Física A 1
GABARITO
Física A – Extensivo V. 2
Exercícios
01) 69
01. Correta.02. Incorreta. O espaço permanece constante, logo
o móvel está em repouso.04. Correta.08. Incorreta. No intervalo de 2 a 3 s o móvel possui
movimento retardado.16. Incorreta. A distância percorrida de 2 a 3 s é zero,
pois o móvel está em repouso.
32. Incorreta. v = v = v = 1,35 m/sm m m
∆∆st
9 5 07 0 0,,−−
64. Correta.
02) 3001. Falsa. O móvel B está realizando um movimento
variado.02. Verdadeira. Móvel A Móvel B
tgθ = 204
= 5 m/s tgθ = 204
= 5 m/s2
vA = 5 m/s a = 5 m/s2
Equação horária de A Equação horária de B
XA = 0 + 5t XB = 40 – 20t + 52
2t
Encontro XA = XB
5t = 40 – 20t + 52
2t
t2 – 10t + 16 = 0 t' = 2 s e t2 = 8 s04. Verdadeira. Com base no item 02. XA = 0 + 5t ∴ XA = 0 + 5 . 2 ∴ XA = 10 m XB = 0 + 5 . 8 ∴ XB = 40 m08. Verdadeira. vB = vo + a . t ∴ vB = –20 + 5t vB = –20 + 5 . 2 vB = –10 m/s16. Verdadeira. vB = vo + a . t ∴ vB = –20 + 5 . (8) vB = 20 m/s
03) 43.
250 m
vA = +20 m/s vB = –5 m/s aA = – 1 m/s2 aB = – 1 m/s2
01. Verdadeira. XA = 0 + 20t – 12
2t
XB = 250 – 5t – 12
2t
Encontro: XA = XB
20t – t2
2 = 250 – 5t – t2
2 t = 10 s
02. Verdadeira. XA = 20t – t2
2
XA = 20 . 10 – ( )102
2 ∴ XA = 150 m
04. Falsa. vA = vo + a . t vA = 20 – 1 . t ∴ vA = 20 – 1 . 10 vA = 10 m/s08. Verdadeira. vB = vo + a . t vB = – 5 – 1 . t ∴ vB = – 5 – 1 . 10 vB = –15 m/s16. Falsa. Condição de inversão: vA = 0 vA = 20 – 1 . t 0 = 20 – t t = 20 s
32. Verdadeira. XA = 20 t – t2
2 ⇒ XA = 20 . 20 –
202
2
XA = 200 m
Física A2
GABARITO
04) C Em t = 0
A B
30 m 90 m
∆x = 60 mAB
05) B XA = XB
30 + 20t = 90 – 10t t = 2 s
06) C No instante em que João vê o amigo:
60 km/h
PamigoJoão
Como o amigo de João tem velocidade de 60 km/h, ou seja, 60 km a cada 60 minutos, ele percorre 1 km/minuto.
Sendo assim, após 4 minutos o amigo de João está a 4 km do ponto P. Veja:
4 km
amigoJoão
P
Equação horária de João: XJ = 0 + 80t Equação horária do amigo: XA = 4 + 60t XA = XJ
0 + 80t = 4 + 60t
t = 420
h = 12 minutos
07) E Vamos fazer algumas considerações: Em 1s: Cão: 3 saltos Lebre: 7 saltos Como: 2 saltos do cão = 5 saltos da lebre, vamos supor
que: 1 salto do cão = 5 m 1 salto da lebre = 2 m Assim: vlebre = 7 . 2 = 14 m/s vcão = 3 . 5 = 15 m/s
15 m/s 14 m/scão lebre
25 saltos = 50 m
∆X = v . t 50 = 1 t t = 50 s Velocidade relativa = 1 m/s Assim, o cão percorre ∆X = 15 . 50 = 750 m. Como cada salto seu tem 5 m, ele dá 150 saltos.
08) C Ônibus t = 2/3 h
pedágio
ônibus t = 2/3 h
x (km)
Xo = 0 + 75 23
h
Xo = 50 km Para que o automóvel atingisse essa mesma posição,
ele gastaria: XA = 0 + 100 . t 50 = 100 . t t = 0,5 h = 30 minutos
Como ele gastou 23
h (40 min), ele ficou parado
10 min!
09) C Vamos supor que em 1 s o predador ande 10 m e a
presa 1 m. Então: vpresa = 1 m/s vpredador = 10 m/s Num certo instante:
10 m/s 1 m/spredador presa
100 m0
Velocidade relativa = 9 m/s ∆X = v . t 100 = 9 . t
t = 1009
s
A distância percorrida pelo predador é:
∆X = 10 . 1009
∆X = 111,11 m
10) 12 s. Equações horárias: XA = 20 + 20 . t XB = 60 + 5 . t
Física A 3
GABARITO
XC = 100 + 25 . t Para que A esteja equidistante de B e C.
B A C
XC – XA = XA – XB
100 + 25t – (20 + 20t) = 20 + 20t – (60 + 5t) 120 = 10 . t t = 12 s
11) E
ele
1350 m
20:00 h
0
19h55min
Perceba que: 1350 m = 13 500 cm 5 min = 300 s
Assim: X = Xo + vo . t + a t. 2
2
13 500 = 0 + 0 . t + a . 3002
2
a = 3 cm/s2
ela
600 m0
X = X0 + v . t 600 = 0 + 1 . t t = 600 s = 10 minutos – ou seja, ela poderá sair 10
minutos antes (19h50min).
12) Dv (m/s)
A
B
t (s)80
16
α
B: MRU v = 16 m/s ∆XB = 16 . t A: MRUV
tgα = a = 168
= 2 m/s2
∆XA = 2
2
2. t
Buscamos quando: ∆XA = 2 ∆XB
t 2 = 2 . 16 t t = 32 s
13) A
d (m)
A
A B
B
t (s)50
25
Pelo gráfico é possível perceber que A cruza os 25 m antes de 5 s e B após 5 s.
14) E
x
t0
1 3
2 C
BA
A: MRUV B e C: MRU com velocidades diferentes, pois há incli-
nações diferentes. Em 1: B ultrapassa A. Em 2: A ultrapassa B.
15) A: XA = 0 + 0 . t + 0 52
2, t ⇒ XA = t2
4 B: XB = 0 + 5t ⇒ XB = 5t
Física A4
GABARITO
a) Alcance (XA = XB)
t 2
4= 5 t
t = 20 s
b) vA = vo + a . t vA = 0 + 0,5 . 20 vA = 10 m/s.
16) C
A
B
a = 0,2 m/s
v = 8 m/s
2
XA = 0 + 0 . t + 0 22
2, t
XA = 0,1t2
XB = 0 + 8t XB = 8t
No instante de alcance: XA = XB
0,1 t 2 = 8 t t = 80 s
A velocidade de A no alcance:
vA = vo + a . t vA = 0 + 0,2 . 80 vA = 16 m/s
17) 13.
velocidade (km/h)
tempo (min)
50
40
30
20
10
0 10 20 30 40 50 60
A
A
B
B
ÁreaB = ∆XB = 1600 m ÁreaA = ∆XA = 1600 m
01. Verdadeira. ∆XB = ∆XA em 60 minutos
02. Falsa. Até 30 minutos. ∆XA = 1125 m
∆XB = 10 . 10 + ( ) .10 25 20
2+
∆XB = 450 m04. Verdadeira. Perceba pelo gráfico.08. Verdadeira. Perceba que enquanto o movimento
de B é acelerado, o de A é retardado.
18)
4,0
2,4
0 5,0 10,0 15,0
C1
C2
t (s)
v (m/s)
a) tgα = a = ∆∆vt
= 410
= 0,4 m/s2
Perceba que pegamos o ponto em 10 s, pois temos um movimento com aceleração constante.
b) As velocidades serão iguais quando C1 atingir 2,4 m/s.
v1 = vo + a . t 2,4 = 0 + 0,4 . t t = 6 s
As distâncias serão:
∆X1 = b h.2
= 6 2 42
. , = 7,2 m
∆X2 = ( ) .B b h+2
= ( ) . ,6 1 2 42
+ = 8,4 m
∆X21 = 8,4 – 7,2 = 1,2 m
19) D Guarda (V = 108 km/h = 30 m/s) Aceleração (a)
a = ∆∆vt
= 3010
= 3 m/s2
∆XG percorrida até atingir 108 km/h (30 m/s)
∆XG = v0t + a t. 2
2
∆XG = 0 + 10 + 3 102
2.
∆XG = 150 m
Motorista (v = 90 km/h = 25 m/s) ∆XM percorrida pelo motorista nos 10 s de aceleração
do guarda. ∆XM = v . t ∆XM = 25 . 10 ∆XM = 250 m
Física A 5
GABARITO
Assim:
G M30 m/s 25 m/s
150 250 X(m)
A partir desse instante, ambos terão velocidade cons-tante (MRU).
XG = 150 + 30t XM = 250 + 25t
Alcance (encontro): Xg = XM
150 + 30t = 250 + 25t t = 20 s
A posição de encontro será XG = 150 + 30 . 20 XG = 750 m
20) 60o.
y
x
a
0
v
qd
A
B
P∆x
∆x
Ap
Bp
Considere ∆XAp a distância percorrida por A até o ponto de encontro.
∆XAp = vA . t ∴ ∆XAp = 3t
Considere ∆XBp a distância percorrida por B até o ponto de encontro.
∆XBp = vot + a t. 2
2
∆XBp = 0 42
2, . t ∴ ∆XBp = 0,2 . t2
Perceba que podemos determinar um triângulo re-tângulo com essas distâncias. E assim relacioná-las através do teorema de Pitágoras.
∆XBp2 = ∆XAp
2 + 302
(0,2 . t2)2 = (3t)2 + 900 4 . 10–2 . t4 = 9t2 + 900 4 . 10–2 . t4 – 9t2 – 900 = 0 (x100) 4 . t4 – 900t2 – 90000 = 0
t2 = x 4x2 – 900x – 90000 = 0 x' = 300 x " = −600 t2 = x t = 300 s
Assim ∆XBp = 0,2 . t2 ∴ ∆XBp = 0,2 ( 300 )2
∆XBp = 60 m
Retorne ao triângulo inicial.
q30 m
60 m
∆XAp
cosθ = 3060
= 12
θ = 60o
21) 1301. Verdadeira. v = vo + g . t 0 = 60 – 10 . t t = 6 s
02. Falsa. h = vo . t + g t. 2
2
h = 60 . 1 – 10 12
2. ( )
h = 55 m
04. Verdadeira. h = vo . t + g t. 2
2
h = 60 . 6 – 10 62
2.( )
h = 180 m08. Verdadeira.
+===
t s
t st s
subida
descida
movimento
6
612
16. Falsa. Ao retornar ao solo a velocidade será igual à velocidade de lançamento (em módulo), no caso 60 m/s.
22) 8601. Falsa. v = vo + a . t 0 = 40 – g . 8
g = 5 m/s2
Em t = 5 s: v = vo + a . t v = 40 – 5 . 5 ∴ V = 15 m/s
Em t = 10 s: v = vo + a . t v = 0 – 5 . 2 ∴ v = 10 m/s
Física A6
GABARITO
02. Verdadeira.04. Verdadeira. v2 = vo
2 – 2 . g . h
02 = 402 – 2 . 5 . h hmáx. = 160 m08. Falsa. Em t = 3 s:
h = Vo . t + g t. 2
2
h = 40 . 3 – 5 32
2. ∴ h = 97,5 m
16. Verdadeira. Ver item 01.32. Falsa. Em t = 2 s: v = vo + a . t v = 40 – 5 . 2 ∴ v1 = 30 m/s
Em t = 4 s v = vo + a . t v = 40 – 5 . 4 ∴ v1 = 20 m/s
Velocidade média (Vm)
vm = v v1 2
2+ ∴ vm = 30 20
2+
vm = 25 m/s64. Verdadeira. Em t = 4 s:
h = 40 . 4 – 5 42
2. ( ) ∴ h = 120 m
Em t = 8 s: hmáx. = 160 m
Logo, ∆Xpercorrido = 40 m
23) A A densidade não influi no tempo de queda.
24) DI. Verdadeira.
II. Falsa. h = vo . t + g t. 2
2
h = 0 . 1 + 5 1
2
2. ( )
h = 2,5 mIII. Falsa. a = constanteIV. Verdadeira. v = vo + g . t v = 0 + 5 . 8 v = 40 m/s
25) B
26) B
27) AI. Falsa. Ambos estão sujeitos à mesma aceleração,
independentemente das suas massas.II. Falsa.III. Verdadeira.
IV. Verdadeira. Ec = m v. 2
2 É diretamente proporcional à massa. Logo, ECA
> ECB
28) A
29) 9201. Falsa. a = g ao longo de todo o movimento.02. Falsa. Fresultante = Peso04. Verdadeira. v = vo + a . t 0 = vo – 10 . 2 vo = 20 m/s08. Verdadeira.16. Verdadeira.32. Falsa.
�a é constante.
64. Verdadeira. X = Xo + vo . t + a t. 2
2
d = 0 + 20 . t – 102
2t
d = 20t – 5t2
30) v2 = vo2 + 2 . a . ∆X
v2 = 02 + 2 . 10 . (0,70 + 6,5) v2 = 144 v = 12 m/s.
31) C v2 = vo
2 + 2 . a . ∆X v2 = 02 + 2 . 10 . 500 v2 = 10 000 v = 100 m/s = 102 m/s
32) D
∆X = vo . t + a t. 2
2
h = 0 . 2,2 + 10 2 22
2( , )
h = 24,2 m
33) E v2 = vo
2 + 2 . a . ∆X 42 = 02 + 2 . g . 5 16 = 10 . g g = 1,6 m/s2
34) D v2 = vo
2 + 2 . a . ∆X 272 = 02 + 2 . 9 . h h = 40,5 m
35) EI. Verdadeira. t = 1 s
h = vo . t + a t. 2
2
Física A 7
GABARITO
h = 30 . 1 – 10 1
2
2. ( )
h = 25 mII. Verdadeira. v = vo + g . t 0 = 30 – 10 . t t = 3 sIII. Verdadeira. t = 5 s
h = vo . t + a t. 2
2
h = 30 . 1 + 10 1
2
2. ( )
h = 25 m
36) B v2 = vo
2 + 2 . g . h 02 = vo
2 + 2 . (–10) . 1,25
vo2 = 25
vo = 5 m/s
37) 06
Um segundo antes
Início de ambos os movimentos
No intervalo de 1 s o corpo B
h v t
g th m
v v at v
o
o
= + ⇒ = =
= + ⇒ = + =
02 2
210 1
25
0 10 1 10
m/s
( )
.
Orientando um referencial com o eixo positivo para cima
Xt
X tt
A B= + − = − −0 2010
230 10
102
2 2
. t
Encontro
X X
t t t t
A B=
− = − −20 5 30 10 52 2
t s=1
01. Incorreta. Tanto a aceleração do corpo A quanto a do corpo B é a gravidade e, portanto, ambos com o sentido para baixo.
02. Correta. No encontro havia passado 1 s. vB = vo + a . t vB = 10 + 10 . 1 vB = 20 m/s04. Correta. vA = vo + a . t vA = 20 – 10 . 1 vA = 10 m/s
08. Incorreta.
h v tat
h
h
o
A
A
= +
=−
=
2
2
20 110
215
.(1)
m
2
.
16. Incorreta.
h v tat
h m
o= +
= =
2
2
210 2
220
( )
Portanto, a posição em relação ao solo é 15 m.
38) A
h = vo . t + a t. 2
2
h = 0 . 2 + 10 22
2.
h = 20 m
Física A8
GABARITO
39) A
h = vo . t + a t. 2
2
h = 5 . 14 + 10 142
2.
h = 1050 m
40) a) Bola 1
h = vo . t + a t. 2
2
80 = 0 . t + 102
2t
t2 = 16 t1 = 4 s Bola 2 A bola 2 foi lançada 1 s antes e chegou junto com a
Bola 1. Assim: t2 = 3 s. b) v = v0 + a . t v = 0 + 10 . 4 v = 40 m/s
c) h = vo . t + a t. 2
2
80 = v3i . 2 + 10 22
2. ( )
80 – 20 = 3v3i
v3i = 30 m/s
41) a) t (s)
0
2
X = 5 + 3 t (m) Y = 5 + 4 t (m)
5 5
11 13
P1 (5 m, 5 m) e P2 (11 m, 13 m). b) Considerando os instantes t = 0 s e t = 2 s:
13
∆x 8m
6m
5 11 X(m)
5
Y (m)
∆X2 = 62 + 82
∆X = 10 m
vm = ∆∆Xt
= 102
ms
= 5 m/s
c)
y = 43
x + b
b = ? Quando x = 11 → y = 13
Logo: 13 = 43
. 11 + b
b = – 53
A equação então é: y = 43
. x – 53
42) C vvagão = 36 km/h = 10 m/s
I. Verdadeira. Velocidade do menino em relação ao vagão:
v = ∆∆Xt
∴ v= 105
∴ v = 2 m/s
Logo, em relação aos trilhos a velocidade é: v = 2 + 10 v = 12 m/s
II. Falsa. v = 2 m/sIII. Falsa. ∆X = v . t (em relação ao solo) ∆X = 12 . 5 ∆X = 60 mIV. Verdadeira. v = 2 m/s
43) Desce o rio vbarco = 18 km/h = 5 m/s vágua = 2,5 m/s vrelativa = 5 + 2,5 v = 7,5 m/s
v = 7,5 m/s
t = 15 min = 900 s∆
v = ∆∆Xt
∴ 7,5 = ∆X900
∆X = 6 750 m
Sobe o rio v = 18 km/h = 5 m/s v = 2,5 m/s vrelativa = 5 – 2,5 vrelativa = 2,5 m/s
v = 2,5 m/s
t = 900 srelativa
∆
v = ∆∆Xt
∴ 2,5 = ∆X900
∆X = 2 250 m
44) E
V
60 km/hP
vR = vo – vP
30 = v – 60 v = 90 km/h
Física A 9
GABARITO
45) A Menino A em relação ao trilho: VA = 3 + 3 = 6 m/s Menino B em relação ao trilho: VB = 3 – 3 = 0
46) B
v = 2 + C
v = 8 Cdescida
subida −
Já que t = ∆Xv
t = v
t = t
descidadescida
subidasubida
X
X
∆
∆
tsubida + tdescida = 600 s
∆Xvs
+ ∆Xvd
= 600
∆X
C8 − +
∆XC2 +
= 600
∆X(2 + C) + ∆X(8 – C) = 600(8 – C) . (2 + C) ∆X = –60C2 + 360C + 960
C
∆xDmáximo
Uma função do segundo grau da qual precisamos extrair o seu valor Dmáximo, ou seja, o seu vértice:
Xv = C = – ba2
= −
−360
2 60( ) = 3
Logo, ∆Xmáx. = –60(3)2 + 360 . 3 + 960 = 1500 m.
47) A velocidade de aproximação do remador em relação à água é Vaprox. = 3 – 0,5
Vaprox. = 2,5 m/s
V = ∆∆Xt
∴ 2,5 = 17 5,t
t = 7 s
48) 03
ponte
plataforma
∆t = 8min20s = 500 s
VA = ∆∆Xt
6 – 3 = ∆XtA
∆XA = 3t
VB = ∆∆Xt
5 – 3 = ∆XtB
, porém tB = t + 500 s
2 = ∆Xt + 500
∆XB = 2(t + 500) ∆XA = ∆XB
3t = 2(t + 500) t = 1000 s ∆XA = 3 . t ∴ ∆XA = 3 . 1000 ∆XA = 3000 m = 3 km
49) B
Descida: v = ∆∆Xt
= 602
kmh
= 30 km/h
vdescida = vbarco + vcorrenteza = 30 (1)
Subida: V = ∆∆Xt
= 402
= 20 km/h
vsubida = vbarco – vcorrenteza = 20 (2)
Sistema: 30
20
= += −
v v
v vb c
b c
vb = 25 km/h vc = 5 km/h
50) 12 Descendo sem remar: ∆t = 300 s
v = d
300 ∴ é a própria velocidade da correnteza (vrio)
Descendo e remando: ∆t = 100 s ∴ vBR = 2 m/s
vresultante = 2 + vrio = d
100
2 + d
300 =
d100
d = 300 m
E assim: vrio = d
300 = 300
300 = 1 m/s
Subindo e remando: ∆t = 600 s
vresultante = ∆∆Xt
= d
600 =
300600
= 0,5 m/s
01. Falsa. vresultante = vcanoa – vcorrenteza ∴ 0,5 = vcanoa – 1 vcanoa = 1,5 m/s (na subida)02. Falsa.04. Verdadeira.08. Verdadeira.
Física A10
GABARITO
16. Falsa. d = 300 m32. Falsa.64. Falsa.
51)
4 km
v = 0,5 km/h
2 3
A
v = 2 km/hB
1 a) ∆X12 = v12 . t 4 = 2 . t t = 2 h b) Por semelhança de triângulos temos:
4 km
x
2 kmh
0,5 kmh
42
= x0 5,
x = 1 km
52) C
4 km/h
1 km3 km/h
∆X = v . t 1 = 3 . t
t = 13
h = 20 min
53) C O tempo independe de vR, a influência de vR está con-
dicionada ao tamanho do deslocamento Lateral (L). Quanto maior vR, maior será L.
54) A
Av
v
y
x
B
Csombra
30°
30°
v v
v v senx
o
yo
=
=
. cos
.
30
30
A velocidade do avião em relação ao ponto C será maior que a velocidade da sombra sobre o solo, pois vx = v . cos 30o e o cos 30o ≅ 0,86. Logo, vx é 86% de v.
55) D
q v
v
v
veículo
pardal
vveículo = vpardal . cos θ
vpardal = vcosθ
56) 20 ds
60°
v
v x
4,0 m
vx = v . cos 60o = 4 . 12
= 2 m/s
∆X = v . t 4 = 2 . t ∴ t = 2 s Logo, 20 décimos de segundos.
Física A 11
GABARITO
57)
45°
45°
4m/s
C
Ângulo iguais ⇒ lados iguais. Assim, C = 4,0 m/s.
58) B
60°
50 km/h
vv
gota /solo
gota /trem
tg 60o = 50
vgota/solo
∴ 3 = 50
vgota/solo
vgota/solo = 50 3 = 28,9 km/h
59)
vvR
P v = 10 m/s
v = 10 m/s
vR2 = 102 + 102
vR2 = 200
vR = 10 . 2 m/s.
60) t (s)
0
X = 3 t + 1 (m) Y = 4 t + 1 (m)
1 1
1 4 5
2 7 9
a)
9
α
y
1 7
6
8
x
1
A trajetória é retilínea. y = ax + b
tgα = a = ∆∆
yx
= 86
= 43
y = 43
x + b
b = ? Quando x = 7, y = 9
9 = 43
. 7 + b
b = –13
y = 43
x –13
b) vx = ∆∆xt
= 4 11 0
−−
= 3 m/s
vy = ∆∆yt
= 5 11 0
−−
= 4 m/s
v
v
vy
x
v2 = vx2 + vy
2
v2 = 32 + 42
v = 5 m/s
Física A12
GABARITO
61) 45
h = 45 m
40 m/s
01. Verdadeira. h = Vo . t + a t. 2
2
45 = 0 + 102
2t
t2 = 9 ∴ t = 3 s02. Falsa. vy = voy
+ g . t vy = 0 + 10 . 3 ∴ vy = 30 m/s04. Verdadeira. v =40 m/s
v =30 m/sv
x
yR
vR2 = 402 + 302 ∴ vR = 50 m/s
08. Verdadeira. ∆X = v . t ∴ ∆X = 40 . 3 ∆X = 120 m16. Falsa. Somente da componente vertical da veloci-
dade, que nesse caso é nula.
32. Verdadeira. h = Vo . t + g t. 2
2
62) 29
vy
qvx
v = 100 m/s0
v v v v
v v sen v vx o x x
y o y y
= ⇒ = ⇒ == ⇒ = ⇒ =
. cos . ,
. . ,
θθ
100 0 8 80
100 0 6 60
m/s
m//s
01. Verdadeira. No ponto mais alto a velocidade do
projétil é igual à componente horizontal, no caso vx = 80 m/s.
02. Falsa. v = vo + g . t 0 = 60 – 10t ∴ t = 6 s04. Verdadeira. tmovimento = tsubida + tdescida ⇒ t movimento = 12 s08. Verdadeira. vy
2 = voy
2 + 2 . g . h
02 = 602 + 2 . 10 . h ∴ –3600 = – 20 h h = 180 m
16. Verdadeira. ∆X = vx . t ∴ ∆X = 80 . 12 ∆X = 960 m32. Falsa. O projétil chega ao solo com à mesma ve-
locidade com que foi lançado.
63) C Os dois objetos estão sujeitos à mesma aceleração
independentemente das suas massas.
64) E Como v1 < v2, então ∆X1 < ∆X2. Mas os tempos de
queda serão iguais, t1 = t2.
65) B t = 0,4 s
66) C ∆X = v . t ∆X = 1,5 . 0,4 ∆X = 0,6 m
67) B
h = Vo . t + g t. 2
2
80 = 0 + 102
2t
80 = 5t2
t2 = 16 ∴ t = 4 s
∆X = v . t ∆X = 50 . 4 ∆X = 200 m
68) C
h = Vo . t + g t. 2
2
h = 0 + 10 22
2. ( )
h = 20 m ÷ 2,5 m ⇒ 8 andares
69) D
80 cm
80 cm
h = Vo . t + g t. 2
2
0,8 = 0 + 102
2t
t2 = 0,4 s
Física A 13
GABARITO
∆X = v . t 0,8 = v . 0,4 v = 2 m/s
70) A ↑ Velocidade ⇒ ↑ alcance Alcancemáximo ⇒ θ = 45o
71) E
vv
vmín =
y = 0x
q
72) D
v
60°
y
vx
v0
vo = 120 m/s
v v v v
v v sen v
o oo
o o
o oo
o
x x x
y y
= ⇒ = ⇒ =
= ⇒ =
. cos .
. .
60 12012
60
60 1203
2
m/s
⇒⇒ =
voy
60 3 m/s
Terra
tempo vy = voy
+ g . t
0 = 60 3 – 10 . t
t = 6 3 s
ttotal = 12 3 s
alcance ∆X = vx . t
∆X = 60 . 12 3
∆X = 720 3 m
altura máxima vy
2 = voy
2 + 2 . g . h
0 = (60 3 )2 – 2 . 10 . h –10 . 800 = – 20 h h = 540 m
Lua (g ≈ 1,6 m/s2)
tempo vy = voy
+ g . t
0 = 60 3 – 1,6 . t
–60 3 = –1,6t
t = 37,5 3 s
tmovimento = 75 3 s
alcance ∆X = v . t
∆X = 60 . 75 3
∆X = 4500 3 m
altura máxima v2 = voy
2 + 2 . g . h
0 = (60 3 )2 – 2 . 1,6 . h –10 . 800 = – 3,2 h h = 3375 m Assim:
I. Verdadeiro.II. Verdadeiro.III. Verdadeiro.IV. Verdadeiro.
73) E
45°
q > 45°
O alcance horizontal diminuiu.
74) a)
b)
c) v
45°
y
vx
v =25 m/s0
v v v v
v v sen v v
x oo
x x
y oo
y y
= ∴ = ⇒ =
= ∴ = ⇒ =
. cos . ,
. .
45 252
212 5 2
45 252
2
m/s
112 5 2, m/s
Física A14
GABARITO
Tempo de subida vy = voy
+ g . t
0 = 12,5 2 – 10 . t t = 1,25 2 s Logo, o tempo total é: ttotal = 2,5 2 s
v v v v
v v sen v vx o
ox x
y oo
y y
= ∴ = ∴ =
= ∴ = ∴ =
. cos . ,
. . ,
37 40 0 8 32
37 40 0 6 2
m/s
44 m/s
Ao sobrevoar o obstáculo terão transcorrido 2 segun-
dos. ∆X = v . t 64 = 32 . t t = 2 s E assim ele atingirá uma altura de:
h = Vo . t + g t. 2
2
h = 24 . 2 – 10 22
2.
h = 28 m Logo, 8 m acima do obstáculo.
78) C
21 m
20 m
5 m
P
solo
P
P
i
máx
Altura máxima vy
2 = voy
2 + 2 . g . h
0 = voy
2 + 2 . (–10) . 20
– voy
2 = – 400 (–1)
voy = 20 m/s
Tempo de subida vy = voy
+ g . t
0 = 20 – 10 . t t = 2 s
Alcance ∆X = 30 m (ver no quadro) ∆X = v . t 30 = v . 2 v = 15 m/s
Do Pmáx. até P: ∆h = 5 m vy
2 = voy
2 + 2 . g . ∆h
vy2 = 02 + 2 . 10 . 5
vy2 = 100
vy = 10 m/s
Alcance ∆X = vx . t ∆X = 12,5 2 . 2,5 2 ∆X = 62,5 m
75) A
30°
v =72 km/s = 20 m/s0
voy = vo . sen 30o
voy = 20 .
12
voy = 10 m/s
vy2 = voy
2 + 2 . g . h
02 = 102 – 2 . 10 . h h = 5 m
76) E
v v v v
v v sen v v
o oo
o o
o oo
o
x x x
y y
= ∴ = ∴ =
= ∴ = ∴
. cos .
. .
60 2012
10
60 203
2
m/s
ooy=
10 3 m/s
Tempo de subida: vy = voy
+ g . t
0 = 10 3 – 10 . t
t = 3 s
Ou seja, em t = 3 s ele se encontra no ponto de altura máxima, onde:
vy = 0 vx = vmin = 10 m/s Assim, nesse ponto a velocidade da flecha é 10 m/s.
77) B
37°20 m
64 m
v0
Assim:
10 m/s
P
vR
15 m/s
vR2 = 102 + 152
vR ≅ 18,05 m/s
Física A 15
GABARITO
79) A
45°
45°
h
D
Perceba que pelo triângulo formado: H = D. No eixo vertical, logo H, podemos dizer que:
H = 12
. g . t2
Já no eixo horizontal, logo D, podemos dizer que: D = vo . t, onde v = 10 m/s (velocidade do motociclista). Então: H = D
12
. g . t2 = v . t
102
10. .
.t t
t=
t = 2 s
Assim: D = v . t ∴ D = 10 . 2 D = 20 m
80) A
CM
1m0,20 m
2m
V = 0 e V = V
�x = 8,9 m
y mín x
Na subida o centro de gravidade alcançou uma altura de 1 m:
vy2 = voy
2 + 2 . g . h
02 = voy
2 – 2 . 10 . 1
voy = 4,47 m/s
O tempo de subida até esse ponto é: vy = voy
+ g . t
0 = 4,47 – 10 . t t↑ = 0,447 s
O tempo de descida é diferente, pois as alturas de subida e descida são diferentes:
h = Vo . t + g t. 2
2
1,8 = 0 . t + 102
2t
t↓ = 0,6 s Logo, a componente horizontal da velocidade é: ∆X = v . t 8,9 = vx . (0,447 + 0,6) 8,9 = vx . 1,047 vx = 8,5 m/s
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