Física | Domínio 1 | Mecânica

SABENDO QUE…

3.1. FORÇAS E MOVIMENTOS

CONTEÚDOS

• Movimento segundo Aristóteles, Galileu e Newton

• Características do movimento de um corpo, de acordo com a resultante das forças e as condições
iniciais do movimento
• Movimentos retilíneo e uniforme e uniformemente variado em planos horizontais e planos incli-
nados

A conceção de movimento evoluiu de Aristóteles a Galileu e de Galileu até Newton.

Hoje sabe-se que as condições iniciais de um corpo e a resultante das forças que nele atuam de-
terminam as características do movimento desse corpo.
Para um movimento retilíneo:
– quando, para um corpo em movimento, a resultante das forças é nula, o corpo terá movimento
retilíneo e uniforme. A equação do movimento do corpo será:
˚x
v= § ˚x = v * ˚t § x = x0 + v * (t - t0) § x = x0 + v (t - t0)
˚t
– quando a resultante de forças que atua num corpo é constante, a aceleração também é constante
e o corpo terá movimento retilíneo uniformemente variado, podendo ser acelerado ou retar-
dado. O movimento é acelerado se a velocidade e a aceleração têm o mesmo sentido e retardado
se têm sentidos opostos. Para estes movimentos, as equações do movimento são:
˚v Equação
a= § ˚v = a * ˚t § v = v0 + a * (t - t0) § v = v0 + a (t - t0)
˚t das velocidades

1
A equação do movimento ou lei das posições é: x = x0 + v0(t - t0) + a(t - t0)2
2

QUESTÕES RESOLVIDAS
1. Um corredor de 100 m tem uma aceleração constante nos primeiros 3 s da sua corrida e
atinge, assim, uma velocidade de módulo 12 m s-1, que mantém até ao fim da corrida.
1.1. Selecione o gráfico que traduz o módulo da velocidade do corredor em função do tempo
durante os primeiros 7,0 s da corrida.

(A) (B) (C) (D)

v/m s-1 v/m s -1 v/m s-1 v/m s-1
12 12 12 12

0 7 t/s 0 3 7 t/s 0 3 7 t/s 0 3 7 t/s

Gráficos velocidade-tempo.

1.2. Determine o tempo que o corredor levou a percorrer os 100 m.

20
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SABENDO QUE…

2. A equação das posições de um corpo que se move numa trajetória retilínea é

x = 20 - 10t - 2t2 (SI)
2.1. Caracterize o movimento desse corpo.
2.2. Determine o instante em que a componente escalar da velocidade é –18 m s-1.

3. Um veículo B parte do repouso da posição Y com aceleração de módulo 1,6 m s-2 no

mesmo instante em que um veículo A passa com movimento uniforme na posição X, com
velocidade de módulo 72 km h-1, mantendo a velocidade no percurso efetuado.
A B
Trajetória
de dois
veículos. X 200 m Y x/m

3.1. Que significa dizer que o módulo da aceleração de B é 1,6 m s-2?

3.2. A que distância do ponto X se cruzam os veículos A e B?

4. Um bloco de massa 4,0 kg desce o plano inclinado A

da figura. Partindo de A, do repouso, atinge o
ponto B com velocidade de módulo 3,0 m s-1. Admita
que a força de atrito entre o bloco e a superfície do
plano inclinado é desprezável 37°
B
Determine o comprimento do plano inclinado. Bloco a descer um plano inclinado.

Resolução
1.1. (D)
Nos primeiros 3 segundos, o corredor tem movimento uniformemente acelerado, atingindo
a velocidade de 12 m s-1. Depois, passa a ter movimento uniforme, com velocidade de módulo
12 m s-1.
1.2. Pela área subjacente ao gráfico v = v(t) obtém-se o espaço percorrido. Nos primeiros 7 s, per-
3 * 12
correu + 4 * 12 = 66 m. Para terminar o percurso, faltam 34 metros, que serão efe-
2
˚x
tuados à velocidade de 12 m s-1. O tempo para fazer estes 34 metros será v = §
˚t
˚x 34
§ ˚t = § ˚t = § ˚t = 2,8 s.
v 12
Assim, o tempo total para percorrer os 100 metros será 7,0 + 2,8 = 9,8 s.

2.1. Comparando a equação dada com a equação do movimento de um corpo com movimento
1
uniformemente variado, podemos concluir que: x0 = 20 m; v0 = - 10 m s-1 e a = -2 §
2
§ a = -4 m s-2. Como o módulo da aceleração é constante, o movimento é uniformemente
variado, podendo concluir-se que é uniformemente acelerado porque v e a têm o mesmo
sinal. Move-se no sentido negativo da trajetória porque o valor da velocidade é negativo.
2.2. A equação das velocidades para este movimento será v = -10 - 4 t (SI).
Assim, fazendo v = -18 m s-1, obtém-se: -18 = -10 - 4 t § 4 t = -10 + 18 § t = 2 s.
A componente escalar da velocidade é -18 m s-1 no instante t = 2 s.

21
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SABENDO QUE…

3.1. Significa que o módulo da velocidade varia (aumenta ou diminui) 1,6 m/s em cada segundo.

3.2. Considere-se que a origem do referencial é o ponto X.

72 km 72000 m
v(A) = 72 km h-1 = = = 20 m s-1.
1h 3600 s
O veículo A tem movimento retilíneo e uniforme pelo que a equação do movimento será
x(A) = x0 + v t, que, substituindo, se obtém x(A) = 0 + 20 t.
O veículo B tem movimento uniformemente variado e, no referencial dado, a componente
escalar da aceleração será a = - 1,6 m s-2 e a posição inicial (x0) é 200 m. Assim, a equa-
1
ção do movimento será: x(B) = 200 + 0t + (-1,6)t2 § x(B) = 200 - 0,8 t2 (SI)
2
Quando os veículos se cruzarem estão na mesma posição, ou seja, x(A) = x(B). Assim,
20 t = 200 - 0,8 t2 § 0,8 t2 + 20 t - 200 = 0. Resolvendo esta equação, obtêm-se duas
soluções, sendo que apenas t = 7,7 s tem significado físico (a outra solução da equação é
negativa, não há tempos negativos!). Os dois veículos cruzam-se ao fim de 7,7 segundos.
Utilizando a equação do movimento para o veículo A, substitui-se o instante t por 7,7 s.
Assim, x(A) = 20 * 7,7 § x(A) = 154 m.
Os dois veículos cruzam-se a 154 metros da posição X.

4. Representar as forças que actuam no bloco.

No bloco atua a reação normal (R» ) e o peso do bloco (P»).
N

A Rn A Rn

Px
37°
P
Py P
37° 37°
B B

Forças que atuam no bloco. Componentes do peso do corpo.

Determinar o módulo da aceleração do movimento do bloco.

F» = P»+ R» § F» = P» + P» + R» § F» = P» ± F = P
r N r x y N r x r x

R»n + P»y = 0
», porque na direção perpendicular ao plano não há movimento.

Como a resultante das forças é constante, o movimento será uniformemente variado.

P
Pela figura da direita, sin 37o = x § Px = P sin 37o . Assim,
P
Fr = Px § ma = mg sin 37o § a = g sin 37o
a = 10 sin 37° § a = 6,0 m s-2

Determinar o instante em que o bloco atinge o ponto B.

3,0
v = v0 + at § 3,0 = 0 + 6,0 t § t = § t = 0,5 s
6,0

Determinar o comprimento do plano inclinado a partir da equação do movimento.

1 2 1
x = x0 + v0t + at § ˚x = 0 t + 6(0,5)2 § ˚x = 1,5 m
2 2
O plano inclinado tem o comprimento de 1,5 m.

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QUESTÕES PROPOSTAS

1. Dois veículos, A e B, movem-se numa estrada retilínea. Considerando que a origem do refe-
rencial é comum aos dois veículos, as equações que descrevem o seu movimento são:
xA = 40 - 5 t (SI)
xB = 5 t2 (SI)
1.1. Selecione a única opção que permite completar corretamente a expressão.
Pode afirmar-se que…
(A) … no instante t = 0 s, os veículos A e B possuem a mesma velocidade, em módulo.
(B) … o movimento do veículo B é uniforme e o do A é uniformemente acelerado.
(C) … no instante t = 2 s, os veículos A e B possuem a mesma aceleração.
(D) … o movimento do veículo A é uniforme e o do B é uniformemente acelerado.
1.2. Utilizando a máquina gráfica, obtenha o gráfico x = f(t) para os veículos A e B.
Selecione a opção que melhor traduz o gráfico posição-tempo obtido para os veículos A e B.
(A) (B)

(C) (D)

Gráficos posição-tempo.

1.3. Verifique se em algum instante a distância entre os veículos é 40 m.

Apresente todas as etapas de resolução.
1.4. Determine a componente escalar da velocidade do veículo B no instante em que o A passa
pela origem do referencial.
Apresente todas as etapas de resolução.
1.5. Admita que a massa dos veículos A e B é 600 kg.
Determine a resultante das forças que atuam em A e B.
Apresente todas as etapas de resolução.

23
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QUESTÕES PROPOSTAS

2. Um automóvel A encontra-se parado num semáforo, numa avenida retilínea. Quando o sinal
passa a verde, o automóvel arranca com aceleração de módulo constante. Nesse instante é
ultrapassado por outros dois automóveis: B e C. Considere t = 0 s o instante em que o sinal
passou para verde. O gráfico seguinte traduz a componente escalar da velocidade dos veí-
culos, que têm igual massa.

-1
v/m s
40
Automóvel A

32

24
Automóvel B

16
Automóvel C

Gráficos velocidade-tempo
0
para três automóveis. 0 2 4 6 8 10 12 14 16 t/s

2.1. Selecione a única opção que permite completar corretamente a afirmação.

No instante t = 2,5 s, o módulo da aceleração dos automóveis A e B é, respetivamente…
(A) … 5 m s-2 e 4 m s-2
(B) … 2,4 m s-2 e 0,8 m s-2
(C) … 10 m s-2 e 8 m s-2
(D) … 0 e 0,6 m s-2
2.2. Selecione a única opção que permite completar corretamente a afirmação.
Os automóveis A e B voltam de novo a cruzar-se aproximadamente no instante…
(A) … t = 10 s
(B) … t = 0,4 s
(C) … t = 4,8 s
(D) … t = 2,5 s
2.3. Determine a distância do veículo A ao veículo B, no instante em que têm velocidade de igual
módulo.
Apresente todas as etapas de resolução.

2.4. Esboce o gráfico a = f(t) para cada um dos veículos no intervalo de tempo [0 ; 10[ s.

2.5. Classifique a afirmação seguinte em verdadeira ou falsa, justificando.

Baseando-nos no módulo da aceleração do movimento dos veículos A e B, podemos concluir
que Fr(A) = Fr(B).

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QUESTÕES PROPOSTAS

3. O esquema seguinte representa duas caixas, A e B, que podem mover-se sem atrito sobre
os planos inclinados X e Y. A caixa A tem uma massa bastante menor que a caixa B e en-
contra-se sobre um plano mais inclinado que a B.

Plano X Plano Y

A B

θ1 θ2

Movimento de corpos em planos inclinados.

3.1. Compare o valor do peso das caixas A e B.

Fundamente a comparação feita.
3.2. Dos esquemas que se seguem, selecione o que melhor poderá representar a direção e sen-
tido da(s) força(s) que atua(m) na caixa B.

(A) (B) (C) (D)

3.3. Dos gráficos que se seguem, selecione o que melhor poderá traduzir o módulo da acelera-
ção das caixas A e B na descida dos planos inclinados.

(A) (B) (C) (D)

"
|a |
" "
|a | |a |
"
|a |

A A
aA = aB
B B
aA = aB = 0
t t t t

3.4. Admita que as caixas partem do repouso da altura h.

Indique qual das caixas, A ou B, atingirá o solo com maior energia cinética.
Fundamente a sua resposta.
3.5. Considere que a massa da caixa A é 5,0 kg, que h = 1,0 m e que θ1 = 53°.
Determine, apresentando todas as etapas de resolução, o módulo da velocidade da caixa A
ao atingir o solo:
3.5.1. usando as equações do movimento;
Mais questões em:
3.5.2. usando argumentos energéticos. exame.leyaeducacao.com/fisica_quimicaA11_asa

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SABENDO QUE…

3.2. FORÇAS E MOVIMENTOS

CONTEÚDOS

• Queda e lançamento na vertical com efeito da resistência do ar desprezável – movimento retilíneo

uniformemente variado

Quando a resistência do ar é desprezável e um corpo é lançado verticalmente para cima ou deixado

cair, a única força que nele atua é o seu peso, P». O peso pode ser definido a partir de P
» = m g»,
sendo g» a aceleração gravítica local. Como o corpo se encontra nas proximidades da Terra, o mó-
dulo da aceleração da gravidade é aproximadamente constante e tem valor 9,8 m s-2. Dizer que o
módulo da aceleração da gravidade nas proximidades da Terra é 9,8 m s-2, ou seja, 9,8 m s-1/s
significa que, devido à força gravítica, em cada segundo o módulo da velocidade varia (aumenta ou
diminui) 9,8 m s-1.
O módulo da aceleração da gravidade pode ser calculado a partir da Lei da gravitação universal.
Estando o corpo apenas sujeito à força gravítica, isto é, se a resultante das forças que atuam no corpo
for a força gravítica, então, a aceleração adquirida pelo corpo é a aceleração da gravidade local.
Assim: F»r = F»g
Mm M
Fr = Fg § m a = G 2 § a = g § g = G 2
r r
Se o corpo estiver próximo da Terra, r = rT, mas se se encontrar a
uma altura h, r = (rT + h). Assim,
rT

M
g=G
(rT + h)2

h
Figura 1 – Planeta Terra.

QUESTÕES RESOLVIDAS

1. Um berlinde, de massa 100,0 g, foi lançado verticalmente para cima com uma velocidade
de módulo 5,0 m s-1 de uma varanda a 10,0 m do solo, que é horizontal.
Tome como referencial o sistema de eixos representado na-
figura e considere a resistência do ar desprezável. y
1.1. Selecione a alternativa que traduz a equação do movimento e
a equação das velocidades do projétil, admitindo a origem do
referencial na varanda.
(A) y = 5,0t - 9,8t2 e v = 5,0 - 9,8t
(B) y = -10,0 + 5,0t - 9,8t2 e v = 5,0 + 9,8t
(C) y = 10,0 + 5,0t - 4,9t2 e v = 5,0 - 4,9t
(D) y = 5,0t - 4,9t2 e v = 5,0 - 9,8t Lançamento de berlinde de
uma varanda.

26
Física | Domínio 1 | Mecânica

SABENDO QUE…

1.2. O tempo de subida do projétil (berlinde), isto é, o tempo que demora a atingir a altura má-
v
xima, é dado por tsubida = 0 , sendo v0 a componente escalar da velocidade de lançamento
g
e g a componente escalar da aceleração da gravidade local.
1.2.1. No gráfico tsubida = f(v0) , refira o que representa o declive da reta obtida.
1.2.2. Determine a energia cinética do berlinde quando atinge o solo.
2. Um satélite artificial é lançado da superfície da Terra e passa a orbitar a uma altura que
é cerca de um quarto do raio da Terra.
Determine o módulo da aceleração gravítica terrestre à altura a que o satélite orbita.
Apresente todas as etapas de resolução.
3. Selecione a opção que traduz a única afirmação verdadeira.
(A) O módulo da aceleração gravítica à superfície de um planeta apenas depende da
massa do planeta.
1
(B) O módulo da aceleração gravítica a uma altura h = rplaneta tem valor do módulo da
4
aceleração gravítica à superfície do planeta.
1
(C) O módulo da aceleração gravítica a uma altura h = rplaneta tem valor do módulo da
2
aceleração gravítica à superfície do planeta.
(D) O módulo da aceleração gravítica à superfície de um planeta apenas depende do raio
do planeta.
4. A massa de Marte é 6,42 * 1023 kg e o seu diâmetro equatorial é 6794 km.
À superfície da Terra, uma pequena esfera de aço lançada verticalmente para cima com
velocidade de módulo 10,0 m s-1 atinge a altura máxima de 5,0 m.
Determine a altura máxima atingida por essa esfera se fosse lançada verticalmente para
cima à superfície de Marte com velocidade de igual módulo.

Resolução
1.1. (D)
De acordo com o referencial dado, a componente escalar da velocidade inicial é positiva
e a da aceleração gravítica negativa, já que esta tem sentido contrário ao eixo. Por outro
1
lado, na equação y = f(t), o fator multiplicativo de t2 é do valor da aceleração.
2
1.2.1. Representa o inverso do módulo da aceleração gravítica local.

1.2.2. Determinar o instante em que o berlinde atinge o solo.

Pela equação do movimento (y = 5,0 t - 4,9 t2), quando atinge o solo, y = -10,0 m.
-10,0 = 5,0 t - 4,9 t2 § 4,9 t2 - 5,0 t - 10,0 = 0
Esta equação tem duas soluções: t = -1,01 e t = 2,03 s. A primeira solução não tem signi-
ficado do ponto de vista físico. Assim, o berlinde demora 2,03 s a atingir o solo.
Determinar a componente escalar da velocidade do berlinde ao atingir o solo.
Através da equação v = f(t) e substituindo t por 2,03 s, obtém-se:
v(t = 2,03) = 5,0 - 9,8 * (2,03) § v(t = 2,03) = -14,9 m s-1. (O sinal “-” tem a ver com o
facto da velocidade do berlinde ao atingir o solo ter sentido oposto ao do eixo de referência.)

27
 Física | Domínio 1 | Mecânica

SABENDO QUE…

Determinar a energia cinética do berlinde ao atingir o solo.

m = 100,0 g § m = 0,1000 kg
1 1
Ec = m v2 § Ec = 0,1000 * (14,9)2 § Ec = 0,18 J
2 2
A energia cinética do berlinde ao atingir o solo é 0,18 J.

2. Determinar a expressão da aceleração gravítica à superfície da Terra.

mM M M
À superfície da Terra: P = Fg § m g = G 2 § g = G 2 § 9,8 = G 2
rT rT rT
Determinar a expressão da aceleração gravítica à altura a que orbita o satélite (g’).
M 1 M M 16 M
g’=G , em que h = rT . Assim, g’ = G § g’ = § g’ = G
(rT + h) 2 4 1 2 5 2 25 r2T
( rT + rT
4 ) 4( rT )
Determinar o módulo da aceleração gravítica à altura a que orbita o satélite.
16 M
G
g’ 25 r2T g’ 16 16
= § = § g’ = * 9,8 § g’ = 6,3 m s-2
9,8 M 9,8 25 25
G 2
rT
O módulo da aceleração gravítica à altura da órbita do satélite é 6,3 m s-2.
3. (B)
Para um corpo em queda livre, a resultante das forças que atuam no corpo é a força gra-
vítica. Assim, o módulo da resultante das forças é igual ao módulo da força gravítica, pelo
que a aceleração do movimento será a aceleração gravítica.
m*M M
Fr = Fg § m a = G §a=g§g=G 2
r2 r
Sendo h = rplaneta ± r = rp + rp § r = 2rp
M M M 1 M
g = G 2 § g=G §g=G §g= G 2
r (2rp)2 4rp2 4 rp
1
O módulo da aceleração gravítica reduz quando a altura é h = rplaneta.
4
diâmetro 6794
4. M (Marte) = 6,42 * 1023 kg e r (Marte) = § r (Marte) = §
2 2
§ r (Marte) 9 3,4 * 106 m

Determinar o módulo da aceleração gravítica à superfície de Marte.

m*M M
Fr = Fg § m a = G §a=g§g=G 2
r2 r
6,42 * 1023
g = 6,67 * 10-11 * § g = 3,7 m s-2
(3,4 * 106)2
Determinar o tempo de subida da esfera, admitindo que a única força que atua é
a gravítica.
v = v0 + a t § 0 = 10 + (-3,7)t § t = 2,7 s
Determinar a altura máxima atingida pela esfera em Marte, ou seja, y (t = 2,7 s).
1 1
y = y0 + v0 t + a t2 § y = 0 + 10(2,7) + (-3,7)(2,7)2 § y = hmáx = 14 m
2 2
A altura máxima atingida pela esfera em Marte seria aproximadamente 14 m.

28
Física | Domínio 1 | Mecânica

QUESTÕES PROPOSTAS

1. Os vasos e floreiras no exterior de janelas e varandas podem ser perigosos nos dias de muito
vento, já que podem soltar-se e cair sobre alguém que passa na rua.

Y X
Floreira.

Num dia de temporal, um vaso soltou-se e caiu verticalmente de uma janela a 25 m do solo.
Despreze a resistência do ar e considere o módulo da aceleração gravítica 10 m s-2.
1.1. Tomando como referencial o sistema de eixos representado na figura e a sua origem ao nível
em que se encontrava o vaso, selecione a opção que traduz corretamente a equação do movi-
mento e a equação das velocidades do vaso.
(A) y = 5 t2 e v = 10 t
(B) y = 25 - 5 t2 e v = - 10 t
(C) y = 25 + 5 t2 e v = + 10 t
(D) y = - 10 t2 e v = - 5 t
1.2. Determine o módulo da velocidade com que o vaso atinge o solo.
Apresente todas as etapas de resolução.

2. Duas esferas, A e B, partem no mesmo instante de uma mesma altura h acima do solo,
considerado horizontal. A esfera A é deixada cair e a B é lançada verticalmente para baixo
com uma velocidade inicial de módulo v0(B).
Sejam vA e vB os módulos das velocidades de A e B ao atingirem o solo, tA e tB os instantes
em que atingem o solo e gA e gB o módulo da aceleração do movimento das esferas.
Selecione a única opção que compara corretamente as grandezas físicas referidas para as
duas esferas.
(A) vA = vB, tA = tB e gA = gB (C) vA = vB, tA > tB e gA < gB
(B) vA < vB, tA = tB e gA >gB (D) vA < vB, tA > tB e gA = gB

3. Lançou-se, verticalmente para cima, a partir do solo, uma esfera de massa 400 g, tendo atin-
gido a altura máxima de 1,20 m. Despreze a resistência do ar e considere o módulo da ace-
leração gravítica 10 m s-2.
3.1. Selecione, das seguintes opções, a que traduz corretamente a aceleração e a velocidade da
esfera no instante em que atinge o ponto mais alto da trajetória.

(A) (B) (C) (D)

v
v=0 v=0 g= 0
Velocidade v
e aceleração g
g g
do projétil.

29
 Física | Domínio 1 | Mecânica

QUESTÕES PROPOSTAS

3.2. Determine, através das equações do movimento, o módulo da velocidade com que a esfera
foi lançada.
Apresente todas a etapas de resolução.
3.3. Partindo de argumentos energéticos, determine o módulo da velocidade no instante em que
a esfera atinge metade da altura máxima.
Apresente todas as etapas de resolução.

4. A tabela seguinte mostra o módulo da aceleração gravítica na Terra a duas alturas, h1 e h2.

Módulo da aceleração gravítica/m s-2 Altura/km

8,11 h1 = 6,4 * 102

Módulo da aceleração gravítica
4,96 h2 terrestre a diferentes alturas.

4.1. Que significa dizer que o módulo da aceleração gravítica é 8,11 m s-2?
4.2. Determine h2.
4.3. Selecione a única opção que completa a afirmação seguinte.
A aceleração gravítica é uma grandeza…
(A) … com a direção da vertical do lugar e cujo módulo aumenta com a distância ao centro
do planeta.
(B) … com sentido dirigido para o centro do planeta e cujo módulo não depende da distância
ao centro do planeta.
(C) … com direção da vertical do lugar e cujo módulo diminui com o quadrado da distância
ao centro do planeta.
(D) … com direção da vertical do lugar e cujo módulo aumenta com o quadrado da distância
à superfície do planeta.

5. Saturno e Neptuno são dois planetas gigantes gasosos do nosso sistema solar. Na tabela
apresentada a seguir encontram-se algumas características desses dois planetas.

Planeta Massa/1026 kg Raio médio/104 km Distância média ao Sol/106 km

Saturno 5,68 6,03 1425,5

Neptuno 1,02 2,48 4508,1

Algumas características de Saturno e Neptuno.

5.1. Mostre que, apesar da massa de Saturno ser maior que a de Neptuno, o módulo da aceleração
gravítica à superfície de Saturno é menor que à superfície de Neptuno.
Apresente todas as etapas de resolução.
5.2. Determine a que altura, em Neptuno, a aceleração gravítica tem módulo 5,2 m s-2.

30
Fisica

QUESTÕES PROPOSTAS – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

(B) Entre os instantes t = 2 s e t = 4 s, o movi- 3. Se um bloco de massa m desce um plano incli-

mento da atleta A é acelerado (velocidade e nado com velocidade constante é porque a re-
aceleração têm igual sinal). O módulo da ace- sultante das forças que sobre ele atuam é nula.
leração neste intervalo de tempo é maior que As forças que atuam sobre o bloco de massa
no intervalo de tempo ]8 ; 10[ s. Assim, o mó- m são: o peso, a reação normal que o plano in-
dulo da força resultante que atua na atleta A clinado exerce sobre ele e a força de atrito
é maior no intervalo de tempo ]2 ; 4[ s que no entre o bloco e o plano inclinado.
intervalo de tempo ]8 ; 10[ s. A reação normal e a componente normal do
(C) Entre os instantes t = 0 s e t = 2 s, as atle- peso têm a mesma direção e intensidade mas
tas deslocam-se com a mesma velocidade e a sentidos opostos, pelo que se anulam.
mesma aceleração, mas a resultante das for- Se a resultante das forças que atuam sobre o
ças (F» = m» a) que atuam nas atletas é diferente
r bloco é nula, é porque a componente tangencial
porque estas possuem massas diferentes.
do peso e a força de atrito têm a mesma inten-
(D) No intervalo de tempo ]8 ; 10[ s, o módulo
sidade, pois estas duas forças têm a mesma di-
da aceleração da atleta A é não nulo e no in-
reção e sentidos opostos. Para se anularem
tervalo de tempo ]4 ; 8[ s é nulo. Assim, no pri-
têm de possuir a mesma intensidade.
meiro intervalo de tempo a resultante das
A força de atrito entre o bloco e o plano incli-
forças é não nula e no segundo intervalo é nula.
nado não é desprezável, pois possui a mesma
Deste modo, no intervalo de tempo ]8 ; 10[ s, o
intensidade que a componente tangencial do
módulo da força resultante é maior que no in-
peso. Só deste modo a descida do plano pode
tervalo ]4 ; 8[ s.
ser feita com velocidade constante.
2.4. A 1.a Lei de Newton ou Lei da Inércia refere:
“Quando a resultante das forças que atuam
num corpo é nula (F » = 0),
» a aceleração tam- DOMÍNIO 1 | MECÂNICA
r
bém é nula (» »
a = 0), pelo que não há variação 3.1. FORÇAS E MOVIMENTOS (pp. 23-25)
da velocidade do corpo.“ Nestas condições, po- 1.1. (D)
demos concluir que o corpo estará em repouso (A) No instante t = 0 s, o veículo possui veloci-
ou terá movimento retilíneo e uniforme. dade de módulo -5 m s-1 e o veículo B possui
Entre os instantes t = 4 s e t = 8 s, a velocidade velocidade 0 m s-1, já que parte do repouso
das duas atletas é constante pelo que a sua (não tem velocidade inicial).
aceleração é nula, logo a resultante das forças
(B) O veículo A move-se com velocidade de
que atuam nas atletas também é nula, isto é,
módulo constante e igual a -5 m s-1, pelo que
» (atleta A) = F
F » (atleta B) = 0.
» As atletas pos-
r r o seu movimento é uniforme. O veículo B
suem, neste intervalo de tempo, movimento
move-se com uma aceleração de módulo
retilíneo uniforme, verificando-se a 1.a Lei de
constante e igual a 10 m s-2, pelo que o seu
Newton. O mesmo se verifica para o intervalo
movimento é uniformemente acelerado (por-
de tempo entre os instantes t = 10 s e t = 14 s.
que em cada instante a velocidade e a acele-
2.5. Determinar o valor da aceleração de A e B
ração têm o mesmo sentido).
no intervalo de tempo [0 ; 2[ s.
(C) Em nenhum instante o veículo A possui
vf - vi 6-0
a= §a= § a = 3 m s-2 aceleração.
Δt 2-0
1.2. (D) Inserindo na máquina de calcular gráfica as
No intervalo de tempo [0 ; 2] s, as atletas pos-
equações do movimento e acionando a opção
suem a mesma velocidade e aceleração.
GRAPH, observa-se o gráfico da opção D.
Fr(A) = mA a e Fr(B) = mB a
1.3. Estabelecer a expressão que permite deter-
Determinar a massa da atleta B. minar o instante em que a distância entre os
Fr(A) = mA a veículos é 40 m.
Fr(B) = mB a A distância entre os veículos é 40 m quando
Fr(A) = 1,2 * Fr(B) § xA – xB = 40 m.
§ m(A) a = 1,2 * [m(B) a] § Determinar o instante em que a distância
§ 54 * 3 = 1,2 * mB * 3 § entre os veículos é 40 m.
54 * 3 xA - xB = 40 § (40 - 5 t) - (5 t2) = 40 §
§ mB = = 45 kg
1,2 * 3 § 40 - 5 t - 5 t2 = 40 §
A massa da atleta B é 45 kg. § -5 t - 5 t2 = 40 - 40 §

113
 Física

QUESTÕES PROPOSTAS – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

§ -5 t - 5 t2 = 0 § –5 t = 5 t2 § – t = t2 § Para o automóvel A.
§ t = -1 § t = 0 s. aA = 2,4 m/s2 e v0 = 0 (obtido por leitura gráfica)
Concluir com base nos resultados obtidos que 1
só no instante t = 0 s (instante inicial) é que a xA = x0 + v0t + at2
2
distância entre os veículos A e B é 40 m.
1
1.4. Determinar o instante em que o veículo A xA = 0 + 0t + (2,4)t2 § xA = 1,2t2 (m)
2
passa pela origem.
Quando o veículo A passa pela origem, xA = 0. Para o automóvel B.
xA = 40 - 5 t § 40 - 5 t = 0 § 5 t = 40 § aB = 0,80 m/s2 e v0 = 8,0 m/s (obtido por leitura
40 gráfica)
§t= §t=8s
5 1
xB = x0 + v0t + at2
Determinar a equação da velocidade para o 2
veículo B. 1
O veículo B não tem velocidade inicial. xB = 0 + 8t + (0,8)t2 § xB = 8t + 0,4t2 (m)
2
O veículo B tem aceleração de módulo igual a
Estabelecer a condição que permite determi-
a
10 m s-2, pois, 5 = § a = 2 * 5 § nar o instante em que os automóveis A e B se
2
voltam a cruzar (estar na mesma posição).
§ a = 10 m s-2
xA = xB
Partindo da equação v = v0 + a t, a equação da
velocidade para o veículo B será vB = 10 t. Determinar o instante em que os automó-
Determinar a velocidade do veículo B quando veis A e B se voltam a cruzar (já se tinham
t = 8 s. cruzado no instante inicial, em que os três
vB = 10 t § vB = 10 * 8 § vB = 80 m s-1 automóveis estavam na mesma posição).
O valor da velocidade do veículo B no instante xA = xB § 1,2t2 = 8t + 0,4t2 §
em que o veículo A passa na origem é 80 m s-1. § 1,2t2 - 0,4t2 - 8t = 0 §
1.5. Determinar a intensidade da resultante das § 0,8t2 - 8t = 0 § (0,8t - 8) * t = 0 §
forças que atuam no veículo A. § (0,8t - 8) = 0 › t = 0 §
A resultante das forças que atuam no veículo § 0,8t = 8 › t = 0 §
A é zero, pois este desloca-se com velocidade 8
§t= › t = 0 § t = 10 s › t = 0 s
constante (aceleração nula). 0,8
Determinar a intensidade da resultante das Os automóveis A e B voltam a cruzar-se no
forças que atuam no veículo B. instante t = 10 s.
Fr(B) = m(B) * aB § Fr(B) = 600 * 10 § 2.3. Determinar o instante em que os dois auto-
§ Fr(B) = 6000 N móveis têm velocidade de igual módulo.
A resultante das forças que atuam no veículo Por leitura gráfica, verifica-se que os dois auto-
B tem intensidade 6000 N, a sua direção é a
móveis têm velocidade de igual módulo para
do movimento e o sentido é o positivo da tra-
t = 5 s.
jetória.
Estabelecer as equações da velocidade para
2.1. (B)
Determinar o módulo da aceleração do au- os automóveis A e B.
tomóvel A. v = v0 + at
Δv 24 - 12 Para o automóvel A:
aA = § aA = § aA = 2,4 m s-2 aA = 2,4 m/s2 e v0 = 0 (obtido por leitura grá-
Δt 10 - 5
fica)
Determinar o módulo da aceleração do au-
vA = v0 + at § vA = 0 + 2,4t § vA = 2,4t
tomóvel B.
Para o automóvel B:
Δv 16 - 12
aB = § aB = § aB = 0,80 m s-2 aB = 0,80 m/s2 e v0 = 8,0 m/s (obtido por leitura
Δt 14 - 5
gráfica)
2.2. (A)
vB = v0 + at § vB = 8,0 + 0,80t
Estabelecer as equações do movimento
para os automóveis A e B. Estabelecer a condição que permite deter-
1 minar o instante em que os automóveis A e
x = x0 + v0t + at2 B têm velocidade de igual módulo.
2
vA = vB

114
Fisica

QUESTÕES PROPOSTAS – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

Determinar o instante em que os automó- 3.3. (A)

veis A e B têm velocidade de igual módulo. Rn
vA = vB § 2,4t = 8,0 + 0,80t §
§ 2,4t - 0,80t = 8,0 § (2,4 - 0,80)t = 8,0 § Px
8,0 θ
§ 1,6t = 8,0 § t = § t = 5,0 s Py P
1,6 θ
Determinar a posição de cada automóvel
Deduzir a expressão do módulo da acelera-
quando t = 5,0 s.
ção em função do ângulo de inclinação do
Automóvel A:
plano.
xA = 1,2t2
» =P
F »+N» §F » =P» +P» +N»
xA = 1,2t2 § xA = 1,2 * (5,0)2 § xA = 30 m r r x y

Como P »+N » = 0, então, F» =P» §F =P §

Automóvel B: y r x r x

xB = 8t + 0,4t2 § ma = mg sin θ § a = g sin θ

xB = 8t + 0,4t2 § xB = (8 * 5) + 0,4 * (5,0)2 § Concluir com base na dedução.
§ xB = 50 m Por análise desta expressão, quanto maior for
A distância entre o veículo A e veículo B no ins- θ, maior é sin θ, pelo que maior é o módulo da
tante em que têm velocidade de igual módulo aceleração no plano inclinado.
é de 20 m, já que o A, nesse instante, está na Como θ1 > θ2, aA > aB.
posição 30 m e o B na posição 50 m. 3.4. Concluir que o sistema é conservativo.
2.4. O movimento do automóvel C é retilíneo e uni- Dado que a única força que realiza trabalho
forme, isto é, a sua velocidade é constante, durante a descida dos blocos no plano incli-
pelo que a sua aceleração é zero. nado é o peso do corpo (não há atrito e a rea-
ção normal é perpendicular ao plano), o
a/m s–2
2,8 sistema é conservativo. Assim, há conserva-
2,4
ção de energia mecânica.
2 Automóvel C

1,6 Automóvel B
À altura h, a energia cinética é nula (blocos
1,2 Automóvel A partem do repouso) e ao nível do solo a ener-
0,8 gia potencial é nula (h = 0). Assim, o bloco que
0,4
tiver maior energia potencial inicial (à altura h)
0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 t/s é o que atingirá o solo com maior energia ci-
nética. Atendendo a que a massa de B é maior
2.5. A afirmação é falsa.
que a de A, a energia potencial inicial de B é
A intensidade da força resultante aplicada no
maior que a de A. Como a energia potencial se
automóvel A é dada pela expressão
vai converter integralmente em energia ciné-
Fr(A) = m(A) * aA § Fr(A) = 2,4 m(A)
tica, então, a energia cinética de B ao atingir o
A intensidade da força resultante aplicada no
solo será maior que a de A.
automóvel B é dada pela expressão
3.5.1.
Fr(B) = m(B) * aB § Fr(B) = 0,8 m(B)
Determinar o módulo da aceleração do mo-
Como as massas são iguais, as forças não
vimento de A.
terão a mesma intensidade.
a(A) = g sin 53° § a(A) = 10 * 0,8 §
A afirmação só seria verdadeira se a massa
§ a(A) = 8 m s-2 (ver 3.3.)
dos veículos fosse diferente, verificando-se a
Determinar a distância percorrida no plano
condição 2,4 m(A) = 0,8 m(B).
inclinado.
3.1. Se m(A) << m(B), dado que P = m g, sendo g
h 1,0
constante num dado local, então, P(A) << P(B). sin θ = § d = § d = 1,25 m
d sin 53°
3.2. (D) As únicas forças que atuam são a reação Determinar o módulo da velocidade.
normal e o peso do corpo. A reação normal é As equações do movimento para movimentos
perpendicular ao plano do movimento; o peso uniformemente variados são:
tem a direção do fio de prumo. Assim, o es- 1
quema D é o único que representa correta- x = xo + vot + at2 e v = vo + at
2
mente as forças.

115
 Física

QUESTÕES PROPOSTAS – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

√ 2h
V
Eliminando a variável tempo das equações an-
teriores, obtém-se uma equação que permite § tA = (para esta esfera, v0A = 0)
g
determinar o módulo da velocidade. 1
v2 = vo2 + 2 a d § v = V√2a
√ d
√ § v = 4,47 m s-1 Para a esfera B: 0 = h - v0t + (-g) t2 §
2
O módulo da velocidade da caixa ao atingir o § gt2 + 2 v0Bt - 2h = 0
solo é 4,47 m s-1. Aplicando a fórmula resolvente, esta equação
3.5.2. terá a seguinte solução:
Partindo de argumentos energéticos -v0B + V√v20√B √+ √2√gh
Em(i) = Em(f) § Ec(i) + Ep(i) = Ec(f) + Ep(f) tB =
g
Como Ec(i) = Ep(f) = 0, então, Ep(i) = Ec(f) § (a outra solução da equação não tem signifi-
1 cado físico, já que não há tempos negativos).
§ mgh(i) = mv2(f) § v(f) = V√2 √g√h√(i) §
2 O tempo da queda da esfera B é menor que o
§ v = 4,47 m s-1. da esfera A, já que vão percorrer a mesma al-
Obteve-se assim, o mesmo módulo. tura, partindo B com uma dada velocidade ini-
cial no sentido descendente.
DOMÍNIO 1 | MECÂNICA Comparar os módulos da velocidade.
3.2. FORÇAS E MOVIMENTOS (pp. 29-30) v2 = v02 + 2aΔy
Para a esfera A:
1.1. (A) Genericamente, a equação do movimento
at2 vA2 = +2 (-g) (0 - h) § vA2 = 2gh
do vaso será y = y0 + v0t + e a equação das Para a esfera B:
2
velocidades será v = v0 + at. vB2 = (-v0B)2 + 2 (-g) (0 - h) § vB2 = v20B +2gh
O movimento de queda do vaso será retilíneo Assim, B chegará ao solo com uma velocidade
uniformemente acelerado (velocidade e ace- de módulo maior.
leração têm o mesmo sentido), partindo do re- 3.1. (C) Quando se lança verticalmente para cima
pouso. a esfera, esta sobe com movimento retilíneo
Assim, v0 = 0; y0 = 0; e a e v vão ser positivas uniformemente retardado. Durante a subida,
no sistema de referência desenhado na figura. velocidade e aceleração têm sentidos opostos
1.2. Determinar o tempo que demora a atingir o pelo que a velocidade vai diminuindo de forma
solo. uniforme, ou seja, quantidades iguais em inter-
Quando atinge o solo, y = 25 m
valos de tempo iguais.
25
y = 5t2 § 25 = 5t2 § t2 = § Atinge a posição correspondente à altura má-
5 xima quando a velocidade se anula. Nesse ins-
§ t2 = 5 § t = V√5 § t = 2,24 s tante, v» = »
0 mas g » mantêm-se.
Determinar o módulo da velocidade quando A partir desse instante inicia a descida, com
o vaso atinge o solo.
movimento retilíneo uniformemente acele-
Quando atinge o solo t = 2,24 s
rado, dado que durante a descida, velocidade
v = 10t § v = 10 * 2,24 § v = 22,4 m s-1.
e aceleração têm o mesmo sentido.
O vaso atinge o solo com velocidade de mó-
3.2. Estabelecer as condições quando a esfera
dulo 22,4 m s-1.
atinge a altura máxima.
2. (D)
Comparar as acelerações do movimento. y - y0 = 1,20 m e vf = 0
Já que as duas esferas são lançadas no Definir as equações dos módulos da veloci-
mesmo local, a aceleração será a aceleração dade e do movimento quando a esfera
gravítica local e igual para as duas. atinge a altura máxima.
Comparar os tempos de queda. 1 1
y = y0 + v0t + at2 § y - y0 = v0t + at2 §
Partir da equação do movimento 2 2
1 a
y = y0 + v0t + at2 (y0 = h e a = -g). § v0t + t2 =1,20 § v0t - 5t2 = 1,20
2 2
Quando atinge o solo, y = 0. (considerando o eixo de referência orientado
1 verticalmente para cima, a = g < 0)
Para a esfera A: 0 = h + (-g)t2 § v = v0 + at § v0 + at = 0 § v0 - 10t = 0 §
2
§ v0 = 10t

116
Fisica

QUESTÕES PROPOSTAS – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

M
Determinar o tempo que a esfera demorou § (rT + h)2 = G §
g
até atingir a altura máxima (o tempo de su-
√ M √ M
bida).
v0 = 10t V
§ V√(r√T √+ √h√)2 = G § rT + h = G §
g g V
√ M
V
v0t - 5t2 = 1,20 § (10t) t - 5t2 = 1,20 §
§ h = G - rT
§ 10t2 - 5t2 = 1,20 § 5t2 = 1,20 § g
√ 1,20
§t=
V 5
§ t = 0,49 s Determinar h.
√ M
Determinar o módulo da velocidade com
que a esfera foi lançada v0. V
h = G - rT
g

V
t = 0,49 s 6,67 * 10-11 * 5,98 * 1024
h= - 6,37 * 106 §
v0 = 10t § v0 = 10(0,49) § v0 = 4,9 m/s 4,96
O módulo da velocidade com que a esfera foi § h = 2,60 * 106 m
lançada é 4,9 m s-1. h2 é 2,60 * 106 m, ou seja, 2,60 * 103 km
3.3. Concluir que o sistema é conservativo.
4.3. (C) A aceleração gravítica local tem sempre a
Desprezando a resistência do ar, pode conside-
direção do fio de prumo (vertical do lugar) e o
rar-se que o sistema é conservativo, isto é, a sua M
energia mecânica é constante (Em = constante). seu módulo é dado por g = G 2 (sendo r a dis-
r
Determinar a energia mecânica quando a tância do ponto onde estamos a determinar o
esfera atinge a altura máxima. valor da aceleração gravítica ao centro de
m(esfera) = 400 g § m(esfera) = 0,400 kg massa do planeta).
mv2 5.1. Quando um corpo está sujeito apenas à força
Em = Ec + Ep § Em = + mghmáxima §
2 gravítica, isto é, se a resultante das forças que
§ Em = mghmáxima porque v = 0 atuam no corpo for a força gravítica, então, a
Em = mghmáxima § Em = 0,400 * 10 * 1,20 § aceleração adquirida pelo corpo é a acelera-
§ Em = 4,8 J ção da gravidade local.
Determinar o módulo da velocidade quando Estabelecer a expressão que permite deter-
a esfera atinge metade da altura máxima. minar o módulo da aceleração gravítica.
mv2 hmáxima Assim: F» =F »
Em = + mg § r g
2 2 Mm M
§ 2Em = mv2 + mghmáxima § Fr = Fg § ma = G §a=G sendo
r2 r2
§ mv2 = 2Em - mghmáxima
M
2Em a = g, resulta g = G
§ v2 = - ghmáxima § r2
m
Determinar o módulo da aceleração graví-
√ 2Em
§v=
V m
- ghmáxima § tica à superfície de Saturno.
MSaturno
√ g=G 2 §
Vhj
2 * 4,8 k rSaturno
§v= - (10 * 1,20) §
0,400 m
5,86 * 1026
§ v = V√2√4 √- √1√2√,0 § v = V√12 § § g = 6,67 * 10-11 §
(6,03 * 107)2
§ v = 3,5 m s-1.
§ g = 10,4 m s-2
O módulo da velocidade quando a esfera
Determinar o módulo da aceleração graví-
atinge metade da altura máxima é 3,5 m s-1.
tica à superfície de Neptuno.
4.1. Significa que, para um corpo em queda livre, o
MNeptuno
módulo da velocidade em cada segundo varia g=G 2 §
(aumenta ou diminui) 8,11 m s-1, ou seja, o rNeptuno
incremento ou o decréscimo da velocidade em 1,02 * 1026
§ g = 6,67 * 10-11 §
cada segundo é de 8,11 m s-1. (2,48 * 107)2
4.2. Estabelecer a expressão que permite deter- § g = 11,1 m s-2
minar h. Concluir.
P = Fg De acordo com os cálculos efetuados, verifica-
Mm M -se que o módulo da aceleração gravítica à su-
mg = G 2
§g=G § perfície de Saturno é menor que à superfície
(rT + h) (rT + h)2
de Neptuno.

117
 Física

QUESTÕES PROPOSTAS – RESOLUÇÃO POR ETAPAS

5.2. Estabelecer a expressão que permite deter- À medida que o módulo da velocidade au-
minar h. menta, a intensidade da resistência do ar tam-
MNeptuno bém aumenta, até que iguala o módulo do
g=G §
(rNeptuno + h)2 peso do papel (Rar = P). A resultante das for-
MNeptuno ças que atuam no sistema torna-se nula
§ (rNeptuno + h)2 = G § » = 0)
(F » passando, por isso, o corpo a mover-
g r

√ M√Neptuno -se com velocidade de módulo constante.

V
§ V√(rN√ept√un√o √+ √h√)2 = G
g
§ 1.2. No caso da experiência 2, o clipe e o pedaço de
papel atingem a situação final no mesmo ins-
√ M√Neptuno
§ rNeptuno + h = G
V g
§ tante, pois quando se encontram dentro da
caixa, a resistência do ar sobre cada um des-
√ M√Neptuno
§h= G
V g
- rNeptuno ses objetos não se faz sentir. Assim, ambos
estão apenas sujeitos ao peso do corpo, pelo
Determinar h. que a aceleração do movimento será a acele-
√ M√Neptuno
h= G
V g
- rNeptuno
ração gravítica local.
1.3. No caso de as experiências terem sido realizadas

V
6,67 * 10-11 * 1,02 * 1026 na Lua, a segunda teria os mesmos resultados.
h= - 2,48 * 107 § No caso da experiência 1, o clipe e o pedaço de
5,2
§ h = 1,1 * 107 m papel teriam atingido o chão praticamente ao
h2 é 1,1 * 107 m, ou seja, 1,1 * 104 km mesmo tempo, pois o efeito da resistência do
A altura de Neptuno a que a aceleração graví- ar não se fazia sentir. A Lua praticamente não
tica tem módulo 5,2 m s-2 é 1,1 * 104 km. tem atmosfera, pelo que a resistência do ar é
aproximadamente nula.
DOMÍNIO 1 | MECÂNICA Assim, os dois objetos caiam em queda livre
com movimento uniformemente acelerado,
3.3. FORÇAS E MOVIMENTOS (pp. 33-34)
9,8
com uma aceleração de valor m s-2, pelo
1.1.1. Prevê-se que o clipe chegue primeiro ao solo 6
que o pedaço de papel, ou seja, é previsível que o tempo de queda seria maior do que na
que o tempo de queda do clipe seja menor que Terra (se largados da mesma altura).
o do pedaço de papel. 2.1. Intervalo [0 ; t1[ s.
1.1.2. Prevê-se que o clipe chegue primeiro ao solo, Imediatamente após saltar, o paraquedista não
pois nele o efeito da resistência do ar pratica- abre o paraquedas. A resistência do ar depende
mente não se faz sentir, já que a sua área de da velocidade e, como esta é pequena, a inten-
contato com o ar é muito menor que a do pe- sidade do peso (P » ) do sistema é superior à
daço de papel. intensidade da resistência do ar (R» ). A resul-
ar
O efeito da resistência do ar é diretamente tante das forças que atuam no sistema é não
proporcional à área “de contacto”, ou seja, nula, tem sentido descendente e a sua inten-
quanto maior a área entre o objeto e o ar sidade vai diminuindo (R » aumenta com a ve-
ar
maior será a resistência que o ar oferece. locidade), logo a aceleração não é constante.
Assim, o clipe cai em queda livre, enquanto o O sistema apresenta movimento acelerado e
pedacito de papel não. A resistência do ar de- não uniformemente acelerado, já que o mó-
pende da velocidade e, como esta é pequena, dulo da aceleração não é constante neste in-
quando o papel inicia o seu movimento, o mó- tervalo de tempo.
dulo do seu peso (P » ) é superior ao da resis- Intervalo ]t1 ; t2[ s.
»
tência do ar (Rar). A resultante das forças que À medida que o módulo da velocidade au-
atuam no sistema é não nula, tem sentido menta, a intensidade da resistência do ar tam-
descendente e vai variando, diminuindo, por- bém aumenta, até que iguala a intensidade do
que a resistência do ar vai aumentando com peso do sistema (Rar = P), o que acontece pró-
o aumento da velocidade, logo a aceleração ximo do instante t1. A força resultante que
não tem módulo constante e o pedaço de atua no sistema torna-se nula (F » = 0)
» pas-
r
papel apresenta, nesse curtíssimo intervalo sando, por isso, o corpo a mover-se com velo-
de tempo, movimento acelerado. cidade de módulo constante. O paraquedista

118