Um automóvel partiu da cidade de Vitória com destino à cidade de São Paulo. Esse automóvel percorreu o trecho de 510 km, entre as cidades de Vitória e Rio de Janeiro, em 7 horas. O trecho de 447 km, entre as cidades de Rio de Janeiro e São Paulo, por sua vez, foi percorrido em 5 horas. Contudo, devido a um congestionamento na Avenida Brasil, na cidade do Rio de Janeiro, o automóvel ficou parado por 2 horas e 30 minutos. A velocidade escalar média do automóvel de Vitória a São Paulo foi de
1. Distância total: $510+447=957\text{ km}$.
2. Tempo total: $7+5+2{,}5=14{,}5\text{ h}$, incluindo o congestionamento.
\[v_m=\frac{957}{14{,}5}=66\text{ km/h}\]Por que contar a parada: a velocidade escalar média se define por distância total sobre o tempo decorrido da partida até a chegada. A média de $510/7$ e $447/5$ não seria válida, pois os tempos são diferentes e houve espera de $2{,}5\text{ h}$.
Do alto de um edifício, um homem lança uma bola de gude, verticalmente para baixo, com velocidade de módulo igual a 18 km/h. Sabendo que a bola de gude demora 4 segundos para atingir o solo, a altura, em relação ao solo, da qual foi lançada a bola de gude é de:
A velocidade inicial é $18/3{,}6=5\text{ m/s}$. Tomando o sentido para baixo como positivo:
\[h=v_0t+\frac12 gt^2=5(4)+\frac12(10)(4)^2=100\text{ m}\]Conferência: em $4\text{ s}$, a bola percorre $20\text{ m}$ devido à velocidade inicial e mais $80\text{ m}$ devido à gravidade. Como ambas as parcelas apontam para baixo, a altura é $100\text{ m}$.
Um avião voando na direção horizontal, com velocidade constante, deixa cair uma bomba. Nessas condições, é CORRETO afirmar:
No referencial do solo, a bomba mantém velocidade horizontal constante e adquire velocidade vertical devida à gravidade. A combinação resulta em trajetória parabólica sem arrasto.
No referencial do avião, supondo voo horizontal uniforme, a bomba cai aproximadamente na vertical.
Equações no solo: $x=v_0t$ e $y=\dfrac12gt^2$ se $y$ é medido para baixo a partir do ponto de soltura. Eliminando $t$, $y=\dfrac{g}{2v_0^2}x^2$, que é uma parábola. Sem arrasto, o observador no avião vê queda vertical.
Considere um observador em repouso em relação a um bloco de massa de 10 kg. Esse observador mede, em um instrumento, a intensidade da força resultante agindo no bloco como sendo nula. Nessas condições, é CORRETO afirmar:
O problema pergunta pela leitura de um instrumento que mede a força real resultante sobre o bloco, e não por uma força fictícia introduzida na descrição de um referencial acelerado.
A leitura permanece nula para todos os observadores. Em referenciais não inerciais, forças de inércia podem ser introduzidas nas equações, mas isso não altera a leitura física do instrumento.
Leitura × cálculo em referenciais: um referencial acelerado pode exigir uma força fictícia de inércia para escrever $m\vec a$ em suas coordenadas, mas não cria força real detectável por um medidor ideal acoplado ao bloco. O instrumento permanece marcando zero; alternativa E.
Um pesquisador observou que o módulo da força de arrasto sobre uma partícula em certo meio é diretamente proporcional ao quadrado da velocidade dessa partícula. Ele também observou que a força de arrasto é sempre contrária ao deslocamento da partícula no meio. Sendo $\vec v$ a velocidade da partícula no meio e $b$ uma constante, a expressão que representa a força de arrasto sobre a partícula é
Se o módulo do arrasto é $b v^2$ e sua orientação é oposta à velocidade, o vetor unitário da velocidade é $\vec v/v$:
\[\vec F_{\text{arrasto}}=-b v^2\frac{\vec v}{v}=-b v\vec v\]O sinal negativo determina o sentido contrário ao movimento.
Conferência de módulo e direção: se $b>0$ e $v\neq0$, então $\left| -bv^2\,\vec v/v\right|=bv^2$. Para $v=0$, define-se $\vec F_{\mathrm{arrasto}}=\vec0$ por continuidade; o versor $\vec v/v$ só é usado para velocidade não nula.
Uma partícula se move de acordo com a equação horária $s(t)=2+\dfrac53t^3$, no S.I. No instante $t=1{,}5\text{ s}$, a aceleração escalar da partícula é de
Para esta questão de nível superior, a velocidade é a taxa de variação da posição e a aceleração é a taxa de variação da velocidade. Para $s(t)=2+\frac53t^3$, obtém-se $v(t)=5t^2$ e $a(t)=10t$.
\[a(1{,}5)=10(1{,}5)=15\text{ m/s}^2\]Nota: a prova PSVS 2017 inclui cálculo diferencial, diferentemente do conteúdo padrão de Ensino Médio.
Conferência algébrica: a lei cúbica implica velocidade proporcional a $t^2$ e aceleração proporcional a $t$. A avaliação final utiliza $a=10t$, em unidades SI; o termo constante $2$ fixa apenas a posição inicial e não influencia a aceleração.
Duas partículas idênticas são lançadas obliquamente com diferentes ângulos de inclinação em relação à horizontal e com velocidades de módulo igual a $20\text{ m/s}$. Sabendo-se que o alcance horizontal dessas duas partículas é igual a $20\text{ m}$, os ângulos de lançamento são
Para lançamento e queda no mesmo nível: $A=v_0^2\sin(2\theta)/g$.
\[20=\frac{20^2}{10}\sin(2\theta)\Rightarrow\sin(2\theta)=\frac12\]Assim, $2\theta=30^\circ$ ou $150^\circ$, levando a $\theta=15^\circ$ ou $75^\circ$. Os ângulos são complementares.
Por que há dois ângulos: a identidade $\sin(2\theta)=\sin(180^\circ-2\theta)$ explica os lançamentos complementares. Pressupõe-se mesma altura de partida e chegada e resistência do ar desprezível, hipóteses da fórmula do alcance.
Um bloco de 250 kg de massa é erguido verticalmente por um guindaste com aceleração de módulo constante igual a 3 m/s2. O módulo da força resultante sobre o bloco é de
Pela segunda lei de Newton, a resultante é $F_R=ma$, e não necessariamente a tração do guindaste.
\[F_R=250(3)=750\text{ N}\]Força resultante não é a força de içamento: se a subida é acelerada, a tração satisfaz $T-mg=ma$, portanto $T=m(g+a)=3.250\text{ N}$, mas a resultante pedida vale somente $750\text{ N}$.
A figura ao lado representa dois blocos, $A$ e $B$, ligados por um fio ideal que passa por uma polia ideal. A massa do bloco $A$ é $1{,}0\text{ kg}$ e a do bloco $B$ é $4{,}0\text{ kg}$. Não há atrito entre o bloco $A$ e a superfície. O módulo da aceleração do bloco $B$ é igual a
Na direção do movimento, a força motriz do sistema é o peso do bloco suspenso: $m_lg$.
\[a=\frac{m_l g}{m_k+m_l}=\frac{4(10)}{1+4}=8\text{ m/s}^2\]Equações separadas: para o bloco horizontal $A$, $T=m_Aa$; para o suspenso $B$, $m_Bg-T=m_Ba$. Somando: $(m_A+m_B)a=m_Bg$, ou $a=40/5=8\text{ m/s}^2$.
A figura ao lado representa dois blocos, $A$ e $B$, ligados por um fio ideal que passa por uma polia ideal. A massa do bloco $A$ é $1{,}0\text{ kg}$ e a do bloco $B$ é $4{,}0\text{ kg}$. Não há atrito entre o bloco $A$ e a superfície. O módulo da força de tração exercida pelo fio sobre o bloco $A$ é igual a
Da questão anterior, $a=8\text{ m/s}^2$. Para o bloco horizontal $k$, a única força horizontal é a tração:
\[T=m_ka=1(8)=8\text{ N}\]Conferência pelo bloco suspenso: $m_Bg-T=m_Ba\Rightarrow T=4(10-8)=8\text{ N}$, igual a $T=m_Aa$. A igualdade das duas avaliações é uma verificação de consistência.
Uma curva circular de uma rodovia é projetada para que um automóvel possa efetuá-la, independentemente do atrito, com velocidade de até $72\text{ km/h}$. O raio da curva é de $120\text{ m}$. O ângulo de sobrelevação da pista é igual a
Na curva sobrelevada sem atrito, $N\cos\theta=mg$ e $N\sin\theta=mv^2/R$.
\[\tan\theta=\frac{v^2}{Rg}=\frac{20^2}{120(10)}=\frac13\]Logo, $\theta=\arctan(1/3)$, conforme a alternativa B.
Geometria das forças: a normal ao plano possui componente vertical $N\cos\theta$ que equilibra o peso, e componente horizontal $N\sin\theta$ que produz a aceleração centrípeta. Eliminar $N$ fornece $\tan\theta=v^2/(Rg)$.
Certa força age sobre um corpo com 2,0 kg de massa, de forma a variar o módulo de sua velocidade de 36 km/h para 108 km/h. O trabalho realizado por essa força é de
Convertemos $36\text{ km/h}=10\text{ m/s}$ e $108\text{ km/h}=30\text{ m/s}$.
\[W_R=\Delta K=\frac{2}{2}(30^2-10^2)=800\text{ J}\]Escopo: o teorema trabalho–energia iguala o trabalho resultante à variação de energia cinética. A velocidade aumenta de $10$ para $30\text{ m/s}$; por isso o trabalho é positivo, independentemente do tempo gasto.
Numa montanha russa, um carrinho de $200\text{ kg}$ de massa é abandonado do repouso de um ponto $A$, que está a $12\text{ m}$ de altura, conforme mostra a figura ao lado. O módulo da velocidade máxima com que o carrinho chega ao ponto $C$, que está a uma altura de $7\text{ m}$, é de
Sem dissipação, $mgh_A=mgh_C+mv^2/2$.
\[v=\sqrt{2g(12-7)}=\sqrt{100}=10\text{ m/s}=36\text{ km/h}\]Cancelamento da massa: $\frac12mv_C^2=mg(h_A-h_C)$; o mesmo $m$ aparece em ambos os lados. O valor obtido é um máximo, pois qualquer dissipação reduziria $v_C$.
Numa montanha russa, um carrinho de $200\text{ kg}$ de massa é abandonado do repouso de um ponto $A$, que está a $12\text{ m}$ de altura, conforme mostra a figura ao lado. O carrinho chega ao ponto $C$, que está a uma altura de $7\text{ m}$, com uma velocidade de módulo igual a $18\text{ km/h}$. O trabalho realizado pelas forças dissipativas sobre o carrinho é igual a
A velocidade final é $18\text{ km/h}=5\text{ m/s}$.
\[W_{diss}=E_{m,f}-E_{m,i}=\left(200(10)(7)+\frac{200(5)^2}{2}\right)-200(10)(12)=-7500\text{ J}\]Balanço físico: $E_i=200(10)(12)=24.000\text{ J}$ e $E_f=200(10)(7)+\frac12(200)(5)^2=16.500\text{ J}$. A perda $7.500\text{ J}$ aparece como trabalho negativo das forças dissipativas.
Uma roda $B$ é acoplada por uma correia a uma roda $A$, de raio quatro vezes maior que o raio de $B$. A roda $A$ desenvolve, a partir do repouso, uma velocidade angular à taxa constante de $\dfrac\pi4\text{ rad/s}^2$. Supondo que a correia não deslize, o tempo necessário para a roda $B$ atingir uma velocidade angular de $30\text{ r.p.m.}$ é de
Sem escorregamento, as velocidades tangenciais nas bordas são iguais: $\omega_A R_A=\omega_B R_B$. Como $R_A=4R_B$, resulta $\alpha_B=4\alpha_A$.
Da taxa angular indicada no enunciado, $\alpha_A=\pi/4\text{ rad/s}^2$, portanto $\alpha_B=\pi\text{ rad/s}^2$. Para $30\text{ rpm}=\pi\text{ rad/s}$:
\[t=\frac{\omega_B}{\alpha_B}=1\text{ s}\]Rotação e correia: a igualdade das acelerações tangenciais $\alpha_A R_A=\alpha_B R_B$ é válida sem escorregamento. A roda menor tem aceleração angular quatro vezes maior: $\alpha_B=\pi\text{ rad/s}^2$.
Uma partícula de 3,0 kg de massa se move com velocidade constante de módulo 4,0 m/s. O módulo do momento linear da partícula é igual a
O módulo do momento linear é $p=mv=3(4)=12\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.
Natureza vetorial: $\vec p=m\vec v$ possui a direção e o sentido da velocidade para massa positiva. A questão pede só o módulo, por isso basta multiplicar os valores: $12\text{ kg·m/s}$.
Sobre o momento linear de uma partícula, é CORRETO afirmar:
Dois referenciais inerciais em translação relativa uniforme obedecem à transformação galileana $\vec v\,^{\prime}=\vec v-\vec V$.
Para massa constante, $\Delta\vec p\,^{\prime}=m(\vec v_f-\vec V)-m(\vec v_i-\vec V)=m(\vec v_f-\vec v_i)=\Delta\vec p$.
Logo, a variação é a mesma nesses referenciais, embora o momento linear individual não seja.
Limite da afirmação: a igualdade de $\Delta\vec p$ é galileana e supõe massa constante e referenciais inerciais em translação relativa uniforme. Ela não implica que $\vec p$ tenha o mesmo valor em todos os referenciais.
Um carrossel com $2\text{ m}$ de raio e com momento de inércia igual a $400\text{ kg·m}^2$ gira em torno do seu eixo, sem atrito, completando uma volta a cada $4\text{ s}$. Uma criança de $25\text{ kg}$ está, inicialmente, na borda do carrossel e, depois, caminha radialmente até seu centro. A velocidade angular final do carrossel é igual a
O momento de inércia inicial é $I_i=400+25(2)^2=500\text{ kg}\cdot\text{m}^2$ e o final é $I_f=400$.
A velocidade angular inicial é $\omega_i=2\pi/4=\pi/2$; conservando $I\omega$:
\[\omega_f=\frac{I_i}{I_f}\omega_i=\frac{500}{400}\frac\pi2=\frac{5\pi}{8}\text{ rad/s}\]Torque externo: a ausência de torque externo resultante permite conservar $L=I\omega$. Ao caminhar ao centro, a criança reduz a contribuição $mr^2$ de $100\text{ kg·m}^2$ para praticamente zero; logo o carrossel acelera angularmente, mantendo $L$.
A figura ao lado representa dois blocos, $A$ e $B$, ligados por um fio ideal que passa por uma polia de momento de inércia $I=\dfrac12MR^2$, onde $R$ é o raio da polia. A massa do bloco $A$ é $M_A=2{,}5\text{ kg}$, a do bloco $B$ é $M_B=4{,}0\text{ kg}$ e a da polia é $M=3{,}0\text{ kg}$. Não há atrito entre o eixo e a polia e entre os blocos e a superfície. O fio passa pela polia sem deslizar. O módulo da aceleração do bloco $B$ é igual a
A polia oferece uma contribuição inercial efetiva $I/R^2=M/2=1{,}5\text{ kg}$.
A força que move o conjunto é a componente $m_Bg\sin30^\circ$ do peso do bloco B:
\[a=\frac{m_Bg\sin30^\circ}{m_A+m_B+I/R^2}=\frac{4(10)(0{,}5)}{2{,}5+4+1{,}5}=2{,}5\text{ m/s}^2\]Equações de cada corpo: bloco $A$: $T_A=m_Aa$; bloco $B$ no plano de $30^\circ$: $m_Bg\sin30^\circ-T_B=m_Ba$; polia: $(T_B-T_A)R=I\alpha$ e $\alpha=a/R$.
Um bloco de $5{,}0\text{ kg}$ de massa repousa sobre um plano inclinado rugoso, que forma um ângulo de $30^\circ$ com a horizontal. O coeficiente de atrito estático entre o plano e o bloco é $\dfrac{\sqrt3}3$. A intensidade mínima de uma força, paralela ao plano, necessária para iniciar o movimento do cubo para cima do plano é de
No limiar de subida, o atrito estático máximo atua para baixo do plano.
\[F_{min}=mg\sin30^\circ+\mu_s mg\cos30^\circ\]\[=50\left(\frac12+\frac{\sqrt3}{3}\frac{\sqrt3}{2}\right)=50\text{ N}\]Limiar de movimento: enquanto o bloco ainda está em equilíbrio, o atrito estático se ajusta até o limite $f_{s,\max}=\mu_sN$. Como a força aplicada é paralela ao plano, $N=mg\cos30^\circ$; a força mínima de subida vence tanto $mg\sin30^\circ$ quanto o atrito máximo.
Uma esfera e um disco, ambos de raio $R$ e massa $M$ uniformemente distribuída, descem uma rampa em condições tais que podem apenas rolar, mas não deslizar. Ambos chegam à parte mais baixa da rampa com a mesma velocidade $v$ do centro de massa. É CORRETO afirmar que, no ponto mais baixo da rampa, a esfera e o disco possuem
Como ambos têm a mesma massa e o mesmo módulo da velocidade do centro de massa, possuem a mesma energia cinética translacional: $K_t=mv^2/2$.
Como $I_{esfera}=2mR^2/5$ e $I_{disco}=mR^2/2$, as energias cinéticas rotacionais $I\omega^2/2$ são diferentes, apesar de $\omega=v/R$ igual.
Cálculo das energias: com $\omega=v/R$, $E_{r,\mathrm{esfera}}=\frac12\frac{2}{5}mR^2(v/R)^2=\frac15mv^2$ e $E_{r,\mathrm{disco}}=\frac12\frac12mR^2(v/R)^2=\frac14mv^2$. As velocidades angulares são iguais, mas as energias de rotação não.
Uma esfera de massa $m$ está presa na ponta de um fio inextensível de comprimento $L=5\text{ m}$ que, por sua vez, está pendurado em um teto. A esfera possui um movimento tal que descreve um círculo horizontal de raio $R$ constante, ao modo de um pêndulo cônico. O fio forma um ângulo de $60^\circ$ com a vertical. A velocidade angular da esfera é de
Das equações $T\cos\theta=mg$ e $T\sin\theta=m\omega^2R$, usando $R=\ell\sin\theta$:
\[\omega^2=\frac{g}{\ell\cos\theta}=\frac{10}{5(0{,}5)}=4\]Portanto, $\omega=2\text{ rad/s}$.
Eliminação da tração: dividindo $T\sin\theta=m\omega^2R$ por $T\cos\theta=mg$, resulta $\tan\theta=\omega^2R/g$. Com $R=L\sin\theta$, vem $\omega^2=g/(L\cos\theta)$.
Uma escada está encostada em uma parede vertical, formando com ela um ângulo de $45^\circ$. A parede é muito lisa, de modo que não existe atrito entre ela e a escada. Para que a escada não escorregue, o coeficiente de atrito mínimo necessário entre o pé da escada e o piso é
Para escada uniforme em equilíbrio, a força normal horizontal da parede satisfaz o torque $N_pL\sin45^\circ=mg(L/2)\cos45^\circ$ e resulta $N_p=mg/2$.
No solo, a normal vertical é $N_s=mg$ e o atrito deve valer $f=N_p$; logo $\mu_{min}=f/N_s=1/2$.
Hipótese: escada homogênea, sem carga extra; é a condição implícita do gabarito.
Hipótese física importante: o valor $1/2$ exige considerar o peso da escada aplicado em seu ponto médio (escada uniforme) e desprezar outras cargas. Se a distribuição de massa fosse diferente, o enunciado precisaria fornecer o centro de massa para determinar $\mu_{\min}$.
Um bloco se desloca horizontalmente em linha reta, com velocidade $\vec v$, em uma superfície sem atrito, e colide frontalmente com outro bloco de mesma massa, que está inicialmente em repouso. Imediatamente após a colisão, o segundo bloco começa a se mover em uma superfície cujo coeficiente de atrito é $\mu$. O segundo bloco para após percorrer uma distância $v^2/(4\mu g)$. Nessas condições, é CORRETO afirmar que, durante a colisão,
Da frenagem do segundo bloco, $v_2^2=2\mu g d=v_0^2/2$, logo $v_2=v_0/\sqrt2$.
Numa colisão unidimensional de massas iguais que conservasse também energia cinética, o segundo bloco deveria sair com $v_0$ (e o primeiro parar). Isso não acontece.
Portanto, na colisão, momento linear se conserva, mas energia cinética não.
Verificação explícita da dissipação: da frenagem, $v_2=v/\sqrt2$. Conservando momento no choque entre massas iguais, a velocidade final do primeiro bloco é $v_1=v-v_2=v(1-1/\sqrt2)$. A razão entre as energias cinéticas é $\dfrac{K_f}{K_i}=(1-1/\sqrt2)^2+1/2=2-\sqrt2<1$. Logo, há perda de energia cinética, embora o momento do sistema se conserve durante a colisão.
Em um aeroporto, uma criança caminha sobre uma esteira de forma que, em relação a um observador sentado dentro do aeroporto, a criança está em repouso. Sabendo que o módulo da velocidade da esteira é de 1,0 m/s, é CORRETO afirmar que a criança
Somando velocidades: $\vec v_{criança,solo}=\vec v_{criança,esteira}+\vec v_{esteira,solo}=0$.
Logo, $\vec v_{criança,esteira}=-\vec v_{esteira,solo}$: a criança caminha a $1{,}0\text{ m/s}$ no sentido contrário ao da esteira.
Conferência de sinais: escolhendo o sentido da esteira positivo, $0=v_{\mathrm{criança/esteira}}+1{,}0$, logo $v_{\mathrm{criança/esteira}}=-1{,}0\text{ m/s}$. O sinal negativo significa andar no sentido contrário ao da esteira.