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