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1Física 1
2
CinemáticaI
MecânicaCinemática I
Propriedade do diagrama a = f(t)
A área abaixo do diagrama fornece a variação da
velocidade do móvel entre os instantes considerados.
A = ∆v
VELOCIDADE EM FUNÇÃO DO TEMPO
Como a velocidade varia linearmente com o tempo,
o gráfico v = f(t) é dado por uma reta.
v = v0 + a . t
Para o movimento acelerado, tem-se:
ACELERAÇÃO EM FUNÇÃO DO TEMPO
Como a aceleração é constante, representa-se o
gráfico a = f(t) por uma reta paralela ao eixo dos tempos.
v0
v
t
t
v
Para o movimento retardado, tem-se:
a
A
t
Propriedade do diagrama v = f(t)
A inclinação da reta fornece a aceleração do movimento.
tg α = a
v
v
v0
α
t
t
Propriedade do diagrama x = f(t)
A inclinação da curva fornece a velocidade do móvel
num dado instante de tempo.
tg α = v
POSIÇÃO EM FUNÇÃO DO TEMPO
Como a posição relaciona-se com o tempo por meio de
uma equação algébrica de segundo grau, o gráfico x = f(t) é
um arco de parábola.
Quando a aceleração é positiva, a concavidade da
parábola está voltada para cima.
v2 > v1 (tg α2 > tg α1)
x
2
1
tα1
α2
v2 < v1 (tg α2 < tg α1)
x
2
1
t
α1
α2
Quando a aceleração é negativa, a concavidade da
parábola está voltada para baixo.
Gráficos do MRUV
A área compreendida abaixo do diagrama fornece o
deslocamento do móvel.
A = ∆x
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CinemáticaI
2 Física 1
2
1. Uma partícula tem movimento retilíneo e sua
velocidade varia conforme o gráfico.
2. O diagrama a seguir mostra a posição, em função
do tempo, de uma partícula que se move em MRUV.
Obtenha:
a) a velocidade no instante t = 1s;
b) a velocidade inicial;
c) a aceleração;
d) a equação da velocidade;
e) o diagrama correspondente à velocidade X tempo.
t (s) 0 1 2 3
v (m/s)
3. A velocidade de um corpo que realiza movimento
retilíneo varia de acordo com o diagrama a seguir. Cal-
cule a velocidade média nos 10s de movimento.
v (m/s)
t (s)
4
3
2
1
0 2 4 6 8 10
v (m/s)
t (s)
8
6
4
2
0
–2
–4
1 2 3
x (m)
t (s)
10
8
6
4
2
1 2 30
v (m/s)
0 t (s)1 2 3 4 5
6
–4
a)
t (s) 0 1 2 3 4 5
x (m)
g)
b) Entre 0s e 2s, o movimento é
e .
c) Entre 2s e 5s, o movimento é
e .
d) v0 =
e) a =
f) x = x0 + v0 . t +
x (m)
t (s)
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
–2
1 2 3 4 5 6 7
Pede-se:
a) esboçar a trajetória descrita;
b) o tipo de movimento para 0s < t < 2s;
c) o tipo de movimento para 2s < t < 5s;
d) a velocidade inicial;
e) a aceleração;
f) a equação horária do movimento, sendo 3 m o des-
locamento inicial;
g) construir o diagrama correspondente a desloca-
mento X tempo.
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3Física 1
2
CinemáticaII
Cinemática II
Nos exercícios seguintes considera-se g = 10 m/s2
e despreza-se a resistência do ar.
1. Um móvel é solto do topo de um edifício e leva 4s
para chegar ao solo. Calcule a velocidade com que o
móvel chega ao solo e a altura do edifício.
v0 = 0
t = 4s
v
2. Do alto de uma torre de 160 m de altura em relação
ao solo, um objeto é atirado, verticalmente, para baixo,
com velocidade inicial de 20 m/s. Determine o tempo para
o objeto atingir o solo, desde o instante do lançamento.
160 m
v0 = 20 m/s
t = ?
Queda livre
Queda livre é o movimento vertical realizado próximo da superfície terrestre quando
o móvel está sujeito exclusivamente à aceleração da gravidade.
Para a queda ser considerada livre, é necessário que se possa desprezar a
resistência do ar.
ACELERAÇÃO DA GRAVIDADE
Nas imediações da Terra, a aceleração da gravidade tem módulo aproximada-
mente constante e próximo de g = 9,81 m/s2
Em problemas que exigem menor precisão, adota-se g = 10 m/s2
A orientação do vetor g é sempre vertical e orientado para baixo, isto é, para o
centro da Terra.
Importante: para variações significativas de altitude, a aceleração da gravidade
varia.
Quanto mais distante da superfície terrestre, menor o valor de g.
EQUAÇÕES DA QUEDA LIVRE
A queda livre é um MRUV, pois a trajetória é retilínea (vertical) e a aceleração é
constante (g).
As equações da queda livre são as mesmas do MRUV, porém se representam a
aceleração por g, a posição por y e o deslocamento por ∆∆∆∆∆y.
A clássica experiência comprova que, no
vácuo, todos os corpos caem com a mesma
aceleração, independentemente das mas-
sas que possuam. Se, dentro de um tubo
de vidro, colocarmos uma pluma e uma pe-
dra, retirando o ar do interior do tubo e colo-
cando-o na vertical, verifica-se que a pedra
e a pluma caem juntas.
Pluma
Pedra PlumaPedra
Ar Vácuo
∆y = v0 . t +
v = v0 + g . t
v2 = v0 + 2 . g . ∆y
2
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CinemáticaIII
4 Física 1
2
Cinemática III
Lançamento vertical
No ponto de altura máxima (onde se inverte o sentido do movimento), a veloci-
dade instantânea é nula.
O tempo gasto para subir é igual ao tempo gasto para descer até o ponto de lançamento.
O módulo da velocidade na subida é igual ao módulo da velocidade na descida para a
mesma posição considerada.
v0 = 30 m/s
0s
1s
2s
20 m/s
10 m/s
3s
v = 0
4s
5s
–10 m/s
–20 m/s
6s
–30 m/s
g = –10 m/s2
Quando um corpo é lançado verticalmente para cima, sujeito exclusivamente à ace-
leração da gravidade, o movimento é retardado durante a subida e, posteriormente,
acelerado na descida.
Valem as seguintes observações:
EQUAÇÕES
O movimento obtido pelo lançamento vertical para cima, cuja única aceleração é a
da gravidade, pode ser chamado de queda livre.
Valem as equações da queda livre, tomando-se o cuidado de observar que os veto-
res v0 e g apresentam sentidos opostos e, conseqüentemente, devem ser associados a
sinais opostos.
Por convenção, consideramos no presente texto o sinal de v0 como positivo. Logo é
negativo o sinal de g.
Já considerando o sinal negativo para g, as equações do movimento são:
v2 = v0 – 2 . g . ∆y∆y = v0 . t –v = v0 – g . t
2
3. De um ponto elevado, um objeto é solto sem veloci-
dade inicial. Dois segundos após o início da queda, um
segundo objeto é lançado, verticalmente, para baixo, do
mesmo ponto, com velocidade inicial de 40 m/s. Saben-
do que os dois objetos chegam ao solo no mesmo ins-
tante, qual a altura do ponto de lançamento?
4. Um corpo cai em queda livre a partir do repouso per-
correndo uma distância d durante 5,0s de queda. Após
10s de queda, qual será a distância percorrida, desde o
início do movimento?
a) d
b) 2d
c) 3d
d) 4d
e) 5d













v0 = 0
d
D = ?
10s
5,0s
0s





A
yA
tA = t
v0 = 0
B
v0 = 40 m/s
yB
tB =
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5Física 1
2
CinemáticaIII
1. Um móvel é lançado verticalmente para cima,
com velocidade de 30 m/s. Determine a velocidade e o
deslocamento depois de 2s.
2. Determine a velocidade e o deslocamento do móvel
da atividade anterior 5s depois do lançamento.
3. Um corpo é lançado para cima com velocidade de
40 m/s.
Calcule:
a) o tempo para atingir a altura máxima;
b) a altura máxima atingida;
c) o tempo total de duração do movimento.
v = 0
v0 = 40 m/s
4. Do topo de um edifício, um móvel é lançado vertical-
mente para cima, com velocidade de 20 m/s. Quanto tempo
levará o móvel para atingir um ponto situado 25 m abai-
xo do ponto de lançamento?
t1 = t
t = ?
v0 v0
1 2
t2 =
1
2
5. Uma pedra é lançada do solo, verticalmente para cima,
com velocidade inicial de 20 m/s. Dois segundos após
sua partida, uma segunda pedra é lançada do mesmo
ponto, verticalmente para cima e com a mesma veloci-
dade inicial. Quanto tempo após a partida da primeira
pedra haverá o encontro?
v0 = 20 m/s
y
g
t = ?
+
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CinemáticaIV
6 Física 1
2
vbr
vrt
varr
vrel
Cinemática IV
Movimento relativo
Um passageiro dormindo dentro de um trem em movimento está em
repouso relativamente ao trem, mas em movimento em relação à terra.
O movimento de um corpo é relativo, pois depende do observador. A existência de movimento ou de repouso, a
forma da trajetória, enfim as leis de um movimento não dependem apenas do corpo que se move, mas também do
referencial.
Uma lâmpada que se desprende do teto de um trem em movimento
descreve trajetória retilínea para um observador dentro do trem, mas
parabólica para um observador no solo.
Desprezando a resistência do ar, uma esfera solta de um avião que
se move horizontalmente, em movimento retilíneo uniforme, para um
observador no avião, descreve uma reta, enquanto que, para um
observador no solo, a trajetória descrita é um arco de parábola.
Observador
Superfície
da Terra
Esfera
Ponto de
referência
(T)(T)(T)
(S)
PRINCÍPIO DE GALILEU
Quando um corpo está sujeito, simultaneamente, a vários movimentos, cada
um se processa como se os outros não existissem.
Assim, se um barco atravessa um rio perpendicularmente à correnteza, seu mo-
vimento em relação às águas do rio independe do movimento das águas.
COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS
Considere um garoto que, supostamente, se desloca no interior de um trem, com velocidade de 1 m/s em rela-
ção ao vagão (velocidade relativa), no mesmo sentido em que o trem se desloca em relação à terra.
Se houver interesse em analisar o movimento do garoto em relação à terra, faz-se uma composição de movi-
mentos. Se a velocidade do vagão em relação à terra (velocidade de arrastamento) for igual a 20 m/s, a velocida-
de do garoto em relação à terra (velocidade absoluta) é 21 m/s.
Como a velocidade é uma grandeza vetorial, a velocidade do garoto em relação à terra é a soma vetorial de vrel e varr.
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7Física 1
2
CinemáticaIV
5. Um barco tem velocidade própria de 4 m/s e atra-
vessa um rio de largura 40 m, atingindo a margem opos-
ta em um ponto imediatamente à frente. Para que isso
aconteça, o eixo do barco está inclinado 60° em relação
à perpendicular às margens. Calcule:
a) a velocidade do rio;
b) a velocidade do barco em relação às margens;
c) o tempo para o barco atravessar o rio.
vb = 4 m/s
vr = 3 m/s
40 m





y
vr
40 m
vb = 4 m/s
60°
1. Um barco tem velocidade própria (velocida-
de do barco em relação ao rio) de 5 m/s e desce um rio
cuja velocidade da água é 1 m/s. Calcule a velocidade
do barco em relação às margens.
3. Um barco tem, em relação à terra, velocidade de
20 km/h ao subir um rio e, ao descer, 30 km/h. Calcule a
velocidade própria do barco e a velocidade das águas.
2. Na questão anterior, obtenha a velocidade do barco
em relação à terra, no caso de o barco subir o rio.
vrel = 5 m/s varr = 1 m/s
varr = 1 m/s
4. Um barco, cuja velocidade própria é 4 m/s, deve atra-
vessar um rio de largura 40 m, cujas águas têm veloci-
dade de 3 m/s. O eixo do barco está sempre dirigido per-
pendicularmente às margens. Calcule:
a) o tempo que o barco leva para atravessar o rio;
b) o deslocamento verificado pelo barco rio abaixo;
c) a velocidade do barco relativamente à terra.
vrel = 5 m/s
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CinemáticaV
8 Física 1
2
Cinemática V
Movimento parabólico
A trajetória descrita por um projétil lançado obliquamente
para cima, de um plano horizontal, quando se despreza a
resistência do ar, é um arco de parábola. O móvel fica su-
jeito a dois movimentos simultâneos, que, de acordo com
o princípio de Galileu, são independentes: MRU na dire-
ção horizontal e queda livre (QL) na direção vertical.
A razão disso é o fato de que a única aceleração
que atua sobre o móvel é a aceleração da gravidade (g).
LANÇAMENTO OBLÍQUO
O lançamento de um projétil, no vácuo, resulta em um
movimento dado pela composição de dois movimentos:
— MRU na horizontal, pois não há qualquer força agindo
horizontalmente sobre o corpo.
— QL, na vertical, pois na vertical atua a força peso.
LANÇAMENTO HORIZONTAL
Valem, para o movimento de um corpo lançado hori-
zontalmente, as mesmas equações do lançamento oblí-
quo, com duas particularidades:
1ª) A velocidade inicial, sendo horizontal, tem com-
ponente vertical nula: v0y = 0.
2ª) Velocidade horizontal é constante vx = v0
O tempo de queda de um corpo lançado horizontalmente é o mesmo
que o de um corpo abandonado da mesma altura. As moedas A e B,
que iniciam os movimentos no mesmo instante, chegam
simultaneamente ao solo.
O maior deslocamento obtido na direção horizontal recebe o
nome de alcance. No exemplo acima o alcance é de 240 metros.
Observe como se comportam as componentes hori-
zontal e vertical do vetor velocidade no exemplo a seguir.
A primeira atitude é sempre obter as componentes
da velocidade inicial (v0), através das relações
V0x = v0 . cos ααααα e v0y = v0 . sen ααααα
Depois, basta aplicar a equação do MRU e as equa-
ções da queda livre.
Observações importantes:
As observações acima somente valem, se os pontos
de partida e de chegada estiverem num mesmo nível.
B
B A
AvH
vv
vH
vv
y (m)
x (m)
5 m
15 m
25 m
35 m
0s
1s
2s
3s
4s
5s
6s
7s
8s
30 m 30 m 30 m30 m30 m30 m30 m30 m
y (m)
x (m)
0s
1s
2s
3s
4s
5s
6s
7s
8s
v0x = 30
vx = 30
vx = 30
vx = 30
vx = 30
vx = 30
vx = 30
vx = 30
vx = 30
v0y = 40
vy = 30
vy = 20
vy = 10 vy = 0
vy = –10
vy = –20
vy = –30
vy = –40As velocidades constam em m/s.
y







v0y







v0x
x
θ
v0
vy
vx
v









v0
Amáx

















v0
60°
30° 45°
A
Para a mesma velocidade inicial, o ângulo de lan-
çamento igual a 45° fornece alcance máximo.
Ângulos complementares de lançamento fornecem al-
cances iguais.
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9Física 1
2
CinemáticaV
a) o tempo gasto para atingir a altura máxima e o
tempo total de movimento;
b) a altura máxima atingida;
c) a velocidade no ponto de altura máxima;
d) o alcance do movimento.
2. Uma pequena esfera é lançada horizontalmente, com
velocidade de 20 m/s, de uma mesa de altura 5 m. Des-
prezando os efeitos do ar e considerando g = 10 m/s2,
calcule:
a) o tempo para a esfera atingir o solo;
b) o alcance da esfera;
c) a velocidade da esfera ao atingir o solo.
1. Um projétil é lançado obliquamente para cima
de um plano horizontal, com velocidade de 50 m/s, for-
mando um ângulo de 53° com a horizontal.
Dados: sen 53° = 0,8; cos 53° = 0,6 e g = 10 m/s2
Calcule:
yv0y
v0x
x
A
hm
vy
vx
v
vy = 0
v = v0xvy
vx
v
v0
53°
4. Calcule o alcance do projétil do sistema figurado.
Suponha g = 10 m/s2
3. Na figura a seguir o corpo é lançado horizontalmen-
te. Supondo g = 10 m/s2, calcule a velocidade inicial.
5 m
v0 = 20 m/s
vx
vy
v
A







15 m
A
v0 = 20 m/s
30°
20 m
60 m
v0 = ?
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CinemáticaVI
10 Física 1
2
20 m
v0
30°
5. (UMC—SP) Um corpo é lançado, para baixo, do alto de um
edifício de altura 20 m, conforme mostra a figura, com uma ve-
locidade v0 = 2,0 m/s que forma um ângulo de 30° com a hori-
zontal. Se admitirmos g = 10 m/s2, o tempo necessário para o
corpo atingir o solo será, aproximadamente:
Dados: cos 30° = 0,86; sen 30° = 0,50
6. (Unicamp—SP—Adaptado) Um menino, andando de skate
com velocidade v = 2,5 m/s num plano horizontal lança para
cima uma bolinha de gude com velocidade v0 = 4,0 m/s e a
apanha de volta. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis-
tência do ar, a altura máxima que a bolinha atinge e a distância
horizontal percorrida valem, respectivamente:
R
θ
an
v
v
t
x
an
Cinemática VI
Movimento circular uniforme
Movimento circular uniforme (MCU) consiste naquele em que a trajetória é uma circunferência, e a velocidade
escalar (| |), constante.
Os movimentos dos satélites
ao redor dos planetas e dos
planetas ao redor do Sol,
embora as órbitas sejam
elípticas, são quase
perfeitamente circulares.
Os movimentos dos ponteiros dos relógios e dos pontos das hélices
de um ventilador são exemplos de movimentos circulares uniformes.
PERÍODO E FREQÜÊNCIA
O MCU é periódico, isto é, ele se repete em intervalos de tempos iguais.
Chama-se período (T) o tempo gasto pelo móvel para completar uma volta. O período é medido em segundo (s) no SI.
Chama-se freqüência (f) o número de voltas completadas em uma unidade de tempo. No SI, a freqüência é
medida em hertz (Hz), que equivale a uma volta por segundo.
A relação entre freqüência e período é f =
VELOCIDADE ESCALAR OU LINEAR
Nos movimentos curvilíneos, a velocidade é sempre tangencial, ou seja, o vetor velocidade é sempre tangente à
trajetória em cada ponto considerado.
Dá-se o nome de velocidade escalar ou velocidade linear ao módulo do vetor velocidade num dado instante.
No MCU, a velocidade linear pode ser obtida dividindo-se o comprimento da circunferência pelo intervalo de
tempo correspondente a um período (T).
v = ou v = 2 . π . R . f
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11Física 1
2
CinemáticaVII
Numa volta completa, o tempo é um período (T) e o ângulo vale 2 . π rad. Assim, a velocidade angular pode ser
dada por
1. Uma partícula descreve movimento circular
uniforme de raio 2 m, dando uma volta completa em 4s.
Calcule:
a) a freqüência do movimento;
b) a velocidade linear;
c) a velocidade angular;
d) a aceleração centrípeta da partícula.
ω = ou ω = 2 . π . f
Observe que a relação entre a velocidade linear e a velocidade angular é dada por v = ω . R
ACELERAÇÃO CENTRÍPETA OU NORMAL
No MCU, a velocidade varia permanentemente em direção, logo atua sobre o móvel uma aceleração.
Tal aceleração é denominada centrípeta, pois está permanentemente orientada para o centro da trajetória.
A aceleração centrípeta é sempre normal ao vetor velocidade e tem seu módulo dado por
an =
Em todos os movimentos curvilíneos (e somente nestes) há aceleração centrípeta ou normal.
VELOCIDADE ANGULAR
Velocidade angular (ω) é a relação entre o ângulo descrito e o tempo gasto para descrevê-lo.
ω = (rad/s, o/s)
Quanto vale a velocidade tangencial da Terra?
Seja um corpo na Linha do Equador: considerando o raio terrestre como 6 400 km e lembrando que o período
do movimento da Terra (tempo para completar uma volta em torno do eixo polar) é 24 horas, a velocidade tangen-
cial do corpo é dada por v = = = 1 675 km/h aproximadamente
2. Calcule a velocidade angular, em radianos por se-
gundo, de um disco que gira à razão de 240 rpm.
3. Calcule a velocidade linear
da extremidade do ponteiro das
horas de um relógio de 3,0 cm
de comprimento.
Cinemática VII
Associação de polias
Em muitas situações do cotidiano estão presentes polias (ou roldanas) associadas entre si, de modo que o
movimento de uma polia se transmite à outra por meio de correias, rodas dentadas ou eixos.
TRANSMISSÃO POR ENGRENAGEM
O movimento de uma roda dentada faz movimentar outra roda, de modo que ambas
giram com a mesma velocidade tangencial.
v1 = v2
2π . R1 . f1 = 2π . R2 . f2
R1 . f1 = R2 . f2





3,0 cm
v
As freqüências são inversamente proporcionais aos raios.
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CinemáticaVII
12 Física 1
2
4. Resolva a questão anterior, supondo que as partículas
se desloquem no mesmo sentido.
1. Considere o sistema de transmissão em que a
roda A tem 40 rpm. Calcule o número de rpm da outra roda.
RB
B
A RA
RA = 2 m
RB = 4 m
R2 = 2 cm
v2 = 4 m/s
R1 = 1 cm
v1 = ?
2. Dois discos circulares de raios 1 cm e 2 cm estão
presos a um mesmo eixo. A velocidade periférica do dis-
co maior é igual a 4 m/s. Calcule a velocidade periférica
do disco menor.
3. Duas partículas partem de um mesmo ponto e des-
locam-se em sentidos contrários sobre uma circunferên-
cia com velocidades angulares de 20°/s e 10°/s. Calcule
quanto tempo depois voltam a se encontrar.
Motor A
B C
RA
RB RC
No mecanismo
ao lado, se o
raio de A for a
metade do raio
de B, a
freqüência da
roda B será a
metade da
freqüência de A.
As rodas B e
C terão
freqüências
iguais.
Observação — Na transmissão por correia ou den-
tes, a velocidade tangencial é constante; na transmis-
são por eixo, a velocidade angular é constante.
TRANSMISSÃO POR CORREIA
De forma análoga às engrenagens, ambas as polias
giram com a mesma velocidade tangencial.
v1 = v2
2π . R1 . f1 = 2π . R2 . f2
R1 . f1 = R2 . f2
As freqüências são inversamente proporcionais aos
raios.
TRANSMISSÃO POR EIXO
Duas polias ligadas rigidamente a um mesmo eixo
descrevem ângulos iguais em tempos iguais. Logo, apre-
sentam velocidades angulares iguais.
As velocidades tangenciais são diretamente propor-
cionais aos raios.
ω1 = ω2
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1Física 1
2
Física1
Cinemática I
1. (UCS—RS) Um móvel descreve um movimento re-
tilíneo, com velocidade variando com o tempo conforme o gráfico.
Pode-se afirmar então que:
a) a aceleração do móvel é nula.
b) a velocidade do móvel é constante.
c) a aceleração do móvel é constante e vale 5 m/s2.
d) o móvel percorre 60 m em 2s.
e) a velocidade média do móvel de 0 a 2s vale 5 m/s.
2. (Unifor—CE—Adaptado) A velocidade de um móvel em
movimento retilíneo está representada no gráfico, em função
do tempo.
Calcular, em metros, a distância percorrida pelo móvel nos
oito segundos indicados no gráfico.
v (m/s)
t (s)
15
10
5
0 2 4 6 8
v (m/s)
t (s)
20
10
0 2
a) C d) B e C
b) B e) A, B e C
c) A
v (m/s)
30
20
10
0 10 20 30 40 50 60 t (s)
A
B
C
3. (Acafe—SC) O gráfico velocidade X tempo representa o
movimento de três carros, A, B e C, que trafegam em uma es-
trada reta na mesma direção e sentido. Em t = 0, os três carros
estão na posição de origem da estrada. A 850 metros da ori-
gem, encontra-se um semáforo fechado (sinal vermelho). O(s)
carro(s) que vai(ão) “furar” o sinal é / são:
4. (PUC—PR) Uma partícula realiza um certo movimento em
linha reta, de modo que sua velocidade varia em função do tempo,
conforme mostra o diagrama a seguir. Com base no diagrama
apresentado, pode-se afirmar que o deslocamento do móvel e
a velocidade média desenvolvida no percurso, ao final de 8h,
serão respectivamente:
v (km/h)
t (h)
60
40
20
0 1 2 3 4 5 6 7 8
a) 60,0 km e 50,0 km/h
b) 100 km e 12,5 km/h
c) 200 km e 33,3 km/h
d) 200 km e 25,0 km/h
e) 100 km e 16,7 km/h
Testes
Física 1
A respeito dessas proposições, é correto afirmar que:
a) somente a proposição I é falsa.
b) apenas a proposição III é verdadeira.
c) todas são verdadeiras.
d) apenas as proposições I e II são verdadeiras.
e) apenas a proposição II é falsa.
v (km/h)
t (h)
80
60
40
20
0 1 2 3 4
A
B
A
B
5. (PUC—PR) Dois veículos trafegam numa estrada retilínea,
no mesmo sentido, conforme o gráfico de suas velocidades, em
função do tempo apresentado a seguir, estando ambos na
origem em t = 0
Com base nos dados apresentados, analise as proposições.
I. Após 4 horas de movimento, os móveis encontram-se
na mesma posição em relação à origem.
II. Nas 4 horas iniciais do movimento, o móvel A percorre
20 km mais do que a distância percorrida por B.
III. Após o instante t = 4h, a velocidade de B torna-se maior
que a de A.
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Testes
2 Física 1
2
a) No intervalo de tempo entre 0 e 2s o movimento é uni-
forme.
b) Nos 6 primeiros segundos o deslocamento foi de 50 m.
c) A aceleração entre 2s e 6s é 2,5 m/s2.
d) A aceleração entre 6s e 8s é nula.
e) O deslocamento entre 0 e 8s é 80 m.
6. (Mack—SP) Correndo com uma bicicleta, ao longo de um
trecho retilíneo de uma ciclovia, uma criança mantém a veloci-
dade constante de módulo igual a 2,50 m/s. O diagrama horá-
rio da posição para esse movimento está ilustrado na figura.
Segundo o referencial adotado, no instante t = 15,00s, a posi-
ção x da criança é igual a:
a) – 37,50 m
b) – 12,50 m
c) 12,50 m
d) 37,50 m
e) 62,50 m
7. (PUC—PR) O gráfico representa um corpo em movimento
retilíneo.
Nessas condições, é correto afirmar:
8. (UFPE) O gráfico abaixo representa a velocidade de um
ciclista, em função do tempo, em determinado percurso retilí-
neo. Qual a velocidade média do ciclista, em km/h, no percurso
considerado?
a) 10
b) 15
c) 20
d) 25
e) 30
A partir desses gráficos, é possível concluir que, no inter-
valo de 0 a t,
a) a velocidade do veículo A é maior que a do veículo B.
b) a aceleração do veículo A é maior que a do veículo B.
c) o veículo A está deslocando-se à frente do veículo B.
d) os veículos A e B estão deslocando-se um ao lado do
outro.
e) a distância percorrida pelo veículo A é maior que a per-
corrida pelo veículo B.
Cinemática II
1. (PUC—PR) Uma pedra foi abandonada da borda
de um poço e levou 5 segundos para atingir o fundo. Tomando
a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, podemos afirmar
que a profundidade do poço é:
a) 25 m
b) 50 m
c) 100 m
d) 125 m
e) 200 m
2. (UFPR—Adaptado) Num experimento físico, um pequeno cor-
po é solto no vácuo de uma certa altura, com velocidade inicial
nula. De que fatores depende o tempo de queda do corpo?
a) Altura de queda e volume do corpo.
b) Massa do corpo e altura de queda.
v (m/s)
t (s)
50
10
40
20
30
42
0
0 6 8 10
B
A
Posição
t0 Tempo
Veículo A
Veículo B
0
25,00
x (m)
30,00 t (s)0
v (km/h)
t (h)
30
–10
20
0,0
10
3,02,01,0
9. (Unesp—SP) Um veículo A, locomovendo-se com veloci-
dade constante, ultrapassa um veículo B, no instante t = 0, quando
B está começando a se movimentar.
Analisando os gráficos, pode-se afirmar que
a) B ultrapassou A no instante t = 8s, depois de percor-
rer 160 m.
b) B ultrapassou A no instante t = 4s, depois de percor-
rer 160 m.
c) B ultrapassou A no instante t = 4s, depois de percor-
rer 80 m.
d) B ultrapassou A no instante t = 8s, depois de percor-
rer 320 m.
e) B ultrapassou A no instante t = 4s, depois de percor-
rer 180 m.
10. (Unesp—SP) Os gráficos na figura representam as posi-
ções de dois veículos, A e B, deslocando-se sobre uma estra-
da retilínea, em função do tempo.
v (m/s)
t (s)
10
80 62
c) Altura de queda e aceleração da gravidade.
d) Altura de queda, massa do corpo e aceleração da gra-
vidade.
e) Aceleração da gravidade e peso do corpo.
3. (PUC—SP—Adaptado) De um helicóptero que desce verti-
calmente é abandonada uma pedra quando ele se encontra a
100 m do solo. Sabendo que a pedra leva 4s para atingir o solo
e supondo g = 10 m/s2, calcular, em m/s, a velocidade de des-
cida do helicóptero no momento em que a pedra é abandonada.
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3Física 1
2
Física1
30 m
4 m
20m
g = 10 m/s2
4. (UFMT—Adaptado) Uma pessoa está em uma ponte, so-
bre uma estrada de ferro, e observa um trem que se aproxima
em movimento retilíneo e uniforme.
Quando o trem está a 30 m da vertical que passa pela pessoa,
ela abandona uma pedra que atinge o solo 4,0 m à frente do
trem. A altura da queda da pedra é 20 m, adota-se g = 10 m/s2
e despreza-se o efeito do ar.
Julgue os itens a seguir.
I. O tempo de queda da pedra é 2,0s.
II. A velocidade com que a pedra colide com o solo tem
módulo igual a 20 m/s.
III. A velocidade do trem tem módulo igual a 13 m/s.
Os itens corretos são:
a) nenhum
b) I e II
c) I e III
d) II e III
e) todos
5. (Cesgranrio—RJ) Do alto de uma ponte, um garoto larga
uma pedra no instante em que a proa de um barco está na ver-
tical da sua mão (fig. 1). A pedra atinge exatamente a ré do
barco (fig. 2). Sabendo que o barco tem 10 m de comprimento
e desce o rio com velocidade de 5,0 m/s, qual é a altura da
ponte? Dê a resposta em metros.
Fig. 1 Fig. 2
6. (Mack—SP) Uma pedra é abandonada de uma ponte, a
80 m acima da superfície da água. Uma outra pedra é atirada,
verticalmente, para baixo, do mesmo local, dois segundos após
o abandono da primeira. Se as duas pedras atingem a água no
mesmo instante, e desprezando-se a resistência do ar, então o
módulo da velocidade inicial da segunda pedra é:
Dado: g = 10 m/s2
a) 10 m/s
b) 20 m/s
c) 30 m/s
d) 40 m/s
e) 50 m/s
7. Um corpo em queda livre, partindo do repouso, percorre
certa distância d, vertical, após 2s de queda. Logo, a distância
percorrida em 6s, contados desde o início da queda, será:
a) 9 d
b) 6 d
c) 12 d
d) 2 d
e) 3 d
8. (Fazu—MG—Adaptado) Um corpo é abandonado em queda
livre do topo de um edifício. Supondo a aceleração da gravidade
constante, de módulo g = 10 m/s2, e desprezando a resistência do
ar, calcule, em metros, a distância percorrida pelo corpo durante
o quinto segundo.
9. (UEM—PR) Um corpo é solto, sem velocidade inicial, de
uma altura h = 54 m acima do solo. Ao dividir sua trajetória em
três partes, de modo que o corpo percorra cada trajetória em
intervalos de tempos iguais, determine a altura percorrida du-
rante o terceiro intervalo de tempo, em metros.
10. (ITA—SP) Um corpo cai, em queda livre, de uma altura tal
que, durante o último segundo de queda, ele percorreu 1/4 da
altura total. Calcule o tempo de queda, supondo nula a veloci-
dade inicial do corpo.
a) t =
b) t =
c) t =
d) t =
e) t =
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Testes
4 Física 1
2
Cinemática III
1. (Unicamp—SP—Adaptado) Uma pedra é lançada ver-
ticalmente para cima com velocidade inicial de 20 m/s. Despre-
zando a resistência do ar e sendo g = 10 m/s2, determine a altura
máxima atingida pela pedra e o tempo gasto para atingi-la.
a) 40 m e 2s
b) 20 m e 4s
c) 10 m e 1s
d) 40 m e 1s
e) 20 m e 2s
2. (PUC—PR—Adaptado) Um objeto é lançado verticalmente
para cima e, após 6s, retorna ao ponto de partida. Sendo a ace-
leração da gravidade igual a 10 m/s2 e desprezando os atritos,
calcule, em metros, a altura máxima atingida pelo objeto.
3. (UFSC—Adaptado) Quanto ao movimento de um corpo lan-
çado verticalmente para cima e submetido somente à ação da
gravidade, é correto afirmar que:
a) a velocidade do corpo no ponto de altura máxima é
zero.
b) a velocidade do corpo é constante para todo o percurso.
c) o tempo necessário para a subida é maior que o tem-
po de descida até o ponto de partida.
d) a aceleração do corpo é maior na descida do que na
subida.
e) para um dado ponto da trajetória, a velocidade tem mó-
dulo maior na descida que na subida.
4. (PUC—PR) De um helicóptero desprende-se um parafuso
na altura de 80 m relativa ao solo. Sabendo que o parafuso
chega ao solo após 6 segundos e que a resistência oposta pelo
ar é desprezível, pode-se afirmar que:
Dado: g = 10 m/s2
a) o helicóptero estava parado.
b) o helicóptero estava subindo.
c) o helicóptero estava descendo.
d) faltam dados para responder à questão.
e) fornecendo o peso do parafuso, podemos responder à
questão.
5. (Mack—SP) Um elevador sobe e, no instante em que se
encontra a 30 m do solo, sua velocidade escalar é 5,0 m/s. Nesse
mesmo instante, rompe-se o cabo de sustentação e o elevador
fica livre de qualquer resistência. Adotando g = 10 m/s2, o tem-
po que ele gasta para atingir o solo é:
a) 30s
b) 6,0s
c) 3,0s
d) 2,9s
e) s
6. Um objeto é lançado verticalmente para cima, com veloci-
dade de 30 m/s. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis-
tência do ar, pode-se afirmar que o objeto estará a uma distân-
cia de 40 m acima do ponto de lançamento nos instantes:
a) 1s e 7s.
b) 2s e 4s.
c) 3s e 6s.
d) 2s e 10s.
e) apenas no instante 5s.
10. (Uece—CE) Uma pedra cai de uma altura H, a partir do
repouso. No mesmo instante uma segunda pedra é lançada do
chão, verticalmente para cima, com velocidade v0. Desprezan-
do a resistência do ar e supondo constante a aceleração da
gravidade no local da experiência, o valor de v0, para que uma
pedra passe pela outra a uma altura , é igual a:
a)
b)
c)
d)
e) n.d.a.
7. Um projétil é lançado verticalmente para cima, com veloci-
dade de 80 m/s. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis-
tência do ar, calcule, em segundos, o tempo para o projétil se
situar à altura de 300 m acima do ponto de lançamento, no mo-
vimento descendente.
8. (AFA—SP—Adaptado) Um balão sobe verticalmente com
movimento uniforme. Seis segundos após a partida, o piloto aban-
dona uma pedra que alcança o solo nove segundos após a saí-
da do balão. Determine, em metros, a altura em que a pedra foi
abandonada. Despreze o efeito do ar e adote g = 10 m/s2
9. (UFBA) Um corpo é lançado verticalmente para cima com
velocidade v0. Ao atingir a altitude máxima igual a 100 m, um
segundo corpo é lançado do mesmo local e com velocidade ini-
cial igual à do primeiro. Determine a altura h, em metros, em
que os corpos se encontram. Considere g = 10 m/s2 e despre-
ze a resistência do ar.
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5Física 1
2
Física1
Cinemática IV
1. (Fuvest—SP) Num vagão ferroviário, que se move
com velocidade v0 = 3 m/s em relação aos trilhos, estão dois me-
ninos, A e B, que correm um em direção ao outro, cada um com
velocidade v = 3 m/s em relação ao vagão. As velocidades dos
meninos A e B em relação aos trilhos são, respectivamente:
a) 6 m/s e 0 m/s
b) 3 m/s e 3 m/s
c) 0 m/s e 9 m/s
d) 9 m/s e 0 m/s
e) 0 m/s e 6 m/s
v
A
v
B
v0
2. (PUC—MG) A figura mostra uma montagem em que uma
moeda rola sobre a régua A, partindo da posição mostrada na
figura, “empurrada” pela régua B, sem que haja deslizamento
dela em relação a qualquer uma das réguas. Quando a moeda
estiver na posição “2 cm” em relação à régua A, a régua B terá
percorrido, em relação à mesma régua A:
3. Uma canoa atravessa um rio de 54 m de largura com a
velocidade de 1,8 m/s perpendicular à corrente, e chega à ou-
tra margem com um deslocamento de 15 m água abaixo. A ve-
locidade da corrente é:
a) 3,0 m/s
b) 1,8 m/s
c) 0,75 m/s
d) 0,5 m/s
e) 15 m/s
4. (UFMG) Um barco tenta atravessar um rio com 1,0 km de
largura. A correnteza do rio é paralela às margens e tem veloci-
dade de 4,0 km/h. A velocidade do barco, em relação à água, é
3,0 km/h perpendicularmente às margens. Nessas condições,
pode-se afirmar que o barco:
a) atravessará o rio em 12 minutos.
b) atravessará o rio em 15 minutos.
c) atravessará o rio em 20 minutos.
d) nunca atravessará o rio.
e) n.d.a.
a) 2 cm
b) 1 cm
c) 4 cm
d) 6 cm
e) 3 cm
5. (PUC—RS—Adaptado) A correnteza de um rio tem veloci-
dade constante de 3,0 m/s em relação às margens. Um barco,
que se movimenta com velocidade constante de 5,0 m/s em re-
lação à água, atravessa o rio, indo em linha reta, de um ponto
A a outro ponto B, situado imediatamente à frente, na margem
oposta. Sabendo que a direção é perpendicular à velocida-
de da correnteza, calcule, em m/s, a velocidade do barco em
relação às margens.
6. (Efei—MG—Adaptado) Um barco atravessa um rio seguin-
do a menor distância entre as margens, que são paralelas.
Sabendo que a largura do rio é de 2,0 km, que a travessia é
feita em 15min e que a velocidade da correnteza é 6,0 km/h,
calcule, em km/h, a velocidade do barco em relação à água.
7. Um barco de velocidade própria 4 m/s deve atravessar um
rio cuja velocidade das águas é 2 m/s. O rio tem largura de
30 m e o barco deve atingir a margem oposta exatamente à
frente do ponto de partida. Calcule o tempo para o barco atra-
vessar o rio, em segundos.
8. (Cefet—PR) Uma barcaça percorrendo um rio águas
acima anda 6,0 km em 20min. Quando percorre o rio águas
abaixo, anda a mesma distância em 8min e 20s. A velocidade
da barcaça em relação às águas é:
a) 8,5 m/s
b) 17 m/s
c) 0,53 m/s
d) 4,9 m/s
e) n.d.a.
9. (Uesb—BA) Um barco, deslocando-se no sentido contrário
ao da correnteza, leva o tempo t = 20s para ir do ponto A ao
ponto B, situados sobre a mesma margem de um rio, e gasta o
tempo para voltar do ponto B ao ponto A. Sabendo que a
velocidade do barco, em relação à água, é constante e igual a
6 m/s, calcule, em m, a distância de A a B.
10. (ITA—SP) Um barco, com motor em regime constante, desce
um trecho de um rio em 2,0 horas e sobe o mesmo trecho em
4,0 horas. Quanto tempo levará o barco para percorrer o mes-
mo trecho, rio abaixo, com o motor desligado?
a) 3,5h
b) 6,0h
c) 8,0h
d) 4,0h
e) 4,5h
Moeda
A
B
6 5 4 3 2 1 0
0 1 2 3 4 5 6
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Testes
6 Física 1
2
Cinemática V
1. (FEI—SP) Um bombeiro deseja apagar um in-
cêndio em um edifício. O fogo está a 10 m do chão. A veloci-
dade da água é v = 30 m/s, e o bombeiro segura a mangueira
com um ângulo de 30° em relação ao solo.
Obs.: desprezar a altura da mangueira ao solo.
Qual é a altura máxima que a água atinge nessas condições?
a) 10,00 m
b) 10,50 m
c) 10,75 m
d) 11,00 m
e) 11,25 m
2. (ITA—SP) Uma bola é lançada horizontalmente do alto de
um edifício, tocando o solo decorridos aproximadamente 2s. Sen-
do de 2,5 m a altura de cada andar, o número de andares do
edifício é:
a) 5
b) 6
c) 8
d) 9
e) indeterminado, pois a velocidade horizontal de arre-
messo da bola não é fornecida.
3. (PUC—PR) Um objeto é lançado horizontalmente do alto
de um edifício com uma velocidade inicial de 10 m/s. O alcance
horizontal do objeto ao nível do solo foi 100 m. Tomando a ace-
leração da gravidade igual a 10 m/s2 e desprezando o atrito
com o ar, pode-se afirmar que a altura do edifício e o tempo
que o objeto levou para atingir o solo valem:
a) 100 m e 20s
b) 500 m e 10s
c) 300 m e 20s
d) 800 m e 4s
e) 50 m e 5s
4. (UCS—RS) Uma esfera é lançada horizontalmente do ponto
A e passa rente ao degrau no ponto B. Sendo 10 m/s2 o valor
da aceleração da gravidade local, calcule a velocidade horizontal
da esfera em A.
a) 1,0 m/s
b) 1,5 m/s
c) 2,0 m/s
d) 2,5 m/s
e) 3,0 m/s
20 cm
30 cm
B
A
v0
5 m
4 m
a) 2 m/s d) 9 m/s
b) 4 m/s e) 10 m/s
c) 5 m/s
v
30o
5. (UFPR) Uma bola é lançada a partir do solo, com uma velo-
cidade cuja componente horizontal vale 45 m . s–1 e cuja com-
ponente vertical vale 20 m . s–1.
Determine sua velocidade, em m . s–1, 2 segundos após o
lançamento.
6. (Uerj—RJ) Um atirador de facas faz arremessos a partir de
um ponto P, em direção a uma jovem que se encontra em pé,
encostada em um painel de madeira. A altura do ponto P é de
2,0 m e sua distância ao painel é de 3,0 m. A primeira faca é
jogada para o alto com a componente horizontal da velocidade
igual a 3,0 m/s e a componente vertical igual a 4,0 m/s. A faca
se move em um plano vertical perpendicular ao painel.
Desprezando a resistência do ar e qualquer movimento de
giro da faca em torno de seu centro de gravidade, determine a
altura do ponto em que ela atinge o painel.
7. (Mack—SP) Um corpo é lançado horizontalmente do alto de
uma torre e atinge o solo horizontal com velocidade de 37,5 m/s,
formando 53° com a horizontal. A altura da torre é de:
Obs.: despreze as resistências ao movimento.
Dados: g = 10 m/s2, cos 53° = 0,6 e sen 53° = 0,8
a) 20 m
b) 30 m
c) 40 m
d) 45 m
e) 50 m
8. (PucCamp—SP) Um projétil é lançado segundo um ângulo
de 30° com a horizontal, com uma velocidade de 200 m/s. Su-
pondo a aceleração da gravidade igual e 10 m/s2 e desprezan-
do a resistência do ar, o intervalo de tempo entre as passagens
do projétil pelos pontos de altura 480 m acima do ponto de lan-
çamento, em segundos, é
Dados: sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,87
a) 2,0 d) 8,0
b) 4,0 e) 12
c) 6,0
9. (UFMT) A velocidade horizontal mínima necessária para
uma pessoa pular do barranco e atingir a outra margem, como
mostra a figura, considerando g = 10 m/s2, deve ser:
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7Física 1
2
Física1
A
Pode-se afirmar que:
a) tB = tA e vA = vB
b) tA = tB e vA = 2vB
c) tB = tA e vB = 2vA
d) tA = 2tB e vA = vB
e) tB = 2tA e vA = 2vB
11. (UFPR) Uma bola rola sobre uma mesa horizontal de
1,225 m de altura e vai cair num ponto do solo situado à distân-
cia de 2,5 m, medida horizontalmente a partir da beirada da
mesa. Qual a velocidade da bola, em m/s, no instante em que
ela abandonou a mesa? Considere g = 9,8 m/s2
12. (UFRGS—RS) Uma bolinha, lançada horizontalmente da
extremidade de uma mesa, descreve a trajetória mostrada na
figura a seguir, na qual estão indicadas algumas posições da
bolinha. O intervalo de tempo que a bolinha leva para percorrer
a distância entre duas posições sucessivas é 1/8s. Conside-
rando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, qual é, em
metros, a altura aproximada da mesa?
a) 0,31
b) 0,80
c) 1,25
d) 2,50
e) 5,00
13. (Uece—CE) Uma bola é lançada verticalmente para cima,
com velocidade de 18 m/s, por um rapaz situado em um carrinho
que avança seguindo uma reta horizontal, a 5,0 m/s. Depois de
atravessar um pequeno túnel, o rapaz volta a recolher a bola, a
qual acaba de descrever uma parábola, conforme a figura. Des-
preza-se a resistência do ar e considera-se g = 10 m/s2.
A altura máxima h alcançada pela bola e o deslocamento
horizontal x do carrinho valem, respectivamente:
a) h = 16,2 m; x = 18,0 m
b) h = 16,2 m; x = 9,0 m
h
d
2 d
A B
10. (FGV—SP) Dois blocos, A e B, são lançados sucessiva-
mente, na horizontal, de uma plataforma de altura h, com velo-
cidades vA e vB, atingindo o solo nos pontos A e B, como indi-
ca a figura. Os tempos decorridos desde que cada bloco abandona
a plataforma até atingir o solo são tA e tB.
vy
vx
h
Túnel
x
c) h = 8,1 m; x = 9,0 m
d) h = 10,0 m; x = 18,0 m
e) n.d.a.
14. (PUC—RS) Uma esfera de aço é lançada obliquamente com
pequena velocidade, formando um ângulo de 45 graus com o
eixo horizontal. Durante sua trajetória, desprezando o atrito com
o ar, pode-se afirmar que:
a) a velocidade é zero no ponto de altura máxima.
b) a componente vertical da velocidade se mantém cons-
tante em todos os pontos.
c) a componente horizontal da velocidade é variável em
todos os pontos.
d) o vetor velocidade é o mesmo nos pontos de lança-
mento e de chegada.
e) a componente vertical da velocidade é nula no ponto
de máxima altura.
15. (PUC—SP) Um garoto, parado num plano horizontal, a 3,0 m
de uma parede, chuta uma bola imprimindo-lhe velocidade de 10 m/s,
de tal modo que sua direção forma, com a horizontal, um ângulo
de 45°. A aceleração da gravidade local é 10 m/s2 e a resistência
do ar pode ser desprezada. A bola choca-se com a parede na
altura de:
a) 2,1 m
b) 2,5 m
c) 3,0 m
d) 3,9 m
e) 0 m
16. (UEL—PR) Um projétil é atirado com velocidade de 40 m/s,
fazendo ângulo de 37° com a horizontal. A 64 m do ponto de
disparo, há um obstáculo de altura 20 m. Adotando g = 10 m/s2,
cos 37° = 0,80 e sen 37° = 0,60, pode-se concluir que o projétil:
a) passa à distância de 2,0 m acima do obstáculo.
b) passa à distância de 8,0 m acima do obstáculo.
c) se choca com o obstáculo a 12 m de altura.
d) se choca com o obstáculo a 10 m de altura.
e) cai no solo antes de chegar até o obstáculo.
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Testes
8 Física 1
2
17. (UFPA) A figura representa um projétil, que é lançado do
ponto A segundo um ângulo de 30° com a horizontal, com uma
velocidade v0 = 100 m/s, atingindo o ponto D. (Dados: AB = 40 m;
BC = 55 m; g = 10 m/s2; sen 30° = 0,50; cos 30° = 0,866)
A distância CD, em metros, vale:
a) 418,98
b) 458,98
c) 692,86
d) 912,60
e) 1 051,16
A
v0
30°
C
B
D
Cinemática VI
A
B
C
1. (UFSCar—SP) No site www.agespacial.gov.br, da
Agência Espacial Brasileira, aparece a seguinte informação:
“O Centro de Lançamento de Alcântara (CLA) vem sendo
construído desde a década de 80 e está atualmente preparado
para lançar foguetes de sondagem e veículos lançadores de
satélites de pequeno porte. Localizado na costa do Nordeste
brasileiro, próximo ao Equador, a posição geográfica do CLA
aumenta as condições de segurança e permite menores custos
de lançamento”.
Um dos fatores determinantes dessa redução de custos se
deve à inércia do movimento de rotação da Terra. Graças a essa
inércia, o veículo lançador consome menos energia para fazer
com que o satélite adquira a sua velocidade orbital. Isso ocorre
porque, nas proximidades do Equador, onde se encontra o CLA,
a) a velocidade tangencial da superfície da Terra é maior
do que em outras latitudes.
b) a velocidade tangencial da superfície da Terra é me-
nor do que em outras latitudes.
c) a velocidade tangencial da superfície da Terra é igual
à velocidade orbital do satélite.
d) a aceleração da gravidade na superfície da Terra é me-
nor do que em outras latitudes.
e) a aceleração da gravidade na superfície da Terra é maior
do que em outras latitudes.
2. (UFPR) Um ponto em movimento circular uniforme descre-
ve 15 voltas por segundo em uma circunferência de 8 cm de
raio. A sua velocidade angular, o seu período e sua velocidade
linear são, respectivamente:
a) 20 rad/s, 1/15s e 280π cm/s
b) 30 rad/s, 1/10s e 160π cm/s
c) 30π rad/s, 1/15s e 240π cm/s
d) 60π rad/s, 15s e 240π cm/s
e) 40π rad/s, 15s e 200π cm/s
3. (UFPR) Calcule a velocidade angular, em radianos por segun-
do, de um eixo de motor que gira a 1 200/π rotações por minuto.
4. (PUC—PR) O comprimento do ponteiro das horas de um reló-
gio é 6 cm. A velocidade tangencial da extremidade do ponteiro é:
a) 12 cm/h
b) 24 cm/h
c) 4π cm/h
d) 2π cm/h
e) π cm/h
5. (Cefet—PR) Uma pedra de esmeril tem raio igual a 10 cm e gira
diretamente acoplada a um motor que roda a 3 000 rotações por mi-
nuto. Se uma fagulha se desprender da periferia da pedra, será lan-
çada com uma velocidade linear, em m/s, aproximadamente igual a:
a) 3,14
b) 6,28
c) 31,4
d) 62,8
e) 628
6. (PUC—RS) Num disco de música foram fixadas três moe-
das, A, B e C, como mostra a figura.
Ao girar o disco com movimento cir-
cunferencial uniforme, pode-se afirmar que:
a) a velocidade angular das três
moedas é a mesma.
b) a velocidade linear das três
moedas é a mesma.
c) a aceleração centrípeta das três
moedas é a mesma.
d) a velocidade angular de A é maior do que a velocida-
de angular de B.
e) a velocidade linear de B é maior do que a velocidade
linear de C.
19. (UFMG) Dois projéteis, A e B, são lançados de um mesmo
ponto e com a mesma velocidade inicial, sob ângulos de 30° e 60°,
respectivamente, e em condições ideais. Podemos garantir que:
a) o projétil A tem maior alcance.
b) o projétil B tem maior alcance.
c) ambos têm o mesmo alcance.
d) ambos atingem a mesma altura antes de cair.
e) n.d.a.
20. (Uece—CE) Uma menina chamada Clara de Assis, especia-
lista em salto a distância, consegue, na Terra, uma marca de
8,0 m. Na Lua, onde a aceleração da gravidade é 1/6 de seu
valor na Terra, a atleta conseguiria saltar, mantidas idênticas
condições de salto:
a) 8 m b) 16 m c) 48 m d) 96 m
18. Na figura, um avião lança uma bomba em A para inter-
ceptar um trem em C, que se move no mesmo plano do avião.
Considerando g = 10 m/s2, calcule, em graus, o ângulo entre
a reta determinada pelo avião e pelo trem e a horizontal, no
instante em que a bomba deve ser largada.
612 km/h
3 920 m
B C
A
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9Física 1
2
Física1
7. (Fuvest—SP—Adaptado) O tronco vertical de um eucalip-
to é cortado rente ao solo e cai, em 5s, num terreno plano e
horizontal, sem se desligar por completo de sua base. A veloci-
dade angular média do tronco durante a queda e a velocidade
escalar média de um ponto do tronco do eucalipto, a 10 m da
base valem, respectivamente:
a) rad/s e 2π m/s
b) rad/s e π m/s
c) rad/s e π m/s
d) rad/s e 2π m/s
e) π rad/s e 10π m/s
8. (UFG—GO) Uma partícula executa um movimento circular
uniforme de raio 1,0 m com aceleração 0,25 m/s2. O período do
movimento, em segundos, é:
a) 2π
b) 4π
c) 8π
d) π/2
e) π/4
9. (Unifesp—SP) Três corpos estão em repouso em relação
ao solo, situados em três cidades: Macapá, localizada na linha
do Equador, São Paulo, no Trópico de Capricórnio, e Selekhard,
na Rússia, localizada no Círculo Polar Ártico. Pode-se afirmar
que esses três corpos giram em torno do eixo da Terra, descre-
vendo movimentos circulares uniformes, com
a) as mesmas freqüências e velocidade angulares, mas
o corpo localizado em Macapá tem a maior velocidade
tangencial.
b) as mesmas freqüências e velocidades angulares, mas
o corpo localizado em São Paulo tem a maior veloci-
dade tangencial.
c) as mesmas freqüências e velocidades angulares, mas
o corpo localizado em Selekhard tem a maior veloci-
dade tangencial.
d) as mesmas freqüências, velocidades angulares e ve-
locidades tangenciais, em qualquer cidade.
e) freqüências, velocidades angulares e velocidades tan-
genciais diferentes entre si, em cada cidade.
10. (PUC—SP) A velocidade limite nas estradas brasileiras
é 80 km/h. A freqüência com que giram os pneus de um
Passat (diâmetro das rodas de 80 cm) que desenvolve essa
velocidade é:
a) rps
b) rps
c) rps
d) rps
e) rps
1. Duas polias são ligadas por uma correia. Se a polia
da esquerda tem 40 rpm, quantas rpm tem a polia da direita?
R1 R2
R2 = 2 R1
Cinemática VII
2. (UCSal—BA) Numa marcenaria, um motor imprime à polia
A, de raio RA = 10 cm, um movimento de rotação de freqüência
300 rotações por minuto. O movimento é transmitido à polia B,
de raio RB = 40 cm, por uma correia. O período de rotação da
polia B e a velocidade da correia são, em unidades do Sistema
Internacional:
a) 0,40 e 2π d) 0,80 e π
b) 0,80 e 2π e) 0,20 e 4π
c) 0,40 e π
A
B
RA
RA = 5 m
RB = 1 mRB
3. Na transmissão por engrenagens, a roda menor realiza 60 rpm.
Calcule, em rpm, a freqüência da roda maior.
4. (PUC—MG) A figura mostra uma barra que gira com movi-
mento circular e uniforme, em torno de um eixo E. Os pontos A
e B giram com velocidades lineares, tais que vA > vB. Em rela-
ção às velocidades angulares ωA e ωB e aos períodos TA e TB,
é correto afirmar:
a) ωA > ωB e TA = TB
b) ωA < ωB e TA < TB
c) ωA = ωB e TA = TB
d) ωA > ωB e TA > TB
e) ωA = ωB e TA > TB
A
B
E
5. (Cefet—PR) A figura representa a roda traseira e as engre-
nagens de uma bicicleta, na qual X, Y e Z são pontos cujos raios
são, respectivamente, iguais a 12 cm, 4 cm e 60 cm. Quando a
bicicleta está em movimento:
a) a velocidade tangencial do ponto Z é igual à do ponto Y.
b) o período do ponto X é igual ao do ponto Y.
c) a freqüência do ponto Y é 15 vezes a do ponto Z.
d) o período do ponto X é 5 vezes o do ponto Z.
e) a velocidade angular do ponto Y é igual à do ponto Z.
Z Y X
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Testes
10 Física 1
2
A
B
C
2 cm
2 cm
4 cm
9. (Fuvest—SP—Adaptado) Dois corredores A e B partem do
mesmo ponto de uma pista circular de 120 m de comprimento,
com velocidades vA = 8 m/s e vB = 6 m/s
1º) Se partirem em sentidos opostos, qual será a menor
distância entre eles, medida ao longo da pista, após 20s?
2º) Se partirem no mesmo sentido, após quanto tempo o cor-
redor A estará com uma volta de vantagem sobre o B?
Encontram-se, respectivamente:
a) 40 m e 60s d) 20 m e 30s
b) 40 m e 30s e) 60 m e 60s
c) 20 m e 60s
10. (UFRGS—RS) Determine a velocidade de um projétil dis-
parado contra um alvo rotativo disposto a 15 m de distância,
sabendo que o alvo executa 300 revoluções por minuto e que o
arco medido entre o ponto visado no momento do disparo e o
ponto de impacto do projétil no alvo é 18°. Lembre-se de que π
rad = 180°. Encontra-se, para a velocidade do projétil:
a) 15 m/s d) 300 m/s
b) 30 m/s e) 1 500 m/s
c) 150 m/s
11. (FEI—SP) Em uma bicicleta com roda de 1 m de diâmetro,
um ciclista necessita dar uma pedalada para que a roda gire
duas voltas. Quantas pedaladas por minuto deve dar o ciclista
para manter a bicicleta com velocidade constante de 6π km/h?
a) 300 d) 100
b) 200 e) 50
c) 150
12. Duas rodas-gigantes começam a girar, num mesmo instante,
com uma pessoa na posição mais baixa em cada uma das ro-
das. A primeira dá uma volta em 30 segundos e a segunda,
uma volta em 35 segundos. Calcule quanto tempo após a parti-
da as duas pessoas estarão novamente juntas.
a) 60s d) 150s
b) 90s e) 210s
c) 120s
Cinemática I
1. c
2. 80
3. c
4. d
5. a
6. e
7. b
8. a
Cinemática II
1. d
2. c
3. 5
4. e
5. 20
6. c
7. a
8. 45
Cinemática III
1. e
2. 45
3. a
4. b
5. c
6. b
7. 10
8. 30
Cinemática IV
1. a
2. c
3. d
4. c
5. 4
6. 10
7. 15
8. a
9. 80
10. c
Cinemática V
1. e
2. c
3. b
4. b
5. 45
6. 1,0 m
7. d
8. b
9. b
10. c
11. 5
12. c
13. a
14. e
15. a
Cinemática VI
Cinemática VII
1. 20
2. d
3. 12
4. c
5. e
6. b
7. b
8. b
9. a
1. a
2. c
3. 40
4. e
5. c
6. a
7. b
8. b
9. a
10. c
9. 30
10. c
9. 75
10. b
16. b
17. d
18. 45
19. c
20. c
9. a
10. b
10. e
11. e
12. e
6. O sistema de transmissão figurado deve produzir na roda C
100 rpm. Quantas rpm deve ter a roda A?
a) 100 d) 25
b) 200 e) 250
c) 50
7. (UFRN) Duas partículas percorrem a mesma trajetória em
movimentos circulares uniformes, uma em sentido horário e a
outra em sentido anti-horário. A primeira efetua rpm e a se-
gunda, rpm. Sabendo que partiram do mesmo ponto, em uma
hora encontrar-se-ão:
a) 45 vezes d) 15 vezes
b) 35 vezes e) 7 vezes
c) 25 vezes
8. (PucCamp—SP) Dois corredores percorrem uma pista cir-
cular de comprimento 600 m, partindo do mesmo ponto e no mesmo
instante. Se a percorrem no mesmo sentido, o primeiro encontro
entre eles acontecerá depois de 5,0 minutos. Se a percorrem em
sentidos opostos, o primeiro encontro ocorrerá 1,0 minuto após
a partida. Admitindo constantes as velocidades dos corredores,
em módulo e em m/s, seus valores serão, respectivamente:
a) 5,0 e 5,0 d) 10 e 5,0
b) 6,0 e 4,0 e) 12 e 6,0
c) 8,0 e 6,0
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Física1
1Física 1
2
CINEMÁTICA I
Atividades (página 2)
1. a)
v = 0 –4 m/s 6 m/s
2s 0s 5s
b) Entre 0s e 2s o movimento é retrógrado e retardado.
c) Entre 2s e 5s o movimento é progressivo e acelerado.
d) v0 = –4 m/s
e) a =
t
v–v 0
=
( )
5
4––6
=
5
10
= 2 m/s2
ou a = tg α =
CA
CO
=
3
6
= 2 m/s2
f) x = x0 + v0 . t +
2
t.a 2
→
→ x = 3 + (–4) . t +
2
t.2 2
→ x = 3 – 4 . t + t2
g)
Gabarito
Física 1
Mecânica
2. a) v = tg α =
CA
CO
=
1
4
= 4 m/s
b) x = v0 . t +
2
t.a 2
Do gráfico: t = 1s → x = 6 m
Logo: 6 = v0 . 1 +
2
1.a 2
→ 12 = 2 . v0 + a →
→ a = 12 – 2 . v0
Ainda: t = 2s → x = 8 m
Logo: 8 = v0 . 2 +
2
2.a 2
→ 8 = 2 . v0 + 2 . a →
→ 4 = v0 + a → 4 = v0 + 12 – 2 . v0 → v0 = 8 m/s
c) a = 12 – 2 . v0 = 12 – 2 . 8 = 12 – 16 → a = –4 m/s2
d) v = v0 + a . t → v = 8 + (–4) . t → v = 8 – 4 . t
e)
3. x = Área =
2
4.4
+ 6 . 4 = 8 + 24 = 32 m
vm =
t
x
=
s10
m32
= 3,2
s
m
Testes (página 1)
1. Resposta: c
A partir do gráfico verifica-se que a velocidade varia de
10 m/s para 20 m/s em 2s.
Aplicando a equação da velocidade v = v0 + a . t, tem-se:
20 = 10 + a . 2 → 2a = 10 → a = 5 m/s2
t (s)
x (m)
0 1 2 3 4 5
3 0 –1 0 3 8
x (m)
t (s)
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
–2
1 2 3 4 5 6 7
t (s)
v (m/s)
0 1 2 3
8 4 0 –4
v (m/s)
t (s)
8
6
4
2
0
–2
–4
1 2 3
MATERIAL GABARITO DE USO
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Gabarito
2 Física 1
2
2. Resposta: 80
A distância percorrida é numericamente igual à área do
gráfico v . t.
Outra hipótese seria subdividir a área total em triângulos
(b . h/2) e retângulos (b . h).
3. Resposta: c
Para “furar” o sinal é necessário que o deslocamento seja
maior que 850 m. O deslocamento é determinado pelo cálculo
de cada uma das áreas.
Confira:
Apenas o carro A ultrapassa os 850 m.
4. Resposta: d
O deslocamento é calculado pela área do gráfico v . t.
A = 80 + 120 = 200
x = 200 km
Velocidade média é: vm =
t
x =
8
200 = 25 km/h
5. Resposta: a
Calculando a área de cada um dos diagramas temos:
XA = Área = 200 km
XB = Área = 180 km
I. Os móveis não se encontram na
mesma posição, pois percorreram
distâncias diferentes.
II. A diferença (200 – 180) é 20 km.
III. Após 4h, vB torna-se maior que vA.
6. Resposta: e
Cálculo de x0
x = x0 + v . t
25 = x0 – 2,1 . 30 → x0 = 100 m
Posição em 15s:
x = x0 + v . t
x = 100 – 2,5 . 15 → x = 62,50 m
7. Resposta: b
Nos 6 primeiros:
∆x = área
∆x =
.2 10
2
+ 4 . 10 → ∆x = 50 m
8. Resposta: a
Deslocamento
∆x = área
∆x = −
(1, 5 + 1) . 30 (1 + 0, 5) . 10
2 2
∆x = 30 m
2. y = v0 . t +
2
t.g 2
→ 160 = 20 . t +
2
t.10 2
→
→ 5 . t2 + 20 . t – 160 = 0 → t2 + 4 . t – 32 = 0 →
→  t = 4s
 ou
 t = –8s (não serve)
3. yA = yB
tB = t – 2








+
2
t.g
t.v
2
0 A = 







+
2
t.g
t.v
2
0 B
0 . t +
2
t.10 2
= 40 . (t – 2) +
( )
2
2–t.10 2
5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . (t – 2)2
5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . (t2 – 4 . t + 4)
5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . t2 – 20 . t + 20
60 = 20 . t → t = 3s
yA = v0 . t +
2
t.g 2
= 0,3 +
2
3.10 2
= 45 m
4. y = v0 . t +
2
t.g 2
Entre (1) e (2):
d = 0 . 5 +
2
5.g 2
→ = g =
25
d.2
Entre (1) e (3):
D = 0 . 10 +
2
10.g 2
D = 50 . g = 50 .
25
d.2
= 4 . d
1
2
3 A1 = 30
A2 = 25
A3 = 25
80 → corresponde a x = 80 m
A
C
B
A = 900 (trapézio)
A = 800 (trapézio)
A = 600 (triângulo)
A
B
Velocidade média
v =
∆
∆
x 30=
t 3
= 10 m/s
9. Resposta: d
Os deslocamentos são dados pelas áreas dos diagramas.
No instante t = 8s, as áreas abaixo dos diagramas são iguais e
valem 160 unidades. Este é o instante em que o veículo B ul-
trapassa o veículo A.
10. Resposta: c
Os dois veículos têm a mesma velocidade constante, pois
as inclinações das retas são iguais. Apenas o veículo A está à
frente do veículo B, pois enquanto B saiu de x0 = 0, A saiu de
x0 > 0.
CINEMÁTICA II
Atividades (página 3)
1. v = v0 + g . t = 0 + 10 . 4 = 40 m/s
y = v0 . t +
2
t.g 2
= 0 . 4 +
2
4.10 2
= 80 m
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Física1
3Física 1
2
Testes (página 2)
Orientação geral: considera-se todas as grandezas orien-
tadas para cima com sinal positivo + , portanto a aceleração
terá sempre sinal negativo – .
1. Resposta: d
∆y =
2
t.g 2
∆y =
2
5.10 2
∆y = –125 m
2. Resposta: c
∆y =
2
t.g 2
∴ t =
∆2 . y
g
3. Resposta: 5
Aplicando a equação horária: y = v0 . t +
2
t.g 2
–100 = v0 . 4 –
2
4.10 2
→ –100 = 4 . v0 – 80
v0 = –5 m/s. O sinal – da velocidade confirma que o heli-
cóptero estava descendo.
4. Resposta: e
Ocorrem dois movimentos simultâneos (t1 = t2): enquanto
o trem percorre 26 m em MRU, a pedra cai 20 m (QL).
I. Tempo: y = v0 . t +
2
t.g 2
→ –20 = –
2
t.10 2
→ t = 2s
II. Velocidade: v = v0 + g . t → v = 0 – 10 . 2 = –20 m/s
III. Velocidade do trem: v =
t
x
=
2
26
= 13 m/s
5. Resposta: 20
O barco (MRU):
x = v . t → 10 = 5 . t ∴ t = 2s
A pedra em queda livre (MRUV):
h = v0 . t +
2
t.g 2
→ h = 0 . 2 +
( )
2
2.10 2
→ h = 20 m
6. Resposta: c
As alturas de queda são iguais. Mas t2 = t1 – 2.
h1 = 0 –
2
t.10 2
→ h1 = 80 m, logo: t = 4s
h2 = v0 . t +
2
t.g 2
→ –80 = v0 . 2 –
( )
2
2.10 2
→
→ –80 = 2 . v0 – 20 → 2 . v0 = –60 → v0 = –30 m/s
7. Resposta: a
Aplicando a equação horária para v0 = 0 → y =
2
t.g 2
Para 2s → y = –
2
2.10 2
= –20 m
Para 6s → y = –
2
6.10 2
= –180 m
Regra de três: –20 m → d → x =
20
180
. d = 9d
–180 m → x
8. Resposta: 45
Durante o quinto segundo: D = y5 – y4
Para 5s: y = –
( )
2
5.10 2
= –125 m
Para 4s: y = –
( )
2
4.10 2
= –80 m
Logo: D = –125 – (–80) = –45 m
9. Resposta: 30
Se o tempo total é T e dividindo em três intervalos iguais,
têm-se: primeiro intervalo t1 =
3
T
; segundo intervalo t2 =
3
T2 e
terceiro intervalo t3 = T.
Para calcular T: y =
2
t.g 2
→ 54 =
2
T.g 2
→ T =
g
108
Durante o terceiro intervalo: D = y3 – y2
y3 =
2
t.g 2
3
→ y3 =
2
g
108
.g
= 54 m
y2 =
2
t.g 2
2
→ y2 =
2
g
108
3
2
.g
2








= 24 m
Logo: D = 54 – 24 = 30 m
10. Resposta: c
Trata-se de dividir a altura total em dois trechos e aplicar
as equações de QL.
→ Para o trecho total: y =
2
t.g 2
(1)
→ No primeiro trecho:
–v = 0 – g(t – 1) → v = g(t – 1) (2)
Torricelli no primeiro trecho:
v2 = 2g
4
y3
→ v2 =
2
y.g.3
(3)
Trata-se agora de resolver sistema de 3 equações com 3
incógnitas. Substitui-se as equações (1) e (2) em (3):
( )[ ] ( ) 4
t.g.3
1t2–t.g
2
2
t.g
.g.3
1–t.g
22
22
2
2
=+⇒








=
Assim: t2 – 2t + 1 =
4
t.3 2
→ t2 – 8t + 4 = 0
Resolvendo a equação do 2º grau, por Bháskara, tem-se:
t =
2
488 ±
→ t = ( )324 + s
Trata-se agora de adaptar esta resposta às alternativas
apresentadas.
c) t =
32
2
−
; racionalizando:
t = ( )s324
32
32
.
32
2
+=
+
+
−






v
v0 = 0
(t – 1)
3y
4
(1s)












y
4
y(t)
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Gabarito
4 Física 1
2
CINEMÁTICA III
Atividades (página 5)
1. v = v0 + g . t = 30 + (–10) . 2 = 30 – 20 = 10 m/s
y = v0 . t +
2
t.g 2
= 30 . 2 +
( )
2
2.10– 2
= 60 – 20 = 40 m
2. v = v0 + g . t = 30 + (–10) . 5 = 30 – 50 = –10 m/s
(o sinal de – vem indicar que, neste instante, o móvel
está descendo).
y = v0 . t +
2
t.g 2
= 30 . 5 +
( ) 2
–10 . 5
2
= 150 – 125 = 25 m
3. a) Na altura máxima: v = 0
Logo: v = v0 + g . t → 0 = 40 + (–10) . t → 10 . t = 40 →
→ tm = 4s
b) y = v0 . t +
2
g . t
2
= 40 . 4 +
( ) 2
–10 . 4
2
=160 – 80 = 80 m →
→ hm = 80 m
c) ttotal = tsubida + tdescida = 4s + 4s = 8s
4. y = v0 . t +
2
t.g 2
→ –25 = 20 . t +
( )
2
t.10– 2
→
→ –25 = 20 . t – 5 . t2 →
→ 5 . t2 – 20 . t – 25 = 0 → t2 – 4 . t – 5 = 0
 t = 5s
 ou
 t = –1s (não serve)
5. t2 = t – 2
y1 = y2








+
2
t.g
t.v
2
0 1 = 







+
2
t.g
t.v
2
0
2
20 . t +
( )
2
t.10– 2
= 20 . (t – 2) +
( ) ( )
2
2–t.10– 2
20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . (t – 2)2
20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . (t2 – 4 . t + 4)
20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . t2 + 20 . t – 20
60 = 20 . t → t = 3s
Testes (página 10)
Orientação geral: considera-se como sinal positivo + as
grandezas que apontam para cima, conforme a teoria.
1. Resposta: e
No ponto mais alto v = 0; sendo: v = v0 + g . t
0 = 20 – 10 . t → 10 . t = 20 → t = 2s
Altura: y = v0 . t +
2
g . t
2
→ y = 20 . 2 –
( )2
10 . 2
2
= 40 – 20 =
= 20 m
2. Resposta: 45
Observe que 6s engloba a subida e a descida.
y =
2
t.g 2
=
( )
2
3.10 2
=
2
90
= 45 m
7. Resposta: 10
Observe: 300 m, acima, y é + .
y = v0 . t +
2
t.g 2
→ 300 = 80 . t –
2
t.10 2
→
→ t2 – 16t + 60 = 0
Resolvendo: t =
2
1616 ±
; raízes 6 e 10.
t = 6s → na ascendente,
t = 10s → na descendente.
8. Resposta: 30
A pedra foi lançada em movimento ascendente, portanto
será lançada para cima e chegará ao solo após 3s.
Nos 6s iniciais o movimento é uniforme:
x = v . t → H = v . 6 → v =
6
H
→ v = v0
Para o trecho todo: y = y0 + v0 . t +
2
t.g 2
–H = 0 + v0 . 3 –
2
t.10 2
→ –H = 3 . v0 – 45
Substituindo o valor de v0 = :
6
H
–H = 3 .
6
H
– 45 →
2
H3–
= – 45 → H = 30 m
9. Resposta: 75
Para calcular v0, que é igual para os dois:
Torricelli: v2 = v0
2 + 2gy → 0 = v0
2 – 2 . 10 . 100 →
→ v0 = 20 . 5 → v0 = 20 . 5 m/s
t = 3s
t = –2s



v = 0
ts
td
MRU
H
v0
3. Resposta: a
No ponto de altura máxima, a velocidade é nula.
O movimento na descida é idêntico ao da subida, invertendo
o sentido da velocidade. Enquanto um corpo estiver solto no ar, a
única aceleração que age sobre ele é a aceleração da gravidade,
que aponta sempre para baixo.
4. Resposta: b
Suponha que o helicóptero está parado, então v0 = 0
y =
2
t.g 2
→ –80 = –
2
t.10 2
→ t = 4s. Como o parafuso demo-
rou 6s, para chegar ao solo, conclui-se que o helicóptero esta-
va subindo.
5. Resposta: c
Seguindo as regras de sinais:
y = v0 . t +
2
t.g 2
→ –30 = 5t –
2
t.10 2
→ t2 – t – 6 = 0
Resolvendo a equação:
Eliminando o valor negativo, t = 3s.
6. Resposta: b
y = v0 + v0t –
2
t.g 2
→ 40 = 0 + 30 . t –
2
t.10 2
→
→ t = 2s ou t = 4s
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Física1
5Física 1
2
Para a segunda pedra: y2 = v0 . t –
2
t.g 2
, substituir t =
0v
H
H.gv
v2
H.g
–
2
H
–
2
v
H
g
–
v
H
.v
2
H
02
0
2
2
0
0
0 =→=→








=
CINEMÁTICA IV
Atividades (página 7)
1.
v abs
= v rel
+ v arr
Logo, em módulo vabs = 6 m/s
2. v abs
= v rel
+ v arr
Logo, em módulo vabs = 4 m/s
3. 


Somando, membro a membro, vem 2 . vb = 50 → vb = 25 km/h
Substituindo na primeira equação do sistema: 25 – vr = 20→
→ vr = 5 km/h
4. a) x = v . t (na direção do eixo do barco): 40 = 4 . t → t = 10s
b) x = v . t (na direção da correnteza): y = 3 . 10 → y = 30 m
c) v abs
= v rel
+ v arr
Em módulo: vabs
2 = vb
2 + vr
2 = 42 + 32 = 16 + 9 = 25
Logo: vabs = 5 m/s
5. a) v abs
= v rel
+ v arr
sen 60° =
HIP
CO
=
4
vr
=
2
3
→
→ vr = 2 3 m/s
b) cos 60° =
HIP
CA =
4
vabs
=
2
1 → vabs = 2 m/s
c) x = v . t → 40 = 2 . t → t = 20s
Testes (página 5)
1. Resposta: a
Velocidade relativa: v12 = v1 – v2. Deve-se considerar o
sentido da velocidade (+ ou –).
Menino A: vA = 3 + 3 = 6 m/s
Menino B: vB = –3 + 3 = 0 m/s
2. Resposta: c
Quando a moeda coincidir com o 2 da régua A, também
coincidirá com o 2 da régua B.
Logo, o zero da régua B coincidirá com o 4 da régua A.
1º corpo
2º corpo
Encontro
v0 = 0
Posição
h
m520v 0 =
1ª pedra
Encontro
v0 = 0
y = H
2
igualar
v0
vrel = 5 m/s varr = 1 m/s
vabs
vb – vr = 20
vb + vr = 30
vrel = 5 m/s
varr = 1 m/svabs
No instante do lançamento do segundo corpo, tomando y
como posição:
y1 = 100 + 0 – 5t2
y2 = 0 + 20 5 . t – 5t2
Igualando as posições: y1 = y2
100 – 5t2 = 20 5 . t – 5t2 →
→ t =
520
100 = s5
Substituindo o valor de t em y1 ou y2:
em y1 → y1 = 100 – 5 ( )2
5 = 100 – 25 = 75 m.
10. Resposta: b
Considera-se y como posição e a posição de encontro é
para y =
2
H
.
Equação: y = y0 + v0 . t +
2
t.g 2
y1 = H + 0 –
2
t.g 2
y2 = 0 + v0 . t –
2
t.g 2
y1 = y2 → H = v0 . t → t =
0v
H
vR
vB
y = 15 m
x = 54 m
L = 1 km
vBR
3. Resposta: d
vB = 1,8 m/s
vR = ? (m/s)
Tempo para descer: s30
s/m8,1
m54
v
x
t
B
===
s/m5,0v
s30
m15
t
y
vt.vye RRR =→==∴=
4. Resposta: c
O esquema é:
Para calcular o tempo:
t =
v
x
=
uraarglàparalelav
uraargL
t =
3
1
=
3
1
h e
3
1
hora = 20min
vb = 4 m/s
vr = 3 m/s
vabs
vrvb = 4 m/s
vabs
60°
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Gabarito
6 Física 1
2
8. Resposta: a
Subindo: xS = 6,0 km = 6 000 m
tS = 20min = 20 . 60s
Descendo: xD = 6,0 km = 6 000 m
tD = 8min20s = 500s
Subindo: vS = vB – vR (1)
Descendo: vD = vB + vR (2)
Sistema de equações (1) e (2):
vB + vR = vD (2)
vB – vR = vS (1)



vBR vRT
vBT
Vetorialmente:
vB vR
vBT
x
vBR vRT
vBT
vBR
Correnteza: 3 m/s
A B
9. Resposta: 80
Denomina-se distância AB de L, logo v =
t
L
Rio acima: v = vB – vC e v =
20
L
Rio abaixo: v = vB + vC e v =
10
L
Para montar o sistema:
Por adição: m80L12
20
L3
12
10
L
20
L
=→=→=+
10. Resposta: c
Com o motor desligado, a velocidade é apenas a da cor-
renteza.
Rio acima: v = vB – vC →
4
L
= vB – vC
Rio abaixo: v = vB + vC →
2
L
= vB + vC
Para a correnteza: x = vC . t → L =
8
L
. t → t = 8 horas
CINEMÁTICA V
Atividades (página 9)
1. a) v0x = v0 . cos 53° = 50 . 0,6 = 30 m/s
v0y = v0 . sen 53° = 50 . 0,8 = 40 m/s
Para t = 2s:
vx = v0x = 30 m/s
vy = v0y + g . t = 40 + (–10) . 2 = 40 – 20 = 20 m/s
v = 2
y
2
x vv + = 22 2030 + = 400900 + = 3001 =
= 210.13 = 1310 m/s
x = vx . t = 30 . 2 = 60 m
y = v0y . t +
2
t.g 2
= 40 . 2 +
( )
2
2.10– 2
= 80 – 20 = 60 m
b) No ponto mais alto: vy = 0
vy = v0y + g . t → 0 = 40 + (–10) . t → 10 . t = 40 → t = 4s
c) No ponto mais alto:
v = v0x = 30 m/s
d) y = v0y . t +
2
t.g 2
= 40 . 4 +
( )
2
4.10– 2
= 160 – 80 = 80 m
20
L
= 6 – vC
10
L
= 6 + vC





vB =
8
L3
e
vC =
8
L





6. Resposta: 10
Pode-se calcular:
h/km8vh
4
1
.v2t.vxv BTBTBT =→=→=→
h/km10v
100v
68v
BR
2
BR
222
BR
=
=
+=
7. Resposta: 15
vB = 4 m/s
vR = 2 3 m/s
x = 30 m
sen θ =
Hipotenusa
opostoCateto
=
B
R
v
v
=
s/m4
s/m32
sen θ =
2
3
∴ θ = 60°
cos θ =
B
BT
v
v
∴ vBT = vB cos θ
vBT = (4 m/s) . cos 60° → vBT = 2 m/s
e t =
BTv
x
=
s/m2
30
∴ t = 15s
θ)
Observação: a partir do triân-
gulo, pode-se calcular vBT apli-
cando Pitágoras.
5. Resposta: 4
A travessia é feita segundo a menor distância:
Vetores
s/m4v
16v3v5
vvv
BT
2
BT
22
BT
2
2
RT
2
BT
2
BR
=→
→=→+=
+=
Resolvendo (somando-as) tem-se: 2vB = vD + vS.
∴ vB =
2
vv SD +
vS =
S
S
t
x
=
s60.20
m0006
= 5 m/s
vD =
d
d
t
x
=
s500
m0006
= 12 m/s ∴ vB =
2
s/m5s/m12 +
vB = 8,5 m/s
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Física1
7Física 1
2
e) Para t = 4s:
vx = v0x = 30 m/s
vy = v0y + g . t = 40 + (–10) . 8 = 40 – 80 = –40 m/s
(o sinal de – indica que, neste instante, o móvel está
descendo)
v = 2
y
2
x vv + = ( )22 40–30 + = 6001900 + =
= 5002 = 50 m/s
2. a) y = v0y . t +
2
t.g 2
→ 5 = 0 . t +
2
t.10 2
→ 5 = 5 . t2 →
→ t2 = 1 → t = 1s
b) x = vx . t = 20 . 1 = 20 m
c) Para t = 1s:
vx = v0 = 20 m/s
vy = v0y + g . t = 0 + 10 . 1 = 10 m/s
v = 2
y
2
x vv + = 22 1020 + = 100400 + = 500 =
= 210.5 = 10 5 m/s
3. y = v0y . t +
2
t.g 2
→ 20 = 0 . t +
2
t.10 2
→ 20 = 5 . t2 → t2 = 4 →
→ t = 2s
x = vx . t → 60 = v0 . 2 → v0 = 30 m/s
4. v0x = v0 . cos 30° = 20 .
2
3
= 10 3 m/s
v0y = v0 . sen 30° = 20 .
2
1 = 10 m/s
y = v0y . t +
2
t.g 2
→ –15 = 10 . t +
( )
2
t.10– 2
→
→ –15 = 10 . t – 5 . t2 → 5 . t2 – 10 . t – 15 = 0 →
 t = 3s
→ t 2 – 2 . t – 3 = 0  ou
 t = –1s (não serve)
x = vx . t = 310 . 3 = 30 3 m
5. Componente vertical de v0:
v0y = v0 . sen 30°
v0y = 2 . 0,50
v0y = 1 m/s
Cálculo do tempo:
∆y = v0 . t +
2
t.g 2
20 = 1 . t +
2
t.10 2
A única raiz positiva é: t’ = 1,9s
6. Cálculo do tempo de altura máxima:
v = v0 – g . t
0 = 4 – 10 . t
t = 0,4s
Notar que o tempo total de movimento será o dobro, isto
é, 0,8s.
Altura máxima atingida:
∆y = v0 . t –
2
t.g 2
∆y = 4 . 0,4 –
2
10 . 0,4
2
∆y = 0,8 m = 80 cm
3. Resposta: b
Dados: v0x = 10 m/s e alcance x = 100 m
Alcance: x = vx . t → 100 = 10 . t → t = 10s
Altura: y =
2
t.g 2
→ y =
2
10.10 2
= 500 m
4. Resposta: b
Com a altura, calcula-se o tempo:
y =
2
t.g 2
→ 0,2 =
2
t.10 2
→ t = 0,2s
Alcance: x = vx . t → 0,3 = vx . 0,2 → vx = 1,5 m/s
5. Resposta: 45
Após 2s, vx mantém-se constante: vx = v0x = 45 m/s
vy deve ser calculada: vy = v0y + g . t
vy = 20 – 10 . 2 = 0
A velocidade total é dada por: v2 = 2
xv + 2
yv → v = 45 m/s.
6. Resposta: 1 m
∆x = yxt
3 = 3t → t = 1s
y = y0 + v0y t –
2
t.g 2
y = 2 + 4 . 1 –
2
10 . 1
2
→ y = 1 m
7. Resposta: d
vy = v . sen 53°
vy = 37,5 . 0,8 → vy = 30 m/s
vy
2 = 2 . g . ∆y
302 = 2 . 10 . ∆y → ∆y = 45 m
Testes (página 6)
1. Resposta: e
v0y = v0 . sen 30°
v0y = 30 .
2
1 → v0y = 15 m/s
vy = v0y – g . ts
0 = 15 – 10 . ts → ts = 1,51 = 1,5s
∆y = v0y . t –
2
t.g 2
∆y = 15 . 1,5 –
2
10 . 1,5
2
→ ∆y = 11, 25 m
2. Resposta: c
∆y =
2
t.g 2
∆y =
2
10 . 2
2
→ ∆y = 20 m
Logo: y =
20
2,5
= 8 andares
Distância horizontal percorrida:
∆x = v . t
∆x = 2,5 . 0,8
∆x = 2 m
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Gabarito
8 Física 1
2
612 km/h
A
3 920 m
Visada
B C
A – AT
Alcance: 4 760 m
840
Alcance do trem em t = 28s:
AT = vT . t = 30 . 28 ∴ AT = 840 m
A – AT = 3 920 m
∴ tg θ = 1 = 9203
9203
∴ θ = 45°
O ângulo θ foi definido entre a horizontal e a linha visada.
19. Resposta: c
Propriedade matemática:
Para ângulos complementares (30° + 60° = 90°) em condi-
ções iguais, os alcances serão iguais. Em 45° ocorre o máxi-
mo alcance para uma dada velocidade.
θ
h = 3 920 m
A – AT
8. Resposta: b
v0y = v0 . sen 30°
v0y = 200 . 0,5
v0y = 100 m/s
y = y0 + v0 . t –
2
t.g 2
480 = 0 + 100 . t –
2
10 . t
2
t = 8s
t = 12s
O inverso será: 12 – 8 = 4s
9. Resposta: b
Com a altura, calcula-se o tempo:
y =
2
t.g 2
→ 5 =
2
t.10 2
→ t = 1s
Alcance: x = vx . t → 4 = vx . 1 → vx = 4 m/s
10. Resposta: c
A altura da queda é a mesma para os pontos A e B, portanto
tA = tB, já que: y =
2
t.g 2
→ t =
g
y2
.
O alcance de B é o dobro do alcance de A, portanto vB = 2 vA,
já que: x = vx . t.
11. Resposta: 5
Cálculo do tempo: y =
2
t.g 2
→ 1,225 =
2
t.10 2
→ t = 0,5s
Alcance: x = vx . t → 2,5 = vx . 0,5 = 5 m/s
12. Resposta: c
São quatro intervalos de
8
1
s → t = 4 .
8
1
= 0,5s
Cálculo da altura: y =
2
t.g 2
=
( )
2
5,0.10 2
= 1,25 m
13. Resposta: a
Dados iniciais: v0x = 5 m/s
v0y = 18 m/s
No ponto mais alto da trajetória: vy = 0 → vy = v0y + g . t
0 = 18 – 10 . t → t = 1,8s (até a metade)
Altura: y = v0y . t +
2
t.g 2
→ y = 18 . 1,8 –
2
8,1.10 2
= 16,2 m
Alcance: x = vx . t → x = 5 . 3,6 = 18 m
14. Resposta: a
No ponto de altura máxima a componente vertical da velo-
cidade é sempre nula (vy = 0), qualquer que seja o ângulo de
lançamento.
15. Resposta: a
Decompondo a velocidade:
v0x = v0 . cos 45° = 10 .
2
2
= 25 m/s
v0y = v0 . sen 45° = 10 .
2
2
= 25 m/s



Alcance: 3 m → x = vx . t → 3 = 25 . t → t =
25
3
s
Na fórmula da altura: y = v0y . t +
2
t.g 2
y = 25 .
25
3 –
2
2
25
3
10








= 3 – 5 .
50
9 = 2,10 m
16. Resposta: b
Decompondo a velocidade:
v0x = v0 . cos 37° = 40 . 0,8 = 32 m/s
v0y = v0 . sen 37° = 40 . 0,6 = 24 m/s
Alcance: 64 m → x = vx . t → 64 = 32 . t → t = 2s
Na fórmula da altura: y = voy . t +
2
t.g 2
y = 24 . 2 –
( )
2
210 2
= 48 – 20 = 28 m
Como o obstáculo tem 20 m, o projétil passa 8 m acima
desse ponto.
17. Resposta: d
A distância CD equivale ao alcance – AB, logo: CD = x – 40.
Cálculo do alcance: x = vx . t = 86,6 . 11 → x = 952,6 m
Assim: CD = 952,6 – 40 = 912,60 m.
18. Resposta: 45
vox = 612 km/h = 170 m/s
g = 10 m/s2
h = 3 920 m
vT = 108 km/h = 30 m/s
Tempo de queda:
h =
2
1
g . t2 → 3 920 =
2
1
. 10 . t2 ∴ t = 28s
Alcance na queda:
A = v0x . t = 170 . 28 ∴ A = 4 760 m
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Física1
9Física 1
2
5. Resposta: c
Freqüência:
60
RPM
= Hz → f =
60
0003
= 50 Hz
v = 2π . R . f → v = 2π . 0,10 . 50 = 10π → v = 31,4 m/s
6. Resposta: a
Todas as moedas giram com o mesmo período e a mesma
freqüência; o que as diferencia é o raio de cada uma.
Sendo ωA = 2π . f, teremos ωB = ωC = ωA = 2π . f.
7. Resposta: b
O ponto a 10 m da base, executa um MCU de raio 10 m e
executa 1/4 de volta até o chão.
Sendo:
4
1
volta = 5 → T = 20s
Velocidade angular: ω =
T
2π
=
20
2π
=
10
π
rad/s
Velocidade escalar: v = ω . R =
10
π
. 10 = π m/s
8. Resposta: b
Aceleração centrípeta: Ac =
R
v2
mas v = 2π . R . f
Ac =
( )
R
f.R.2 2
π
→ 0,25 =
( )
1
f.1.2 2
π
→ 0,25 = 4π2 . f2
Assim: f2 =
24
25,0
π
→ f2 =
24
100
25
π
→ f =
2400
25
π
=
π20
5
f =
π4
1
logo: T = 4π/s
3. v =
T
R..2 π
=
h12
cm3..2 π
=
12
.6 π
cm/h =
=
2
π cm/h =
2
14,3
cm/h = 1,57 cm/h
Testes (página 8)
1. Resposta: a
No equador a raiz do movimento circular é máximo, logo
será máxima a velocidade tangencial: v = ω . R
2. Resposta: c
Dados: R = 8 cm: freqüência: 15 Hz (voltas por segundo).
Velocidade angular: ω = 2π . f = 2π . 15 = 30π rad/s
Período: T =
f
1
=
15
1
s
Velocidade linear: v = ω . R = 30π . 8 = 240π cm/s
3. Resposta: 40
Transformação:
60
RPM
= Hz → f =
60
/2001 π
=
π
20
Hz
Velocidade angular: ω = 2π . f = 2π .
π
20 = 40 rad/s
4. Resposta: e
O ponteiro das horas completa 1 volta a cada 12 horas (T = 12h)
v =
T
R.2π
→ v =
12
6.2π
= π cm/h.
9. Resposta: a
Todos os corpos terão o mesmo período de 24 horas, logo
terão a mesma freqüência e a mesma velocidade angular. No
entanto, o corpo que está em Macapá terá um raio de movi-
mento maior, logo apresentará uma maior velocidade tangen-
cial, pois V = W . R.
10. Resposta: b
Para a velocidade tangencial: v = 2 . π . R . f, tem-se:
6,3
80
= 2π . 0,4 . f → f =
π8,0.6,3
80
=
π6,3
100
Para simplificar a fração: f =
π36
0001
=
π9
250
Hz
Observação: Hz corresponde a rps.
20. Resposta: c
O alcance é inversamente proporcional à aceleração da
gravidade. Se g ficou 6 vezes menor, o alcance será 6 vezes
maior.
6 . 80 m = 48 m.
CINEMÁTICA VI
Atividades (página 11)
1. Freqüência:
f =
T
1
f =
4
1
→ f = 0,25 Hz
Velocidade linear:
v = 2 . π . R . f
v = 2 . 3,14 . 2 . 0,25 → v = 3,14 m/s
Velocidade angular:
ω = 2 . π . f
ω = 2 . π . 0,25 → ω =
2
 π
 
 
rad/s
Arco descrito em 3s:
∆x = v . t
∆x = 3,14 . 3 → ∆x = 9,42 m
Ângulo descrito em 0,2s:
θ = ω . t
θ =
2
 π
 
 
. 0,2 → θ =
π
10
rad
2. f = 240 rpm = 240 : 60 rps = 4 rps
ω = 2 . π . f = 2 . π . 4 = 8 . π rad/s
CINEMÁTICA VII
Atividades (página 12)
1. vA = vB
2 . π . RA . fA = 2 . π . RB . fB
RA . fA = RB . fB
2 . 40 = 4 . fB
fB = 20 rpm
2. ω1 = ω2
1
1
R
v
=
2
2
R
v
→ 1v
1
=
4
2
v1 = 2 m/s
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Gabarito
10 Física 1
2
9. Resposta: a
Dimensão da pista: 120 m
1º) Em sentidos opostos: xA = vA . t = 8 . 20 = 160 m
xB = vB . t = 6 . 20 = 120 m
B executou uma volta, enquanto A executou uma volta mais
40 m; a distância entre eles é 40 m.
2º) Uma volta de vantagem: xA = xB + 120 m
8t = 6t + 120 → 2t = 120 → t = 60s
10. Resposta: e
Para o projétil: v =
t
x
. Enquanto o projétil se desloca 15 m, o
disco do alvo se desloca 18°, que representa um ângulo θ =
10
π
rad.
A frequência é:
60
300 = 5 Hz
Sendo: θ = ω . t e ω = 2π . f →
10
π
= 2π . 5 . t → t = 0,01s
Para o projétil: v =
01,0
15
= 1 500 m/s
11. Resposta: e
Dados: Raio: R = 0,50 m. Uma pedalada → duas voltas.
Velocidade tangencial: v = 2πf . R, assim:
6,3
6π = 2π . f . 0,5 ⇒ f =
6,3
6 rps.
RPM = RPS . 60 ⇒ f =
6,3
6 . 60 = 100 RPM (da roda).
Se cada pedalada são duas voltas, então
2
100 = 50 peda-
ladas por minuto.
12. Resposta: e
Para que as duas rodas estejam novamente juntas é
necessário que uma dê uma volta a mais que a outra.
Matematicamente: θ1 = θ2 + 2πrad.
Sendo θ = ω . t ⇒ ω1t = ω2t + 2π
Mas ω =
T
2π ⇒
1T
2π . t =
2T
2π . t + 2π
Assim:
21 T
t
T
t
= + 1 ⇒
35
t
30
t
= + 1 (fazer o mínimo MMC)
210
210t6t7 +=
⇒ t = 210s
3. Velocidade angular relativa:
ω1/2 = ω1 – ω2
ω1/2 = 20 – (–10)
ω1/2 = 30°/s
Cálculo do tempo:
θ = ω . t
360 = 30 . t
t = 12s
4. Velocidade angular relativa:
ω1/2 = ω1 – ω2
ω1/2 = 20 – 10
ω1/2 = 10°/s
Cálculo do tempo:
θ = ω . t
360 = 10 . t
t = 36s
Testes (página 9)
1. Resposta: 20
Ligação por correia: v1 = v2, logo: R1 . f1 = R2 . f2
Assim: R1 . 40 = 2R1 . f2
f2 =
1
1
R2
R40
= 20 RPM
2. Resposta: d
As velocidades são iguais. Calculando vA = 2π . RA . fA
vA = 2π . 0,1 .
60
300
= π m/s
Para a polia B → vB = 2π . RB . fB, mas f =
T
1
π = 2π . 0,4 .
T
1
→ T = 0,80s
3. Resposta: 12
Engrenagens (rodas dentadas) vA = vB → RA . fA = RB . fB
5 . fA = 1 . 60 → fA =
5
60
= 12 rpm.
4. Resposta: c
Ao girar a barra, os pontos giram solidários. Os pontos A e
B executam as mesmas voltas no mesmo intervalo de tempo.
Portanto TA = TB e sendo: ω =
T
2π
, tem-se ωA = ωB.
5. Resposta: a
Estabeleça as ligações entre X, Y e Z.
X → Y (correia): Rx . fx = Ry . fy → 12 fx = 4 . fy → fy = 3 . fx
Y → Z (eixo): mesma freqüência: fy = fz = Ty = Tz e ωy = ωz
6. Resposta: b
A ligação entre C e B é por eixo, logo: fB = fC = 100 rpm.
Entre B e A: roda dentada → RA . fA = RB . fB, assim:
1 . fA = 2 . 100 → fA = 200 rpm.
7. Resposta: b
Primeira roda: f =
3
1
rpm → T = 3 minutos
Em uma hora irá executar 20 voltas.
Segunda roda: f =
4
1
rpm → T = 4 minutos
v1 + v2 = 10
v1 – v2 = 2



Em uma hora irá executar 15 voltas.
Se a primeira estivesse parada, haveria 15 encontros; se
a segunda estivesse parada, haveria 20 encontros. Como am-
bas estão em movimento: 15 + 20 = 35 encontros.
8. Resposta: b
Quando percorrem sentidos opostos:
x1 + x2 = 600 e x = v . t
assim: v1 . 60 + v2 . 60 = 600 → v1 + v2 = 10 (1)
Quando percorrem o mesmo sentido:
x1 = x2 + 600 → 300 . v1 = 300v2 + 600
assim: v1 = v2 + 2 (2)
Montando o sistema:
Resolvendo por adição: 2v1 = 12 → v1 = 6 m/s
Logo: v2 = 4 m/s
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Fisica1 ex2

  • 1. 1Física 1 2 CinemáticaI MecânicaCinemática I Propriedade do diagrama a = f(t) A área abaixo do diagrama fornece a variação da velocidade do móvel entre os instantes considerados. A = ∆v VELOCIDADE EM FUNÇÃO DO TEMPO Como a velocidade varia linearmente com o tempo, o gráfico v = f(t) é dado por uma reta. v = v0 + a . t Para o movimento acelerado, tem-se: ACELERAÇÃO EM FUNÇÃO DO TEMPO Como a aceleração é constante, representa-se o gráfico a = f(t) por uma reta paralela ao eixo dos tempos. v0 v t t v Para o movimento retardado, tem-se: a A t Propriedade do diagrama v = f(t) A inclinação da reta fornece a aceleração do movimento. tg α = a v v v0 α t t Propriedade do diagrama x = f(t) A inclinação da curva fornece a velocidade do móvel num dado instante de tempo. tg α = v POSIÇÃO EM FUNÇÃO DO TEMPO Como a posição relaciona-se com o tempo por meio de uma equação algébrica de segundo grau, o gráfico x = f(t) é um arco de parábola. Quando a aceleração é positiva, a concavidade da parábola está voltada para cima. v2 > v1 (tg α2 > tg α1) x 2 1 tα1 α2 v2 < v1 (tg α2 < tg α1) x 2 1 t α1 α2 Quando a aceleração é negativa, a concavidade da parábola está voltada para baixo. Gráficos do MRUV A área compreendida abaixo do diagrama fornece o deslocamento do móvel. A = ∆x MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 2. CinemáticaI 2 Física 1 2 1. Uma partícula tem movimento retilíneo e sua velocidade varia conforme o gráfico. 2. O diagrama a seguir mostra a posição, em função do tempo, de uma partícula que se move em MRUV. Obtenha: a) a velocidade no instante t = 1s; b) a velocidade inicial; c) a aceleração; d) a equação da velocidade; e) o diagrama correspondente à velocidade X tempo. t (s) 0 1 2 3 v (m/s) 3. A velocidade de um corpo que realiza movimento retilíneo varia de acordo com o diagrama a seguir. Cal- cule a velocidade média nos 10s de movimento. v (m/s) t (s) 4 3 2 1 0 2 4 6 8 10 v (m/s) t (s) 8 6 4 2 0 –2 –4 1 2 3 x (m) t (s) 10 8 6 4 2 1 2 30 v (m/s) 0 t (s)1 2 3 4 5 6 –4 a) t (s) 0 1 2 3 4 5 x (m) g) b) Entre 0s e 2s, o movimento é e . c) Entre 2s e 5s, o movimento é e . d) v0 = e) a = f) x = x0 + v0 . t + x (m) t (s) 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 –1 –2 1 2 3 4 5 6 7 Pede-se: a) esboçar a trajetória descrita; b) o tipo de movimento para 0s < t < 2s; c) o tipo de movimento para 2s < t < 5s; d) a velocidade inicial; e) a aceleração; f) a equação horária do movimento, sendo 3 m o des- locamento inicial; g) construir o diagrama correspondente a desloca- mento X tempo. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 3. 3Física 1 2 CinemáticaII Cinemática II Nos exercícios seguintes considera-se g = 10 m/s2 e despreza-se a resistência do ar. 1. Um móvel é solto do topo de um edifício e leva 4s para chegar ao solo. Calcule a velocidade com que o móvel chega ao solo e a altura do edifício. v0 = 0 t = 4s v 2. Do alto de uma torre de 160 m de altura em relação ao solo, um objeto é atirado, verticalmente, para baixo, com velocidade inicial de 20 m/s. Determine o tempo para o objeto atingir o solo, desde o instante do lançamento. 160 m v0 = 20 m/s t = ? Queda livre Queda livre é o movimento vertical realizado próximo da superfície terrestre quando o móvel está sujeito exclusivamente à aceleração da gravidade. Para a queda ser considerada livre, é necessário que se possa desprezar a resistência do ar. ACELERAÇÃO DA GRAVIDADE Nas imediações da Terra, a aceleração da gravidade tem módulo aproximada- mente constante e próximo de g = 9,81 m/s2 Em problemas que exigem menor precisão, adota-se g = 10 m/s2 A orientação do vetor g é sempre vertical e orientado para baixo, isto é, para o centro da Terra. Importante: para variações significativas de altitude, a aceleração da gravidade varia. Quanto mais distante da superfície terrestre, menor o valor de g. EQUAÇÕES DA QUEDA LIVRE A queda livre é um MRUV, pois a trajetória é retilínea (vertical) e a aceleração é constante (g). As equações da queda livre são as mesmas do MRUV, porém se representam a aceleração por g, a posição por y e o deslocamento por ∆∆∆∆∆y. A clássica experiência comprova que, no vácuo, todos os corpos caem com a mesma aceleração, independentemente das mas- sas que possuam. Se, dentro de um tubo de vidro, colocarmos uma pluma e uma pe- dra, retirando o ar do interior do tubo e colo- cando-o na vertical, verifica-se que a pedra e a pluma caem juntas. Pluma Pedra PlumaPedra Ar Vácuo ∆y = v0 . t + v = v0 + g . t v2 = v0 + 2 . g . ∆y 2 MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 4. CinemáticaIII 4 Física 1 2 Cinemática III Lançamento vertical No ponto de altura máxima (onde se inverte o sentido do movimento), a veloci- dade instantânea é nula. O tempo gasto para subir é igual ao tempo gasto para descer até o ponto de lançamento. O módulo da velocidade na subida é igual ao módulo da velocidade na descida para a mesma posição considerada. v0 = 30 m/s 0s 1s 2s 20 m/s 10 m/s 3s v = 0 4s 5s –10 m/s –20 m/s 6s –30 m/s g = –10 m/s2 Quando um corpo é lançado verticalmente para cima, sujeito exclusivamente à ace- leração da gravidade, o movimento é retardado durante a subida e, posteriormente, acelerado na descida. Valem as seguintes observações: EQUAÇÕES O movimento obtido pelo lançamento vertical para cima, cuja única aceleração é a da gravidade, pode ser chamado de queda livre. Valem as equações da queda livre, tomando-se o cuidado de observar que os veto- res v0 e g apresentam sentidos opostos e, conseqüentemente, devem ser associados a sinais opostos. Por convenção, consideramos no presente texto o sinal de v0 como positivo. Logo é negativo o sinal de g. Já considerando o sinal negativo para g, as equações do movimento são: v2 = v0 – 2 . g . ∆y∆y = v0 . t –v = v0 – g . t 2 3. De um ponto elevado, um objeto é solto sem veloci- dade inicial. Dois segundos após o início da queda, um segundo objeto é lançado, verticalmente, para baixo, do mesmo ponto, com velocidade inicial de 40 m/s. Saben- do que os dois objetos chegam ao solo no mesmo ins- tante, qual a altura do ponto de lançamento? 4. Um corpo cai em queda livre a partir do repouso per- correndo uma distância d durante 5,0s de queda. Após 10s de queda, qual será a distância percorrida, desde o início do movimento? a) d b) 2d c) 3d d) 4d e) 5d              v0 = 0 d D = ? 10s 5,0s 0s      A yA tA = t v0 = 0 B v0 = 40 m/s yB tB = MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 5. 5Física 1 2 CinemáticaIII 1. Um móvel é lançado verticalmente para cima, com velocidade de 30 m/s. Determine a velocidade e o deslocamento depois de 2s. 2. Determine a velocidade e o deslocamento do móvel da atividade anterior 5s depois do lançamento. 3. Um corpo é lançado para cima com velocidade de 40 m/s. Calcule: a) o tempo para atingir a altura máxima; b) a altura máxima atingida; c) o tempo total de duração do movimento. v = 0 v0 = 40 m/s 4. Do topo de um edifício, um móvel é lançado vertical- mente para cima, com velocidade de 20 m/s. Quanto tempo levará o móvel para atingir um ponto situado 25 m abai- xo do ponto de lançamento? t1 = t t = ? v0 v0 1 2 t2 = 1 2 5. Uma pedra é lançada do solo, verticalmente para cima, com velocidade inicial de 20 m/s. Dois segundos após sua partida, uma segunda pedra é lançada do mesmo ponto, verticalmente para cima e com a mesma veloci- dade inicial. Quanto tempo após a partida da primeira pedra haverá o encontro? v0 = 20 m/s y g t = ? + MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 6. CinemáticaIV 6 Física 1 2 vbr vrt varr vrel Cinemática IV Movimento relativo Um passageiro dormindo dentro de um trem em movimento está em repouso relativamente ao trem, mas em movimento em relação à terra. O movimento de um corpo é relativo, pois depende do observador. A existência de movimento ou de repouso, a forma da trajetória, enfim as leis de um movimento não dependem apenas do corpo que se move, mas também do referencial. Uma lâmpada que se desprende do teto de um trem em movimento descreve trajetória retilínea para um observador dentro do trem, mas parabólica para um observador no solo. Desprezando a resistência do ar, uma esfera solta de um avião que se move horizontalmente, em movimento retilíneo uniforme, para um observador no avião, descreve uma reta, enquanto que, para um observador no solo, a trajetória descrita é um arco de parábola. Observador Superfície da Terra Esfera Ponto de referência (T)(T)(T) (S) PRINCÍPIO DE GALILEU Quando um corpo está sujeito, simultaneamente, a vários movimentos, cada um se processa como se os outros não existissem. Assim, se um barco atravessa um rio perpendicularmente à correnteza, seu mo- vimento em relação às águas do rio independe do movimento das águas. COMPOSIÇÃO DE MOVIMENTOS Considere um garoto que, supostamente, se desloca no interior de um trem, com velocidade de 1 m/s em rela- ção ao vagão (velocidade relativa), no mesmo sentido em que o trem se desloca em relação à terra. Se houver interesse em analisar o movimento do garoto em relação à terra, faz-se uma composição de movi- mentos. Se a velocidade do vagão em relação à terra (velocidade de arrastamento) for igual a 20 m/s, a velocida- de do garoto em relação à terra (velocidade absoluta) é 21 m/s. Como a velocidade é uma grandeza vetorial, a velocidade do garoto em relação à terra é a soma vetorial de vrel e varr. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 7. 7Física 1 2 CinemáticaIV 5. Um barco tem velocidade própria de 4 m/s e atra- vessa um rio de largura 40 m, atingindo a margem opos- ta em um ponto imediatamente à frente. Para que isso aconteça, o eixo do barco está inclinado 60° em relação à perpendicular às margens. Calcule: a) a velocidade do rio; b) a velocidade do barco em relação às margens; c) o tempo para o barco atravessar o rio. vb = 4 m/s vr = 3 m/s 40 m      y vr 40 m vb = 4 m/s 60° 1. Um barco tem velocidade própria (velocida- de do barco em relação ao rio) de 5 m/s e desce um rio cuja velocidade da água é 1 m/s. Calcule a velocidade do barco em relação às margens. 3. Um barco tem, em relação à terra, velocidade de 20 km/h ao subir um rio e, ao descer, 30 km/h. Calcule a velocidade própria do barco e a velocidade das águas. 2. Na questão anterior, obtenha a velocidade do barco em relação à terra, no caso de o barco subir o rio. vrel = 5 m/s varr = 1 m/s varr = 1 m/s 4. Um barco, cuja velocidade própria é 4 m/s, deve atra- vessar um rio de largura 40 m, cujas águas têm veloci- dade de 3 m/s. O eixo do barco está sempre dirigido per- pendicularmente às margens. Calcule: a) o tempo que o barco leva para atravessar o rio; b) o deslocamento verificado pelo barco rio abaixo; c) a velocidade do barco relativamente à terra. vrel = 5 m/s MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 8. CinemáticaV 8 Física 1 2 Cinemática V Movimento parabólico A trajetória descrita por um projétil lançado obliquamente para cima, de um plano horizontal, quando se despreza a resistência do ar, é um arco de parábola. O móvel fica su- jeito a dois movimentos simultâneos, que, de acordo com o princípio de Galileu, são independentes: MRU na dire- ção horizontal e queda livre (QL) na direção vertical. A razão disso é o fato de que a única aceleração que atua sobre o móvel é a aceleração da gravidade (g). LANÇAMENTO OBLÍQUO O lançamento de um projétil, no vácuo, resulta em um movimento dado pela composição de dois movimentos: — MRU na horizontal, pois não há qualquer força agindo horizontalmente sobre o corpo. — QL, na vertical, pois na vertical atua a força peso. LANÇAMENTO HORIZONTAL Valem, para o movimento de um corpo lançado hori- zontalmente, as mesmas equações do lançamento oblí- quo, com duas particularidades: 1ª) A velocidade inicial, sendo horizontal, tem com- ponente vertical nula: v0y = 0. 2ª) Velocidade horizontal é constante vx = v0 O tempo de queda de um corpo lançado horizontalmente é o mesmo que o de um corpo abandonado da mesma altura. As moedas A e B, que iniciam os movimentos no mesmo instante, chegam simultaneamente ao solo. O maior deslocamento obtido na direção horizontal recebe o nome de alcance. No exemplo acima o alcance é de 240 metros. Observe como se comportam as componentes hori- zontal e vertical do vetor velocidade no exemplo a seguir. A primeira atitude é sempre obter as componentes da velocidade inicial (v0), através das relações V0x = v0 . cos ααααα e v0y = v0 . sen ααααα Depois, basta aplicar a equação do MRU e as equa- ções da queda livre. Observações importantes: As observações acima somente valem, se os pontos de partida e de chegada estiverem num mesmo nível. B B A AvH vv vH vv y (m) x (m) 5 m 15 m 25 m 35 m 0s 1s 2s 3s 4s 5s 6s 7s 8s 30 m 30 m 30 m30 m30 m30 m30 m30 m y (m) x (m) 0s 1s 2s 3s 4s 5s 6s 7s 8s v0x = 30 vx = 30 vx = 30 vx = 30 vx = 30 vx = 30 vx = 30 vx = 30 vx = 30 v0y = 40 vy = 30 vy = 20 vy = 10 vy = 0 vy = –10 vy = –20 vy = –30 vy = –40As velocidades constam em m/s. y        v0y        v0x x θ v0 vy vx v          v0 Amáx                  v0 60° 30° 45° A Para a mesma velocidade inicial, o ângulo de lan- çamento igual a 45° fornece alcance máximo. Ângulos complementares de lançamento fornecem al- cances iguais. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 9. 9Física 1 2 CinemáticaV a) o tempo gasto para atingir a altura máxima e o tempo total de movimento; b) a altura máxima atingida; c) a velocidade no ponto de altura máxima; d) o alcance do movimento. 2. Uma pequena esfera é lançada horizontalmente, com velocidade de 20 m/s, de uma mesa de altura 5 m. Des- prezando os efeitos do ar e considerando g = 10 m/s2, calcule: a) o tempo para a esfera atingir o solo; b) o alcance da esfera; c) a velocidade da esfera ao atingir o solo. 1. Um projétil é lançado obliquamente para cima de um plano horizontal, com velocidade de 50 m/s, for- mando um ângulo de 53° com a horizontal. Dados: sen 53° = 0,8; cos 53° = 0,6 e g = 10 m/s2 Calcule: yv0y v0x x A hm vy vx v vy = 0 v = v0xvy vx v v0 53° 4. Calcule o alcance do projétil do sistema figurado. Suponha g = 10 m/s2 3. Na figura a seguir o corpo é lançado horizontalmen- te. Supondo g = 10 m/s2, calcule a velocidade inicial. 5 m v0 = 20 m/s vx vy v A        15 m A v0 = 20 m/s 30° 20 m 60 m v0 = ? MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 10. CinemáticaVI 10 Física 1 2 20 m v0 30° 5. (UMC—SP) Um corpo é lançado, para baixo, do alto de um edifício de altura 20 m, conforme mostra a figura, com uma ve- locidade v0 = 2,0 m/s que forma um ângulo de 30° com a hori- zontal. Se admitirmos g = 10 m/s2, o tempo necessário para o corpo atingir o solo será, aproximadamente: Dados: cos 30° = 0,86; sen 30° = 0,50 6. (Unicamp—SP—Adaptado) Um menino, andando de skate com velocidade v = 2,5 m/s num plano horizontal lança para cima uma bolinha de gude com velocidade v0 = 4,0 m/s e a apanha de volta. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis- tência do ar, a altura máxima que a bolinha atinge e a distância horizontal percorrida valem, respectivamente: R θ an v v t x an Cinemática VI Movimento circular uniforme Movimento circular uniforme (MCU) consiste naquele em que a trajetória é uma circunferência, e a velocidade escalar (| |), constante. Os movimentos dos satélites ao redor dos planetas e dos planetas ao redor do Sol, embora as órbitas sejam elípticas, são quase perfeitamente circulares. Os movimentos dos ponteiros dos relógios e dos pontos das hélices de um ventilador são exemplos de movimentos circulares uniformes. PERÍODO E FREQÜÊNCIA O MCU é periódico, isto é, ele se repete em intervalos de tempos iguais. Chama-se período (T) o tempo gasto pelo móvel para completar uma volta. O período é medido em segundo (s) no SI. Chama-se freqüência (f) o número de voltas completadas em uma unidade de tempo. No SI, a freqüência é medida em hertz (Hz), que equivale a uma volta por segundo. A relação entre freqüência e período é f = VELOCIDADE ESCALAR OU LINEAR Nos movimentos curvilíneos, a velocidade é sempre tangencial, ou seja, o vetor velocidade é sempre tangente à trajetória em cada ponto considerado. Dá-se o nome de velocidade escalar ou velocidade linear ao módulo do vetor velocidade num dado instante. No MCU, a velocidade linear pode ser obtida dividindo-se o comprimento da circunferência pelo intervalo de tempo correspondente a um período (T). v = ou v = 2 . π . R . f MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 11. 11Física 1 2 CinemáticaVII Numa volta completa, o tempo é um período (T) e o ângulo vale 2 . π rad. Assim, a velocidade angular pode ser dada por 1. Uma partícula descreve movimento circular uniforme de raio 2 m, dando uma volta completa em 4s. Calcule: a) a freqüência do movimento; b) a velocidade linear; c) a velocidade angular; d) a aceleração centrípeta da partícula. ω = ou ω = 2 . π . f Observe que a relação entre a velocidade linear e a velocidade angular é dada por v = ω . R ACELERAÇÃO CENTRÍPETA OU NORMAL No MCU, a velocidade varia permanentemente em direção, logo atua sobre o móvel uma aceleração. Tal aceleração é denominada centrípeta, pois está permanentemente orientada para o centro da trajetória. A aceleração centrípeta é sempre normal ao vetor velocidade e tem seu módulo dado por an = Em todos os movimentos curvilíneos (e somente nestes) há aceleração centrípeta ou normal. VELOCIDADE ANGULAR Velocidade angular (ω) é a relação entre o ângulo descrito e o tempo gasto para descrevê-lo. ω = (rad/s, o/s) Quanto vale a velocidade tangencial da Terra? Seja um corpo na Linha do Equador: considerando o raio terrestre como 6 400 km e lembrando que o período do movimento da Terra (tempo para completar uma volta em torno do eixo polar) é 24 horas, a velocidade tangen- cial do corpo é dada por v = = = 1 675 km/h aproximadamente 2. Calcule a velocidade angular, em radianos por se- gundo, de um disco que gira à razão de 240 rpm. 3. Calcule a velocidade linear da extremidade do ponteiro das horas de um relógio de 3,0 cm de comprimento. Cinemática VII Associação de polias Em muitas situações do cotidiano estão presentes polias (ou roldanas) associadas entre si, de modo que o movimento de uma polia se transmite à outra por meio de correias, rodas dentadas ou eixos. TRANSMISSÃO POR ENGRENAGEM O movimento de uma roda dentada faz movimentar outra roda, de modo que ambas giram com a mesma velocidade tangencial. v1 = v2 2π . R1 . f1 = 2π . R2 . f2 R1 . f1 = R2 . f2      3,0 cm v As freqüências são inversamente proporcionais aos raios. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 12. CinemáticaVII 12 Física 1 2 4. Resolva a questão anterior, supondo que as partículas se desloquem no mesmo sentido. 1. Considere o sistema de transmissão em que a roda A tem 40 rpm. Calcule o número de rpm da outra roda. RB B A RA RA = 2 m RB = 4 m R2 = 2 cm v2 = 4 m/s R1 = 1 cm v1 = ? 2. Dois discos circulares de raios 1 cm e 2 cm estão presos a um mesmo eixo. A velocidade periférica do dis- co maior é igual a 4 m/s. Calcule a velocidade periférica do disco menor. 3. Duas partículas partem de um mesmo ponto e des- locam-se em sentidos contrários sobre uma circunferên- cia com velocidades angulares de 20°/s e 10°/s. Calcule quanto tempo depois voltam a se encontrar. Motor A B C RA RB RC No mecanismo ao lado, se o raio de A for a metade do raio de B, a freqüência da roda B será a metade da freqüência de A. As rodas B e C terão freqüências iguais. Observação — Na transmissão por correia ou den- tes, a velocidade tangencial é constante; na transmis- são por eixo, a velocidade angular é constante. TRANSMISSÃO POR CORREIA De forma análoga às engrenagens, ambas as polias giram com a mesma velocidade tangencial. v1 = v2 2π . R1 . f1 = 2π . R2 . f2 R1 . f1 = R2 . f2 As freqüências são inversamente proporcionais aos raios. TRANSMISSÃO POR EIXO Duas polias ligadas rigidamente a um mesmo eixo descrevem ângulos iguais em tempos iguais. Logo, apre- sentam velocidades angulares iguais. As velocidades tangenciais são diretamente propor- cionais aos raios. ω1 = ω2 MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 13. 1Física 1 2 Física1 Cinemática I 1. (UCS—RS) Um móvel descreve um movimento re- tilíneo, com velocidade variando com o tempo conforme o gráfico. Pode-se afirmar então que: a) a aceleração do móvel é nula. b) a velocidade do móvel é constante. c) a aceleração do móvel é constante e vale 5 m/s2. d) o móvel percorre 60 m em 2s. e) a velocidade média do móvel de 0 a 2s vale 5 m/s. 2. (Unifor—CE—Adaptado) A velocidade de um móvel em movimento retilíneo está representada no gráfico, em função do tempo. Calcular, em metros, a distância percorrida pelo móvel nos oito segundos indicados no gráfico. v (m/s) t (s) 15 10 5 0 2 4 6 8 v (m/s) t (s) 20 10 0 2 a) C d) B e C b) B e) A, B e C c) A v (m/s) 30 20 10 0 10 20 30 40 50 60 t (s) A B C 3. (Acafe—SC) O gráfico velocidade X tempo representa o movimento de três carros, A, B e C, que trafegam em uma es- trada reta na mesma direção e sentido. Em t = 0, os três carros estão na posição de origem da estrada. A 850 metros da ori- gem, encontra-se um semáforo fechado (sinal vermelho). O(s) carro(s) que vai(ão) “furar” o sinal é / são: 4. (PUC—PR) Uma partícula realiza um certo movimento em linha reta, de modo que sua velocidade varia em função do tempo, conforme mostra o diagrama a seguir. Com base no diagrama apresentado, pode-se afirmar que o deslocamento do móvel e a velocidade média desenvolvida no percurso, ao final de 8h, serão respectivamente: v (km/h) t (h) 60 40 20 0 1 2 3 4 5 6 7 8 a) 60,0 km e 50,0 km/h b) 100 km e 12,5 km/h c) 200 km e 33,3 km/h d) 200 km e 25,0 km/h e) 100 km e 16,7 km/h Testes Física 1 A respeito dessas proposições, é correto afirmar que: a) somente a proposição I é falsa. b) apenas a proposição III é verdadeira. c) todas são verdadeiras. d) apenas as proposições I e II são verdadeiras. e) apenas a proposição II é falsa. v (km/h) t (h) 80 60 40 20 0 1 2 3 4 A B A B 5. (PUC—PR) Dois veículos trafegam numa estrada retilínea, no mesmo sentido, conforme o gráfico de suas velocidades, em função do tempo apresentado a seguir, estando ambos na origem em t = 0 Com base nos dados apresentados, analise as proposições. I. Após 4 horas de movimento, os móveis encontram-se na mesma posição em relação à origem. II. Nas 4 horas iniciais do movimento, o móvel A percorre 20 km mais do que a distância percorrida por B. III. Após o instante t = 4h, a velocidade de B torna-se maior que a de A. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 14. Testes 2 Física 1 2 a) No intervalo de tempo entre 0 e 2s o movimento é uni- forme. b) Nos 6 primeiros segundos o deslocamento foi de 50 m. c) A aceleração entre 2s e 6s é 2,5 m/s2. d) A aceleração entre 6s e 8s é nula. e) O deslocamento entre 0 e 8s é 80 m. 6. (Mack—SP) Correndo com uma bicicleta, ao longo de um trecho retilíneo de uma ciclovia, uma criança mantém a veloci- dade constante de módulo igual a 2,50 m/s. O diagrama horá- rio da posição para esse movimento está ilustrado na figura. Segundo o referencial adotado, no instante t = 15,00s, a posi- ção x da criança é igual a: a) – 37,50 m b) – 12,50 m c) 12,50 m d) 37,50 m e) 62,50 m 7. (PUC—PR) O gráfico representa um corpo em movimento retilíneo. Nessas condições, é correto afirmar: 8. (UFPE) O gráfico abaixo representa a velocidade de um ciclista, em função do tempo, em determinado percurso retilí- neo. Qual a velocidade média do ciclista, em km/h, no percurso considerado? a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30 A partir desses gráficos, é possível concluir que, no inter- valo de 0 a t, a) a velocidade do veículo A é maior que a do veículo B. b) a aceleração do veículo A é maior que a do veículo B. c) o veículo A está deslocando-se à frente do veículo B. d) os veículos A e B estão deslocando-se um ao lado do outro. e) a distância percorrida pelo veículo A é maior que a per- corrida pelo veículo B. Cinemática II 1. (PUC—PR) Uma pedra foi abandonada da borda de um poço e levou 5 segundos para atingir o fundo. Tomando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, podemos afirmar que a profundidade do poço é: a) 25 m b) 50 m c) 100 m d) 125 m e) 200 m 2. (UFPR—Adaptado) Num experimento físico, um pequeno cor- po é solto no vácuo de uma certa altura, com velocidade inicial nula. De que fatores depende o tempo de queda do corpo? a) Altura de queda e volume do corpo. b) Massa do corpo e altura de queda. v (m/s) t (s) 50 10 40 20 30 42 0 0 6 8 10 B A Posição t0 Tempo Veículo A Veículo B 0 25,00 x (m) 30,00 t (s)0 v (km/h) t (h) 30 –10 20 0,0 10 3,02,01,0 9. (Unesp—SP) Um veículo A, locomovendo-se com veloci- dade constante, ultrapassa um veículo B, no instante t = 0, quando B está começando a se movimentar. Analisando os gráficos, pode-se afirmar que a) B ultrapassou A no instante t = 8s, depois de percor- rer 160 m. b) B ultrapassou A no instante t = 4s, depois de percor- rer 160 m. c) B ultrapassou A no instante t = 4s, depois de percor- rer 80 m. d) B ultrapassou A no instante t = 8s, depois de percor- rer 320 m. e) B ultrapassou A no instante t = 4s, depois de percor- rer 180 m. 10. (Unesp—SP) Os gráficos na figura representam as posi- ções de dois veículos, A e B, deslocando-se sobre uma estra- da retilínea, em função do tempo. v (m/s) t (s) 10 80 62 c) Altura de queda e aceleração da gravidade. d) Altura de queda, massa do corpo e aceleração da gra- vidade. e) Aceleração da gravidade e peso do corpo. 3. (PUC—SP—Adaptado) De um helicóptero que desce verti- calmente é abandonada uma pedra quando ele se encontra a 100 m do solo. Sabendo que a pedra leva 4s para atingir o solo e supondo g = 10 m/s2, calcular, em m/s, a velocidade de des- cida do helicóptero no momento em que a pedra é abandonada. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 15. 3Física 1 2 Física1 30 m 4 m 20m g = 10 m/s2 4. (UFMT—Adaptado) Uma pessoa está em uma ponte, so- bre uma estrada de ferro, e observa um trem que se aproxima em movimento retilíneo e uniforme. Quando o trem está a 30 m da vertical que passa pela pessoa, ela abandona uma pedra que atinge o solo 4,0 m à frente do trem. A altura da queda da pedra é 20 m, adota-se g = 10 m/s2 e despreza-se o efeito do ar. Julgue os itens a seguir. I. O tempo de queda da pedra é 2,0s. II. A velocidade com que a pedra colide com o solo tem módulo igual a 20 m/s. III. A velocidade do trem tem módulo igual a 13 m/s. Os itens corretos são: a) nenhum b) I e II c) I e III d) II e III e) todos 5. (Cesgranrio—RJ) Do alto de uma ponte, um garoto larga uma pedra no instante em que a proa de um barco está na ver- tical da sua mão (fig. 1). A pedra atinge exatamente a ré do barco (fig. 2). Sabendo que o barco tem 10 m de comprimento e desce o rio com velocidade de 5,0 m/s, qual é a altura da ponte? Dê a resposta em metros. Fig. 1 Fig. 2 6. (Mack—SP) Uma pedra é abandonada de uma ponte, a 80 m acima da superfície da água. Uma outra pedra é atirada, verticalmente, para baixo, do mesmo local, dois segundos após o abandono da primeira. Se as duas pedras atingem a água no mesmo instante, e desprezando-se a resistência do ar, então o módulo da velocidade inicial da segunda pedra é: Dado: g = 10 m/s2 a) 10 m/s b) 20 m/s c) 30 m/s d) 40 m/s e) 50 m/s 7. Um corpo em queda livre, partindo do repouso, percorre certa distância d, vertical, após 2s de queda. Logo, a distância percorrida em 6s, contados desde o início da queda, será: a) 9 d b) 6 d c) 12 d d) 2 d e) 3 d 8. (Fazu—MG—Adaptado) Um corpo é abandonado em queda livre do topo de um edifício. Supondo a aceleração da gravidade constante, de módulo g = 10 m/s2, e desprezando a resistência do ar, calcule, em metros, a distância percorrida pelo corpo durante o quinto segundo. 9. (UEM—PR) Um corpo é solto, sem velocidade inicial, de uma altura h = 54 m acima do solo. Ao dividir sua trajetória em três partes, de modo que o corpo percorra cada trajetória em intervalos de tempos iguais, determine a altura percorrida du- rante o terceiro intervalo de tempo, em metros. 10. (ITA—SP) Um corpo cai, em queda livre, de uma altura tal que, durante o último segundo de queda, ele percorreu 1/4 da altura total. Calcule o tempo de queda, supondo nula a veloci- dade inicial do corpo. a) t = b) t = c) t = d) t = e) t = MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 16. Testes 4 Física 1 2 Cinemática III 1. (Unicamp—SP—Adaptado) Uma pedra é lançada ver- ticalmente para cima com velocidade inicial de 20 m/s. Despre- zando a resistência do ar e sendo g = 10 m/s2, determine a altura máxima atingida pela pedra e o tempo gasto para atingi-la. a) 40 m e 2s b) 20 m e 4s c) 10 m e 1s d) 40 m e 1s e) 20 m e 2s 2. (PUC—PR—Adaptado) Um objeto é lançado verticalmente para cima e, após 6s, retorna ao ponto de partida. Sendo a ace- leração da gravidade igual a 10 m/s2 e desprezando os atritos, calcule, em metros, a altura máxima atingida pelo objeto. 3. (UFSC—Adaptado) Quanto ao movimento de um corpo lan- çado verticalmente para cima e submetido somente à ação da gravidade, é correto afirmar que: a) a velocidade do corpo no ponto de altura máxima é zero. b) a velocidade do corpo é constante para todo o percurso. c) o tempo necessário para a subida é maior que o tem- po de descida até o ponto de partida. d) a aceleração do corpo é maior na descida do que na subida. e) para um dado ponto da trajetória, a velocidade tem mó- dulo maior na descida que na subida. 4. (PUC—PR) De um helicóptero desprende-se um parafuso na altura de 80 m relativa ao solo. Sabendo que o parafuso chega ao solo após 6 segundos e que a resistência oposta pelo ar é desprezível, pode-se afirmar que: Dado: g = 10 m/s2 a) o helicóptero estava parado. b) o helicóptero estava subindo. c) o helicóptero estava descendo. d) faltam dados para responder à questão. e) fornecendo o peso do parafuso, podemos responder à questão. 5. (Mack—SP) Um elevador sobe e, no instante em que se encontra a 30 m do solo, sua velocidade escalar é 5,0 m/s. Nesse mesmo instante, rompe-se o cabo de sustentação e o elevador fica livre de qualquer resistência. Adotando g = 10 m/s2, o tem- po que ele gasta para atingir o solo é: a) 30s b) 6,0s c) 3,0s d) 2,9s e) s 6. Um objeto é lançado verticalmente para cima, com veloci- dade de 30 m/s. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis- tência do ar, pode-se afirmar que o objeto estará a uma distân- cia de 40 m acima do ponto de lançamento nos instantes: a) 1s e 7s. b) 2s e 4s. c) 3s e 6s. d) 2s e 10s. e) apenas no instante 5s. 10. (Uece—CE) Uma pedra cai de uma altura H, a partir do repouso. No mesmo instante uma segunda pedra é lançada do chão, verticalmente para cima, com velocidade v0. Desprezan- do a resistência do ar e supondo constante a aceleração da gravidade no local da experiência, o valor de v0, para que uma pedra passe pela outra a uma altura , é igual a: a) b) c) d) e) n.d.a. 7. Um projétil é lançado verticalmente para cima, com veloci- dade de 80 m/s. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis- tência do ar, calcule, em segundos, o tempo para o projétil se situar à altura de 300 m acima do ponto de lançamento, no mo- vimento descendente. 8. (AFA—SP—Adaptado) Um balão sobe verticalmente com movimento uniforme. Seis segundos após a partida, o piloto aban- dona uma pedra que alcança o solo nove segundos após a saí- da do balão. Determine, em metros, a altura em que a pedra foi abandonada. Despreze o efeito do ar e adote g = 10 m/s2 9. (UFBA) Um corpo é lançado verticalmente para cima com velocidade v0. Ao atingir a altitude máxima igual a 100 m, um segundo corpo é lançado do mesmo local e com velocidade ini- cial igual à do primeiro. Determine a altura h, em metros, em que os corpos se encontram. Considere g = 10 m/s2 e despre- ze a resistência do ar. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 17. 5Física 1 2 Física1 Cinemática IV 1. (Fuvest—SP) Num vagão ferroviário, que se move com velocidade v0 = 3 m/s em relação aos trilhos, estão dois me- ninos, A e B, que correm um em direção ao outro, cada um com velocidade v = 3 m/s em relação ao vagão. As velocidades dos meninos A e B em relação aos trilhos são, respectivamente: a) 6 m/s e 0 m/s b) 3 m/s e 3 m/s c) 0 m/s e 9 m/s d) 9 m/s e 0 m/s e) 0 m/s e 6 m/s v A v B v0 2. (PUC—MG) A figura mostra uma montagem em que uma moeda rola sobre a régua A, partindo da posição mostrada na figura, “empurrada” pela régua B, sem que haja deslizamento dela em relação a qualquer uma das réguas. Quando a moeda estiver na posição “2 cm” em relação à régua A, a régua B terá percorrido, em relação à mesma régua A: 3. Uma canoa atravessa um rio de 54 m de largura com a velocidade de 1,8 m/s perpendicular à corrente, e chega à ou- tra margem com um deslocamento de 15 m água abaixo. A ve- locidade da corrente é: a) 3,0 m/s b) 1,8 m/s c) 0,75 m/s d) 0,5 m/s e) 15 m/s 4. (UFMG) Um barco tenta atravessar um rio com 1,0 km de largura. A correnteza do rio é paralela às margens e tem veloci- dade de 4,0 km/h. A velocidade do barco, em relação à água, é 3,0 km/h perpendicularmente às margens. Nessas condições, pode-se afirmar que o barco: a) atravessará o rio em 12 minutos. b) atravessará o rio em 15 minutos. c) atravessará o rio em 20 minutos. d) nunca atravessará o rio. e) n.d.a. a) 2 cm b) 1 cm c) 4 cm d) 6 cm e) 3 cm 5. (PUC—RS—Adaptado) A correnteza de um rio tem veloci- dade constante de 3,0 m/s em relação às margens. Um barco, que se movimenta com velocidade constante de 5,0 m/s em re- lação à água, atravessa o rio, indo em linha reta, de um ponto A a outro ponto B, situado imediatamente à frente, na margem oposta. Sabendo que a direção é perpendicular à velocida- de da correnteza, calcule, em m/s, a velocidade do barco em relação às margens. 6. (Efei—MG—Adaptado) Um barco atravessa um rio seguin- do a menor distância entre as margens, que são paralelas. Sabendo que a largura do rio é de 2,0 km, que a travessia é feita em 15min e que a velocidade da correnteza é 6,0 km/h, calcule, em km/h, a velocidade do barco em relação à água. 7. Um barco de velocidade própria 4 m/s deve atravessar um rio cuja velocidade das águas é 2 m/s. O rio tem largura de 30 m e o barco deve atingir a margem oposta exatamente à frente do ponto de partida. Calcule o tempo para o barco atra- vessar o rio, em segundos. 8. (Cefet—PR) Uma barcaça percorrendo um rio águas acima anda 6,0 km em 20min. Quando percorre o rio águas abaixo, anda a mesma distância em 8min e 20s. A velocidade da barcaça em relação às águas é: a) 8,5 m/s b) 17 m/s c) 0,53 m/s d) 4,9 m/s e) n.d.a. 9. (Uesb—BA) Um barco, deslocando-se no sentido contrário ao da correnteza, leva o tempo t = 20s para ir do ponto A ao ponto B, situados sobre a mesma margem de um rio, e gasta o tempo para voltar do ponto B ao ponto A. Sabendo que a velocidade do barco, em relação à água, é constante e igual a 6 m/s, calcule, em m, a distância de A a B. 10. (ITA—SP) Um barco, com motor em regime constante, desce um trecho de um rio em 2,0 horas e sobe o mesmo trecho em 4,0 horas. Quanto tempo levará o barco para percorrer o mes- mo trecho, rio abaixo, com o motor desligado? a) 3,5h b) 6,0h c) 8,0h d) 4,0h e) 4,5h Moeda A B 6 5 4 3 2 1 0 0 1 2 3 4 5 6 MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 18. Testes 6 Física 1 2 Cinemática V 1. (FEI—SP) Um bombeiro deseja apagar um in- cêndio em um edifício. O fogo está a 10 m do chão. A veloci- dade da água é v = 30 m/s, e o bombeiro segura a mangueira com um ângulo de 30° em relação ao solo. Obs.: desprezar a altura da mangueira ao solo. Qual é a altura máxima que a água atinge nessas condições? a) 10,00 m b) 10,50 m c) 10,75 m d) 11,00 m e) 11,25 m 2. (ITA—SP) Uma bola é lançada horizontalmente do alto de um edifício, tocando o solo decorridos aproximadamente 2s. Sen- do de 2,5 m a altura de cada andar, o número de andares do edifício é: a) 5 b) 6 c) 8 d) 9 e) indeterminado, pois a velocidade horizontal de arre- messo da bola não é fornecida. 3. (PUC—PR) Um objeto é lançado horizontalmente do alto de um edifício com uma velocidade inicial de 10 m/s. O alcance horizontal do objeto ao nível do solo foi 100 m. Tomando a ace- leração da gravidade igual a 10 m/s2 e desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que a altura do edifício e o tempo que o objeto levou para atingir o solo valem: a) 100 m e 20s b) 500 m e 10s c) 300 m e 20s d) 800 m e 4s e) 50 m e 5s 4. (UCS—RS) Uma esfera é lançada horizontalmente do ponto A e passa rente ao degrau no ponto B. Sendo 10 m/s2 o valor da aceleração da gravidade local, calcule a velocidade horizontal da esfera em A. a) 1,0 m/s b) 1,5 m/s c) 2,0 m/s d) 2,5 m/s e) 3,0 m/s 20 cm 30 cm B A v0 5 m 4 m a) 2 m/s d) 9 m/s b) 4 m/s e) 10 m/s c) 5 m/s v 30o 5. (UFPR) Uma bola é lançada a partir do solo, com uma velo- cidade cuja componente horizontal vale 45 m . s–1 e cuja com- ponente vertical vale 20 m . s–1. Determine sua velocidade, em m . s–1, 2 segundos após o lançamento. 6. (Uerj—RJ) Um atirador de facas faz arremessos a partir de um ponto P, em direção a uma jovem que se encontra em pé, encostada em um painel de madeira. A altura do ponto P é de 2,0 m e sua distância ao painel é de 3,0 m. A primeira faca é jogada para o alto com a componente horizontal da velocidade igual a 3,0 m/s e a componente vertical igual a 4,0 m/s. A faca se move em um plano vertical perpendicular ao painel. Desprezando a resistência do ar e qualquer movimento de giro da faca em torno de seu centro de gravidade, determine a altura do ponto em que ela atinge o painel. 7. (Mack—SP) Um corpo é lançado horizontalmente do alto de uma torre e atinge o solo horizontal com velocidade de 37,5 m/s, formando 53° com a horizontal. A altura da torre é de: Obs.: despreze as resistências ao movimento. Dados: g = 10 m/s2, cos 53° = 0,6 e sen 53° = 0,8 a) 20 m b) 30 m c) 40 m d) 45 m e) 50 m 8. (PucCamp—SP) Um projétil é lançado segundo um ângulo de 30° com a horizontal, com uma velocidade de 200 m/s. Su- pondo a aceleração da gravidade igual e 10 m/s2 e desprezan- do a resistência do ar, o intervalo de tempo entre as passagens do projétil pelos pontos de altura 480 m acima do ponto de lan- çamento, em segundos, é Dados: sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,87 a) 2,0 d) 8,0 b) 4,0 e) 12 c) 6,0 9. (UFMT) A velocidade horizontal mínima necessária para uma pessoa pular do barranco e atingir a outra margem, como mostra a figura, considerando g = 10 m/s2, deve ser: MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 19. 7Física 1 2 Física1 A Pode-se afirmar que: a) tB = tA e vA = vB b) tA = tB e vA = 2vB c) tB = tA e vB = 2vA d) tA = 2tB e vA = vB e) tB = 2tA e vA = 2vB 11. (UFPR) Uma bola rola sobre uma mesa horizontal de 1,225 m de altura e vai cair num ponto do solo situado à distân- cia de 2,5 m, medida horizontalmente a partir da beirada da mesa. Qual a velocidade da bola, em m/s, no instante em que ela abandonou a mesa? Considere g = 9,8 m/s2 12. (UFRGS—RS) Uma bolinha, lançada horizontalmente da extremidade de uma mesa, descreve a trajetória mostrada na figura a seguir, na qual estão indicadas algumas posições da bolinha. O intervalo de tempo que a bolinha leva para percorrer a distância entre duas posições sucessivas é 1/8s. Conside- rando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, qual é, em metros, a altura aproximada da mesa? a) 0,31 b) 0,80 c) 1,25 d) 2,50 e) 5,00 13. (Uece—CE) Uma bola é lançada verticalmente para cima, com velocidade de 18 m/s, por um rapaz situado em um carrinho que avança seguindo uma reta horizontal, a 5,0 m/s. Depois de atravessar um pequeno túnel, o rapaz volta a recolher a bola, a qual acaba de descrever uma parábola, conforme a figura. Des- preza-se a resistência do ar e considera-se g = 10 m/s2. A altura máxima h alcançada pela bola e o deslocamento horizontal x do carrinho valem, respectivamente: a) h = 16,2 m; x = 18,0 m b) h = 16,2 m; x = 9,0 m h d 2 d A B 10. (FGV—SP) Dois blocos, A e B, são lançados sucessiva- mente, na horizontal, de uma plataforma de altura h, com velo- cidades vA e vB, atingindo o solo nos pontos A e B, como indi- ca a figura. Os tempos decorridos desde que cada bloco abandona a plataforma até atingir o solo são tA e tB. vy vx h Túnel x c) h = 8,1 m; x = 9,0 m d) h = 10,0 m; x = 18,0 m e) n.d.a. 14. (PUC—RS) Uma esfera de aço é lançada obliquamente com pequena velocidade, formando um ângulo de 45 graus com o eixo horizontal. Durante sua trajetória, desprezando o atrito com o ar, pode-se afirmar que: a) a velocidade é zero no ponto de altura máxima. b) a componente vertical da velocidade se mantém cons- tante em todos os pontos. c) a componente horizontal da velocidade é variável em todos os pontos. d) o vetor velocidade é o mesmo nos pontos de lança- mento e de chegada. e) a componente vertical da velocidade é nula no ponto de máxima altura. 15. (PUC—SP) Um garoto, parado num plano horizontal, a 3,0 m de uma parede, chuta uma bola imprimindo-lhe velocidade de 10 m/s, de tal modo que sua direção forma, com a horizontal, um ângulo de 45°. A aceleração da gravidade local é 10 m/s2 e a resistência do ar pode ser desprezada. A bola choca-se com a parede na altura de: a) 2,1 m b) 2,5 m c) 3,0 m d) 3,9 m e) 0 m 16. (UEL—PR) Um projétil é atirado com velocidade de 40 m/s, fazendo ângulo de 37° com a horizontal. A 64 m do ponto de disparo, há um obstáculo de altura 20 m. Adotando g = 10 m/s2, cos 37° = 0,80 e sen 37° = 0,60, pode-se concluir que o projétil: a) passa à distância de 2,0 m acima do obstáculo. b) passa à distância de 8,0 m acima do obstáculo. c) se choca com o obstáculo a 12 m de altura. d) se choca com o obstáculo a 10 m de altura. e) cai no solo antes de chegar até o obstáculo. MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 20. Testes 8 Física 1 2 17. (UFPA) A figura representa um projétil, que é lançado do ponto A segundo um ângulo de 30° com a horizontal, com uma velocidade v0 = 100 m/s, atingindo o ponto D. (Dados: AB = 40 m; BC = 55 m; g = 10 m/s2; sen 30° = 0,50; cos 30° = 0,866) A distância CD, em metros, vale: a) 418,98 b) 458,98 c) 692,86 d) 912,60 e) 1 051,16 A v0 30° C B D Cinemática VI A B C 1. (UFSCar—SP) No site www.agespacial.gov.br, da Agência Espacial Brasileira, aparece a seguinte informação: “O Centro de Lançamento de Alcântara (CLA) vem sendo construído desde a década de 80 e está atualmente preparado para lançar foguetes de sondagem e veículos lançadores de satélites de pequeno porte. Localizado na costa do Nordeste brasileiro, próximo ao Equador, a posição geográfica do CLA aumenta as condições de segurança e permite menores custos de lançamento”. Um dos fatores determinantes dessa redução de custos se deve à inércia do movimento de rotação da Terra. Graças a essa inércia, o veículo lançador consome menos energia para fazer com que o satélite adquira a sua velocidade orbital. Isso ocorre porque, nas proximidades do Equador, onde se encontra o CLA, a) a velocidade tangencial da superfície da Terra é maior do que em outras latitudes. b) a velocidade tangencial da superfície da Terra é me- nor do que em outras latitudes. c) a velocidade tangencial da superfície da Terra é igual à velocidade orbital do satélite. d) a aceleração da gravidade na superfície da Terra é me- nor do que em outras latitudes. e) a aceleração da gravidade na superfície da Terra é maior do que em outras latitudes. 2. (UFPR) Um ponto em movimento circular uniforme descre- ve 15 voltas por segundo em uma circunferência de 8 cm de raio. A sua velocidade angular, o seu período e sua velocidade linear são, respectivamente: a) 20 rad/s, 1/15s e 280π cm/s b) 30 rad/s, 1/10s e 160π cm/s c) 30π rad/s, 1/15s e 240π cm/s d) 60π rad/s, 15s e 240π cm/s e) 40π rad/s, 15s e 200π cm/s 3. (UFPR) Calcule a velocidade angular, em radianos por segun- do, de um eixo de motor que gira a 1 200/π rotações por minuto. 4. (PUC—PR) O comprimento do ponteiro das horas de um reló- gio é 6 cm. A velocidade tangencial da extremidade do ponteiro é: a) 12 cm/h b) 24 cm/h c) 4π cm/h d) 2π cm/h e) π cm/h 5. (Cefet—PR) Uma pedra de esmeril tem raio igual a 10 cm e gira diretamente acoplada a um motor que roda a 3 000 rotações por mi- nuto. Se uma fagulha se desprender da periferia da pedra, será lan- çada com uma velocidade linear, em m/s, aproximadamente igual a: a) 3,14 b) 6,28 c) 31,4 d) 62,8 e) 628 6. (PUC—RS) Num disco de música foram fixadas três moe- das, A, B e C, como mostra a figura. Ao girar o disco com movimento cir- cunferencial uniforme, pode-se afirmar que: a) a velocidade angular das três moedas é a mesma. b) a velocidade linear das três moedas é a mesma. c) a aceleração centrípeta das três moedas é a mesma. d) a velocidade angular de A é maior do que a velocida- de angular de B. e) a velocidade linear de B é maior do que a velocidade linear de C. 19. (UFMG) Dois projéteis, A e B, são lançados de um mesmo ponto e com a mesma velocidade inicial, sob ângulos de 30° e 60°, respectivamente, e em condições ideais. Podemos garantir que: a) o projétil A tem maior alcance. b) o projétil B tem maior alcance. c) ambos têm o mesmo alcance. d) ambos atingem a mesma altura antes de cair. e) n.d.a. 20. (Uece—CE) Uma menina chamada Clara de Assis, especia- lista em salto a distância, consegue, na Terra, uma marca de 8,0 m. Na Lua, onde a aceleração da gravidade é 1/6 de seu valor na Terra, a atleta conseguiria saltar, mantidas idênticas condições de salto: a) 8 m b) 16 m c) 48 m d) 96 m 18. Na figura, um avião lança uma bomba em A para inter- ceptar um trem em C, que se move no mesmo plano do avião. Considerando g = 10 m/s2, calcule, em graus, o ângulo entre a reta determinada pelo avião e pelo trem e a horizontal, no instante em que a bomba deve ser largada. 612 km/h 3 920 m B C A MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 21. 9Física 1 2 Física1 7. (Fuvest—SP—Adaptado) O tronco vertical de um eucalip- to é cortado rente ao solo e cai, em 5s, num terreno plano e horizontal, sem se desligar por completo de sua base. A veloci- dade angular média do tronco durante a queda e a velocidade escalar média de um ponto do tronco do eucalipto, a 10 m da base valem, respectivamente: a) rad/s e 2π m/s b) rad/s e π m/s c) rad/s e π m/s d) rad/s e 2π m/s e) π rad/s e 10π m/s 8. (UFG—GO) Uma partícula executa um movimento circular uniforme de raio 1,0 m com aceleração 0,25 m/s2. O período do movimento, em segundos, é: a) 2π b) 4π c) 8π d) π/2 e) π/4 9. (Unifesp—SP) Três corpos estão em repouso em relação ao solo, situados em três cidades: Macapá, localizada na linha do Equador, São Paulo, no Trópico de Capricórnio, e Selekhard, na Rússia, localizada no Círculo Polar Ártico. Pode-se afirmar que esses três corpos giram em torno do eixo da Terra, descre- vendo movimentos circulares uniformes, com a) as mesmas freqüências e velocidade angulares, mas o corpo localizado em Macapá tem a maior velocidade tangencial. b) as mesmas freqüências e velocidades angulares, mas o corpo localizado em São Paulo tem a maior veloci- dade tangencial. c) as mesmas freqüências e velocidades angulares, mas o corpo localizado em Selekhard tem a maior veloci- dade tangencial. d) as mesmas freqüências, velocidades angulares e ve- locidades tangenciais, em qualquer cidade. e) freqüências, velocidades angulares e velocidades tan- genciais diferentes entre si, em cada cidade. 10. (PUC—SP) A velocidade limite nas estradas brasileiras é 80 km/h. A freqüência com que giram os pneus de um Passat (diâmetro das rodas de 80 cm) que desenvolve essa velocidade é: a) rps b) rps c) rps d) rps e) rps 1. Duas polias são ligadas por uma correia. Se a polia da esquerda tem 40 rpm, quantas rpm tem a polia da direita? R1 R2 R2 = 2 R1 Cinemática VII 2. (UCSal—BA) Numa marcenaria, um motor imprime à polia A, de raio RA = 10 cm, um movimento de rotação de freqüência 300 rotações por minuto. O movimento é transmitido à polia B, de raio RB = 40 cm, por uma correia. O período de rotação da polia B e a velocidade da correia são, em unidades do Sistema Internacional: a) 0,40 e 2π d) 0,80 e π b) 0,80 e 2π e) 0,20 e 4π c) 0,40 e π A B RA RA = 5 m RB = 1 mRB 3. Na transmissão por engrenagens, a roda menor realiza 60 rpm. Calcule, em rpm, a freqüência da roda maior. 4. (PUC—MG) A figura mostra uma barra que gira com movi- mento circular e uniforme, em torno de um eixo E. Os pontos A e B giram com velocidades lineares, tais que vA > vB. Em rela- ção às velocidades angulares ωA e ωB e aos períodos TA e TB, é correto afirmar: a) ωA > ωB e TA = TB b) ωA < ωB e TA < TB c) ωA = ωB e TA = TB d) ωA > ωB e TA > TB e) ωA = ωB e TA > TB A B E 5. (Cefet—PR) A figura representa a roda traseira e as engre- nagens de uma bicicleta, na qual X, Y e Z são pontos cujos raios são, respectivamente, iguais a 12 cm, 4 cm e 60 cm. Quando a bicicleta está em movimento: a) a velocidade tangencial do ponto Z é igual à do ponto Y. b) o período do ponto X é igual ao do ponto Y. c) a freqüência do ponto Y é 15 vezes a do ponto Z. d) o período do ponto X é 5 vezes o do ponto Z. e) a velocidade angular do ponto Y é igual à do ponto Z. Z Y X MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 22. Testes 10 Física 1 2 A B C 2 cm 2 cm 4 cm 9. (Fuvest—SP—Adaptado) Dois corredores A e B partem do mesmo ponto de uma pista circular de 120 m de comprimento, com velocidades vA = 8 m/s e vB = 6 m/s 1º) Se partirem em sentidos opostos, qual será a menor distância entre eles, medida ao longo da pista, após 20s? 2º) Se partirem no mesmo sentido, após quanto tempo o cor- redor A estará com uma volta de vantagem sobre o B? Encontram-se, respectivamente: a) 40 m e 60s d) 20 m e 30s b) 40 m e 30s e) 60 m e 60s c) 20 m e 60s 10. (UFRGS—RS) Determine a velocidade de um projétil dis- parado contra um alvo rotativo disposto a 15 m de distância, sabendo que o alvo executa 300 revoluções por minuto e que o arco medido entre o ponto visado no momento do disparo e o ponto de impacto do projétil no alvo é 18°. Lembre-se de que π rad = 180°. Encontra-se, para a velocidade do projétil: a) 15 m/s d) 300 m/s b) 30 m/s e) 1 500 m/s c) 150 m/s 11. (FEI—SP) Em uma bicicleta com roda de 1 m de diâmetro, um ciclista necessita dar uma pedalada para que a roda gire duas voltas. Quantas pedaladas por minuto deve dar o ciclista para manter a bicicleta com velocidade constante de 6π km/h? a) 300 d) 100 b) 200 e) 50 c) 150 12. Duas rodas-gigantes começam a girar, num mesmo instante, com uma pessoa na posição mais baixa em cada uma das ro- das. A primeira dá uma volta em 30 segundos e a segunda, uma volta em 35 segundos. Calcule quanto tempo após a parti- da as duas pessoas estarão novamente juntas. a) 60s d) 150s b) 90s e) 210s c) 120s Cinemática I 1. c 2. 80 3. c 4. d 5. a 6. e 7. b 8. a Cinemática II 1. d 2. c 3. 5 4. e 5. 20 6. c 7. a 8. 45 Cinemática III 1. e 2. 45 3. a 4. b 5. c 6. b 7. 10 8. 30 Cinemática IV 1. a 2. c 3. d 4. c 5. 4 6. 10 7. 15 8. a 9. 80 10. c Cinemática V 1. e 2. c 3. b 4. b 5. 45 6. 1,0 m 7. d 8. b 9. b 10. c 11. 5 12. c 13. a 14. e 15. a Cinemática VI Cinemática VII 1. 20 2. d 3. 12 4. c 5. e 6. b 7. b 8. b 9. a 1. a 2. c 3. 40 4. e 5. c 6. a 7. b 8. b 9. a 10. c 9. 30 10. c 9. 75 10. b 16. b 17. d 18. 45 19. c 20. c 9. a 10. b 10. e 11. e 12. e 6. O sistema de transmissão figurado deve produzir na roda C 100 rpm. Quantas rpm deve ter a roda A? a) 100 d) 25 b) 200 e) 250 c) 50 7. (UFRN) Duas partículas percorrem a mesma trajetória em movimentos circulares uniformes, uma em sentido horário e a outra em sentido anti-horário. A primeira efetua rpm e a se- gunda, rpm. Sabendo que partiram do mesmo ponto, em uma hora encontrar-se-ão: a) 45 vezes d) 15 vezes b) 35 vezes e) 7 vezes c) 25 vezes 8. (PucCamp—SP) Dois corredores percorrem uma pista cir- cular de comprimento 600 m, partindo do mesmo ponto e no mesmo instante. Se a percorrem no mesmo sentido, o primeiro encontro entre eles acontecerá depois de 5,0 minutos. Se a percorrem em sentidos opostos, o primeiro encontro ocorrerá 1,0 minuto após a partida. Admitindo constantes as velocidades dos corredores, em módulo e em m/s, seus valores serão, respectivamente: a) 5,0 e 5,0 d) 10 e 5,0 b) 6,0 e 4,0 e) 12 e 6,0 c) 8,0 e 6,0 MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 23. Física1 1Física 1 2 CINEMÁTICA I Atividades (página 2) 1. a) v = 0 –4 m/s 6 m/s 2s 0s 5s b) Entre 0s e 2s o movimento é retrógrado e retardado. c) Entre 2s e 5s o movimento é progressivo e acelerado. d) v0 = –4 m/s e) a = t v–v 0 = ( ) 5 4––6 = 5 10 = 2 m/s2 ou a = tg α = CA CO = 3 6 = 2 m/s2 f) x = x0 + v0 . t + 2 t.a 2 → → x = 3 + (–4) . t + 2 t.2 2 → x = 3 – 4 . t + t2 g) Gabarito Física 1 Mecânica 2. a) v = tg α = CA CO = 1 4 = 4 m/s b) x = v0 . t + 2 t.a 2 Do gráfico: t = 1s → x = 6 m Logo: 6 = v0 . 1 + 2 1.a 2 → 12 = 2 . v0 + a → → a = 12 – 2 . v0 Ainda: t = 2s → x = 8 m Logo: 8 = v0 . 2 + 2 2.a 2 → 8 = 2 . v0 + 2 . a → → 4 = v0 + a → 4 = v0 + 12 – 2 . v0 → v0 = 8 m/s c) a = 12 – 2 . v0 = 12 – 2 . 8 = 12 – 16 → a = –4 m/s2 d) v = v0 + a . t → v = 8 + (–4) . t → v = 8 – 4 . t e) 3. x = Área = 2 4.4 + 6 . 4 = 8 + 24 = 32 m vm = t x = s10 m32 = 3,2 s m Testes (página 1) 1. Resposta: c A partir do gráfico verifica-se que a velocidade varia de 10 m/s para 20 m/s em 2s. Aplicando a equação da velocidade v = v0 + a . t, tem-se: 20 = 10 + a . 2 → 2a = 10 → a = 5 m/s2 t (s) x (m) 0 1 2 3 4 5 3 0 –1 0 3 8 x (m) t (s) 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 –1 –2 1 2 3 4 5 6 7 t (s) v (m/s) 0 1 2 3 8 4 0 –4 v (m/s) t (s) 8 6 4 2 0 –2 –4 1 2 3 MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 24. Gabarito 2 Física 1 2 2. Resposta: 80 A distância percorrida é numericamente igual à área do gráfico v . t. Outra hipótese seria subdividir a área total em triângulos (b . h/2) e retângulos (b . h). 3. Resposta: c Para “furar” o sinal é necessário que o deslocamento seja maior que 850 m. O deslocamento é determinado pelo cálculo de cada uma das áreas. Confira: Apenas o carro A ultrapassa os 850 m. 4. Resposta: d O deslocamento é calculado pela área do gráfico v . t. A = 80 + 120 = 200 x = 200 km Velocidade média é: vm = t x = 8 200 = 25 km/h 5. Resposta: a Calculando a área de cada um dos diagramas temos: XA = Área = 200 km XB = Área = 180 km I. Os móveis não se encontram na mesma posição, pois percorreram distâncias diferentes. II. A diferença (200 – 180) é 20 km. III. Após 4h, vB torna-se maior que vA. 6. Resposta: e Cálculo de x0 x = x0 + v . t 25 = x0 – 2,1 . 30 → x0 = 100 m Posição em 15s: x = x0 + v . t x = 100 – 2,5 . 15 → x = 62,50 m 7. Resposta: b Nos 6 primeiros: ∆x = área ∆x = .2 10 2 + 4 . 10 → ∆x = 50 m 8. Resposta: a Deslocamento ∆x = área ∆x = − (1, 5 + 1) . 30 (1 + 0, 5) . 10 2 2 ∆x = 30 m 2. y = v0 . t + 2 t.g 2 → 160 = 20 . t + 2 t.10 2 → → 5 . t2 + 20 . t – 160 = 0 → t2 + 4 . t – 32 = 0 → →  t = 4s  ou  t = –8s (não serve) 3. yA = yB tB = t – 2         + 2 t.g t.v 2 0 A =         + 2 t.g t.v 2 0 B 0 . t + 2 t.10 2 = 40 . (t – 2) + ( ) 2 2–t.10 2 5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . (t – 2)2 5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . (t2 – 4 . t + 4) 5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . t2 – 20 . t + 20 60 = 20 . t → t = 3s yA = v0 . t + 2 t.g 2 = 0,3 + 2 3.10 2 = 45 m 4. y = v0 . t + 2 t.g 2 Entre (1) e (2): d = 0 . 5 + 2 5.g 2 → = g = 25 d.2 Entre (1) e (3): D = 0 . 10 + 2 10.g 2 D = 50 . g = 50 . 25 d.2 = 4 . d 1 2 3 A1 = 30 A2 = 25 A3 = 25 80 → corresponde a x = 80 m A C B A = 900 (trapézio) A = 800 (trapézio) A = 600 (triângulo) A B Velocidade média v = ∆ ∆ x 30= t 3 = 10 m/s 9. Resposta: d Os deslocamentos são dados pelas áreas dos diagramas. No instante t = 8s, as áreas abaixo dos diagramas são iguais e valem 160 unidades. Este é o instante em que o veículo B ul- trapassa o veículo A. 10. Resposta: c Os dois veículos têm a mesma velocidade constante, pois as inclinações das retas são iguais. Apenas o veículo A está à frente do veículo B, pois enquanto B saiu de x0 = 0, A saiu de x0 > 0. CINEMÁTICA II Atividades (página 3) 1. v = v0 + g . t = 0 + 10 . 4 = 40 m/s y = v0 . t + 2 t.g 2 = 0 . 4 + 2 4.10 2 = 80 m MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 25. Física1 3Física 1 2 Testes (página 2) Orientação geral: considera-se todas as grandezas orien- tadas para cima com sinal positivo + , portanto a aceleração terá sempre sinal negativo – . 1. Resposta: d ∆y = 2 t.g 2 ∆y = 2 5.10 2 ∆y = –125 m 2. Resposta: c ∆y = 2 t.g 2 ∴ t = ∆2 . y g 3. Resposta: 5 Aplicando a equação horária: y = v0 . t + 2 t.g 2 –100 = v0 . 4 – 2 4.10 2 → –100 = 4 . v0 – 80 v0 = –5 m/s. O sinal – da velocidade confirma que o heli- cóptero estava descendo. 4. Resposta: e Ocorrem dois movimentos simultâneos (t1 = t2): enquanto o trem percorre 26 m em MRU, a pedra cai 20 m (QL). I. Tempo: y = v0 . t + 2 t.g 2 → –20 = – 2 t.10 2 → t = 2s II. Velocidade: v = v0 + g . t → v = 0 – 10 . 2 = –20 m/s III. Velocidade do trem: v = t x = 2 26 = 13 m/s 5. Resposta: 20 O barco (MRU): x = v . t → 10 = 5 . t ∴ t = 2s A pedra em queda livre (MRUV): h = v0 . t + 2 t.g 2 → h = 0 . 2 + ( ) 2 2.10 2 → h = 20 m 6. Resposta: c As alturas de queda são iguais. Mas t2 = t1 – 2. h1 = 0 – 2 t.10 2 → h1 = 80 m, logo: t = 4s h2 = v0 . t + 2 t.g 2 → –80 = v0 . 2 – ( ) 2 2.10 2 → → –80 = 2 . v0 – 20 → 2 . v0 = –60 → v0 = –30 m/s 7. Resposta: a Aplicando a equação horária para v0 = 0 → y = 2 t.g 2 Para 2s → y = – 2 2.10 2 = –20 m Para 6s → y = – 2 6.10 2 = –180 m Regra de três: –20 m → d → x = 20 180 . d = 9d –180 m → x 8. Resposta: 45 Durante o quinto segundo: D = y5 – y4 Para 5s: y = – ( ) 2 5.10 2 = –125 m Para 4s: y = – ( ) 2 4.10 2 = –80 m Logo: D = –125 – (–80) = –45 m 9. Resposta: 30 Se o tempo total é T e dividindo em três intervalos iguais, têm-se: primeiro intervalo t1 = 3 T ; segundo intervalo t2 = 3 T2 e terceiro intervalo t3 = T. Para calcular T: y = 2 t.g 2 → 54 = 2 T.g 2 → T = g 108 Durante o terceiro intervalo: D = y3 – y2 y3 = 2 t.g 2 3 → y3 = 2 g 108 .g = 54 m y2 = 2 t.g 2 2 → y2 = 2 g 108 3 2 .g 2         = 24 m Logo: D = 54 – 24 = 30 m 10. Resposta: c Trata-se de dividir a altura total em dois trechos e aplicar as equações de QL. → Para o trecho total: y = 2 t.g 2 (1) → No primeiro trecho: –v = 0 – g(t – 1) → v = g(t – 1) (2) Torricelli no primeiro trecho: v2 = 2g 4 y3 → v2 = 2 y.g.3 (3) Trata-se agora de resolver sistema de 3 equações com 3 incógnitas. Substitui-se as equações (1) e (2) em (3): ( )[ ] ( ) 4 t.g.3 1t2–t.g 2 2 t.g .g.3 1–t.g 22 22 2 2 =+⇒         = Assim: t2 – 2t + 1 = 4 t.3 2 → t2 – 8t + 4 = 0 Resolvendo a equação do 2º grau, por Bháskara, tem-se: t = 2 488 ± → t = ( )324 + s Trata-se agora de adaptar esta resposta às alternativas apresentadas. c) t = 32 2 − ; racionalizando: t = ( )s324 32 32 . 32 2 += + + −       v v0 = 0 (t – 1) 3y 4 (1s)             y 4 y(t) MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 26. Gabarito 4 Física 1 2 CINEMÁTICA III Atividades (página 5) 1. v = v0 + g . t = 30 + (–10) . 2 = 30 – 20 = 10 m/s y = v0 . t + 2 t.g 2 = 30 . 2 + ( ) 2 2.10– 2 = 60 – 20 = 40 m 2. v = v0 + g . t = 30 + (–10) . 5 = 30 – 50 = –10 m/s (o sinal de – vem indicar que, neste instante, o móvel está descendo). y = v0 . t + 2 t.g 2 = 30 . 5 + ( ) 2 –10 . 5 2 = 150 – 125 = 25 m 3. a) Na altura máxima: v = 0 Logo: v = v0 + g . t → 0 = 40 + (–10) . t → 10 . t = 40 → → tm = 4s b) y = v0 . t + 2 g . t 2 = 40 . 4 + ( ) 2 –10 . 4 2 =160 – 80 = 80 m → → hm = 80 m c) ttotal = tsubida + tdescida = 4s + 4s = 8s 4. y = v0 . t + 2 t.g 2 → –25 = 20 . t + ( ) 2 t.10– 2 → → –25 = 20 . t – 5 . t2 → → 5 . t2 – 20 . t – 25 = 0 → t2 – 4 . t – 5 = 0  t = 5s  ou  t = –1s (não serve) 5. t2 = t – 2 y1 = y2         + 2 t.g t.v 2 0 1 =         + 2 t.g t.v 2 0 2 20 . t + ( ) 2 t.10– 2 = 20 . (t – 2) + ( ) ( ) 2 2–t.10– 2 20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . (t – 2)2 20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . (t2 – 4 . t + 4) 20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . t2 + 20 . t – 20 60 = 20 . t → t = 3s Testes (página 10) Orientação geral: considera-se como sinal positivo + as grandezas que apontam para cima, conforme a teoria. 1. Resposta: e No ponto mais alto v = 0; sendo: v = v0 + g . t 0 = 20 – 10 . t → 10 . t = 20 → t = 2s Altura: y = v0 . t + 2 g . t 2 → y = 20 . 2 – ( )2 10 . 2 2 = 40 – 20 = = 20 m 2. Resposta: 45 Observe que 6s engloba a subida e a descida. y = 2 t.g 2 = ( ) 2 3.10 2 = 2 90 = 45 m 7. Resposta: 10 Observe: 300 m, acima, y é + . y = v0 . t + 2 t.g 2 → 300 = 80 . t – 2 t.10 2 → → t2 – 16t + 60 = 0 Resolvendo: t = 2 1616 ± ; raízes 6 e 10. t = 6s → na ascendente, t = 10s → na descendente. 8. Resposta: 30 A pedra foi lançada em movimento ascendente, portanto será lançada para cima e chegará ao solo após 3s. Nos 6s iniciais o movimento é uniforme: x = v . t → H = v . 6 → v = 6 H → v = v0 Para o trecho todo: y = y0 + v0 . t + 2 t.g 2 –H = 0 + v0 . 3 – 2 t.10 2 → –H = 3 . v0 – 45 Substituindo o valor de v0 = : 6 H –H = 3 . 6 H – 45 → 2 H3– = – 45 → H = 30 m 9. Resposta: 75 Para calcular v0, que é igual para os dois: Torricelli: v2 = v0 2 + 2gy → 0 = v0 2 – 2 . 10 . 100 → → v0 = 20 . 5 → v0 = 20 . 5 m/s t = 3s t = –2s    v = 0 ts td MRU H v0 3. Resposta: a No ponto de altura máxima, a velocidade é nula. O movimento na descida é idêntico ao da subida, invertendo o sentido da velocidade. Enquanto um corpo estiver solto no ar, a única aceleração que age sobre ele é a aceleração da gravidade, que aponta sempre para baixo. 4. Resposta: b Suponha que o helicóptero está parado, então v0 = 0 y = 2 t.g 2 → –80 = – 2 t.10 2 → t = 4s. Como o parafuso demo- rou 6s, para chegar ao solo, conclui-se que o helicóptero esta- va subindo. 5. Resposta: c Seguindo as regras de sinais: y = v0 . t + 2 t.g 2 → –30 = 5t – 2 t.10 2 → t2 – t – 6 = 0 Resolvendo a equação: Eliminando o valor negativo, t = 3s. 6. Resposta: b y = v0 + v0t – 2 t.g 2 → 40 = 0 + 30 . t – 2 t.10 2 → → t = 2s ou t = 4s MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 27. Física1 5Física 1 2 Para a segunda pedra: y2 = v0 . t – 2 t.g 2 , substituir t = 0v H H.gv v2 H.g – 2 H – 2 v H g – v H .v 2 H 02 0 2 2 0 0 0 =→=→         = CINEMÁTICA IV Atividades (página 7) 1. v abs = v rel + v arr Logo, em módulo vabs = 6 m/s 2. v abs = v rel + v arr Logo, em módulo vabs = 4 m/s 3.    Somando, membro a membro, vem 2 . vb = 50 → vb = 25 km/h Substituindo na primeira equação do sistema: 25 – vr = 20→ → vr = 5 km/h 4. a) x = v . t (na direção do eixo do barco): 40 = 4 . t → t = 10s b) x = v . t (na direção da correnteza): y = 3 . 10 → y = 30 m c) v abs = v rel + v arr Em módulo: vabs 2 = vb 2 + vr 2 = 42 + 32 = 16 + 9 = 25 Logo: vabs = 5 m/s 5. a) v abs = v rel + v arr sen 60° = HIP CO = 4 vr = 2 3 → → vr = 2 3 m/s b) cos 60° = HIP CA = 4 vabs = 2 1 → vabs = 2 m/s c) x = v . t → 40 = 2 . t → t = 20s Testes (página 5) 1. Resposta: a Velocidade relativa: v12 = v1 – v2. Deve-se considerar o sentido da velocidade (+ ou –). Menino A: vA = 3 + 3 = 6 m/s Menino B: vB = –3 + 3 = 0 m/s 2. Resposta: c Quando a moeda coincidir com o 2 da régua A, também coincidirá com o 2 da régua B. Logo, o zero da régua B coincidirá com o 4 da régua A. 1º corpo 2º corpo Encontro v0 = 0 Posição h m520v 0 = 1ª pedra Encontro v0 = 0 y = H 2 igualar v0 vrel = 5 m/s varr = 1 m/s vabs vb – vr = 20 vb + vr = 30 vrel = 5 m/s varr = 1 m/svabs No instante do lançamento do segundo corpo, tomando y como posição: y1 = 100 + 0 – 5t2 y2 = 0 + 20 5 . t – 5t2 Igualando as posições: y1 = y2 100 – 5t2 = 20 5 . t – 5t2 → → t = 520 100 = s5 Substituindo o valor de t em y1 ou y2: em y1 → y1 = 100 – 5 ( )2 5 = 100 – 25 = 75 m. 10. Resposta: b Considera-se y como posição e a posição de encontro é para y = 2 H . Equação: y = y0 + v0 . t + 2 t.g 2 y1 = H + 0 – 2 t.g 2 y2 = 0 + v0 . t – 2 t.g 2 y1 = y2 → H = v0 . t → t = 0v H vR vB y = 15 m x = 54 m L = 1 km vBR 3. Resposta: d vB = 1,8 m/s vR = ? (m/s) Tempo para descer: s30 s/m8,1 m54 v x t B === s/m5,0v s30 m15 t y vt.vye RRR =→==∴= 4. Resposta: c O esquema é: Para calcular o tempo: t = v x = uraarglàparalelav uraargL t = 3 1 = 3 1 h e 3 1 hora = 20min vb = 4 m/s vr = 3 m/s vabs vrvb = 4 m/s vabs 60° MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 28. Gabarito 6 Física 1 2 8. Resposta: a Subindo: xS = 6,0 km = 6 000 m tS = 20min = 20 . 60s Descendo: xD = 6,0 km = 6 000 m tD = 8min20s = 500s Subindo: vS = vB – vR (1) Descendo: vD = vB + vR (2) Sistema de equações (1) e (2): vB + vR = vD (2) vB – vR = vS (1)    vBR vRT vBT Vetorialmente: vB vR vBT x vBR vRT vBT vBR Correnteza: 3 m/s A B 9. Resposta: 80 Denomina-se distância AB de L, logo v = t L Rio acima: v = vB – vC e v = 20 L Rio abaixo: v = vB + vC e v = 10 L Para montar o sistema: Por adição: m80L12 20 L3 12 10 L 20 L =→=→=+ 10. Resposta: c Com o motor desligado, a velocidade é apenas a da cor- renteza. Rio acima: v = vB – vC → 4 L = vB – vC Rio abaixo: v = vB + vC → 2 L = vB + vC Para a correnteza: x = vC . t → L = 8 L . t → t = 8 horas CINEMÁTICA V Atividades (página 9) 1. a) v0x = v0 . cos 53° = 50 . 0,6 = 30 m/s v0y = v0 . sen 53° = 50 . 0,8 = 40 m/s Para t = 2s: vx = v0x = 30 m/s vy = v0y + g . t = 40 + (–10) . 2 = 40 – 20 = 20 m/s v = 2 y 2 x vv + = 22 2030 + = 400900 + = 3001 = = 210.13 = 1310 m/s x = vx . t = 30 . 2 = 60 m y = v0y . t + 2 t.g 2 = 40 . 2 + ( ) 2 2.10– 2 = 80 – 20 = 60 m b) No ponto mais alto: vy = 0 vy = v0y + g . t → 0 = 40 + (–10) . t → 10 . t = 40 → t = 4s c) No ponto mais alto: v = v0x = 30 m/s d) y = v0y . t + 2 t.g 2 = 40 . 4 + ( ) 2 4.10– 2 = 160 – 80 = 80 m 20 L = 6 – vC 10 L = 6 + vC      vB = 8 L3 e vC = 8 L      6. Resposta: 10 Pode-se calcular: h/km8vh 4 1 .v2t.vxv BTBTBT =→=→=→ h/km10v 100v 68v BR 2 BR 222 BR = = += 7. Resposta: 15 vB = 4 m/s vR = 2 3 m/s x = 30 m sen θ = Hipotenusa opostoCateto = B R v v = s/m4 s/m32 sen θ = 2 3 ∴ θ = 60° cos θ = B BT v v ∴ vBT = vB cos θ vBT = (4 m/s) . cos 60° → vBT = 2 m/s e t = BTv x = s/m2 30 ∴ t = 15s θ) Observação: a partir do triân- gulo, pode-se calcular vBT apli- cando Pitágoras. 5. Resposta: 4 A travessia é feita segundo a menor distância: Vetores s/m4v 16v3v5 vvv BT 2 BT 22 BT 2 2 RT 2 BT 2 BR =→ →=→+= += Resolvendo (somando-as) tem-se: 2vB = vD + vS. ∴ vB = 2 vv SD + vS = S S t x = s60.20 m0006 = 5 m/s vD = d d t x = s500 m0006 = 12 m/s ∴ vB = 2 s/m5s/m12 + vB = 8,5 m/s MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 29. Física1 7Física 1 2 e) Para t = 4s: vx = v0x = 30 m/s vy = v0y + g . t = 40 + (–10) . 8 = 40 – 80 = –40 m/s (o sinal de – indica que, neste instante, o móvel está descendo) v = 2 y 2 x vv + = ( )22 40–30 + = 6001900 + = = 5002 = 50 m/s 2. a) y = v0y . t + 2 t.g 2 → 5 = 0 . t + 2 t.10 2 → 5 = 5 . t2 → → t2 = 1 → t = 1s b) x = vx . t = 20 . 1 = 20 m c) Para t = 1s: vx = v0 = 20 m/s vy = v0y + g . t = 0 + 10 . 1 = 10 m/s v = 2 y 2 x vv + = 22 1020 + = 100400 + = 500 = = 210.5 = 10 5 m/s 3. y = v0y . t + 2 t.g 2 → 20 = 0 . t + 2 t.10 2 → 20 = 5 . t2 → t2 = 4 → → t = 2s x = vx . t → 60 = v0 . 2 → v0 = 30 m/s 4. v0x = v0 . cos 30° = 20 . 2 3 = 10 3 m/s v0y = v0 . sen 30° = 20 . 2 1 = 10 m/s y = v0y . t + 2 t.g 2 → –15 = 10 . t + ( ) 2 t.10– 2 → → –15 = 10 . t – 5 . t2 → 5 . t2 – 10 . t – 15 = 0 →  t = 3s → t 2 – 2 . t – 3 = 0  ou  t = –1s (não serve) x = vx . t = 310 . 3 = 30 3 m 5. Componente vertical de v0: v0y = v0 . sen 30° v0y = 2 . 0,50 v0y = 1 m/s Cálculo do tempo: ∆y = v0 . t + 2 t.g 2 20 = 1 . t + 2 t.10 2 A única raiz positiva é: t’ = 1,9s 6. Cálculo do tempo de altura máxima: v = v0 – g . t 0 = 4 – 10 . t t = 0,4s Notar que o tempo total de movimento será o dobro, isto é, 0,8s. Altura máxima atingida: ∆y = v0 . t – 2 t.g 2 ∆y = 4 . 0,4 – 2 10 . 0,4 2 ∆y = 0,8 m = 80 cm 3. Resposta: b Dados: v0x = 10 m/s e alcance x = 100 m Alcance: x = vx . t → 100 = 10 . t → t = 10s Altura: y = 2 t.g 2 → y = 2 10.10 2 = 500 m 4. Resposta: b Com a altura, calcula-se o tempo: y = 2 t.g 2 → 0,2 = 2 t.10 2 → t = 0,2s Alcance: x = vx . t → 0,3 = vx . 0,2 → vx = 1,5 m/s 5. Resposta: 45 Após 2s, vx mantém-se constante: vx = v0x = 45 m/s vy deve ser calculada: vy = v0y + g . t vy = 20 – 10 . 2 = 0 A velocidade total é dada por: v2 = 2 xv + 2 yv → v = 45 m/s. 6. Resposta: 1 m ∆x = yxt 3 = 3t → t = 1s y = y0 + v0y t – 2 t.g 2 y = 2 + 4 . 1 – 2 10 . 1 2 → y = 1 m 7. Resposta: d vy = v . sen 53° vy = 37,5 . 0,8 → vy = 30 m/s vy 2 = 2 . g . ∆y 302 = 2 . 10 . ∆y → ∆y = 45 m Testes (página 6) 1. Resposta: e v0y = v0 . sen 30° v0y = 30 . 2 1 → v0y = 15 m/s vy = v0y – g . ts 0 = 15 – 10 . ts → ts = 1,51 = 1,5s ∆y = v0y . t – 2 t.g 2 ∆y = 15 . 1,5 – 2 10 . 1,5 2 → ∆y = 11, 25 m 2. Resposta: c ∆y = 2 t.g 2 ∆y = 2 10 . 2 2 → ∆y = 20 m Logo: y = 20 2,5 = 8 andares Distância horizontal percorrida: ∆x = v . t ∆x = 2,5 . 0,8 ∆x = 2 m MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 30. Gabarito 8 Física 1 2 612 km/h A 3 920 m Visada B C A – AT Alcance: 4 760 m 840 Alcance do trem em t = 28s: AT = vT . t = 30 . 28 ∴ AT = 840 m A – AT = 3 920 m ∴ tg θ = 1 = 9203 9203 ∴ θ = 45° O ângulo θ foi definido entre a horizontal e a linha visada. 19. Resposta: c Propriedade matemática: Para ângulos complementares (30° + 60° = 90°) em condi- ções iguais, os alcances serão iguais. Em 45° ocorre o máxi- mo alcance para uma dada velocidade. θ h = 3 920 m A – AT 8. Resposta: b v0y = v0 . sen 30° v0y = 200 . 0,5 v0y = 100 m/s y = y0 + v0 . t – 2 t.g 2 480 = 0 + 100 . t – 2 10 . t 2 t = 8s t = 12s O inverso será: 12 – 8 = 4s 9. Resposta: b Com a altura, calcula-se o tempo: y = 2 t.g 2 → 5 = 2 t.10 2 → t = 1s Alcance: x = vx . t → 4 = vx . 1 → vx = 4 m/s 10. Resposta: c A altura da queda é a mesma para os pontos A e B, portanto tA = tB, já que: y = 2 t.g 2 → t = g y2 . O alcance de B é o dobro do alcance de A, portanto vB = 2 vA, já que: x = vx . t. 11. Resposta: 5 Cálculo do tempo: y = 2 t.g 2 → 1,225 = 2 t.10 2 → t = 0,5s Alcance: x = vx . t → 2,5 = vx . 0,5 = 5 m/s 12. Resposta: c São quatro intervalos de 8 1 s → t = 4 . 8 1 = 0,5s Cálculo da altura: y = 2 t.g 2 = ( ) 2 5,0.10 2 = 1,25 m 13. Resposta: a Dados iniciais: v0x = 5 m/s v0y = 18 m/s No ponto mais alto da trajetória: vy = 0 → vy = v0y + g . t 0 = 18 – 10 . t → t = 1,8s (até a metade) Altura: y = v0y . t + 2 t.g 2 → y = 18 . 1,8 – 2 8,1.10 2 = 16,2 m Alcance: x = vx . t → x = 5 . 3,6 = 18 m 14. Resposta: a No ponto de altura máxima a componente vertical da velo- cidade é sempre nula (vy = 0), qualquer que seja o ângulo de lançamento. 15. Resposta: a Decompondo a velocidade: v0x = v0 . cos 45° = 10 . 2 2 = 25 m/s v0y = v0 . sen 45° = 10 . 2 2 = 25 m/s    Alcance: 3 m → x = vx . t → 3 = 25 . t → t = 25 3 s Na fórmula da altura: y = v0y . t + 2 t.g 2 y = 25 . 25 3 – 2 2 25 3 10         = 3 – 5 . 50 9 = 2,10 m 16. Resposta: b Decompondo a velocidade: v0x = v0 . cos 37° = 40 . 0,8 = 32 m/s v0y = v0 . sen 37° = 40 . 0,6 = 24 m/s Alcance: 64 m → x = vx . t → 64 = 32 . t → t = 2s Na fórmula da altura: y = voy . t + 2 t.g 2 y = 24 . 2 – ( ) 2 210 2 = 48 – 20 = 28 m Como o obstáculo tem 20 m, o projétil passa 8 m acima desse ponto. 17. Resposta: d A distância CD equivale ao alcance – AB, logo: CD = x – 40. Cálculo do alcance: x = vx . t = 86,6 . 11 → x = 952,6 m Assim: CD = 952,6 – 40 = 912,60 m. 18. Resposta: 45 vox = 612 km/h = 170 m/s g = 10 m/s2 h = 3 920 m vT = 108 km/h = 30 m/s Tempo de queda: h = 2 1 g . t2 → 3 920 = 2 1 . 10 . t2 ∴ t = 28s Alcance na queda: A = v0x . t = 170 . 28 ∴ A = 4 760 m MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 31. Física1 9Física 1 2 5. Resposta: c Freqüência: 60 RPM = Hz → f = 60 0003 = 50 Hz v = 2π . R . f → v = 2π . 0,10 . 50 = 10π → v = 31,4 m/s 6. Resposta: a Todas as moedas giram com o mesmo período e a mesma freqüência; o que as diferencia é o raio de cada uma. Sendo ωA = 2π . f, teremos ωB = ωC = ωA = 2π . f. 7. Resposta: b O ponto a 10 m da base, executa um MCU de raio 10 m e executa 1/4 de volta até o chão. Sendo: 4 1 volta = 5 → T = 20s Velocidade angular: ω = T 2π = 20 2π = 10 π rad/s Velocidade escalar: v = ω . R = 10 π . 10 = π m/s 8. Resposta: b Aceleração centrípeta: Ac = R v2 mas v = 2π . R . f Ac = ( ) R f.R.2 2 π → 0,25 = ( ) 1 f.1.2 2 π → 0,25 = 4π2 . f2 Assim: f2 = 24 25,0 π → f2 = 24 100 25 π → f = 2400 25 π = π20 5 f = π4 1 logo: T = 4π/s 3. v = T R..2 π = h12 cm3..2 π = 12 .6 π cm/h = = 2 π cm/h = 2 14,3 cm/h = 1,57 cm/h Testes (página 8) 1. Resposta: a No equador a raiz do movimento circular é máximo, logo será máxima a velocidade tangencial: v = ω . R 2. Resposta: c Dados: R = 8 cm: freqüência: 15 Hz (voltas por segundo). Velocidade angular: ω = 2π . f = 2π . 15 = 30π rad/s Período: T = f 1 = 15 1 s Velocidade linear: v = ω . R = 30π . 8 = 240π cm/s 3. Resposta: 40 Transformação: 60 RPM = Hz → f = 60 /2001 π = π 20 Hz Velocidade angular: ω = 2π . f = 2π . π 20 = 40 rad/s 4. Resposta: e O ponteiro das horas completa 1 volta a cada 12 horas (T = 12h) v = T R.2π → v = 12 6.2π = π cm/h. 9. Resposta: a Todos os corpos terão o mesmo período de 24 horas, logo terão a mesma freqüência e a mesma velocidade angular. No entanto, o corpo que está em Macapá terá um raio de movi- mento maior, logo apresentará uma maior velocidade tangen- cial, pois V = W . R. 10. Resposta: b Para a velocidade tangencial: v = 2 . π . R . f, tem-se: 6,3 80 = 2π . 0,4 . f → f = π8,0.6,3 80 = π6,3 100 Para simplificar a fração: f = π36 0001 = π9 250 Hz Observação: Hz corresponde a rps. 20. Resposta: c O alcance é inversamente proporcional à aceleração da gravidade. Se g ficou 6 vezes menor, o alcance será 6 vezes maior. 6 . 80 m = 48 m. CINEMÁTICA VI Atividades (página 11) 1. Freqüência: f = T 1 f = 4 1 → f = 0,25 Hz Velocidade linear: v = 2 . π . R . f v = 2 . 3,14 . 2 . 0,25 → v = 3,14 m/s Velocidade angular: ω = 2 . π . f ω = 2 . π . 0,25 → ω = 2  π     rad/s Arco descrito em 3s: ∆x = v . t ∆x = 3,14 . 3 → ∆x = 9,42 m Ângulo descrito em 0,2s: θ = ω . t θ = 2  π     . 0,2 → θ = π 10 rad 2. f = 240 rpm = 240 : 60 rps = 4 rps ω = 2 . π . f = 2 . π . 4 = 8 . π rad/s CINEMÁTICA VII Atividades (página 12) 1. vA = vB 2 . π . RA . fA = 2 . π . RB . fB RA . fA = RB . fB 2 . 40 = 4 . fB fB = 20 rpm 2. ω1 = ω2 1 1 R v = 2 2 R v → 1v 1 = 4 2 v1 = 2 m/s MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL
  • 32. Gabarito 10 Física 1 2 9. Resposta: a Dimensão da pista: 120 m 1º) Em sentidos opostos: xA = vA . t = 8 . 20 = 160 m xB = vB . t = 6 . 20 = 120 m B executou uma volta, enquanto A executou uma volta mais 40 m; a distância entre eles é 40 m. 2º) Uma volta de vantagem: xA = xB + 120 m 8t = 6t + 120 → 2t = 120 → t = 60s 10. Resposta: e Para o projétil: v = t x . Enquanto o projétil se desloca 15 m, o disco do alvo se desloca 18°, que representa um ângulo θ = 10 π rad. A frequência é: 60 300 = 5 Hz Sendo: θ = ω . t e ω = 2π . f → 10 π = 2π . 5 . t → t = 0,01s Para o projétil: v = 01,0 15 = 1 500 m/s 11. Resposta: e Dados: Raio: R = 0,50 m. Uma pedalada → duas voltas. Velocidade tangencial: v = 2πf . R, assim: 6,3 6π = 2π . f . 0,5 ⇒ f = 6,3 6 rps. RPM = RPS . 60 ⇒ f = 6,3 6 . 60 = 100 RPM (da roda). Se cada pedalada são duas voltas, então 2 100 = 50 peda- ladas por minuto. 12. Resposta: e Para que as duas rodas estejam novamente juntas é necessário que uma dê uma volta a mais que a outra. Matematicamente: θ1 = θ2 + 2πrad. Sendo θ = ω . t ⇒ ω1t = ω2t + 2π Mas ω = T 2π ⇒ 1T 2π . t = 2T 2π . t + 2π Assim: 21 T t T t = + 1 ⇒ 35 t 30 t = + 1 (fazer o mínimo MMC) 210 210t6t7 += ⇒ t = 210s 3. Velocidade angular relativa: ω1/2 = ω1 – ω2 ω1/2 = 20 – (–10) ω1/2 = 30°/s Cálculo do tempo: θ = ω . t 360 = 30 . t t = 12s 4. Velocidade angular relativa: ω1/2 = ω1 – ω2 ω1/2 = 20 – 10 ω1/2 = 10°/s Cálculo do tempo: θ = ω . t 360 = 10 . t t = 36s Testes (página 9) 1. Resposta: 20 Ligação por correia: v1 = v2, logo: R1 . f1 = R2 . f2 Assim: R1 . 40 = 2R1 . f2 f2 = 1 1 R2 R40 = 20 RPM 2. Resposta: d As velocidades são iguais. Calculando vA = 2π . RA . fA vA = 2π . 0,1 . 60 300 = π m/s Para a polia B → vB = 2π . RB . fB, mas f = T 1 π = 2π . 0,4 . T 1 → T = 0,80s 3. Resposta: 12 Engrenagens (rodas dentadas) vA = vB → RA . fA = RB . fB 5 . fA = 1 . 60 → fA = 5 60 = 12 rpm. 4. Resposta: c Ao girar a barra, os pontos giram solidários. Os pontos A e B executam as mesmas voltas no mesmo intervalo de tempo. Portanto TA = TB e sendo: ω = T 2π , tem-se ωA = ωB. 5. Resposta: a Estabeleça as ligações entre X, Y e Z. X → Y (correia): Rx . fx = Ry . fy → 12 fx = 4 . fy → fy = 3 . fx Y → Z (eixo): mesma freqüência: fy = fz = Ty = Tz e ωy = ωz 6. Resposta: b A ligação entre C e B é por eixo, logo: fB = fC = 100 rpm. Entre B e A: roda dentada → RA . fA = RB . fB, assim: 1 . fA = 2 . 100 → fA = 200 rpm. 7. Resposta: b Primeira roda: f = 3 1 rpm → T = 3 minutos Em uma hora irá executar 20 voltas. Segunda roda: f = 4 1 rpm → T = 4 minutos v1 + v2 = 10 v1 – v2 = 2    Em uma hora irá executar 15 voltas. Se a primeira estivesse parada, haveria 15 encontros; se a segunda estivesse parada, haveria 20 encontros. Como am- bas estão em movimento: 15 + 20 = 35 encontros. 8. Resposta: b Quando percorrem sentidos opostos: x1 + x2 = 600 e x = v . t assim: v1 . 60 + v2 . 60 = 600 → v1 + v2 = 10 (1) Quando percorrem o mesmo sentido: x1 = x2 + 600 → 300 . v1 = 300v2 + 600 assim: v1 = v2 + 2 (2) Montando o sistema: Resolvendo por adição: 2v1 = 12 → v1 = 6 m/s Logo: v2 = 4 m/s MATERIAL GABARITO DE USO EXCLUSIVO DO PROFESSOR CONVENIADO AO SISTEMA DE ENSINO DOM BOSCO MENU PRINCIPAL