Prova Final · Dinâmica

Questão 01Prova FinalFinal 2024Bobina e bloco · Equações do movimento com raio de giração3,0 ptsVer material

A bobina tem massa de $20\ \mathrm{kg}$ , raio externo de $200\ \mathrm{mm}$ e raio de giração $k_O = 160\ \mathrm{mm}$ em relação ao eixo fixo $O$ . Um cabo enrolado no seu raio externo sustenta um bloco $A$ de $15\ \mathrm{kg}$ . Se o bloco é liberado do repouso, determine a sua velocidade quando ele desce $600\ \mathrm{mm}$ .

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

O raio de giração é o único jeito de a questão dar $I_O$ sem dizer de que material é a bobina: $I_O = m\,k_O^2$ .

Gabarito

$v_A = 2{,}52\ \mathrm{m/s}$ (com $a = 5{,}29\ \mathrm{m/s^2}$ ).

Passo a passo

Passo 1 — o momento de inércia. É o que o raio de giração significa, por definição:

I_O = m\,k_O^2 = 20\,(0{,}160)^2 = 0{,}512\ \mathrm{kg\cdot m^2}

Passo 2 — o bloco, pela 2ª lei. Ele só translada:

m_A\,g - T = m_A\,a \tag{I}

Passo 3 — a bobina, pela equação de momentos. Ela gira em torno do eixo fixo $O$ , e a única força com braço em relação a $O$ é a tração:

T\,r = I_O\,\alpha = m\,k_O^2\,\alpha

Passo 4 — o vínculo do cabo. O cabo é inextensível e sai do raio externo, então $a = \alpha r$ , ou $\alpha = a/r$ :

T = \frac{m\,k_O^2}{r^2}\,a \tag{II}

Passo 5 — junte (II) em (I) e isole a aceleração:

m_A\,g = \left(m_A + \frac{m\,k_O^2}{r^2}\right)a

a = \frac{15(9{,}81)}{15 + \dfrac{20(0{,}160)^2}{(0{,}200)^2}} = \frac{147{,}15}{15 + 12{,}8} = 5{,}29\ \mathrm{m/s^2}

Passo 6 — cinemática. A aceleração é constante, então vale Torricelli:

v_A = \sqrt{2\,a\,\Delta s} = \sqrt{2(5{,}29)(0{,}600)} = 2{,}52\ \mathrm{m/s}

O atalho pela energia. Dá o mesmo, em menos linhas — mas só porque a questão não pede a tração:

m_A g(0{,}6) = \tfrac{1}{2}m_A v_A^2 + \tfrac{1}{2}I_O\left(\frac{v_A}{r}\right)^{\!2} \quad\Longrightarrow\quad 88{,}29 = 0{,}556\,v_A^2 \quad\Longrightarrow\quad v_A = 2{,}52\ \mathrm{m/s}

Cuidado. A parcela $m k_O^2/r^2 = 12{,}8\ \mathrm{kg}$ funciona como uma massa extra de quase o dobro do bloco: sem ela, a aceleração seria $g$ . É a inércia de rotação da bobina disfarçada de massa — e é o que faz o bloco cair muito mais devagar que em queda livre.

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Questão 02Prova FinalFinal 2024Ginasta · Conservação do momento angular4,0 ptsVer material

Um ginasta de $75\ \mathrm{kg}$ solta a barra horizontal na posição completamente estendida $A$ , girando com velocidade angular $\omega_A = 3\ \mathrm{rad/s}$ em torno do seu centro de massa. Determine:

seu momento angular na posição esticada $A$ ;
a velocidade angular quando ele assume a posição encolhida $B$ .

Considere o ginasta na posição $A$ como uma haste delgada uniforme de $1{,}75\ \mathrm{m}$ e na posição $B$ como um disco circular uniforme de $750\ \mathrm{mm}$ de diâmetro.

Gabarito

a) $H_A = 57{,}4\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}$ . b) $\omega_B = 10{,}9\ \mathrm{rad/s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — item (a), o momento de inércia da haste. Ele gira em torno do próprio centro de massa, então é o $I_G$ da tabela:

I_A = \tfrac{1}{12}m L^2 = \tfrac{1}{12}(75)(1{,}75)^2 = 19{,}14\ \mathrm{kg\cdot m^2}

H_A = I_A\,\omega_A = 19{,}14 \times 3 = 57{,}4\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}

Passo 2 — por que o momento angular se conserva. No ar, a única força sobre o ginasta é o peso, e ele age no centro de massa: braço nulo em relação a $G$ , momento nulo. Logo $H_G$ é constante durante todo o voo, por mais que ele mude de forma.

\sum M_G = 0 \quad\Longrightarrow\quad H_A = H_B

Passo 3 — o momento de inércia na posição encolhida. Disco de raio $R = 0{,}375\ \mathrm{m}$ :

I_B = \tfrac{1}{2}m R^2 = \tfrac{1}{2}(75)(0{,}375)^2 = 5{,}273\ \mathrm{kg\cdot m^2}

Passo 4 — item (b).

\omega_B = \frac{H_A}{I_B} = \frac{57{,}4}{5{,}273} = 10{,}9\ \mathrm{rad/s}

A leitura da resposta. Encolhendo, o ginasta reduziu $I$ a $28\%$ do valor esticado e por isso girou $3{,}6$ vezes mais rápido. E a energia cinética de rotação cresceu:

T_A = \tfrac{1}{2}(19{,}14)(3)^2 = 86{,}1\ \mathrm{J} \qquad T_B = \tfrac{1}{2}(5{,}273)(10{,}9)^2 = 313\ \mathrm{J}

Não é energia do nada: os músculos do ginasta fizeram esse trabalho ao dobrar o corpo contra a “força centrífuga” aparente. Momento angular conserva; energia, não. É o mesmo mecanismo da bailarina que fecha os braços — e da patinadora, e do gato que cai de pé.

Cuidado com o diâmetro. O enunciado dá $750\ \mathrm{mm}$ de diâmetro; usar isso como raio dá $I_B = 21{,}1$ e $\omega_B = 2{,}7\ \mathrm{rad/s}$ — mais lento que no início, o que é absurdo. Quando o resultado contradiz a intuição física, desconfie da leitura do enunciado antes de desconfiar da conta.

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Questão 03Prova FinalFinal 2024Impulso de força variável · Integração por partes3,0 ptsVer material

Uma força de intensidade $F = 5^{t}\,t^{2}$ , com $t$ em segundos e $F$ em newtons, é aplicada sobre um bloco de massa $M = 5\ \mathrm{kg}$ . No instante $t = 0$ sua velocidade é igual a $2\ \mathrm{m/s}$ e não existe força contrária ao movimento. Calcule a velocidade do bloco no instante $t = 2\ \mathrm{s}$ .

Gabarito

$v = 9{,}0\ \mathrm{m/s}$ (impulso $I = 35{,}0\ \mathrm{N\cdot s}$ ).

Passo a passo

Passo 0 — sim, é $5^t$ mesmo. A força é uma exponencial de base 5 multiplicada por $t^2$ , não " $5t^2$ ". O gabarito da prova confirma: a solução manuscrita integra por partes duas vezes e carrega $\ln 5$ até o fim. Se fosse $5t^2$ a questão valeria meio ponto, não três.

Passo 1 — o teorema do impulso e momento linear. É a única ferramenta que serve: força dada em função do tempo, pergunta sobre velocidade num instante.

M v_0 + \int_0^{2} F\,dt = M v \quad\Longrightarrow\quad 5(v - 2) = \int_0^{2} 5^{t}\,t^{2}\,dt

Passo 2 — a primeira integração por partes. Com $u = t^2$ e $dv = 5^t dt$ , de onde $v = 5^t/\ln 5$ :

\int 5^{t}t^{2}\,dt = \frac{t^{2}5^{t}}{\ln 5} - \frac{2}{\ln 5}\int 5^{t}\,t\,dt

Passo 3 — a segunda. Agora $u = t$ e $dv = 5^t dt$ :

\int 5^{t}\,t\,dt = \frac{t\,5^{t}}{\ln 5} - \frac{1}{\ln 5}\int 5^{t}dt = \frac{t\,5^{t}}{\ln 5} - \frac{5^{t}}{\ln^{2} 5}

Passo 4 — junte tudo. A primitiva completa é

\int 5^{t}t^{2}\,dt = 5^{t}\left(\frac{t^{2}}{\ln 5} - \frac{2t}{\ln^{2} 5} + \frac{2}{\ln^{3} 5}\right)

Vale reconhecer o padrão: a cada parte, o grau do polinômio cai um e aparece um $\ln 5$ a mais no denominador, com o sinal alternando. É o mesmo esqueleto de $\int x^n e^{ax}dx$ .

Passo 5 — avalie de $0$ a $2$ , com $\ln 5 = 1{,}6094$ :

t = 2:\quad 25\left(\frac{4}{1{,}6094} - \frac{4}{2{,}5903} + \frac{2}{4{,}1685}\right) = 25\,(1{,}4211) = 35{,}53

t = 0:\quad 1\left(0 - 0 + \frac{2}{4{,}1685}\right) = 0{,}480

I = 35{,}53 - 0{,}480 = 35{,}05\ \mathrm{N\cdot s}

Passo 6 — de volta ao teorema:

5(v - 2) = 35{,}05 \quad\Longrightarrow\quad v = 2 + 7{,}01 = 9{,}0\ \mathrm{m/s}

Cuidado com o termo de $t = 0$ . $5^0 = 1$ , não zero: o limite inferior contribui com $2/\ln^3 5 = 0{,}48\ \mathrm{N\cdot s}$ . É pouco, mas quem descarta por reflexo (como se fosse $e^{-t}$ em $\infty$ ) já perdeu o hábito de avaliar os dois limites.

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Questão 04Prova FinalSimulado da final 2025Curva compensada · Raio pelos dois limites de atrito1,0 ptVer material

Uma curva de rodovia é inclinada de um ângulo $\theta$ . Com a pista molhada, o atrito estático entre a pista e os pneus é tal que: um carro em repouso está na iminência de deslizar para dentro da curva, e um carro se movendo com velocidade $v$ está na iminência de derrapar para fora. Sendo $g$ a aceleração da gravidade, qual é o raio de curvatura da curva?

$\dfrac{v^2}{g}\cot\theta$
$\dfrac{v^2}{2g}\cot\theta$
$\dfrac{v^2}{g}\tan\theta$
$\dfrac{v^2}{g}\cot 2\theta$
$\dfrac{v^2}{2g}\cot 2\theta$

Gabarito

Alternativa (d): $\ r = \dfrac{v^2}{g}\cot 2\theta$ .

Passo a passo

Passo 1 — a primeira condição determina $\mu$ . Carro parado na iminência de escorregar para dentro (isto é, descendo a rampa): é o problema do ângulo de repouso, e nele o atrito está no máximo, subindo o plano.

P\sin\theta = F_{at} = \mu\,P\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad \mu = \tan\theta

Essa é a chave da questão: o enunciado não deu $\mu$ , mas deu uma condição que o define.

Passo 2 — a segunda condição, com o carro em movimento. Agora ele está na iminência de derrapar para fora, então o atrito aponta para dentro, ou seja, descendo o plano. Decompondo nas direções horizontal e vertical (a aceleração é horizontal, apontando para o centro da curva):

\text{vertical:}\quad N\cos\theta = \mu N\sin\theta + mg

\text{horizontal:}\quad N\sin\theta + \mu N\cos\theta = \frac{mv^2}{r}

Passo 3 — divida uma pela outra para eliminar $N$ e $m$ de uma vez:

\frac{mg}{\cos\theta - \mu\sin\theta} = N = \frac{mv^2}{(\sin\theta + \mu\cos\theta)\,r}

r = \frac{v^2}{g}\cdot\frac{\cos\theta - \mu\sin\theta}{\sin\theta + \mu\cos\theta}

Passo 4 — substitua $\mu = \tan\theta$ . É aqui que a expressão desaba numa identidade bonita:

r = \frac{v^2}{g}\cdot\frac{\cos\theta - \dfrac{\sin^2\theta}{\cos\theta}}{\sin\theta + \sin\theta} = \frac{v^2}{g}\cdot\frac{\dfrac{\cos^2\theta - \sin^2\theta}{\cos\theta}}{2\sin\theta}

Reconheça $\cos^2\theta - \sin^2\theta = \cos 2\theta$ e $2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$ :

r = \frac{v^2}{g}\cdot\frac{\cos 2\theta}{2\sin\theta\cos\theta} = \frac{v^2}{g}\cdot\frac{\cos 2\theta}{\sin 2\theta}

\boxed{r = \frac{v^2}{g}\cot 2\theta}

O sinal de que é a alternativa certa. Repare que $r \to 0$ quando $\theta \to 45^\circ$ : com $\mu = \tan 45^\circ = 1$ , o atrito já basta para qualquer curva e a inclinação deixa de fazer sentido físico. As alternativas com $\cot\theta$ não têm esse comportamento — e testar o caso-limite é mais rápido que refazer a conta.

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Questão 05Prova FinalSimulado da final 2025Energia, atrito e projétil · Dois caminhos comparados3,0 ptsVer material

A figura mostra dois caminhos. As partes iniciais de ambos são horizontais e lisas, e nos dois casos os blocos $A$ e $B$ partem com a mesma velocidade $v = 8\ \mathrm{m/s}$ da mesma posição de referência.

No instante $t_1$ , o bloco $A$ começa a subir uma rampa lisa de $3\ \mathrm{m}$ de altura e $4\ \mathrm{m}$ de base, lançando-se ao final dela. Nesse mesmo instante $t_1$ , o bloco $B$ passa a percorrer um trecho rugoso de comprimento igual ao da base da rampa ( $4\ \mathrm{m}$ ). Após esse trecho, o caminho 2 volta a ser liso.

Sabendo que, imediatamente após o lançamento do bloco $A$ , as velocidades horizontais dos dois blocos são iguais, e que $B$ já passou o trecho rugoso, determine:

o coeficiente de atrito do trecho rugoso do caminho 2;
a distância horizontal entre os blocos imediatamente após o lançamento de $A$ ;
o tempo total que $A$ leva desde o início da subida até atingir o solo horizontal.

Adote $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ .

A rampa de $3$ por $4$ tem hipotenusa $5$ : $\sin\theta = 3/5$ e $\cos\theta = 4/5$ , sem precisar de calculadora. É por isso que os números do enunciado são esses.

Gabarito

a) $\mu = 0{,}768$ . b) $D \approx 0{,}27\ \mathrm{m}$ . c) $\Delta t = 1{,}9\ \mathrm{s}$ .

Passo a passo

Passo 1 — a velocidade de $A$ no alto da rampa. Rampa lisa, então conservação da energia:

\frac{v^2}{2} = g\,h + \frac{u^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad 8^2 = 2(10)(3) + u^2 \quad\Longrightarrow\quad u = 2\ \mathrm{m/s}

Passo 2 — a componente horizontal do lançamento. $A$ sai da rampa na direção da rampa, com $\cos\theta = 4/5$ :

u_x = u\cos\theta = 2\left(\tfrac{4}{5}\right) = 1{,}6\ \mathrm{m/s} \qquad u_y = u\sin\theta = 1{,}2\ \mathrm{m/s}

Passo 3 — item (a). O enunciado diz que a velocidade horizontal de $B$ nesse instante é a mesma, $1{,}6\ \mathrm{m/s}$ . Aplique trabalho e energia no trecho rugoso de $d = 4\ \mathrm{m}$ :

-\mu\,m\,g\,d = \frac{m\,u_x^2}{2} - \frac{m\,v^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad -2\mu(10)(4) = 1{,}6^2 - 8^2

-80\mu = -61{,}44 \quad\Longrightarrow\quad \mu = 0{,}768

Passo 4 — item (b): quem chega primeiro. Os dois blocos partiram juntos, mas gastaram tempos diferentes nos $4\ \mathrm{m}$ .

Para $A$ na rampa, $a_A = -g\sin\theta = -10(3/5) = -6\ \mathrm{m/s^2}$ :

u = v + a_A t_A \quad\Longrightarrow\quad 2 = 8 - 6t_A \quad\Longrightarrow\quad t_A = 1{,}0\ \mathrm{s}

Para $B$ no trecho rugoso, $a_B = -\mu g = -7{,}68\ \mathrm{m/s^2}$ , percorrendo $4\ \mathrm{m}$ :

4 = 8t_B - \frac{7{,}68\,t_B^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad 3{,}84\,t_B^2 - 8t_B + 4 = 0

t_B = 0{,}83\ \mathrm{s} \quad\text{(a raiz }1{,}25\ \mathrm{s}\text{ não convém: já seria a volta)}

Passo 5 — a vantagem de $B$ . Ele saiu do trecho rugoso $\Delta t = 1{,}0 - 0{,}83 = 0{,}17\ \mathrm{s}$ antes, e nesse tempo andou no liso a $1{,}6\ \mathrm{m/s}$ :

D = u_x\,\Delta t = 1{,}6(0{,}17) = 0{,}27\ \mathrm{m}

Passo 6 — item (c): a queda de $A$ . Lançado de $3\ \mathrm{m}$ de altura com $u_y = 1{,}2\ \mathrm{m/s}$ para cima. Tomando o eixo para baixo:

3 = -1{,}2\,t_q + 5\,t_q^2 \quad\Longrightarrow\quad 5t_q^2 - 1{,}2t_q - 3 = 0 \quad\Longrightarrow\quad t_q = 0{,}9\ \mathrm{s}

\Delta t_{\text{total}} = t_A + t_q = 1{,}0 + 0{,}9 = 1{,}9\ \mathrm{s}

Por que essa questão é boa para o fim do semestre. Ela usa quatro assuntos diferentes em sequência: conservação da energia, trabalho do atrito, cinemática com aceleração constante e lançamento de projétil. E cada item depende do anterior — errar o $u = 2\ \mathrm{m/s}$ do Passo 1 derruba os três itens.

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Questão 06Prova FinalSimulado da final 2025Colisão de veículos · Impulso e energia dissipada2,0 ptsVer material

Um veículo $A$ , de massa $3.200\ \mathrm{kg}$ , percorria um trecho retilíneo, plano e horizontal com velocidade constante $v_A = 10\ \mathrm{m/s}$ . Um veículo $B$ , de massa $800\ \mathrm{kg}$ e velocidade constante $v_B = 20\ \mathrm{m/s}$ , se aproximava por trás e colidiu com a traseira de $A$ . Após a colisão os veículos permaneceram unidos, movendo-se a $12\ \mathrm{m/s}$ no mesmo sentido de antes. Determine:

a quantidade de movimento de $A$ antes da colisão e a intensidade do impulso recebido por $A$ na colisão;
a energia cinética de $A$ antes da colisão e o valor absoluto da energia cinética do sistema dissipada na colisão.

Gabarito

a) $Q_A = 3{,}2\times10^{4}\ \mathrm{kg\cdot m/s}$ e $I_A = 6{,}4\times10^{3}\ \mathrm{N\cdot s}$ .

b) $E_{cA} = 1{,}6\times10^{5}\ \mathrm{J}$ e $|\Delta E_c| = 3{,}2\times10^{4}\ \mathrm{J}$ .

Passo a passo

Passo 1 — item (a), a quantidade de movimento. Direto da definição:

Q_A = m_A\,v_A = 3200(10) = 3{,}2\times10^{4}\ \mathrm{kg\cdot m/s}

Passo 2 — o impulso sobre $A$ . Pelo teorema do impulso, o impulso recebido por um corpo é a sua variação de momento linear:

I_A = |\Delta Q_A| = m_A\,|v' - v_A| = 3200\,|12 - 10| = 6{,}4\times10^{3}\ \mathrm{N\cdot s}

Note que a velocidade final $12\ \mathrm{m/s}$ foi dada, mas era dedutível: pela conservação do momento,

3200(10) + 800(20) = (4000)v' \Rightarrow v' = \frac{48\,000}{4000} = 12\ \mathrm{m/s}

Vale fazer essa conferência: se o valor não fechasse, o enunciado estaria inconsistente.

Passo 3 — item (b), a cinética de $A$ antes:

E_{cA} = \frac{m_A v_A^2}{2} = \frac{3200(10)^2}{2} = 1{,}6\times10^{5}\ \mathrm{J}

Passo 4 — a energia dissipada é a diferença entre o total antes e o total depois:

E_c^{\text{antes}} = \frac{3200(10)^2}{2} + \frac{800(20)^2}{2} = 1{,}6\times10^{5} + 1{,}6\times10^{5} = 3{,}2\times10^{5}\ \mathrm{J}

E_c^{\text{depois}} = \frac{(3200+800)(12)^2}{2} = 2{,}88\times10^{5}\ \mathrm{J}

|\Delta E_c| = 3{,}20\times10^{5} - 2{,}88\times10^{5} = 3{,}2\times10^{4}\ \mathrm{J}

A leitura da resposta. Só $10\%$ da energia se perdeu, e isso é típico de colisão totalmente inelástica entre corpos de velocidades próximas e no mesmo sentido. Se $B$ viesse de frente a $20\ \mathrm{m/s}$ , a perda passaria de $80\%$ — é a velocidade relativa que se converte em amassado, não a absoluta. Daí a diferença entre uma batida traseira e uma colisão frontal.

Cuidado. “Impulso recebido por $A$ ” é a variação do momento de $A$ , não do sistema. O do sistema é zero (não há força externa horizontal); o de cada corpo é igual e oposto ao do outro — confira: $800|12 - 20| = 6{,}4\times10^{3}\ \mathrm{N\cdot s}$ , o mesmo número.

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