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  • 1. 1Física 12CinemáticaIMecânicaCinemática IPropriedade do diagrama a = f(t)A área abaixo do diagrama fornece a variação davelocidade do móvel entre os instantes considerados.A = ∆vVELOCIDADE EM FUNÇÃO DO TEMPOComo a velocidade varia linearmente com o tempo,o gráfico v = f(t) é dado por uma reta.v = v0 + a . tPara o movimento acelerado, tem-se:ACELERAÇÃO EM FUNÇÃO DO TEMPOComo a aceleração é constante, representa-se ográfico a = f(t) por uma reta paralela ao eixo dos tempos.v0vttvPara o movimento retardado, tem-se:aAtPropriedade do diagrama v = f(t)A inclinação da reta fornece a aceleração do movimento.tg α = avvv0αttPropriedade do diagrama x = f(t)A inclinação da curva fornece a velocidade do móvelnum dado instante de tempo.tg α = vPOSIÇÃO EM FUNÇÃO DO TEMPOComo a posição relaciona-se com o tempo por meio deuma equação algébrica de segundo grau, o gráfico x = f(t) éum arco de parábola.Quando a aceleração é positiva, a concavidade daparábola está voltada para cima.v2 > v1 (tg α2 > tg α1)x21tα1α2v2 < v1 (tg α2 < tg α1)x21tα1α2Quando a aceleração é negativa, a concavidade daparábola está voltada para baixo.Gráficos do MRUVA área compreendida abaixo do diagrama fornece odeslocamento do móvel.A = ∆xMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 2. CinemáticaI2 Física 121. Uma partícula tem movimento retilíneo e suavelocidade varia conforme o gráfico.2. O diagrama a seguir mostra a posição, em funçãodo 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 3v (m/s)3. A velocidade de um corpo que realiza movimentoretilíneo varia de acordo com o diagrama a seguir. Cal-cule a velocidade média nos 10s de movimento.v (m/s)t (s)43210 2 4 6 8 10v (m/s)t (s)86420–2–41 2 3x (m)t (s)1086421 2 30v (m/s)0 t (s)1 2 3 4 56–4a)t (s) 0 1 2 3 4 5x (m)g)b) Entre 0s e 2s, o movimento ée .c) Entre 2s e 5s, o movimento ée .d) v0 =e) a =f) x = x0 + v0 . t +x (m)t (s)9876543210–1–21 2 3 4 5 6 7Pede-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 USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 3. 3Física 12CinemáticaIICinemática IINos exercícios seguintes considera-se g = 10 m/s2e despreza-se a resistência do ar.1. Um móvel é solto do topo de um edifício e leva 4spara chegar ao solo. Calcule a velocidade com que omóvel chega ao solo e a altura do edifício.v0 = 0t = 4sv2. Do alto de uma torre de 160 m de altura em relaçãoao solo, um objeto é atirado, verticalmente, para baixo,com velocidade inicial de 20 m/s. Determine o tempo parao objeto atingir o solo, desde o instante do lançamento.160 mv0 = 20 m/st = ?Queda livreQueda livre é o movimento vertical realizado próximo da superfície terrestre quandoo móvel está sujeito exclusivamente à aceleração da gravidade.Para a queda ser considerada livre, é necessário que se possa desprezar aresistência do ar.ACELERAÇÃO DA GRAVIDADENas imediações da Terra, a aceleração da gravidade tem módulo aproximada-mente constante e próximo de g = 9,81 m/s2Em problemas que exigem menor precisão, adota-se g = 10 m/s2A orientação do vetor g é sempre vertical e orientado para baixo, isto é, para ocentro da Terra.Importante: para variações significativas de altitude, a aceleração da gravidadevaria.Quanto mais distante da superfície terrestre, menor o valor de g.EQUAÇÕES DA QUEDA LIVREA queda livre é um MRUV, pois a trajetória é retilínea (vertical) e a aceleração éconstante (g).As equações da queda livre são as mesmas do MRUV, porém se representam aaceleração por g, a posição por y e o deslocamento por ∆∆∆∆∆y.A clássica experiência comprova que, novácuo, todos os corpos caem com a mesmaaceleração, independentemente das mas-sas que possuam. Se, dentro de um tubode 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 pedrae a pluma caem juntas.PlumaPedra PlumaPedraAr Vácuo∆y = v0 . t +v = v0 + g . tv2 = v0 + 2 . g . ∆y2MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 4. CinemáticaIII4 Física 12Cinemática IIILançamento verticalNo 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 amesma posição considerada.v0 = 30 m/s0s1s2s20 m/s10 m/s3sv = 04s5s–10 m/s–20 m/s6s–30 m/sg = –10 m/s2Quando 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:EQUAÇÕESO movimento obtido pelo lançamento vertical para cima, cuja única aceleração é ada 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 asinais opostos.Por convenção, consideramos no presente texto o sinal de v0 como positivo. Logo énegativo 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 . t23. De um ponto elevado, um objeto é solto sem veloci-dade inicial. Dois segundos após o início da queda, umsegundo objeto é lançado, verticalmente, para baixo, domesmo 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. Após10s de queda, qual será a distância percorrida, desde oinício do movimento?a) db) 2dc) 3dd) 4de) 5dv0 = 0dD = ?10s5,0s0sAyAtA = tv0 = 0Bv0 = 40 m/syBtB =MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 5. 5Física 12CinemáticaIII1. Um móvel é lançado verticalmente para cima,com velocidade de 30 m/s. Determine a velocidade e odeslocamento depois de 2s.2. Determine a velocidade e o deslocamento do móvelda atividade anterior 5s depois do lançamento.3. Um corpo é lançado para cima com velocidade de40 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 = 0v0 = 40 m/s4. Do topo de um edifício, um móvel é lançado vertical-mente para cima, com velocidade de 20 m/s. Quanto tempolevará o móvel para atingir um ponto situado 25 m abai-xo do ponto de lançamento?t1 = tt = ?v0 v01 2t2 =125. Uma pedra é lançada do solo, verticalmente para cima,com velocidade inicial de 20 m/s. Dois segundos apóssua partida, uma segunda pedra é lançada do mesmoponto, verticalmente para cima e com a mesma veloci-dade inicial. Quanto tempo após a partida da primeirapedra haverá o encontro?v0 = 20 m/sygt = ?+MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 6. CinemáticaIV6 Física 12vbrvrtvarrvrelCinemática IVMovimento relativoUm passageiro dormindo dentro de um trem em movimento está emrepouso 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, aforma da trajetória, enfim as leis de um movimento não dependem apenas do corpo que se move, mas também doreferencial.Uma lâmpada que se desprende do teto de um trem em movimentodescreve trajetória retilínea para um observador dentro do trem, masparabólica para um observador no solo.Desprezando a resistência do ar, uma esfera solta de um avião quese move horizontalmente, em movimento retilíneo uniforme, para umobservador no avião, descreve uma reta, enquanto que, para umobservador no solo, a trajetória descrita é um arco de parábola.ObservadorSuperfícieda TerraEsferaPonto dereferência(T)(T)(T)(S)PRINCÍPIO DE GALILEUQuando um corpo está sujeito, simultaneamente, a vários movimentos, cadaum 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 MOVIMENTOSConsidere 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 USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 7. 7Física 12CinemáticaIV5. 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 issoaconteça, o eixo do barco está inclinado 60° em relaçãoà 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/svr = 3 m/s40 myvr40 mvb = 4 m/s60°1. Um barco tem velocidade própria (velocida-de do barco em relação ao rio) de 5 m/s e desce um riocuja velocidade da água é 1 m/s. Calcule a velocidadedo barco em relação às margens.3. Um barco tem, em relação à terra, velocidade de20 km/h ao subir um rio e, ao descer, 30 km/h. Calcule avelocidade própria do barco e a velocidade das águas.2. Na questão anterior, obtenha a velocidade do barcoem relação à terra, no caso de o barco subir o rio.vrel = 5 m/s varr = 1 m/svarr = 1 m/s4. 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/sMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 8. CinemáticaV8 Física 12Cinemática VMovimento parabólicoA trajetória descrita por um projétil lançado obliquamentepara cima, de um plano horizontal, quando se despreza aresistência do ar, é um arco de parábola. O móvel fica su-jeito a dois movimentos simultâneos, que, de acordo como 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 aceleraçãoque atua sobre o móvel é a aceleração da gravidade (g).LANÇAMENTO OBLÍQUOO lançamento de um projétil, no vácuo, resulta em ummovimento dado pela composição de dois movimentos:— MRU na horizontal, pois não há qualquer força agindohorizontalmente sobre o corpo.— QL, na vertical, pois na vertical atua a força peso.LANÇAMENTO HORIZONTALValem, 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 = v0O tempo de queda de um corpo lançado horizontalmente é o mesmoque o de um corpo abandonado da mesma altura. As moedas A e B,que iniciam os movimentos no mesmo instante, chegamsimultaneamente ao solo.O maior deslocamento obtido na direção horizontal recebe onome 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 componentesda velocidade inicial (v0), através das relaçõesV0x = v0 . cos ααααα e v0y = v0 . sen αααααDepois, basta aplicar a equação do MRU e as equa-ções da queda livre.Observações importantes:As observações acima somente valem, se os pontosde partida e de chegada estiverem num mesmo nível.BB AAvHvvvHvvy (m)x (m)5 m15 m25 m35 m0s1s2s3s4s5s6s7s8s30 m 30 m 30 m30 m30 m30 m30 m30 my (m)x (m)0s1s2s3s4s5s6s7s8sv0x = 30vx = 30vx = 30vx = 30vx = 30vx = 30vx = 30vx = 30vx = 30v0y = 40vy = 30vy = 20vy = 10 vy = 0vy = –10vy = –20vy = –30vy = –40As velocidades constam em m/s.yv0yv0xxθv0vyvxvv0Amáxv060°30° 45°APara 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 USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 9. 9Física 12CinemáticaVa) o tempo gasto para atingir a altura máxima e otempo 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, comvelocidade 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 cimade 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/s2Calcule:yv0yv0xxAhmvyvxvvy = 0v = v0xvyvxvv053°4. Calcule o alcance do projétil do sistema figurado.Suponha g = 10 m/s23. Na figura a seguir o corpo é lançado horizontalmen-te. Supondo g = 10 m/s2, calcule a velocidade inicial.5 mv0 = 20 m/svxvyvA15 mAv0 = 20 m/s30°20 m60 mv0 = ?MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 10. CinemáticaVI10 Física 1220 mv030°5. (UMC—SP) Um corpo é lançado, para baixo, do alto de umedifício 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 ocorpo atingir o solo será, aproximadamente:Dados: cos 30° = 0,86; sen 30° = 0,506. (Unicamp—SP—Adaptado) Um menino, andando de skatecom velocidade v = 2,5 m/s num plano horizontal lança paracima uma bolinha de gude com velocidade v0 = 4,0 m/s e aapanha de volta. Tomando g = 10 m/s2 e desprezando a resis-tência do ar, a altura máxima que a bolinha atinge e a distânciahorizontal percorrida valem, respectivamente:RθanvvtxanCinemática VIMovimento circular uniformeMovimento circular uniforme (MCU) consiste naquele em que a trajetória é uma circunferência, e a velocidadeescalar (| |), constante.Os movimentos dos satélitesao redor dos planetas e dosplanetas ao redor do Sol,embora as órbitas sejamelípticas, são quaseperfeitamente circulares.Os movimentos dos ponteiros dos relógios e dos pontos das hélicesde um ventilador são exemplos de movimentos circulares uniformes.PERÍODO E FREQÜÊNCIAO 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 émedida em hertz (Hz), que equivale a uma volta por segundo.A relação entre freqüência e período é f =VELOCIDADE ESCALAR OU LINEARNos movimentos curvilíneos, a velocidade é sempre tangencial, ou seja, o vetor velocidade é sempre tangente àtrajetória 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 detempo correspondente a um período (T).v = ou v = 2 . π . R . fMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 11. 11Física 12CinemáticaVIINuma volta completa, o tempo é um período (T) e o ângulo vale 2 . π rad. Assim, a velocidade angular pode serdada por1. Uma partícula descreve movimento circularuniforme 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 . fObserve que a relação entre a velocidade linear e a velocidade angular é dada por v = ω . RACELERAÇÃO CENTRÍPETA OU NORMALNo 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 poran =Em todos os movimentos curvilíneos (e somente nestes) há aceleração centrípeta ou normal.VELOCIDADE ANGULARVelocidade 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 períododo 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 aproximadamente2. Calcule a velocidade angular, em radianos por se-gundo, de um disco que gira à razão de 240 rpm.3. Calcule a velocidade linearda extremidade do ponteiro dashoras de um relógio de 3,0 cmde comprimento.Cinemática VIIAssociação de poliasEm muitas situações do cotidiano estão presentes polias (ou roldanas) associadas entre si, de modo que omovimento de uma polia se transmite à outra por meio de correias, rodas dentadas ou eixos.TRANSMISSÃO POR ENGRENAGEMO movimento de uma roda dentada faz movimentar outra roda, de modo que ambasgiram com a mesma velocidade tangencial.v1 = v22π . R1 . f1 = 2π . R2 . f2R1 . f1 = R2 . f23,0 cmvAs freqüências são inversamente proporcionais aos raios.MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 12. CinemáticaVII12 Física 124. Resolva a questão anterior, supondo que as partículasse desloquem no mesmo sentido.1. Considere o sistema de transmissão em que aroda A tem 40 rpm. Calcule o número de rpm da outra roda.RBBA RARA = 2 mRB = 4 mR2 = 2 cmv2 = 4 m/sR1 = 1 cmv1 = ?2. Dois discos circulares de raios 1 cm e 2 cm estãopresos a um mesmo eixo. A velocidade periférica do dis-co maior é igual a 4 m/s. Calcule a velocidade periféricado 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. Calculequanto tempo depois voltam a se encontrar.Motor AB CRARB RCNo mecanismoao lado, se oraio de A for ametade do raiode B, afreqüência daroda B será ametade dafreqüência de A.As rodas B eC terãofreqüênciasiguais.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 CORREIADe forma análoga às engrenagens, ambas as poliasgiram com a mesma velocidade tangencial.v1 = v22π . R1 . f1 = 2π . R2 . f2R1 . f1 = R2 . f2As freqüências são inversamente proporcionais aosraios.TRANSMISSÃO POR EIXODuas polias ligadas rigidamente a um mesmo eixodescrevem ângulos iguais em tempos iguais. Logo, apre-sentam velocidades angulares iguais.As velocidades tangenciais são diretamente propor-cionais aos raios.ω1 = ω2MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 13. 1Física 12Física1Cinemática I1. (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 emmovimento retilíneo está representada no gráfico, em funçãodo tempo.Calcular, em metros, a distância percorrida pelo móvel nosoito segundos indicados no gráfico.v (m/s)t (s)151050 2 4 6 8v (m/s)t (s)20100 2a) C d) B e Cb) B e) A, B e Cc) Av (m/s)3020100 10 20 30 40 50 60 t (s)ABC3. (Acafe—SC) O gráfico velocidade X tempo representa omovimento de três carros, A, B e C, que trafegam em uma es-trada reta na mesma direção e sentido. Em t = 0, os três carrosestão 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 emlinha reta, de modo que sua velocidade varia em função do tempo,conforme mostra o diagrama a seguir. Com base no diagramaapresentado, pode-se afirmar que o deslocamento do móvel ea velocidade média desenvolvida no percurso, ao final de 8h,serão respectivamente:v (km/h)t (h)6040200 1 2 3 4 5 6 7 8a) 60,0 km e 50,0 km/hb) 100 km e 12,5 km/hc) 200 km e 33,3 km/hd) 200 km e 25,0 km/he) 100 km e 16,7 km/hTestesFísica 1A 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)806040200 1 2 3 4ABAB5. (PUC—PR) Dois veículos trafegam numa estrada retilínea,no mesmo sentido, conforme o gráfico de suas velocidades, emfunção do tempo apresentado a seguir, estando ambos naorigem em t = 0Com base nos dados apresentados, analise as proposições.I. Após 4 horas de movimento, os móveis encontram-sena mesma posição em relação à origem.II. Nas 4 horas iniciais do movimento, o móvel A percorre20 km mais do que a distância percorrida por B.III. Após o instante t = 4h, a velocidade de B torna-se maiorque a de A.MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 14. Testes2 Física 12a) 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 umtrecho 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 mb) – 12,50 mc) 12,50 md) 37,50 me) 62,50 m7. (PUC—PR) O gráfico representa um corpo em movimentoretilíneo.Nessas condições, é correto afirmar:8. (UFPE) O gráfico abaixo representa a velocidade de umciclista, em função do tempo, em determinado percurso retilí-neo. Qual a velocidade média do ciclista, em km/h, no percursoconsiderado?a) 10b) 15c) 20d) 25e) 30A 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 dooutro.e) a distância percorrida pelo veículo A é maior que a per-corrida pelo veículo B.Cinemática II1. (PUC—PR) Uma pedra foi abandonada da bordade um poço e levou 5 segundos para atingir o fundo. Tomandoa aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, podemos afirmarque a profundidade do poço é:a) 25 mb) 50 mc) 100 md) 125 me) 200 m2. (UFPR—Adaptado) Num experimento físico, um pequeno cor-po é solto no vácuo de uma certa altura, com velocidade inicialnula. 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)50104020304200 6 8 10BAPosiçãot0 TempoVeículo AVeículo B025,00x (m)30,00 t (s)0v (km/h)t (h)30–10200,0103,02,01,09. (Unesp—SP) Um veículo A, locomovendo-se com veloci-dade constante, ultrapassa um veículo B, no instante t = 0, quandoB está começando a se movimentar.Analisando os gráficos, pode-se afirmar quea) 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)1080 62c) 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 a100 m do solo. Sabendo que a pedra leva 4s para atingir o soloe 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 USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 15. 3Física 12Física130 m4 m20mg = 10 m/s24. (UFMT—Adaptado) Uma pessoa está em uma ponte, so-bre uma estrada de ferro, e observa um trem que se aproximaem 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 dotrem. A altura da queda da pedra é 20 m, adota-se g = 10 m/s2e 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 temmódulo igual a 20 m/s.III. A velocidade do trem tem módulo igual a 13 m/s.Os itens corretos são:a) nenhumb) I e IIc) I e IIId) II e IIIe) todos5. (Cesgranrio—RJ) Do alto de uma ponte, um garoto largauma 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 dobarco (fig. 2). Sabendo que o barco tem 10 m de comprimentoe desce o rio com velocidade de 5,0 m/s, qual é a altura daponte? Dê a resposta em metros.Fig. 1 Fig. 26. (Mack—SP) Uma pedra é abandonada de uma ponte, a80 m acima da superfície da água. Uma outra pedra é atirada,verticalmente, para baixo, do mesmo local, dois segundos apóso abandono da primeira. Se as duas pedras atingem a água nomesmo instante, e desprezando-se a resistência do ar, então omódulo da velocidade inicial da segunda pedra é:Dado: g = 10 m/s2a) 10 m/sb) 20 m/sc) 30 m/sd) 40 m/se) 50 m/s7. Um corpo em queda livre, partindo do repouso, percorrecerta distância d, vertical, após 2s de queda. Logo, a distânciapercorrida em 6s, contados desde o início da queda, será:a) 9 db) 6 dc) 12 dd) 2 de) 3 d8. (Fazu—MG—Adaptado) Um corpo é abandonado em quedalivre do topo de um edifício. Supondo a aceleração da gravidadeconstante, de módulo g = 10 m/s2, e desprezando a resistência doar, calcule, em metros, a distância percorrida pelo corpo duranteo quinto segundo.9. (UEM—PR) Um corpo é solto, sem velocidade inicial, deuma altura h = 54 m acima do solo. Ao dividir sua trajetória emtrês partes, de modo que o corpo percorra cada trajetória emintervalos 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 talque, durante o último segundo de queda, ele percorreu 1/4 daaltura 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 USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 16. Testes4 Física 12Cinemática III1. (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 alturamáxima atingida pela pedra e o tempo gasto para atingi-la.a) 40 m e 2sb) 20 m e 4sc) 10 m e 1sd) 40 m e 1se) 20 m e 2s2. (PUC—PR—Adaptado) Um objeto é lançado verticalmentepara 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 dagravidade, é correto afirmar que:a) a velocidade do corpo no ponto de altura máxima ézero.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 nasubida.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 parafusona altura de 80 m relativa ao solo. Sabendo que o parafusochega ao solo após 6 segundos e que a resistência oposta peloar é desprezível, pode-se afirmar que:Dado: g = 10 m/s2a) 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 àquestão.5. (Mack—SP) Um elevador sobe e, no instante em que seencontra a 30 m do solo, sua velocidade escalar é 5,0 m/s. Nessemesmo instante, rompe-se o cabo de sustentação e o elevadorfica livre de qualquer resistência. Adotando g = 10 m/s2, o tem-po que ele gasta para atingir o solo é:a) 30sb) 6,0sc) 3,0sd) 2,9se) s6. 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 dorepouso. No mesmo instante uma segunda pedra é lançada dochão, verticalmente para cima, com velocidade v0. Desprezan-do a resistência do ar e supondo constante a aceleração dagravidade no local da experiência, o valor de v0, para que umapedra 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 sesituar à altura de 300 m acima do ponto de lançamento, no mo-vimento descendente.8. (AFA—SP—Adaptado) Um balão sobe verticalmente commovimento 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 foiabandonada. Despreze o efeito do ar e adote g = 10 m/s29. (UFBA) Um corpo é lançado verticalmente para cima comvelocidade v0. Ao atingir a altitude máxima igual a 100 m, umsegundo corpo é lançado do mesmo local e com velocidade ini-cial igual à do primeiro. Determine a altura h, em metros, emque os corpos se encontram. Considere g = 10 m/s2 e despre-ze a resistência do ar.MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 17. 5Física 12Física1Cinemática IV1. (Fuvest—SP) Num vagão ferroviário, que se movecom 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 comvelocidade v = 3 m/s em relação ao vagão. As velocidades dosmeninos A e B em relação aos trilhos são, respectivamente:a) 6 m/s e 0 m/sb) 3 m/s e 3 m/sc) 0 m/s e 9 m/sd) 9 m/s e 0 m/se) 0 m/s e 6 m/svAvBv02. (PUC—MG) A figura mostra uma montagem em que umamoeda rola sobre a régua A, partindo da posição mostrada nafigura, “empurrada” pela régua B, sem que haja deslizamentodela em relação a qualquer uma das réguas. Quando a moedaestiver na posição “2 cm” em relação à régua A, a régua B terápercorrido, em relação à mesma régua A:3. Uma canoa atravessa um rio de 54 m de largura com avelocidade 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/sb) 1,8 m/sc) 0,75 m/sd) 0,5 m/se) 15 m/s4. (UFMG) Um barco tenta atravessar um rio com 1,0 km delargura. 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, é3,0 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 cmb) 1 cmc) 4 cmd) 6 cme) 3 cm5. (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 pontoA a outro ponto B, situado imediatamente à frente, na margemoposta. Sabendo que a direção é perpendicular à velocida-de da correnteza, calcule, em m/s, a velocidade do barco emrelação 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 éfeita 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 umrio cuja velocidade das águas é 2 m/s. O rio tem largura de30 m e o barco deve atingir a margem oposta exatamente àfrente do ponto de partida. Calcule o tempo para o barco atra-vessar o rio, em segundos.8. (Cefet—PR) Uma barcaça percorrendo um rio águasacima anda 6,0 km em 20min. Quando percorre o rio águasabaixo, anda a mesma distância em 8min e 20s. A velocidadeda barcaça em relação às águas é:a) 8,5 m/sb) 17 m/sc) 0,53 m/sd) 4,9 m/se) n.d.a.9. (Uesb—BA) Um barco, deslocando-se no sentido contrárioao da correnteza, leva o tempo t = 20s para ir do ponto A aoponto B, situados sobre a mesma margem de um rio, e gasta otempo para voltar do ponto B ao ponto A. Sabendo que avelocidade do barco, em relação à água, é constante e igual a6 m/s, calcule, em m, a distância de A a B.10. (ITA—SP) Um barco, com motor em regime constante, desceum trecho de um rio em 2,0 horas e sobe o mesmo trecho em4,0 horas. Quanto tempo levará o barco para percorrer o mes-mo trecho, rio abaixo, com o motor desligado?a) 3,5hb) 6,0hc) 8,0hd) 4,0he) 4,5hMoedaAB6 5 4 3 2 1 00 1 2 3 4 5 6MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 18. Testes6 Física 12Cinemática V1. (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 mangueiracom 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 mb) 10,50 mc) 10,75 md) 11,00 me) 11,25 m2. (ITA—SP) Uma bola é lançada horizontalmente do alto deum edifício, tocando o solo decorridos aproximadamente 2s. Sen-do de 2,5 m a altura de cada andar, o número de andares doedifício é:a) 5b) 6c) 8d) 9e) indeterminado, pois a velocidade horizontal de arre-messo da bola não é fornecida.3. (PUC—PR) Um objeto é lançado horizontalmente do altode um edifício com uma velocidade inicial de 10 m/s. O alcancehorizontal do objeto ao nível do solo foi 100 m. Tomando a ace-leração da gravidade igual a 10 m/s2 e desprezando o atritocom o ar, pode-se afirmar que a altura do edifício e o tempoque o objeto levou para atingir o solo valem:a) 100 m e 20sb) 500 m e 10sc) 300 m e 20sd) 800 m e 4se) 50 m e 5s4. (UCS—RS) Uma esfera é lançada horizontalmente do pontoA e passa rente ao degrau no ponto B. Sendo 10 m/s2 o valorda aceleração da gravidade local, calcule a velocidade horizontalda esfera em A.a) 1,0 m/sb) 1,5 m/sc) 2,0 m/sd) 2,5 m/se) 3,0 m/s20 cm30 cmBAv05 m4 ma) 2 m/s d) 9 m/sb) 4 m/s e) 10 m/sc) 5 m/sv30o5. (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 olançamento.6. (Uerj—RJ) Um atirador de facas faz arremessos a partir deum ponto P, em direção a uma jovem que se encontra em pé,encostada em um painel de madeira. A altura do ponto P é de2,0 m e sua distância ao painel é de 3,0 m. A primeira faca éjogada para o alto com a componente horizontal da velocidadeigual a 3,0 m/s e a componente vertical igual a 4,0 m/s. A facase move em um plano vertical perpendicular ao painel.Desprezando a resistência do ar e qualquer movimento degiro da faca em torno de seu centro de gravidade, determine aaltura do ponto em que ela atinge o painel.7. (Mack—SP) Um corpo é lançado horizontalmente do alto deuma 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° = 0,8a) 20 mb) 30 mc) 40 md) 45 me) 50 m8. (PucCamp—SP) Um projétil é lançado segundo um ângulode 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 passagensdo projétil pelos pontos de altura 480 m acima do ponto de lan-çamento, em segundos, éDados: sen 30° = 0,50 e cos 30° = 0,87a) 2,0 d) 8,0b) 4,0 e) 12c) 6,09. (UFMT) A velocidade horizontal mínima necessária parauma pessoa pular do barranco e atingir a outra margem, comomostra a figura, considerando g = 10 m/s2, deve ser:MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 19. 7Física 12Física1APode-se afirmar que:a) tB = tA e vA = vBb) tA = tB e vA = 2vBc) tB = tA e vB = 2vAd) tA = 2tB e vA = vBe) tB = 2tA e vA = 2vB11. (UFPR) Uma bola rola sobre uma mesa horizontal de1,225 m de altura e vai cair num ponto do solo situado à distân-cia de 2,5 m, medida horizontalmente a partir da beirada damesa. Qual a velocidade da bola, em m/s, no instante em queela abandonou a mesa? Considere g = 9,8 m/s212. (UFRGS—RS) Uma bolinha, lançada horizontalmente daextremidade de uma mesa, descreve a trajetória mostrada nafigura a seguir, na qual estão indicadas algumas posições dabolinha. O intervalo de tempo que a bolinha leva para percorrera distância entre duas posições sucessivas é 1/8s. Conside-rando a aceleração da gravidade igual a 10 m/s2, qual é, emmetros, a altura aproximada da mesa?a) 0,31b) 0,80c) 1,25d) 2,50e) 5,0013. (Uece—CE) Uma bola é lançada verticalmente para cima,com velocidade de 18 m/s, por um rapaz situado em um carrinhoque avança seguindo uma reta horizontal, a 5,0 m/s. Depois deatravessar um pequeno túnel, o rapaz volta a recolher a bola, aqual 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 deslocamentohorizontal x do carrinho valem, respectivamente:a) h = 16,2 m; x = 18,0 mb) h = 16,2 m; x = 9,0 mhd2 dA B10. (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 abandonaa plataforma até atingir o solo são tA e tB.vyvxhTúnelxc) h = 8,1 m; x = 9,0 md) h = 10,0 m; x = 18,0 me) n.d.a.14. (PUC—RS) Uma esfera de aço é lançada obliquamente compequena velocidade, formando um ângulo de 45 graus com oeixo horizontal. Durante sua trajetória, desprezando o atrito como 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 emtodos 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 pontode máxima altura.15. (PUC—SP) Um garoto, parado num plano horizontal, a 3,0 mde uma parede, chuta uma bola imprimindo-lhe velocidade de 10 m/s,de tal modo que sua direção forma, com a horizontal, um ângulode 45°. A aceleração da gravidade local é 10 m/s2 e a resistênciado ar pode ser desprezada. A bola choca-se com a parede naaltura de:a) 2,1 mb) 2,5 mc) 3,0 md) 3,9 me) 0 m16. (UEL—PR) Um projétil é atirado com velocidade de 40 m/s,fazendo ângulo de 37° com a horizontal. A 64 m do ponto dedisparo, 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 USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 20. Testes8 Física 1217. (UFPA) A figura representa um projétil, que é lançado doponto A segundo um ângulo de 30° com a horizontal, com umavelocidade 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) 418,98b) 458,98c) 692,86d) 912,60e) 1 051,16Av030°CBDCinemática VIABC1. (UFSCar—SP) No site www.agespacial.gov.br, daAgência Espacial Brasileira, aparece a seguinte informação:“O Centro de Lançamento de Alcântara (CLA) vem sendoconstruído desde a década de 80 e está atualmente preparadopara lançar foguetes de sondagem e veículos lançadores desatélites de pequeno porte. Localizado na costa do Nordestebrasileiro, próximo ao Equador, a posição geográfica do CLAaumenta as condições de segurança e permite menores custosde lançamento”.Um dos fatores determinantes dessa redução de custos sedeve à inércia do movimento de rotação da Terra. Graças a essainércia, o veículo lançador consome menos energia para fazercom que o satélite adquira a sua velocidade orbital. Isso ocorreporque, nas proximidades do Equador, onde se encontra o CLA,a) a velocidade tangencial da superfície da Terra é maiordo 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 igualà 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 maiordo que em outras latitudes.2. (UFPR) Um ponto em movimento circular uniforme descre-ve 15 voltas por segundo em uma circunferência de 8 cm deraio. A sua velocidade angular, o seu período e sua velocidadelinear são, respectivamente:a) 20 rad/s, 1/15s e 280π cm/sb) 30 rad/s, 1/10s e 160π cm/sc) 30π rad/s, 1/15s e 240π cm/sd) 60π rad/s, 15s e 240π cm/se) 40π rad/s, 15s e 200π cm/s3. (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/hb) 24 cm/hc) 4π cm/hd) 2π cm/he) π cm/h5. (Cefet—PR) Uma pedra de esmeril tem raio igual a 10 cm e giradiretamente 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) 3,14b) 6,28c) 31,4d) 62,8e) 6286. (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 trêsmoedas é a mesma.b) a velocidade linear das trêsmoedas é a mesma.c) a aceleração centrípeta das trêsmoedas 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 velocidadelinear de C.19. (UFMG) Dois projéteis, A e B, são lançados de um mesmoponto 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 de8,0 m. Na Lua, onde a aceleração da gravidade é 1/6 de seuvalor na Terra, a atleta conseguiria saltar, mantidas idênticascondições de salto:a) 8 m b) 16 m c) 48 m d) 96 m18. 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 entrea reta determinada pelo avião e pelo trem e a horizontal, noinstante em que a bomba deve ser largada.612 km/h3 920 mB CAMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 21. 9Física 12Física17. (Fuvest—SP—Adaptado) O tronco vertical de um eucalip-to é cortado rente ao solo e cai, em 5s, num terreno plano ehorizontal, sem se desligar por completo de sua base. A veloci-dade angular média do tronco durante a queda e a velocidadeescalar média de um ponto do tronco do eucalipto, a 10 m dabase valem, respectivamente:a) rad/s e 2π m/sb) rad/s e π m/sc) rad/s e π m/sd) rad/s e 2π m/se) π rad/s e 10π m/s8. (UFG—GO) Uma partícula executa um movimento circularuniforme de raio 1,0 m com aceleração 0,25 m/s2. O período domovimento, em segundos, é:a) 2πb) 4πc) 8πd) π/2e) π/49. (Unifesp—SP) Três corpos estão em repouso em relaçãoao solo, situados em três cidades: Macapá, localizada na linhado Equador, São Paulo, no Trópico de Capricórnio, e Selekhard,na Rússia, localizada no Círculo Polar Ártico. Pode-se afirmarque esses três corpos giram em torno do eixo da Terra, descre-vendo movimentos circulares uniformes, coma) as mesmas freqüências e velocidade angulares, maso corpo localizado em Macapá tem a maior velocidadetangencial.b) as mesmas freqüências e velocidades angulares, maso corpo localizado em São Paulo tem a maior veloci-dade tangencial.c) as mesmas freqüências e velocidades angulares, maso 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 brasileirasé 80 km/h. A freqüência com que giram os pneus de umPassat (diâmetro das rodas de 80 cm) que desenvolve essavelocidade é:a) rpsb) rpsc) rpsd) rpse) rps1. Duas polias são ligadas por uma correia. Se a poliada esquerda tem 40 rpm, quantas rpm tem a polia da direita?R1 R2R2 = 2 R1Cinemática VII2. (UCSal—BA) Numa marcenaria, um motor imprime à poliaA, de raio RA = 10 cm, um movimento de rotação de freqüência300 rotações por minuto. O movimento é transmitido à polia B,de raio RB = 40 cm, por uma correia. O período de rotação dapolia B e a velocidade da correia são, em unidades do SistemaInternacional:a) 0,40 e 2π d) 0,80 e πb) 0,80 e 2π e) 0,20 e 4πc) 0,40 e πABRARA = 5 mRB = 1 mRB3. 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 Ae 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 = TBb) ωA < ωB e TA < TBc) ωA = ωB e TA = TBd) ωA > ωB e TA > TBe) ωA = ωB e TA > TBABE5. (Cefet—PR) A figura representa a roda traseira e as engre-nagens de uma bicicleta, na qual X, Y e Z são pontos cujos raiossão, respectivamente, iguais a 12 cm, 4 cm e 60 cm. Quando abicicleta 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 XMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 22. Testes10 Física 12ABC2 cm2 cm4 cm9. (Fuvest—SP—Adaptado) Dois corredores A e B partem domesmo ponto de uma pista circular de 120 m de comprimento,com velocidades vA = 8 m/s e vB = 6 m/s1º) Se partirem em sentidos opostos, qual será a menordistância 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 30sb) 40 m e 30s e) 60 m e 60sc) 20 m e 60s10. (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 oarco medido entre o ponto visado no momento do disparo e oponto de impacto do projétil no alvo é 18°. Lembre-se de que πrad = 180°. Encontra-se, para a velocidade do projétil:a) 15 m/s d) 300 m/sb) 30 m/s e) 1 500 m/sc) 150 m/s11. (FEI—SP) Em uma bicicleta com roda de 1 m de diâmetro,um ciclista necessita dar uma pedalada para que a roda gireduas voltas. Quantas pedaladas por minuto deve dar o ciclistapara manter a bicicleta com velocidade constante de 6π km/h?a) 300 d) 100b) 200 e) 50c) 15012. 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) 150sb) 90s e) 210sc) 120sCinemática I1. c2. 803. c4. d5. a6. e7. b8. aCinemática II1. d2. c3. 54. e5. 206. c7. a8. 45Cinemática III1. e2. 453. a4. b5. c6. b7. 108. 30Cinemática IV1. a2. c3. d4. c5. 46. 107. 158. a9. 8010. cCinemática V1. e2. c3. b4. b5. 456. 1,0 m7. d8. b9. b10. c11. 512. c13. a14. e15. aCinemática VICinemática VII1. 202. d3. 124. c5. e6. b7. b8. b9. a1. a2. c3. 404. e5. c6. a7. b8. b9. a10. c9. 3010. c9. 7510. b16. b17. d18. 4519. c20. c9. a10. b10. e11. e12. e6. O sistema de transmissão figurado deve produzir na roda C100 rpm. Quantas rpm deve ter a roda A?a) 100 d) 25b) 200 e) 250c) 507. (UFRN) Duas partículas percorrem a mesma trajetória emmovimentos circulares uniformes, uma em sentido horário e aoutra em sentido anti-horário. A primeira efetua rpm e a se-gunda, rpm. Sabendo que partiram do mesmo ponto, em umahora encontrar-se-ão:a) 45 vezes d) 15 vezesb) 35 vezes e) 7 vezesc) 25 vezes8. (PucCamp—SP) Dois corredores percorrem uma pista cir-cular de comprimento 600 m, partindo do mesmo ponto e no mesmoinstante. Se a percorrem no mesmo sentido, o primeiro encontroentre eles acontecerá depois de 5,0 minutos. Se a percorrem emsentidos opostos, o primeiro encontro ocorrerá 1,0 minuto apósa 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 5,0b) 6,0 e 4,0 e) 12 e 6,0c) 8,0 e 6,0MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 23. Física11Física 12CINEMÁTICA IAtividades (página 2)1. a)v = 0 –4 m/s 6 m/s2s 0s 5sb) 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/se) a =tv–v 0=( )54––6=510= 2 m/s2ou a = tg α =CACO=36= 2 m/s2f) x = x0 + v0 . t +2t.a 2→→ x = 3 + (–4) . t +2t.2 2→ x = 3 – 4 . t + t2g)GabaritoFísica 1Mecânica2. a) v = tg α =CACO=14= 4 m/sb) x = v0 . t +2t.a 2Do gráfico: t = 1s → x = 6 mLogo: 6 = v0 . 1 +21.a 2→ 12 = 2 . v0 + a →→ a = 12 – 2 . v0Ainda: t = 2s → x = 8 mLogo: 8 = v0 . 2 +22.a 2→ 8 = 2 . v0 + 2 . a →→ 4 = v0 + a → 4 = v0 + 12 – 2 . v0 → v0 = 8 m/sc) a = 12 – 2 . v0 = 12 – 2 . 8 = 12 – 16 → a = –4 m/s2d) v = v0 + a . t → v = 8 + (–4) . t → v = 8 – 4 . te)3. x = Área =24.4+ 6 . 4 = 8 + 24 = 32 mvm =tx=s10m32= 3,2smTestes (página 1)1. Resposta: cA partir do gráfico verifica-se que a velocidade varia de10 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/s2t (s)x (m)0 1 2 3 4 53 0 –1 0 3 8x (m)t (s)9876543210–1–21 2 3 4 5 6 7t (s)v (m/s)0 1 2 38 4 0 –4v (m/s)t (s)86420–2–41 2 3MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 24. Gabarito2 Física 122. Resposta: 80A distância percorrida é numericamente igual à área dográfico v . t.Outra hipótese seria subdividir a área total em triângulos(b . h/2) e retângulos (b . h).3. Resposta: cPara “furar” o sinal é necessário que o deslocamento sejamaior que 850 m. O deslocamento é determinado pelo cálculode cada uma das áreas.Confira:Apenas o carro A ultrapassa os 850 m.4. Resposta: dO deslocamento é calculado pela área do gráfico v . t.A = 80 + 120 = 200x = 200 kmVelocidade média é: vm =tx =8200 = 25 km/h5. Resposta: aCalculando a área de cada um dos diagramas temos:XA = Área = 200 kmXB = Área = 180 kmI. Os móveis não se encontram namesma posição, pois percorreramdistâncias diferentes.II. A diferença (200 – 180) é 20 km.III. Após 4h, vB torna-se maior que vA.6. Resposta: eCálculo de x0x = x0 + v . t25 = x0 – 2,1 . 30 → x0 = 100 mPosição em 15s:x = x0 + v . tx = 100 – 2,5 . 15 → x = 62,50 m7. Resposta: bNos 6 primeiros:∆x = área∆x =.2 102+ 4 . 10 → ∆x = 50 m8. Resposta: aDeslocamento∆x = área∆x = −(1, 5 + 1) . 30 (1 + 0, 5) . 102 2∆x = 30 m2. y = v0 . t +2t.g 2→ 160 = 20 . t +2t.10 2→→ 5 . t2 + 20 . t – 160 = 0 → t2 + 4 . t – 32 = 0 →→  t = 4s ou t = –8s (não serve)3. yA = yBtB = t – 2+2t.gt.v20 A = +2t.gt.v20 B0 . t +2t.10 2= 40 . (t – 2) +( )22–t.10 25 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . (t – 2)25 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . (t2 – 4 . t + 4)5 . t2 = 40 . t – 80 + 5 . t2 – 20 . t + 2060 = 20 . t → t = 3syA = v0 . t +2t.g 2= 0,3 +23.10 2= 45 m4. y = v0 . t +2t.g 2Entre (1) e (2):d = 0 . 5 +25.g 2→ = g =25d.2Entre (1) e (3):D = 0 . 10 +210.g 2D = 50 . g = 50 .25d.2= 4 . d123 A1 = 30A2 = 25A3 = 2580 → corresponde a x = 80 mACBA = 900 (trapézio)A = 800 (trapézio)A = 600 (triângulo)ABVelocidade médiav =∆∆x 30=t 3= 10 m/s9. Resposta: dOs deslocamentos são dados pelas áreas dos diagramas.No instante t = 8s, as áreas abaixo dos diagramas são iguais evalem 160 unidades. Este é o instante em que o veículo B ul-trapassa o veículo A.10. Resposta: cOs dois veículos têm a mesma velocidade constante, poisas inclinações das retas são iguais. Apenas o veículo A está àfrente do veículo B, pois enquanto B saiu de x0 = 0, A saiu dex0 > 0.CINEMÁTICA IIAtividades (página 3)1. v = v0 + g . t = 0 + 10 . 4 = 40 m/sy = v0 . t +2t.g 2= 0 . 4 +24.10 2= 80 mMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 25. Física13Física 12Testes (página 2)Orientação geral: considera-se todas as grandezas orien-tadas para cima com sinal positivo + , portanto a aceleraçãoterá sempre sinal negativo – .1. Resposta: d∆y =2t.g 2∆y =25.10 2∆y = –125 m2. Resposta: c∆y =2t.g 2∴ t =∆2 . yg3. Resposta: 5Aplicando a equação horária: y = v0 . t +2t.g 2–100 = v0 . 4 –24.10 2→ –100 = 4 . v0 – 80v0 = –5 m/s. O sinal – da velocidade confirma que o heli-cóptero estava descendo.4. Resposta: eOcorrem dois movimentos simultâneos (t1 = t2): enquantoo trem percorre 26 m em MRU, a pedra cai 20 m (QL).I. Tempo: y = v0 . t +2t.g 2→ –20 = –2t.10 2→ t = 2sII. Velocidade: v = v0 + g . t → v = 0 – 10 . 2 = –20 m/sIII. Velocidade do trem: v =tx=226= 13 m/s5. Resposta: 20O barco (MRU):x = v . t → 10 = 5 . t ∴ t = 2sA pedra em queda livre (MRUV):h = v0 . t +2t.g 2→ h = 0 . 2 +( )22.10 2→ h = 20 m6. Resposta: cAs alturas de queda são iguais. Mas t2 = t1 – 2.h1 = 0 –2t.10 2→ h1 = 80 m, logo: t = 4sh2 = v0 . t +2t.g 2→ –80 = v0 . 2 –( )22.10 2→→ –80 = 2 . v0 – 20 → 2 . v0 = –60 → v0 = –30 m/s7. Resposta: aAplicando a equação horária para v0 = 0 → y =2t.g 2Para 2s → y = –22.10 2= –20 mPara 6s → y = –26.10 2= –180 mRegra de três: –20 m → d → x =20180. d = 9d–180 m → x8. Resposta: 45Durante o quinto segundo: D = y5 – y4Para 5s: y = –( )25.10 2= –125 mPara 4s: y = –( )24.10 2= –80 mLogo: D = –125 – (–80) = –45 m9. Resposta: 30Se o tempo total é T e dividindo em três intervalos iguais,têm-se: primeiro intervalo t1 =3T; segundo intervalo t2 =3T2 eterceiro intervalo t3 = T.Para calcular T: y =2t.g 2→ 54 =2T.g 2→ T =g108Durante o terceiro intervalo: D = y3 – y2y3 =2t.g 23→ y3 =2g108.g= 54 my2 =2t.g 22→ y2 =2g10832.g2= 24 mLogo: D = 54 – 24 = 30 m10. Resposta: cTrata-se de dividir a altura total em dois trechos e aplicaras equações de QL.→ Para o trecho total: y =2t.g 2(1)→ No primeiro trecho:–v = 0 – g(t – 1) → v = g(t – 1) (2)Torricelli no primeiro trecho:v2 = 2g4y3→ v2 =2y.g.3(3)Trata-se agora de resolver sistema de 3 equações com 3incógnitas. Substitui-se as equações (1) e (2) em (3):( )[ ] ( ) 4t.g.31t2–t.g22t.g.g.31–t.g222222=+⇒=Assim: t2 – 2t + 1 =4t.3 2→ t2 – 8t + 4 = 0Resolvendo a equação do 2º grau, por Bháskara, tem-se:t =2488 ±→ t = ( )324 + sTrata-se agora de adaptar esta resposta às alternativasapresentadas.c) t =322−; racionalizando:t = ( )s3243232.322+=++−vv0 = 0(t – 1)3y4(1s)y4y(t)MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 26. Gabarito4 Física 12CINEMÁTICA IIIAtividades (página 5)1. v = v0 + g . t = 30 + (–10) . 2 = 30 – 20 = 10 m/sy = v0 . t +2t.g 2= 30 . 2 +( )22.10– 2= 60 – 20 = 40 m2. v = v0 + g . t = 30 + (–10) . 5 = 30 – 50 = –10 m/s(o sinal de – vem indicar que, neste instante, o móvelestá descendo).y = v0 . t +2t.g 2= 30 . 5 +( ) 2–10 . 52= 150 – 125 = 25 m3. a) Na altura máxima: v = 0Logo: v = v0 + g . t → 0 = 40 + (–10) . t → 10 . t = 40 →→ tm = 4sb) y = v0 . t +2g . t2= 40 . 4 +( ) 2–10 . 42=160 – 80 = 80 m →→ hm = 80 mc) ttotal = tsubida + tdescida = 4s + 4s = 8s4. y = v0 . t +2t.g 2→ –25 = 20 . t +( )2t.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 – 2y1 = y2+2t.gt.v20 1 = +2t.gt.v20220 . t +( )2t.10– 2= 20 . (t – 2) +( ) ( )22–t.10– 220 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . (t – 2)220 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . (t2 – 4 . t + 4)20 . t – 5 . t2 = 20 . t – 40 – 5 . t2 + 20 . t – 2060 = 20 . t → t = 3sTestes (página 10)Orientação geral: considera-se como sinal positivo + asgrandezas que apontam para cima, conforme a teoria.1. Resposta: eNo ponto mais alto v = 0; sendo: v = v0 + g . t0 = 20 – 10 . t → 10 . t = 20 → t = 2sAltura: y = v0 . t +2g . t2→ y = 20 . 2 –( )210 . 22= 40 – 20 == 20 m2. Resposta: 45Observe que 6s engloba a subida e a descida.y =2t.g 2=( )23.10 2=290= 45 m7. Resposta: 10Observe: 300 m, acima, y é + .y = v0 . t +2t.g 2→ 300 = 80 . t –2t.10 2→→ t2 – 16t + 60 = 0Resolvendo: t =21616 ±; raízes 6 e 10.t = 6s → na ascendente,t = 10s → na descendente.8. Resposta: 30A pedra foi lançada em movimento ascendente, portantoserá lançada para cima e chegará ao solo após 3s.Nos 6s iniciais o movimento é uniforme:x = v . t → H = v . 6 → v =6H→ v = v0Para o trecho todo: y = y0 + v0 . t +2t.g 2–H = 0 + v0 . 3 –2t.10 2→ –H = 3 . v0 – 45Substituindo o valor de v0 = :6H–H = 3 .6H– 45 →2H3–= – 45 → H = 30 m9. Resposta: 75Para calcular v0, que é igual para os dois:Torricelli: v2 = v02 + 2gy → 0 = v02 – 2 . 10 . 100 →→ v0 = 20 . 5 → v0 = 20 . 5 m/st = 3st = –2sv = 0tstdMRUHv03. Resposta: aNo ponto de altura máxima, a velocidade é nula.O movimento na descida é idêntico ao da subida, invertendoo sentido da velocidade. Enquanto um corpo estiver solto no ar, aúnica aceleração que age sobre ele é a aceleração da gravidade,que aponta sempre para baixo.4. Resposta: bSuponha que o helicóptero está parado, então v0 = 0y =2t.g 2→ –80 = –2t.10 2→ t = 4s. Como o parafuso demo-rou 6s, para chegar ao solo, conclui-se que o helicóptero esta-va subindo.5. Resposta: cSeguindo as regras de sinais:y = v0 . t +2t.g 2→ –30 = 5t –2t.10 2→ t2 – t – 6 = 0Resolvendo a equação:Eliminando o valor negativo, t = 3s.6. Resposta: by = v0 + v0t –2t.g 2→ 40 = 0 + 30 . t –2t.10 2→→ t = 2s ou t = 4sMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 27. Física15Física 12Para a segunda pedra: y2 = v0 . t –2t.g 2, substituir t =0vHH.gvv2H.g–2H–2vHg–vH.v2H02022000 =→=→=CINEMÁTICA IVAtividades (página 7)1.v abs= v rel+ v arrLogo, em módulo vabs = 6 m/s2. v abs= v rel+ v arrLogo, em módulo vabs = 4 m/s3. Somando, membro a membro, vem 2 . vb = 50 → vb = 25 km/hSubstituindo na primeira equação do sistema: 25 – vr = 20→→ vr = 5 km/h4. a) x = v . t (na direção do eixo do barco): 40 = 4 . t → t = 10sb) x = v . t (na direção da correnteza): y = 3 . 10 → y = 30 mc) v abs= v rel+ v arrEm módulo: vabs2 = vb2 + vr2 = 42 + 32 = 16 + 9 = 25Logo: vabs = 5 m/s5. a) v abs= v rel+ v arrsen 60° =HIPCO=4vr=23→→ vr = 2 3 m/sb) cos 60° =HIPCA =4vabs=21 → vabs = 2 m/sc) x = v . t → 40 = 2 . t → t = 20sTestes (página 5)1. Resposta: aVelocidade relativa: v12 = v1 – v2. Deve-se considerar osentido da velocidade (+ ou –).Menino A: vA = 3 + 3 = 6 m/sMenino B: vB = –3 + 3 = 0 m/s2. Resposta: cQuando a moeda coincidir com o 2 da régua A, tambémcoincidirá com o 2 da régua B.Logo, o zero da régua B coincidirá com o 4 da régua A.1º corpo2º corpoEncontrov0 = 0Posiçãohm520v 0 =1ª pedraEncontrov0 = 0y = H2igualarv0vrel = 5 m/s varr = 1 m/svabsvb – vr = 20vb + vr = 30vrel = 5 m/svarr = 1 m/svabsNo instante do lançamento do segundo corpo, tomando ycomo posição:y1 = 100 + 0 – 5t2y2 = 0 + 20 5 . t – 5t2Igualando as posições: y1 = y2100 – 5t2 = 20 5 . t – 5t2 →→ t =520100 = s5Substituindo o valor de t em y1 ou y2:em y1 → y1 = 100 – 5 ( )25 = 100 – 25 = 75 m.10. Resposta: bConsidera-se y como posição e a posição de encontro épara y =2H.Equação: y = y0 + v0 . t +2t.g 2y1 = H + 0 –2t.g 2y2 = 0 + v0 . t –2t.g 2y1 = y2 → H = v0 . t → t =0vHvRvBy = 15 mx = 54 mL = 1 kmvBR3. Resposta: dvB = 1,8 m/svR = ? (m/s)Tempo para descer: s30s/m8,1m54vxtB===s/m5,0vs30m15tyvt.vye RRR =→==∴=4. Resposta: cO esquema é:Para calcular o tempo:t =vx=uraarglàparalelavuraargLt =31=31h e31hora = 20minvb = 4 m/svr = 3 m/svabsvrvb = 4 m/svabs60°MATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 28. Gabarito6 Física 128. Resposta: aSubindo: xS = 6,0 km = 6 000 mtS = 20min = 20 . 60sDescendo: xD = 6,0 km = 6 000 mtD = 8min20s = 500sSubindo: vS = vB – vR (1)Descendo: vD = vB + vR (2)Sistema de equações (1) e (2):vB + vR = vD (2)vB – vR = vS (1)vBR vRTvBTVetorialmente:vB vRvBTxvBR vRTvBTvBRCorrenteza: 3 m/sA B9. Resposta: 80Denomina-se distância AB de L, logo v =tLRio acima: v = vB – vC e v =20LRio abaixo: v = vB + vC e v =10LPara montar o sistema:Por adição: m80L1220L31210L20L=→=→=+10. Resposta: cCom o motor desligado, a velocidade é apenas a da cor-renteza.Rio acima: v = vB – vC →4L= vB – vCRio abaixo: v = vB + vC →2L= vB + vCPara a correnteza: x = vC . t → L =8L. t → t = 8 horasCINEMÁTICA VAtividades (página 9)1. a) v0x = v0 . cos 53° = 50 . 0,6 = 30 m/sv0y = v0 . sen 53° = 50 . 0,8 = 40 m/sPara t = 2s:vx = v0x = 30 m/svy = v0y + g . t = 40 + (–10) . 2 = 40 – 20 = 20 m/sv = 2y2x vv + = 22 2030 + = 400900 + = 3001 == 210.13 = 1310 m/sx = vx . t = 30 . 2 = 60 my = v0y . t +2t.g 2= 40 . 2 +( )22.10– 2= 80 – 20 = 60 mb) No ponto mais alto: vy = 0vy = v0y + g . t → 0 = 40 + (–10) . t → 10 . t = 40 → t = 4sc) No ponto mais alto:v = v0x = 30 m/sd) y = v0y . t +2t.g 2= 40 . 4 +( )24.10– 2= 160 – 80 = 80 m20L= 6 – vC10L= 6 + vCvB =8L3evC =8L6. Resposta: 10Pode-se calcular:h/km8vh41.v2t.vxv BTBTBT =→=→=→h/km10v100v68vBR2BR222BR==+=7. Resposta: 15vB = 4 m/svR = 2 3 m/sx = 30 msen θ =HipotenusaopostoCateto=BRvv=s/m4s/m32sen θ =23∴ θ = 60°cos θ =BBTvv∴ vBT = vB cos θvBT = (4 m/s) . cos 60° → vBT = 2 m/se t =BTvx=s/m230∴ t = 15sθ)Observação: a partir do triân-gulo, pode-se calcular vBT apli-cando Pitágoras.5. Resposta: 4A travessia é feita segundo a menor distância:Vetoress/m4v16v3v5vvvBT2BT22BT22RT2BT2BR=→→=→+=+=Resolvendo (somando-as) tem-se: 2vB = vD + vS.∴ vB =2vv SD +vS =SStx=s60.20m0006= 5 m/svD =ddtx=s500m0006= 12 m/s ∴ vB =2s/m5s/m12 +vB = 8,5 m/sMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 29. Física17Física 12e) Para t = 4s:vx = v0x = 30 m/svy = v0y + g . t = 40 + (–10) . 8 = 40 – 80 = –40 m/s(o sinal de – indica que, neste instante, o móvel estádescendo)v = 2y2x vv + = ( )22 40–30 + = 6001900 + == 5002 = 50 m/s2. a) y = v0y . t +2t.g 2→ 5 = 0 . t +2t.10 2→ 5 = 5 . t2 →→ t2 = 1 → t = 1sb) x = vx . t = 20 . 1 = 20 mc) Para t = 1s:vx = v0 = 20 m/svy = v0y + g . t = 0 + 10 . 1 = 10 m/sv = 2y2x vv + = 22 1020 + = 100400 + = 500 == 210.5 = 10 5 m/s3. y = v0y . t +2t.g 2→ 20 = 0 . t +2t.10 2→ 20 = 5 . t2 → t2 = 4 →→ t = 2sx = vx . t → 60 = v0 . 2 → v0 = 30 m/s4. v0x = v0 . cos 30° = 20 .23= 10 3 m/sv0y = v0 . sen 30° = 20 .21 = 10 m/sy = v0y . t +2t.g 2→ –15 = 10 . t +( )2t.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 m5. Componente vertical de v0:v0y = v0 . sen 30°v0y = 2 . 0,50v0y = 1 m/sCálculo do tempo:∆y = v0 . t +2t.g 220 = 1 . t +2t.10 2A única raiz positiva é: t’ = 1,9s6. Cálculo do tempo de altura máxima:v = v0 – g . t0 = 4 – 10 . tt = 0,4sNotar que o tempo total de movimento será o dobro, istoé, 0,8s.Altura máxima atingida:∆y = v0 . t –2t.g 2∆y = 4 . 0,4 –210 . 0,42∆y = 0,8 m = 80 cm3. Resposta: bDados: v0x = 10 m/s e alcance x = 100 mAlcance: x = vx . t → 100 = 10 . t → t = 10sAltura: y =2t.g 2→ y =210.10 2= 500 m4. Resposta: bCom a altura, calcula-se o tempo:y =2t.g 2→ 0,2 =2t.10 2→ t = 0,2sAlcance: x = vx . t → 0,3 = vx . 0,2 → vx = 1,5 m/s5. Resposta: 45Após 2s, vx mantém-se constante: vx = v0x = 45 m/svy deve ser calculada: vy = v0y + g . tvy = 20 – 10 . 2 = 0A velocidade total é dada por: v2 = 2xv + 2yv → v = 45 m/s.6. Resposta: 1 m∆x = yxt3 = 3t → t = 1sy = y0 + v0y t –2t.g 2y = 2 + 4 . 1 –210 . 12→ y = 1 m7. Resposta: dvy = v . sen 53°vy = 37,5 . 0,8 → vy = 30 m/svy2 = 2 . g . ∆y302 = 2 . 10 . ∆y → ∆y = 45 mTestes (página 6)1. Resposta: ev0y = v0 . sen 30°v0y = 30 .21 → v0y = 15 m/svy = v0y – g . ts0 = 15 – 10 . ts → ts = 1,51 = 1,5s∆y = v0y . t –2t.g 2∆y = 15 . 1,5 –210 . 1,52→ ∆y = 11, 25 m2. Resposta: c∆y =2t.g 2∆y =210 . 22→ ∆y = 20 mLogo: y =202,5= 8 andaresDistância horizontal percorrida:∆x = v . t∆x = 2,5 . 0,8∆x = 2 mMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 30. Gabarito8 Física 12612 km/hA3 920 mVisadaB CA – ATAlcance: 4 760 m840Alcance do trem em t = 28s:AT = vT . t = 30 . 28 ∴ AT = 840 mA – AT = 3 920 m∴ tg θ = 1 = 92039203∴ θ = 45°O ângulo θ foi definido entre a horizontal e a linha visada.19. Resposta: cPropriedade 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.θh = 3 920 mA – AT8. Resposta: bv0y = v0 . sen 30°v0y = 200 . 0,5v0y = 100 m/sy = y0 + v0 . t –2t.g 2480 = 0 + 100 . t –210 . t2t = 8st = 12sO inverso será: 12 – 8 = 4s9. Resposta: bCom a altura, calcula-se o tempo:y =2t.g 2→ 5 =2t.10 2→ t = 1sAlcance: x = vx . t → 4 = vx . 1 → vx = 4 m/s10. Resposta: cA altura da queda é a mesma para os pontos A e B, portantotA = tB, já que: y =2t.g 2→ t =gy2.O alcance de B é o dobro do alcance de A, portanto vB = 2 vA,já que: x = vx . t.11. Resposta: 5Cálculo do tempo: y =2t.g 2→ 1,225 =2t.10 2→ t = 0,5sAlcance: x = vx . t → 2,5 = vx . 0,5 = 5 m/s12. Resposta: cSão quatro intervalos de81s → t = 4 .81= 0,5sCálculo da altura: y =2t.g 2=( )25,0.10 2= 1,25 m13. Resposta: aDados iniciais: v0x = 5 m/sv0y = 18 m/sNo ponto mais alto da trajetória: vy = 0 → vy = v0y + g . t0 = 18 – 10 . t → t = 1,8s (até a metade)Altura: y = v0y . t +2t.g 2→ y = 18 . 1,8 –28,1.10 2= 16,2 mAlcance: x = vx . t → x = 5 . 3,6 = 18 m14. Resposta: aNo ponto de altura máxima a componente vertical da velo-cidade é sempre nula (vy = 0), qualquer que seja o ângulo delançamento.15. Resposta: aDecompondo a velocidade:v0x = v0 . cos 45° = 10 .22= 25 m/sv0y = v0 . sen 45° = 10 .22= 25 m/sAlcance: 3 m → x = vx . t → 3 = 25 . t → t =253sNa fórmula da altura: y = v0y . t +2t.g 2y = 25 .253 –2225310= 3 – 5 .509 = 2,10 m16. Resposta: bDecompondo a velocidade:v0x = v0 . cos 37° = 40 . 0,8 = 32 m/sv0y = v0 . sen 37° = 40 . 0,6 = 24 m/sAlcance: 64 m → x = vx . t → 64 = 32 . t → t = 2sNa fórmula da altura: y = voy . t +2t.g 2y = 24 . 2 –( )2210 2= 48 – 20 = 28 mComo o obstáculo tem 20 m, o projétil passa 8 m acimadesse ponto.17. Resposta: dA distância CD equivale ao alcance – AB, logo: CD = x – 40.Cálculo do alcance: x = vx . t = 86,6 . 11 → x = 952,6 mAssim: CD = 952,6 – 40 = 912,60 m.18. Resposta: 45vox = 612 km/h = 170 m/sg = 10 m/s2h = 3 920 mvT = 108 km/h = 30 m/sTempo de queda:h =21g . t2 → 3 920 =21. 10 . t2 ∴ t = 28sAlcance na queda:A = v0x . t = 170 . 28 ∴ A = 4 760 mMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 31. Física19Física 125. Resposta: cFreqüência:60RPM= Hz → f =600003= 50 Hzv = 2π . R . f → v = 2π . 0,10 . 50 = 10π → v = 31,4 m/s6. Resposta: aTodas as moedas giram com o mesmo período e a mesmafreqüência; o que as diferencia é o raio de cada uma.Sendo ωA = 2π . f, teremos ωB = ωC = ωA = 2π . f.7. Resposta: bO ponto a 10 m da base, executa um MCU de raio 10 m eexecuta 1/4 de volta até o chão.Sendo:41volta = 5 → T = 20sVelocidade angular: ω =T2π=202π=10πrad/sVelocidade escalar: v = ω . R =10π. 10 = π m/s8. Resposta: bAceleração centrípeta: Ac =Rv2mas v = 2π . R . fAc =( )Rf.R.2 2π→ 0,25 =( )1f.1.2 2π→ 0,25 = 4π2 . f2Assim: f2 =2425,0π→ f2 =2410025π→ f =240025π=π205f =π41logo: T = 4π/s3. v =TR..2 π=h12cm3..2 π=12.6 πcm/h ==2π cm/h =214,3cm/h = 1,57 cm/hTestes (página 8)1. Resposta: aNo equador a raiz do movimento circular é máximo, logoserá máxima a velocidade tangencial: v = ω . R2. Resposta: cDados: R = 8 cm: freqüência: 15 Hz (voltas por segundo).Velocidade angular: ω = 2π . f = 2π . 15 = 30π rad/sPeríodo: T =f1=151sVelocidade linear: v = ω . R = 30π . 8 = 240π cm/s3. Resposta: 40Transformação:60RPM= Hz → f =60/2001 π=π20HzVelocidade angular: ω = 2π . f = 2π .π20 = 40 rad/s4. Resposta: eO ponteiro das horas completa 1 volta a cada 12 horas (T = 12h)v =TR.2π→ v =126.2π= π cm/h.9. Resposta: aTodos os corpos terão o mesmo período de 24 horas, logoterão a mesma freqüência e a mesma velocidade angular. Noentanto, 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: bPara a velocidade tangencial: v = 2 . π . R . f, tem-se:6,380= 2π . 0,4 . f → f =π8,0.6,380=π6,3100Para simplificar a fração: f =π360001=π9250HzObservação: Hz corresponde a rps.20. Resposta: cO alcance é inversamente proporcional à aceleração dagravidade. Se g ficou 6 vezes menor, o alcance será 6 vezesmaior.6 . 80 m = 48 m.CINEMÁTICA VIAtividades (página 11)1. Freqüência:f =T1f =41→ f = 0,25 HzVelocidade linear:v = 2 . π . R . fv = 2 . 3,14 . 2 . 0,25 → v = 3,14 m/sVelocidade angular:ω = 2 . π . fω = 2 . π . 0,25 → ω =2 π  rad/sArco descrito em 3s:∆x = v . t∆x = 3,14 . 3 → ∆x = 9,42 mÂngulo descrito em 0,2s:θ = ω . tθ =2 π  . 0,2 → θ =π10rad2. f = 240 rpm = 240 : 60 rps = 4 rpsω = 2 . π . f = 2 . π . 4 = 8 . π rad/sCINEMÁTICA VIIAtividades (página 12)1. vA = vB2 . π . RA . fA = 2 . π . RB . fBRA . fA = RB . fB2 . 40 = 4 . fBfB = 20 rpm2. ω1 = ω211Rv=22Rv→ 1v1=42v1 = 2 m/sMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL
  • 32. Gabarito10 Física 129. Resposta: aDimensão da pista: 120 m1º) Em sentidos opostos: xA = vA . t = 8 . 20 = 160 mxB = vB . t = 6 . 20 = 120 mB executou uma volta, enquanto A executou uma volta mais40 m; a distância entre eles é 40 m.2º) Uma volta de vantagem: xA = xB + 120 m8t = 6t + 120 → 2t = 120 → t = 60s10. Resposta: ePara o projétil: v =tx. Enquanto o projétil se desloca 15 m, odisco do alvo se desloca 18°, que representa um ângulo θ =10πrad.A frequência é:60300 = 5 HzSendo: θ = ω . t e ω = 2π . f →10π= 2π . 5 . t → t = 0,01sPara o projétil: v =01,015= 1 500 m/s11. Resposta: eDados: Raio: R = 0,50 m. Uma pedalada → duas voltas.Velocidade tangencial: v = 2πf . R, assim:6,36π = 2π . f . 0,5 ⇒ f =6,36 rps.RPM = RPS . 60 ⇒ f =6,36 . 60 = 100 RPM (da roda).Se cada pedalada são duas voltas, então2100 = 50 peda-ladas por minuto.12. Resposta: ePara que as duas rodas estejam novamente juntas énecessário que uma dê uma volta a mais que a outra.Matematicamente: θ1 = θ2 + 2πrad.Sendo θ = ω . t ⇒ ω1t = ω2t + 2πMas ω =T2π ⇒1T2π . t =2T2π . t + 2πAssim:21 TtTt= + 1 ⇒35t30t= + 1 (fazer o mínimo MMC)210210t6t7 +=⇒ t = 210s3. Velocidade angular relativa:ω1/2 = ω1 – ω2ω1/2 = 20 – (–10)ω1/2 = 30°/sCálculo do tempo:θ = ω . t360 = 30 . tt = 12s4. Velocidade angular relativa:ω1/2 = ω1 – ω2ω1/2 = 20 – 10ω1/2 = 10°/sCálculo do tempo:θ = ω . t360 = 10 . tt = 36sTestes (página 9)1. Resposta: 20Ligação por correia: v1 = v2, logo: R1 . f1 = R2 . f2Assim: R1 . 40 = 2R1 . f2f2 =11R2R40= 20 RPM2. Resposta: dAs velocidades são iguais. Calculando vA = 2π . RA . fAvA = 2π . 0,1 .60300= π m/sPara a polia B → vB = 2π . RB . fB, mas f =T1π = 2π . 0,4 .T1→ T = 0,80s3. Resposta: 12Engrenagens (rodas dentadas) vA = vB → RA . fA = RB . fB5 . fA = 1 . 60 → fA =560= 12 rpm.4. Resposta: cAo girar a barra, os pontos giram solidários. Os pontos A eB executam as mesmas voltas no mesmo intervalo de tempo.Portanto TA = TB e sendo: ω =T2π, tem-se ωA = ωB.5. Resposta: aEstabeleça as ligações entre X, Y e Z.X → Y (correia): Rx . fx = Ry . fy → 12 fx = 4 . fy → fy = 3 . fxY → Z (eixo): mesma freqüência: fy = fz = Ty = Tz e ωy = ωz6. Resposta: bA 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: bPrimeira roda: f =31rpm → T = 3 minutosEm uma hora irá executar 20 voltas.Segunda roda: f =41rpm → T = 4 minutosv1 + v2 = 10v1 – v2 = 2Em uma hora irá executar 15 voltas.Se a primeira estivesse parada, haveria 15 encontros; sea segunda estivesse parada, haveria 20 encontros. Como am-bas estão em movimento: 15 + 20 = 35 encontros.8. Resposta: bQuando percorrem sentidos opostos:x1 + x2 = 600 e x = v . tassim: v1 . 60 + v2 . 60 = 600 → v1 + v2 = 10 (1)Quando percorrem o mesmo sentido:x1 = x2 + 600 → 300 . v1 = 300v2 + 600assim: v1 = v2 + 2 (2)Montando o sistema:Resolvendo por adição: 2v1 = 12 → v1 = 6 m/sLogo: v2 = 4 m/sMATERIAL GABARITO DE USOEXCLUSIVO DO PROFESSORCONVENIADO AO SISTEMADE ENSINO DOM BOSCOMENU PRINCIPAL