = H0 + �s
Hmáx = 16,0 + 3,2 (m)
Respostas: a) 4,0s b) 19,2m
161) a) Para um referencial no elevador, temos:
�s = V0t +t
2
1,6 = (0,8)2
� = (m/s2) ⇒
Esta aceleração corresponde à gra vidade apa rente e, como
é menor que a gra vidade real (10,0m/s2), concluímos que a
aceleração do eleva dor é di rigida para baixo e de módulo
a dado por:
5,0 = 10,0 – a ⇒
b) A balança indica o peso aparente da pessoa:
Pap = m gap
Pap = 70 . 5,0 (N) ⇒
c) Para um referencial no elevador, temos:
V = V0 + � t
Vrel = 0 + 5,0 . 0,8 (m/s)
d) A velocidade resultante (rela ti va ao
solo ter restre) é a soma ve to rial da
velocidade relativa (4,0m/s) com a
velocidade de ar ras tamento do
elevador (4,0m/s) e, como os sen tidos
são opos tos, ela será nula.
Respostas: a) 5,0m/s2; para baixo b) 350N
c) 4,0m/s d) zero
162) a) (1) F1 – P = m a (acelerando)
(2) P – F2 = m a (retardando)
(1) = (2): F1 – P = P – F2
P = = 500N
m = = (kg) = 50kg
b) Em (1): 600 – 500 = 50 . a
c) 1) De 0 a T1, temos:
a = 
2,0 = ⇒
2) T2 = 8,0
Respostas: a) 50kg
b) 2,0m/s2
c) T1 = 2,0 e T2 = 8,0
163) a) 1) O deslocamento vertical de B tem módulo duas vezes
maior que o deslocamento horizontal de A e, portanto:
2) PFD (A + B): 2T = (mA + mB) aA
(horizontal) 2T = 16,0aA ⇒ T = 8,0aA (1)
3) PFD (B): PB – T = mB ay(B)
(vertical) 10,0 – T = 1,0 . 2aA ⇒10,0 – T = 2,0aA (2)
4) (1) + (2): 10,0 = 10,0aA ⇒ e
b) Em (1): T = 8,0 . 1,0 (N) ⇒
c) �sy = v0y t + t
2 (MUV)
1,0 = tq
2 ⇒
d)
FN = PA + T
FN = 150 + 8,0(N) ⇒
Respostas: a) 1,0m/s2 e 2,0m/s2 b) 8,0N
c) 1,0s d) 158N
164) Levando-se em conta que para o elevador em queda livre a
gravidade aparente em seu interior é nula, o movimento da
bola em relação ao elevador é retilíneo e uniforme:
�s = 3,2 m
Hmáx = 19,2 m
�
––
2
�
––
2
� = 5,0m/s2
3,2
–––––
0,64
gap = g – a
a = 5,0m/s2
Pap = 350N
Vrel = 4,0m/s
�→VR � = 0
F1 + F2
–––––––
2
500
––––
10
P
––
g
a = 2,0m/s2
�V
–––
�t
T1 = 2,0
4,0
–––
T1
ay(B) = 2aA
ay(B) = 2,0m/s
2aA = 1,0m/s
2
T = 8,0N
�y–––
2
tq = 1,0s
2,0
–––
2
FN = 158N
VB = 8,0 m/s
tA = 4,0s
2,0
–––
2
– 31
Resposta: B
165)
Aplicando-se a 2.a Lei de Newton:
Bloco A: P – T = ma (1)
Bloco B: 2T – P = ma (2)
Bloco C: P – T = ma (3)
(1) + (2) + (3): P = 3ma
mg = 3ma ⇒ ↑→a
Resposta: C
166)
PFD (E): TA – PE = mE a (1)
PFD (CP): TB + PB – TA = mCP a (2)
Como mE = mCP = m, vem:
(1) + (2): TB = 2m a
TB = 10,0 . 10
2 . 1,0 (N)
Resposta: A
167) PFD (andaime + lavador):
3F – Mg = Ma
F = = (N)
Resposta: D
TB = 1,0 . 10
3N
160 . 10,5
–––––––––
3
M (a + g)
––––––––
3
F = 560N
a = g/3
h
T = –––
V
h
V = –––
T
�srel
Vrel = ––––––
�t
32 –
FÍSICA
LIVRO 2 – MECÂNICA
Capítulo 2 – Atrito entre Sólidos
6) a) 1) Fatdestaque = 
E FN = 0,40 . 40,0N = 16,0N
2) Fatdin = 
E FN = 0,20 . 40,0N = 8,0N
b) Como a força motriz aplicada (10,0N) não superou a força
de atrito de destaque (16,0N), a caixa fica em repouso e
teremos: Fat = F = 10,0N 
c) Como a força motriz aplicada (20,0N) superou a força de
atrito de destaque (16,0N), o atrito será dinâmico e teremos:
Fat = Fatdin = 8,0N
PFD: F – Fat = ma
20,0 – 8,0 = 4,0a ⇒
d)
F = Fatdin = 8,0N
e)
Respostas: a) Fatdestaque = 16,0N; Fatdin = 8,0N b) 10,0N
c) 8,0N; 3,0m/s2 d) 8,0N e) vide gráfico
7) A partir do gráfico, temos:
Fatdestaque = 1,0N
Fatdin = 0,8N
Fatdestaque = 
E FN = 
E P
1,0 = 
E 1,0 ⇒
Fatdin = 
D FN = 
D P
0,8 = 
D 1,0 ⇒
Resposta: B
8) a) 1) Força de atrito que o chão aplica em A:
Fat = 
 (PA + PB)
Fat = 0,50 . 100 (N) ⇒
2) PFD (A + B): F – Fat = (mA + mB) a
125 – 50 = 10 a
b) 1) Força normal que A aplica em B:
NAB = PB = mBg = 40N
2) Força de atrito que A aplica em B:
PFD(B): FatAB = mBa
FatAB = 4,0 . 7,5 (N) = 30N
3) Força resultante que A aplica em B:
F2AB = N
2
AB + Fat
2
AB
c) FatAB = 
E NAB 
30 = 
E 40
Respostas: a) 7,5 m/s2 b) 50 N c) 0,75
9) a) PFD: fat = M a
fat � 
 FN
M a � 
 M g
a � 
 g ⇒
b)
PFD: F – Fat = (M + m) a
F = 
 (M + m) g + (M + m) a
F = (M + m) (a + 
 g)
Fmáx = (M + m) (amáx + 
 g)
Fmáx = (M + m) (
 g + 
 g)
Respostas: a) 
 g
b) 2 (M + m) 
 g
10) a) FatX = 
 PX = 0,20 . 20,0 (N) = 4,0N
FatY = 
 PY = 0,20 . 30,0 (N) = 6,0N
b) PFD (X + Y):
(F1 – F2) – (FatX + FatY) = (mX + mY) a
34,0 – 10,0 = 5,0 . a
c) PFD (X):
F1 – (FatX + FYX) = mX a
40,0 – (4,0 + FYX) = 2,0 . 4,8
36,0 – FYX = 9,6
Respostas: a) 4,0N e 6,0N
b) 4,8m/s2
c) 26,4N
FYX = 26,4 N
Fmáx = 2 (M + m) 
 g
a = 4,8m/s2
amáx = 
 g
FAB = 50 N
E = 0,75
E = 1,0
D = 0,8
Fat = 50N
a = 7,5 m/s2
a = 3,0m/s2
– 33
11) 1) Fmola = kx = 200 . 1,0 . 10 
–2 (N) = 2,0N
2)
FatBA = Fmola = 2,0N
3)
PFD(B): F – FatAB = mB a
F – 2,0 = 20,0 . 2,0
Resposta: 42,0N
12) (01) Correta: não há força normal de compressão nem
tendência de escorregamento.
(02) Falsa: FN = F = 1,0 . 10
4 N; 
Fat = Ptotal = 150 . 10 (N)= 1500N
(04) Correta: Fdestaque = 
E FN = 0,35 . 1,0 . 10
4 N = 3500N
Fdestaque = n P ⇒ 3500 = n . 500 ⇒ n = 7
(08) Falsa: Fatmáx = P ⇒ 
E F = m g
0,35 F = 500 ⇒ F � 1429N
(16) Correta
(32) Correta
(64) Falsa
Resposta: 53
13) 1) De acordo com o gráfico v = f(t), o corpo só se movimentou
quando a força aplicada atingiu o valor F = 10,0 N. Isto
significa que a força de atrito de destaque é ligeiramente
menor (aproximadamente igual) que 10,0N.
Fatdestaque = 
E FN = 
E P
10,0 = 
E . 20,0 ⇒
2) Com o bloco em movimento, a aceleração tem módulo a
dado por:
a = = (m/s2) = 2,5m/s2
3) PFD: F – Fatdin = m a 
10,0 – Fatdin = 2,0 . 2,5
4) Fatdin = µD P
5,0 = 
D . 20,0 
Resposta: C
14) 1) Cálculo do módulo da aceleração do carro durante a freada:
PFD: Fat = ma
 m g = m a
a = 
 g = 0,60 . 10 (m/s2) = 6,0m/s2
2) Cálculo da velocidade escalar inicial:
V2 = V0
2 + 2 � �s (MUV)
0 = V0
2 + 2 (– 6,0) 75
V0
2 = 900
Resposta: C
15) Para que a caixa não escorregue, devemos ter:
PFD: Fat = m a
Atrito estático: Fat � 
E . FN
m a � 
E . m g
a � 
E . g ⇒
amáx = 0,1 . 10m/s
2
Na fase de aceleração: a1 = = (m/s
2) = 1,5m/s2
Na fase de freada: a2 = = (m/s
2) = 0,75m/s2
Isto significa que na fase de aceleração, as caixas escorregam
para trás e na fase de freada, não há escorregamento.
Resposta: A
24) (01) Correta.
V2 = V0
2 + 2 � �s
0 = (25)2 + 2 � 62,5
– 625 = 125 �
(02) Falsa. A máxima aceleração que o atrito pode dar à
caixa é:
Fatmáx = m amáx
E m g = m amáx
amáx = 
E g = 8,0m/s
2
Portanto, as caixas não escorregam em relação ao apoio.
(04) Falsa.
(08) Correta.
(16) Correta.
(32) Correta.
(64) Falsa.
Resposta: 57
25) a) PFD (A): FatBA = MAa
A aceleração de A será má xima
quando a força de atrito que B
aplica em A for a má xima possível
(força de atrito de destaque):
E MA g = MA amáx
b) PFD (A + B + C):
MC g = (MA + MB + MC) a
MC g = (MA + MB + MC) 
E g
MC = (1,0 + 2,0 + MC) 0,5
2 MC = 1,0 + 2,0 + MC ⇒ 
amáx = 
E . g
amáx = 1,0m/s
2
30
–––
20
�V
–––
�t
30
–––
40
� �V �
–––––
�t
� = – 5,0m/s2
amáx = 
E g = 5,0m/s
2
F = 42,0N
E = 0,50
5,0
––––
2,0
�V
––––
�t
Fatdin = 5,0N
D = 0,25
V0 = 30m/s = 108km/h
Mc = 3,0kg
34 –
c) PFD (A + B):
T = (MA + MB) a
T = (1,0 + 2,0) . 5,0 (N)
Respostas: a) 5,0m/s2
b) 3,0kg
c) 15,0N
26)
→
T = 50 
→
i + 50 
→
k (N)
Tx = 50N e Tz = 50N
1) Tz + FN = P
50 + FN = 300 
2) Tx = Fat = 
 FN
50 = 
 . 250
Resposta: B
27) a) 1) Bloco m: 
PFD(m): fat = m a
fat � 
E FN
ma � 
E m g
2) PFD (M + m): F = (M + m) a
Fmáx = 3,0 . 6,0(N) 
b) 1) Aceleração do bloco m:
PFD (m): fatdin = ma1
C mg = m a1
2) Aceleração do bloco M:
PFD (1) (M): F – fat = Ma2
19,0 – 0,5 . 10 = 2,0 a2
3) Aceleração relativa entre m e M:
arel = a2 – a1 = 2,0 m/s
2
4) Cálculo do tempo gasto:
�s = V0t + t
2
1,0 = T2
Respostas: a) 18,0N b) 1,0s
28) 1) PFD (B): FN = Ma
2) Para A não escorregar em relação a
B:
Fat = PA = m g
3) Sendo o atrito estático:
Fat � 
 FN
mg � 
 M a
a 
 ⇒
4) PFD (A + B):
Fmín = (M + m) amín
Resposta: C
29) a) PFD (A + B):
F = (mA + mB) a
4,5 = 3,0 a ⇒
b) FatAB
PFD(B): FatAB = mB a
FatAB � 
E FN
mB a � 
E mA g
E 
E 
E 
 0,1
E (mín) = 0,1
Respostas: a) 1,5 m/s2
b) 0,1
30)
FN = 250N
1
 = –––
5
amáx = 
E g = 6,0m/s
2
Fmáx = 18,0N
a1 = 
C g = 5,0m/s
2
a2 = 7,0m/s
2
�
––
2
2,0
–––
2
T = 1,0s
m g
amín = ––– –––M 
m g
––––
 M
m g
Fmín = (M + m) ––– –––M 
a = 1,5 m/s2
B
mBa–––––
mAg
1,8
––––
18
T = 15,0 N
– 35
a) Para o corpo A subir, o carro deve aplicar em B uma força
de atrito para a esquerda e, pela lei da ação e reação, vai
receber de B uma força de atrito para a direita que vai
acelerá-lo para a direita.
b) 1)
Como as velocidades são constantes, temos:
T = PA = m g
fat = T + Fat = m g + 
 2 m g = m g (1 + 2
)
2) PFD (carro)
fat = ma
m g (1 + 2
) = m a
Respostas: a) para a direita
b) a = g (1 + 2
)
31) a)
Fy = F cos 37° = 200 . 0,80 (N) = 160N
Fx = F sen 37° = 200 . 0,60 (N) = 120N
FR = 0 (caixa em repouso)
b) Fat = Fx = 120N
c) FN = Fy + P = 160 + 80 (N) = 240N
d) Fat � 
 FN 
120 � 
 240
 
 0,50 ⇒
Respostas: a) Fx = 120N; Fy = 160N; FR = 0
b) 120N c) 240N d) 0,50
32) a) PFD (sistema): P1 = Mtotal a
mg = 6ma ⇒
b) PFD (3 + 4 + 5 + 6): T23 = 4ma ⇒
c) Para o sistema ser acelerado, devemos ter:
P1 > Fatdestaque
mg > 
 M g
em que M é a massa total dos blocos que estão em cima da
mesa.
M < ⇒ M < ⇒ M < 4m
Portanto, o número máximo de blocos em cima da mesa é
3 e o fio a ser cortado é o fio que liga os blocos 4 e 5.
Respostas: a) g/6 b) 2mg/3 c) fio entre os blocos 4 e 5
33) Nas condições de aceleração mínima a0, o cartão deve per -
correr uma distância R + r, enquanto a moeda percorre uma
distância r.
1) Cálculo da aceleração da moeda:
PFD (moeda): Fat = ma
mg = ma
2) �s = V0 t + t
2 (MUV)
Moeda: r = t2 (1)
Cartão: R + r = t2 (2)
: = ⇒
34) 1) Fy = P
2) FN = Fat
3) Para o equilíbrio da escada:
FN . h = P . 
Fat . h = P 
x = 2 h 
xmáx = 2 . h = 2 
 h
xmáx = 2 . 0,5 . h = h
4) x2 + h2 = (5,0)2
2h2 = 25,0 ⇒ h2 = 12,5
Resposta: C
35) Para o bloco permanecer em equilíbrio, o peso do cesto com
o seu conteúdo não pode superar a força de atrito de destaque
entre o bloco e o apoio.
PC � Fatdestaque
(mC + n m) g � 
E M g
mC + n m � 
E M
0,5 + n . 0,080 � 0,3 . 10
0,5 + n . 0,080 � 3,0
n . 0,080 � 2,5
n �
n � 31,25
mín = 0,50
g
a = –––
6
4mg 2 
T23 = ––––– = ––– mg6 3
m
–––––
0,25
m
–––
a = 
g
�
––
2
g
––––
2
a0––––
2
R + r
a0 = �––––––�
gr
R + r
–––––
r
a0––––
g
(2)
––––
(1)
x
––
2
x
––
2
 P 
––––
P
Fat––––
P
x = h � 3,5m
a = g (1 + 2
)
2,5
––––––
0,080
nmáx = 31
36 –
Não haverá escorregamento para um número máximo de 31
bolas.
O escorregamento começa com um número mínimo de 32
bolas.
Resposta: 32
36) A força de atrito que o chão aplica nas rodas da locomotiva é
a força resultante que vai acelerar o sistema.
PFD: Fat = Mtotal a = a
Se a roda não derrapar, o atrito é estático e prevalece a rela -
ção:
Fat < 
E FN
⇒
Resposta: A
37)
1) Fat = P = mg
2) FN = ma (PFD)
3) Fat � 
 FN
mg � 
 m a
Para o bloco não escorregar:
a 
 ⇒ amín = 
PFD (M + m): Fmín = (M + m) 
O bloco escorrega quando 
Resposta: D
38) 1) A força que tende a mover a toalha é a diferença entre o
peso do ramo direito e o peso do ramo esquerdo.
A massa de cada ramo de corda é proporcional ao seu
comprimento: m = k �
F = PE – PD = k x g – k (L – x) g = k (2x – L) g
2) Para a toalha ficar na iminência de escorregar, temos:
F = Fatdestaque
k (2x – L) g = 
E k L g
2x – L = 0,5 L
2x = 1,5 L = L
Resposta: C
g
––
g
––
g
––
g
F < (M + m) ––– 
µ
3
––
2
3
x = ––– L 
4
3
amáx = ––– µg5
3
a < ––– 
 g
5
5
––– Ma < 
 M g
3
5
Fat = ––– Ma3
2�M + ––– M�3
– 37
FÍSICA
LIVRO 2 – MECÂNICA
Capítulo 3 – Estática
9) A resultante entre F1
→
e F2
→
, pela regra do paralelogramo, coin -
cide com a força 
→
F3 e é dada pelo Teorema de Pitágoras:
F12
2 = F3
2 = F1
2 + F2
2 ⇒
A resultante entre 
→
F12 e 
→
F3 tem intensidade de 100N e deve
ser equilibrada por 
→
F4. Portanto, �
→
F4 � = 100N.
Resposta: D
10)
Para o equilíbrio: 2T cos � = P
T cos � = 
Portanto: T1 cos �1 = T2 cos �2 = T3 cos �3
�1 > �2 > �3
Como cos � é uma função decrescente no 1.o quadrante, vem:
cos �1 < cos �2 < cos �3
11) Nos esquemas de roldana fixa, temos: 
Na roldana com fios paralelos:
2 F3 = P ⇒ F3 = 
Na roldana com fio inclinado:
2 F4 cos � = P
F4 = 
Como cos � < 1 
2 cos � < 2 ⇒
Resposta: C
12) a)
1) sen 60° = ⇒ T1 = P . sen 60° = 20 . (N)
2) cos 60° = ⇒ T2 = P . cos 60° ⇒ T2 = 20 . (N)
b)
T2 sen � = T1 sen �
Respostas: a) 10��3 N e 10N
b) 1
13)
Para o equilíbrio:
1) cos � = ⇒
2) tg � = ⇒
Resposta: A
T2
–––– = 1
T1
��3
––––
2
T1––––
P
T1 = 10��3 N
1
––
2
T2––––
P
T2 = 10N
F4 > F3
P
–––––––
2 cos �
F12 = F3 = 50N
P
–––
2
T1 > T2 > T3
F1 = F2 = P
P
–––
2
Mg
TBA = ––––––cos �
TBC––––
TBA
F = Mg tg � 
F
––––
TBC
38 –
14) Para o equilíbrio:
H = P = m g = 80N
T = H ���2 = 80 ���2 N
Resposta: C
15) 1) T2 = m2 g = 300N
2) Da figura: sen 53° = 
cos 53° = 
T1 = T2 sen 53° = 300 . 0,80 (N) = 240N
T3 = T2 cos 53° = 300 . 0,60 (N) = 180N
3) T1 = m1 g ⇒ m1 = 24kg
4) T3 = m3 g ⇒ m3 = 18kg
Resposta: D
16) a) Para o equilíbrio do atleta com os fios ver -
ti cais, vem:
2T = P
T = = N
b) 1) Da figura:
L = d + 2x
1,5 = 0,5 + 2x
tg � = = = 6,0
2) 
Para o equilíbrio da pessoa, temos:
2 Ty = P
2 T sen � = P (I)
Ainda: T cos � = Tx (II)
: 2 tg � = 
Tx = = (N)
Respostas: a) 300N
b) 50N
17) Bloco A: T = PA
Bloco B: 2T = PB
PB = 2PA
Mag + Pbalde = 2 (Mg + Pbalde)
Mag + mg = 2Mg + 2mg
Ma + m = 2M + 2m
18) Ao longo do mesmo fio, a força
tensora tem a mesma intensi dade
F, de modo que a barra é solici -
tada para cima com uma força
total de intensidade 4F.
Para o equilíbrio da barra, temos:
P = 4F = 4000N
Resposta: D
Ma = 2M + m
T1–––
T2
T3–––
T2
600
––––
2
P
–––
2
T = 300 N
x = 0,5 m
3,0
–––
0,5
H
–––
x
P
––––
Tx
(I)
–––
(II)
600
–––––––
2 . 6,0
P
––––––––
2 tg �
Tx = 50N
– 39
19) 1) Equilíbrio do contrapeso:
T = P1 = m g
2) Para o equilíbrio do carro:
7T = P2
7mg = Mg
7m = 700 ⇒
3) O cabo central aplica no carro
uma força de intensidade 2T:
F = 2T = 2mg = 2 . 100 . 10 (N)
F = 2,0 . 103N
Respostas: a) 100kg
b) 2,0kN
20) a) T cos � = P
T . 0,80 = 160
b) FN = T . sen �
FN = 200 . 0,60 (N)
Respostas: a) 200N
b) 120N
21) Para o equilíbrio da esfe -
ra, a força resultante
deve ser nula e as três
for ças formam um triân -
gulo.
1) tg � = ⇒
2) cos � = ⇒
22)
F1
→
(na direção do cabo)
F2
→ 
e F3
→
forças aplicadas pelo cartaz
F4
→ 
força aplicada pela parede
Resposta: D
23)
1) Para o equilíbrio na vertical:
2Ty = P ⇒ Ty = 
2) Da figura:
tg � = ⇒