LISTA EXTRA LANÇAMENTOS E MCU - …pessoal.educacional.com.br/up/4660001/6249852/lista_lançamentos... · (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade

LISTA EXTRA – LANÇAMENTOS E MCU

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1. (Uerj 2015) Uma ave marinha costuma mergulhar de uma altura de 20 m para buscar

alimento no mar.

Suponha que um desses mergulhos tenha sido feito em sentido vertical, a partir do

repouso e exclusivamente sob ação da força da gravidade.

Desprezando-se as forças de atrito e de resistência do ar, a ave chegará à superfície do

mar a uma velocidade, em m/s, aproximadamente igual a:

a) 20

b) 40

c) 60

d) 80

2. (Cefet MG 2014) Na Terra a aceleração da gravidade é aproximadamente igual a 10

m/s2 e na Lua, 2 m/s

2. Se um objeto for abandonado de uma mesma altura em queda

livre nos dois corpos celestes, então a razão entre os tempos de queda na Lua e na Terra

é

a) 1/ 10 .

b) 1/5.

c) 1.

d) 5.

e) 10.

3. (Udesc 2014) Uma pessoa do alto de um prédio solta uma bola e mede o módulo da

posição da bola em função do tempo. A figura, abaixo, mostra o esboço do gráfico da

posição em relação ao tempo.

Assinale a alternativa que representa o esboço dos gráficos em relação à velocidade

tempo e à aceleração tempo, respectivamente.


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a)

b)

c)

d)

e)


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4. (G1 - cps 2014) Para os passageiros experimentarem a sensação equivalente à

“gravidade zero”, um avião adaptado sobe vertiginosamente (figura 1) para, depois,

iniciar uma descida brusca que dura apenas alguns segundos.

Durante essa descida brusca, a velocidade horizontal mantém-se constante, variando

apenas a velocidade vertical. Na parte central desse avião, há um espaço vazio onde os

passageiros, deitados no chão, aguardam o mergulho da aeronave.

No momento do mergulho, cada passageiro perde o contato com o piso da aeronave,

podendo movimentar-se como um astronauta a bordo de uma nave em órbita (figura 2).

A situação mostrada na figura 2 é possível devido

a) ao ganho de inércia do avião.

b) ao ganho de peso dos passageiros.

c) à perda de massa dos passageiros.

d) à igualdade entre a inércia do avião e a inércia dos passageiros.

e) à igualdade entre a aceleração do avião e a aceleração da gravidade.


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5. (G1 - ifce 2014) Da parte superior de um caminhão, a 5,0 metros do solo, o

funcionário 1 arremessa, horizontalmente, caixas para o funcionário 2, que se encontra

no solo para pegá-las. Se cada caixa é arremessada a uma velocidade de 8,0 m/s, da base

do caminhão, deve ficar o funcionário 2, a uma distância de

Considere a aceleração da gravidade 10,0 m/s2 e despreze as dimensões da caixa e dos

dois funcionários.

a) 4,0 m.

b) 5,0 m.

c) 6,0 m.

d) 7,0 m.

e) 8,0 m.

6. (Espcex (Aman) 2014) Uma esfera é lançada com velocidade horizontal constante de

módulo v=5 m/s da borda de uma mesa horizontal. Ela atinge o solo num ponto situado

a 5 m do pé da mesa conforme o desenho abaixo.

Desprezando a resistência do ar, o módulo da velocidade com que a esfera atinge o solo

é de:

Dado: Aceleração da gravidade: g=10 m/s2


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a) 4 m / s

b) 5 m / s

c) 5 2 m / s

d) 6 2 m / s

e) 5 5 m / s

7. (Pucrj 2013) A Lua leva 28 dias para dar uma volta completa ao redor da Terra.

Aproximando a órbita como circular, sua distância ao centro da Terra é de cerca de 380

mil quilômetros.

A velocidade aproximada da Lua, em km/s, é:

a) 13

b) 0,16

c) 59

d) 24

e) 1,0

8. (Ufrgs 2013) A figura apresenta esquematicamente o sistema de transmissão de uma

bicicleta convencional.

Na bicicleta, a coroa A conecta-se à catraca B através da correia P. Por sua vez, B é

ligada à roda traseira R, girando com ela quando o ciclista está pedalando.

Nesta situação, supondo que a bicicleta se move sem deslizar, as magnitudes das

velocidades angulares, A B R, e ,ω ω ω são tais que

a) A B R.ω ω ω

b) A B R.ω ω ω


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c) A B R.ω ω ω

d) A B R.ω ω ω

e) A B R.ω ω ω

9. (G1 - cftmg 2013) Uma pedra é lançada para cima a partir do topo e da borda de um

edifício de 16,8 m de altura a uma velocidade inicial v0 = 10 m/s e faz um ângulo de

53,1° com a horizontal. A pedra sobe e em seguida desce em direção ao solo. O tempo,

em segundos, para que a mesma chegue ao solo é

a) 2,8.

b) 2,1.

c) 2,0.

d) 1,2.

TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:

O Brasil prepara-se para construir e lançar um satélite geoestacionário que vai levar

banda larga a todos os municípios do país. Além de comunicações estratégicas para as

Forças Armadas, o satélite possibilitará o acesso à banda larga mais barata a todos os

municípios brasileiros. O ministro da Ciência e Tecnologia está convidando a Índia –

que tem experiência neste campo, já tendo lançado 70 satélites – a entrar na disputa

internacional pelo projeto, que trará ganhos para o consumidor nas áreas de Internet e

telefonia 3G.

(Adaptado de: BERLINCK, D. Brasil vai construir satélite para levar banda larga para

todo país. O Globo, Economia, mar. 2012. Disponível em:

<http://oglobo.globo.com/economia/brasil-vai-construir-satelite-para-levar-banda-larga-

para-todo-pais-4439167>. Acesso em: 16 abr. 2012.)

10. (Uel 2013) A posição média de um satélite geoestacionário em relação à superfície

terrestre se mantém devido à

a) sua velocidade angular ser igual à velocidade angular da superfície terrestre.

b) sua velocidade tangencial ser igual à velocidade tangencial da superfície terrestre.


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c) sua aceleração centrípeta ser proporcional ao cubo da velocidade tangencial do

satélite.

d) força gravitacional terrestre ser igual à velocidade angular do satélite.

e) força gravitacional terrestre ser nula no espaço, local em que a atmosfera é rarefeita.

11. (Pucrj 2012) Um objeto é abandonado do alto de um prédio de altura 80 m em t = 0.

Um segundo objeto é largado de 20 m em t = t1. Despreze a resistência do ar.

Sabendo que os dois objetos colidem simultaneamente com o solo, t1 vale:

Considere g = 10 m/s2.

a) 1,0 s.

b) 2,0 s.

c) 3,0 s.

d) 4,0 s.

e) 5,0 s.

12. (G1 - ifce 2012) Uma pequena esfera de massa m, peso P e raio r é deixada cair no

ar, próximo à superfície da Terra. Verifica-se que, do ponto A em diante, sua velocidade

permanece constante (ver figura).

O módulo da força resultante e da aceleração da esfera imediatamente após ser largada

são

a) Zero; g.

b) Zero; zero.

c) P; zero.


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d) P; g.

e) P/2; g.

13. (Uespi 2012) A engrenagem da figura a seguir é parte do motor de um automóvel.

Os discos 1 e 2, de diâmetros 40 cm e 60 cm, respectivamente, são conectados por uma

correia inextensível e giram em movimento circular uniforme. Se a correia não desliza

sobre os discos, a razão 1 2/ω ω entre as velocidades angulares dos discos vale

a) 1/3

b) 2/3

c) 1

d) 3/2

e) 3

14. (Unicamp 2012) Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A

bola descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de

40 m de sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a

altura máxima por ela alcançada esteve entre

a) 4,1 e 4,4 m.

b) 3,8 e 4,1 m.


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c) 3,2 e 3,5 m.

d) 3,5 e 3,8 m.

15. (Espcex (Aman) 2012) Um lançador de granadas deve ser posicionado a uma

distância D da linha vertical que passa por um ponto A. Este ponto está localizado em

uma montanha a 300 m de altura em relação à extremidade de saída da granada,

conforme o desenho abaixo.

A velocidade da granada, ao sair do lançador, é de 100 m s e forma um ângulo “ ”α com

a horizontal; a aceleração da gravidade é igual a 210 m s e todos os atritos são

desprezíveis. Para que a granada atinja o ponto A, somente após a sua passagem pelo

ponto de maior altura possível de ser atingido por ela, a distância D deve ser de:

Dados: Cos 0,6;α Sen 0,8.α

a) 240 m

b) 360 m

c) 480 m

d) 600 m

e) 960 m

16. (Eewb 2011) Em um local onde 2g 10m / s , um objeto é lançado verticalmente

para cima, a partir do solo terrestre. O efeito do ar é desprezível.

O objeto atinge 20% de sua altura máxima com uma velocidade de módulo igual a 40

m/s. A altura máxima atingida pelo objeto vale:

a) 200 m

b) 150 m

c) 100 m


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d) 75 m

TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:

Um objeto que não pode ser considerado uma partícula é solto de uma dada altura sobre

um lago. O gráfico ao lado apresenta a velocidade desse objeto em função do tempo. No

tempo t = 1, 0s, o objeto toca a superfície da água. Despreze somente a resistência no ar.

17. (Uel 2011) De qual altura o objeto é solto acima da superfície da água?

a) 1 m

b) 5 m

c) 10 m

d) 100 m

e) 1000 m

18. (Pucrs 2010) O acoplamento de engrenagens por correia C, como o que é

encontrado nas bicicletas, pode ser esquematicamente representado por:


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Considerando-se que a correia em movimento não deslize em relação às rodas A e B,

enquanto elas giram, é correto afirmar que

a) a velocidade angular das duas rodas é a mesma.

b) o módulo da aceleração centrípeta dos pontos periféricos de ambas as rodas tem o

mesmo valor.

c) a frequência do movimento de cada polia é inversamente proporcional ao seu raio.

d) as duas rodas executam o mesmo número de voltas no mesmo intervalo de tempo.

e) o módulo da velocidade dos pontos periféricos das rodas é diferente do módulo da

velocidade da correia.

19. (G1 - cftsc 2010) Na figura abaixo, temos duas polias de raios R1 e R2, que giram

no sentido horário, acopladas a uma correia que não desliza sobre as polias.

Com base no enunciado acima e na ilustração, é correto afirmar que:

a) a velocidade angular da polia 1 é numericamente igual à velocidade angular da polia

2.

b) a frequência da polia 1 é numericamente igual à frequência da polia 2.

c) o módulo da velocidade na borda da polia 1 é numericamente igual ao módulo da

velocidade na borda da polia 2.

d) o período da polia 1 é numericamente igual ao período da polia 2.

e) a velocidade da correia é diferente da velocidade da polia 1.

20. (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade

inicial de 60 m/s e formando um ângulo de 30º com a horizontal, como mostrado na

figura abaixo. Se a altura do edifício é 80 m, qual será o alcance máximo (xf) da pedra,

isto é, em que posição horizontal ela atingirá o solo? (dados: sen 30º = 0,5, cos 30º = 0,8

e g = 10 m/s2).


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a) 153 m

b) 96 m

c) 450 m

d) 384 m

21. (Uerj 2009) Uma pequena planta é colocada no centro P de um círculo, em um

ambiente cuja única iluminação é feita por uma lâmpada L. A lâmpada é mantida

sempre acesa e percorre o perímetro desse círculo, no sentido horário, em velocidade

constante, retornando a um mesmo ponto a cada período de 12 horas. Observe o

esquema.

No interior desse círculo, em um ponto O, há um obstáculo que projeta sua sombra

sobre a planta nos momentos em que P, O e L estão alinhados, e o ponto O está entre P

e L.

Nessas condições, mediu-se, continuamente, o quociente entre as taxas de emissão de

O2 e de CO2 da planta. Os resultados do experimento são mostrados no gráfico, no qual

a hora zero corresponde ao momento em que a lâmpada passa por um ponto A.


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As medidas, em graus, dos ângulos formados entre as retas AP e PO são,

aproximadamente, iguais a:

a) 20 e 160

b) 30 e 150

c) 60 e 120

d) 90 e 90


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Gabarito:

Resposta da questão 1:

[A]

Usando a equação de Torricelli com a = g = 10 m/s2 e S h 20m.Δ

2 2 20v v 2g h v 0 2 10 20 400

v 20 m/s.


[D]

Da equação da queda livre:

2 Lua Terra Terra

Terra Lua Lua

Lua

Terra

t g g2 h 2 h1 10h g t t

2 g t g 2 h g 2

t5 .

t


[A]

Considerando desprezível a resistência do ar, a bola desce em queda livre até que, num

determinado instante, ela para abruptamente.

Assim, a velocidade escalar aumenta linearmente com o tempo, anulando-se

instantaneamente, enquanto que a aceleração escalar é constante, até se anular, também,

instantaneamente, como mostram os gráficos da alternativa [A].


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[E]

Os passageiros estão em queda livre, portanto, com a aceleração igual à da gravidade.


[E]

Calculando o tempo de queda q(t ) e substituindo no alcance horizontal (A) :

2q q

0

0 q

2 h1h g t t 2 h 2 5

2 g A v 8 A 8 m.g 10

A v t


[E]

1ª Solução:

O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade

horizontal constante de v0 = 5 m/s.

0

x 5t 1 s.

v 5

A componente vertical da velocidade é:

y 0y y yv v g t v 0 10 1 v 10 m/s.

Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada:

2 2 2 2 20 yv v v v 5 10 v 125

v 5 5 m/s.


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2ª Solução:

Calculando a altura de queda:

221

h g t h 5 1 h 5 m.2

Pela conservação da energia mecânica:

22

2 200

m vm vm g h v v 2 g h v 5 2 10 5 125

2 2

v 5 5 m/s.


[E]

28 dias 28 24 horas 28 24 3600 s.

2 rS 2 3,14 380.000V 1,0 km/s.

t T 28 24 3600

πΔ

Δ


[A]

Como a catraca B gira juntamente com a roda R, ou seja, ambas completam uma volta

no mesmo intervalo de tempo, elas possuem a mesma velocidade angular: B Rω ω .

Como a coroa A conecta-se à catraca B através de uma correia, os pontos de suas

periferias possuem a mesma velocidade escalar, ou seja: A BV V .

Lembrando que V .rω : A B A A B BV V .r .rω ω .

Como: A B A Br r ω ω .


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[A]

Dados: 0v 10m / s; 53,1 ; sen 0,8; cos 0,6; h 16,8m.θ θ θ

Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme figura temos:

y0 = h = 16,8 m.

Calculando as componentes da velocidade inicial:

0x 0 0x

0y 0 0y

v v cos 10 0,6 v 6 m/s .

v v sen 10 0,8 v 8 m/s .

θ

θ

Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atinge o solo

y = 0, vem:


[A]


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Se o satélite é geoestacionário, ele está em repouso em relação à Terra. Para que isso

ocorra, a velocidade angular do satélite deve ser igual à velocidade angular da Terra.


[B]

Chamemos os objetos de A e de B. O tempo t1 pedido é a diferença entre os tempos de

queda, tA e tB, respectivamente.

Para obter a expressão do tempo de queda, usamos a função horária do espaço.

A A2q q 1 A B

B B

1

2 80t 16 t 4 s

2 H1 10H g t t t t t 4 2

2 g 2 20t 4 t 2 s

10

t 2 s.


[D]

No início da queda, a resistência do ar é desprezível, portanto a força resultante é o peso

(P) e a aceleração é a da gravidade (g).


[D]

As polias têm a mesma velocidade linear, igual à velocidade linear da correia.

1 2v v

R R1 1 2 2ω ω

D D1 21 22 2

ω ω

D1 2D2 1

ω

ω

601402

ω

ω

31 .22

ω

ω


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[B]

OBS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de

conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas

soluções.

1ª Solução (Matemática):

Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados:

A equação reduzida da parábola de raízes x1 e x2 é: 1 2y a x x x x .

Nesse caso temos: x1 = 0 e x2 = 40.

Substituindo esses valores na equação dada:

2y a x 0 x 40 y ax 40ax.

Para x = 30 y = 3. Então:

2 1

3 a 30 40a 30 3 900a 1200a a .100

Assim, a equação da parábola mostrada é:

2 2x 1 x 2y 40 x y x.

100 100 100 5

Para x = 20 h = H. Então:


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220 2

H 20 H 4 8 100 5

H 4 m.

2ª Solução (Física):

Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado

(M.U.V.) com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo

(t) iguais e subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d...

Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos

uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu.

Assim, se a distância de queda num intervalo de tempo inicial (t) é h, nos intervalos

iguais e subsequentes as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h...

O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um

lançamento horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém

constante (vx = v0x), os intervalos de tempo de A até B e de B até C são iguais, pois as

distâncias horizontais são iguais (10 m).

Assim, se de A até B a bola cai h, de B até C ela cai 3h, como ilustrado na figura.

Então:

3h 3 h 1 m.

Mas : H 3h h 3 1 H 4 m.

3ª Solução (Física):

Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os

intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal


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da velocidade se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até

C é 2t.

Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos:

2

2 2

gA B : h t

2 H 4h.

g gA C : H 2t H 4 t

2 2

Mas, da Figura: H h 3 4h h 3 h 1 m.

Como H 4h H 4 m.


[D]

Decompondo a velocidade em componentes horizontal e vertical, temos:

x 0

y 0

V V .cos 100x0,6 60 m/s

V V .sen 100x0,8 80 m/s

α

α

Na vertical o movimento é uniformemente variado. Sendo assim:

2 2 2y y

1S V .t gt 300 80t 5t t 16t 60 0

2Δ


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A equação acima tem duas soluções: t= 6s e t’=10s.

Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos considerar o maior tempo

(10s).

Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim:

x xS V .t D 60x10 600mΔ


[C]

A figura mostra o movimento do corpo:

Aplicando Torricelli, vem:

2 2 20V V 2a S 0 40 2x10x0,8H 16H 1600 H 100mΔ .


[B]


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Pela leitura do gráfico, conclui-se que o objeto atinge a superfície do lago no instante t =

1 s com velocidade de 10 m/s, pois a partir desse instante sua velocidade começa a

diminuir.

A altura da queda (h1) pode ser calculada pela “área” (A1) do triângulo abaixo da linha

do gráfico de t = 0 a t = 1 s.

1 1 1

1 10h "A " h 5 m.

2


[C]

Nesse tipo de acoplamento (tangencial) as polias e a correia têm a mesma velocidade

linear (v). Lembrando que v = R e que = 2f, temos:

vA = vB ARA = BRB (2fA) RA = (2fB) RB fARA = fBRB. Grandezas que

apresentam produto constante são inversamente proporcionais, ou seja: quanto menor o

raio da polia maior será a sua frequência de rotação.


[C]

Como não há deslizamento, as velocidades lineares ou tangenciais dos pontos

periféricos das polias são iguais em módulo, iguais à velocidade linear da correia.


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v1 = v2 = vcorreia.


[D]

As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são:

0x 0 0 0

0y 0 0 0

v v cos v cos30 60 0,8 48 m / s.

v v sen v sen30 60 0,5 30 m / s.

Adotando referencial no solo e orientando a trajetória para cima temos:

y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = -10 m/s2.

Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento no eixo y é:

2 2

0 0y

1y y v t a t y 80 30 t 5 t .

2

Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo:

2 2

6 36 4 1 160 80 30 t 5 t t 6 t 16 0 t

2

t 8 s.6 10t

t 2 s (não convém).2

No eixo x o movimento é uniforme. A equação é:

0 0xx x v t x 0 48 8 x 384 m.


[C]

Resolução

Se a lâmpada passa pela posição A em t = 0 com período de 12 h, então a lâmpada passa

por A nos instantes registrados de 12 h e 24 h.


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O alinhamento com o ponto O ocorre nas quedas do quociente de oxigênio e gás

carbônico, pois a sombra projetada reduz a quantidade de luz que atinge a planta. Então

os alinhamentos ocorrem nos instantes 10 h e 22 h.

Assim existe uma diferença de 12 – 10 = 2 h entre estar alinhado com O e estar na

posição A do ponto de vista da lâmpada giratória. Estas 2 h em relação ao período de 12

h corresponde a 2/12 = 1/6 de volta, ou seja, 360/6 = 60, que é um dos ângulos

formados pelas retas AP e PO. O outro ângulo é o suplementar de 120.

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