Exercícios de Aprofundamento 2015 Fis - Lançamentos

Página 1 de 20 1. (Pucrj 2015) Uma bola é lançada com velocidade horizontal de 2,5 m / s do alto de um edifício e alcança o solo a 5,0 m da base do mesmo.

Despreze efeitos de resistência do ar e indique, em metros, a altura do edifício.

Considere: g  10 m / s

²

a) 10

b) 2,0 c) 7,5 d) 20 e) 12,5

2. (Uerj 2015) Em uma área onde ocorreu uma catástrofe natural, um helicóptero em movimento retilíneo, a uma altura fixa do chão, deixa cair pacotes contendo alimentos. Cada pacote lançado atinge o solo em um ponto exatamente embaixo do helicóptero.

Desprezando forças de atrito e de resistência, pode-se afirmar que as grandezas velocidade e aceleração dessa aeronave são classificadas, respectivamente, como:

a) variável − nula b) nula − constante c) constante − nula d) variável − variável

3. (Mackenzie 2015) Um zagueiro chuta uma bola na direção do atacante de seu time, descrevendo uma trajetória parabólica. Desprezando-se a resistência do ar, um torcedor afirmou que

I. a aceleração da bola é constante no decorrer de todo movimento.

II. a velocidade da bola na direção horizontal é constante no decorrer de todo movimento.

III. a velocidade escalar da bola no ponto de altura máxima é nula.

Assinale

a) se somente a afirmação I estiver correta.

b) se somente as afirmações I e III estiverem corretas.

c) se somente as afirmações II e III estiverem corretas.

d) se as afirmações I, II e III estiverem corretas.

e) se somente as afirmações I e II estiverem corretas.

4. (G1 - cps 2015) Manuel Bandeira dá ritmo e musicalidade ao seu poema Trem de Ferro, imitando os sons produzidos por um trem.

Café com pão Café com pão Café com pão

Virge Maria que foi isso maquinista?

Agora sim

Café com pão

Agora sim

Voa, fumaça

Corre, cerca

Ai seu foguista

Bota fogo

Na fornalha

Que eu preciso

Muita força

Muita força

Página 2 de 20 Muita força

(trem de ferro, trem de ferro) Oô...

Foge, bicho Foge, povo Passa ponte Passa poste Passa pasto Passa boi Passa boiada Passa galho Da ingazeira Debruçada No riacho Que vontade De cantar!

(...)

(http://tinyurl.com/k78cyrf Acesso em: 31.07.2014.) No poema, o referencial escolhido por Manuel Bandeira, de acordo com a Física Clássica, não é ideal, pois interpretamos forças (falsas) em alguns objetos que de fato não a sofrem.

Suponha que a estrada de ferro é retilínea e que a força que move o trem refere-se a uma força resultante e diferente de zero.

Tendo como referencial o foguista, sentado em sua cadeira na cabine da locomotiva, deve-se interpretar o trem em ____________________ e o poste citado no verso “passa poste” em ____________________.

As expressões que completam corretamente a frase anterior, na ordem em que aparecem, são a) repouso ... movimento com velocidade variável.

b) repouso ... movimento com velocidade constante.

c) movimento com velocidade variável ... repouso.

d) movimento com velocidade constante ... repouso.

e) movimento com velocidade variável ... movimento com velocidade variável.

5. (Uerj 2015) Um esquiador, com 70kg de massa, colide elasticamente contra uma árvore a uma velocidade de 72km / h.

Calcule, em unidades do SI, o momento linear e a energia cinética do esquiador no instante da colisão.

6. (Espcex (Aman) 2014) Uma esfera é lançada com velocidade horizontal constante de módulo v=5 m/s da borda de uma mesa horizontal. Ela atinge o solo num ponto situado a 5 m do pé da mesa conforme o desenho abaixo.

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

Página 3 de 20 Dado: Aceleração da gravidade: g=10 m/s

²

a) 4 m / s b) 5 m / s c) 5 2 m / s d) 6 2 m / s e) 5 5 m / s

7. (Enem PPL 2014) Na Antiguidade, algumas pessoas acreditavam que, no lançamento obliquo de um objeto, a resultante das forças que atuavam sobre ele tinha o mesmo sentido da velocidade em todos os instantes do movimento. Isso não está de acordo com as

interpretações científicas atualmente utilizadas para explicar esse fenômeno.

Desprezando a resistência do ar, qual é a direção e o sentido do vetor força resultante que atua sobre o objeto no ponto mais alto da trajetória?

a) Indefinido, pois ele é nulo, assim como a velocidade vertical nesse ponto.

b) Vertical para baixo, pois somente o peso está presente durante o movimento.

c) Horizontal no sentido do movimento, pois devido à inércia o objeto mantém seu movimento.

d) Inclinado na direção do lançamento, pois a força inicial que atua sobre o objeto é constante.

e) Inclinado para baixo e no sentido do movimento, pois aponta para o ponto onde o objeto cairá.

8. (G1 - col.naval 2014) No dia 15 de abril, desse ano, ocorreu o eclipse lunar total. Nesse fenômeno, a sombra da Terra é projetada sobre a Lua, encobrindo-a por completo. Entretanto, uma parte da luz solar, que atravessou a atmosfera terrestre, refletiu-se na Lua com uma cor avermelhada, produzindo o que se chamou de “Lua de Sangue”.

Considerando tal fato e tal fenômeno, analise as afirmativas abaixo e, em seguida, assinale a opção correta.

I. Na Lua, onde não há atmosfera, o calor pode se propagar, somente, por condução e irradiação.

II. Uma onda sonora, por não haver resistência do ar, propaga-se mais rapidamente na Lua, do que na Terra.

III. A cor avermelhada, refletida na Lua, ocorreu devido refração da luz solar, ao atravessar a atmosfera da Terra.

IV. A luz solar, sendo uma onda eletromagnética, propaga-se na Lua e na atmosfera terrestre com a mesma velocidade.

V. Como a gravidade na Lua é cerca de 1 6 da gravidade na Terra, uma pessoa de 60 kg de massa terá, na Lua, um peso de 100 N, considerando g

_Terra

 10 m / s .

²

a) Apenas as afirmativas II, IV e V são verdadeiras.

b) Apenas as afirmativas I, III e V são verdadeiras.

c) Apenas as afirmativas I, IV e V são verdadeiras.

d) Apenas as afirmativas II, III e IV são verdadeiras.

e) Apenas as afirmativas I, II e III são verdadeiras.

9. (Uerj 2014) A imagem abaixo ilustra uma bola de ferro após ser disparada por um canhão

antigo.

Página 4 de 20 Desprezando-se a resistência do ar, o esquema que melhor representa as forças que atuam sobre a bola de ferro é:

a)

b)

c)

d)

10. (Fgv 2013) Um avião decola de um aeroporto e voa 100 km durante 18 min no sentido leste; a seguir, seu piloto aponta para o norte e voa mais 400 km durante 1 h; por fim, aponta para o oeste e voa os últimos 50 km, sempre em linha reta, em 12 min, até pousar no aeroporto de destino. O módulo de sua velocidade vetorial média nesse percurso todo terá sido, em km∕h, de aproximadamente

a) 200.

b) 230.

c) 270.

d) 300.

e) 400.

11. (Pucrj 2013) Um projétil é lançado com uma velocidade escalar inicial de 20 m/s com uma inclinação de 30° com a horizontal, estando inicialmente a uma altura de 5,0 m em relação ao solo.

A altura máxima que o projétil atinge, em relação ao solo, medida em metros, é:

Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s

²

a) 5,0

b) 10 c) 15 d) 20 e) 25

12. (Ita 2013) Uma pequena bola de massa m é lançada de um ponto P contra uma parede vertical lisa com uma certa velocidade v

0

, numa direção de ângulo α em relação à horizontal.

Considere que após a colisão a bola retorna ao seu ponto de lançamento, a uma distância d da

parede, como mostra a figura. Nestas condições, o coeficiente de restituição deve ser

Página 5 de 20 a) e  gd v sen2 

0²

α  gd . 

b) e  2gd v cos2 

²0

α  2gd .  c) e  3gd 2v sen2 

²0

α  2gd .  d) e  4gd v cos2 

²0

α  gd .  e) e  2gd v tan2 

²0

α  gd . 

13. (Esc. Naval 2013) Os gráficos abaixo foram obtidos da trajetória de um projétil, sendo y a distância vertical e x a distância horizontal percorrida pelo projétil. A componente vertical da velocidade, em m/s, do projétil no instante inicial vale:

Dado: g  10 m s

²

a) zero b) 5,0 c) 10 d) 17 e) 29

14. (Uerj 2013) Três blocos de mesmo volume, mas de materiais e de massas diferentes, são lançados obliquamente para o alto, de um mesmo ponto do solo, na mesma direção e sentido e com a mesma velocidade.

Observe as informações da tabela:

Material do bloco Alcance do lançamento

chumbo A

1

ferro A

2

granito A

3

A relação entre os alcances A

1

, A

2

e A

3

está apresentada em:

a) A

1

> A

2

> A

3

b) A

1

< A

2

< A

3

c) A

1

= A

2

> A

3

d) A

1

= A

2

= A

3

Página 6 de 20 15. (Epcar (Afa) 2013) Uma pequena esfera de massa m é mantida comprimindo uma mola ideal de constante elástica k de tal forma que a sua deformação vale x. Ao ser disparada, essa esfera percorre a superfície horizontal até passar pelo ponto A subindo por um plano inclinado de 45° e, ao final dele, no ponto B, é lançada, atingindo uma altura máxima H e caindo no ponto C distante 3h do ponto A, conforme figura abaixo.

Considerando a aceleração da gravidade igual a g e desprezando quaisquer formas de atrito, pode-se afirmar que a deformação x é dada por

a)

12

3 mgh 5 k

 

 

  b)

h k

2

2 mg

c)

12

5 mgH 2 k

 

 

  d)

2 12

3 H k

mg

 

 

 

 

16. (Unifesp 2013) O atleta húngaro Krisztian Pars conquistou medalha de ouro na olimpíada de Londres no lançamento de martelo. Após girar sobre si próprio, o atleta lança a bola a 0,50m acima do solo, com velocidade linear inicial que forma um ângulo de 45° com a horizontal. A bola toca o solo após percorrer a distância horizontal de 80m.

Nas condições descritas do movimento parabólico da bola, considerando a aceleração da gravidade no local igual a 10 m/s

²

, 2 igual a 1,4 e desprezando-se as perdas de energia mecânica durante o voo da bola, determine, aproximadamente:

a) o módulo da velocidade de lançamento da bola, em m/s.

b) a altura máxima, em metros, atingida pela bola.

17. (Ime 2013)

Página 7 de 20 Um corpo de 300 g de massa é lançado de uma altura de 2,20 m em relação ao chão como mostrado na figura acima. O vetor velocidade inicial v

₀

tem módulo de 20 m/s e faz um ângulo de 60° com a vertical. O módulo do vetor diferença entre o momento linear no instante do lançamento e o momento linear no instante em que o objeto atinge o solo, em kg.m/s, é:

Dado: aceleração da gravidade: 10 m/s

²

. a) 0,60

b) 1,80 c) 2,25 d) 3,00 e) 6,60

18. (Esc. Naval 2013) Conforme mostra a figura abaixo, em um jogo de futebol, no instante em que o jogador situado no ponto A faz um lançamento, o jogador situado no ponto B, que inicialmente estava parado, começa a correr com aceleração constante igual a 3,00 m s ,

²

deslocando-se até o ponto C. Esse jogador chega em C no instante em que a bola toca o chão no ponto D. Todo o movimento se processa em um plano vertical, e a distância inicial entre A e E vale 25,0 m. Sabendo-se que a velocidade inicial da bola tem módulo igual a 20,0 m s ,

²

e faz um ângulo de 45º com a horizontal, o valor da distância, d, entre os pontos C e D, em metros, é

Dado: g  10,0 m s

²

a) 1,00 b) 3,00 c) 5,00 d) 12,0 e) 15,0

19. (Epcar (Afa) 2013) Sejam três vetores A, B e C. Os módulos dos vetores A e B são, respectivamente, 6u e 8u. O módulo do vetor S   A B vale 10u, já o módulo do vetor D   A C é nulo.

Sendo o vetor R   B C, tem-se que o módulo de F   S R é igual a a) 16u

b) 10u

c) 8u

d) 6u

Página 8 de 20 20. (Esc. Naval 2013) Uma granada, que estava inicialmente com velocidade nula, explode, partindo-se em três pedaços. O primeiro pedaço, de massa M

₁

 0,20 kg, é projetado com uma velocidade de módulo igual a 10 m / s. O segundo pedaço, de massa M

₂

 0,10 kg, é

projetado em uma direção perpendicular à direção do primeiro pedaço, com uma velocidade de módulo igual a 15 m / s. Sabendo-se que o módulo da velocidade do terceiro pedaço é igual a

5,0 m / s, a massa da granada, em kg, vale a) 0,30

b) 0,60

c) 0,80

d) 1,0

e) 1,2

Página 9 de 20 Gabarito:

Resposta da questão 1:

[D]

A situação representa um lançamento horizontal e desmembrando este movimento temos um movimento de queda livre na vertical e movimento uniforme na horizontal.

No eixo horizontal (x), temos um MRU:

0 x

x  x  v  t

Donde tiramos o tempo de queda, usando o alcance e a velocidade horizontal:

5 0 2,5 t t 2 s

  



No eixo vertical (y), para a altura em função do tempo, temos a expressão:

t

2

h g

 2

Com os dados fornecidos e o tempo calculado:

 

²

2

2 s

h 10 m / s 20 m

  2 

Resposta da questão 2:

[C]

Depois de lançado, a componente horizontal da velocidade vetorial do pacote não mais se altera, pois não há forças aplicadas no pacote nessa direção. Ou seja, nessa direção o movimento é retilíneo e uniforme. Se cada pacote lançado atinge o solo em um ponto exatamente embaixo do helicóptero, então a aeronave também está em MRU, sendo, então, constante a velocidade e nula e aceleração.

Resposta da questão 3:

[E]

[I] Correta. Se a resistência do ar é desprezível, durante todo o movimento a aceleração da bola é a aceleração da gravidade.

[II] Correta. A resultante das forças sobre a bola é seu próprio peso, não havendo forças horizontais sobre ela. Portanto, a componente horizontal da velocidade é constante.

[III] Incorreta. A velocidade escalar da bola no ponto de altura máxima é igual a componente horizontal da velocidade em qualquer outro ponto da trajetória.

Resposta da questão 4:

[A]

Como o referencial é o foguista, que está em repouso em relação ao trem, então o trem está em repouso em relação ao foguista. Em relação ao solo, como a resultante das forças sobre o trem é não nula, ele tem movimento acelerado. O poste está fixo no solo, logo para o

referencial foguista, o poste passa em movimento com velocidade variável.

Resposta da questão 5:

Dados: m  70 kg; v  72 km/h  20 m/s.

Página 10 de 20

 

²

2

C C

p m v 70 20 p 1.400 kg m/s.

70 20

E m v E 14.000 J.

2 2

      

 

     



Resposta da questão 6:

[E]

1ª Solução:

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

0

= 5 m/s.

0

x 5

t 1 s.

v 5

  

A componente vertical da velocidade é:

y 0y y

 

y

v  v  g t  v   0 10 1  v  10 m/s.

Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada:

2 2 2 2 2

0 y

v v v v 5 10 v 125 v 5 5 m/s.

       



2ª Solução:

Calculando a altura de queda:

 

²

1

2

h g t h 5 1 h 5 m.

 2    

Pela conservação da energia mecânica:

  

2

2 0 2 2

0

m v m v

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

2 2

v 5 5 m/s.

         



Resposta da questão 7:

[B]

No ponto mais alto da trajetória, a força resultante sobre o objeto é seu próprio peso, de direção vertical e sentido para baixo.

Resposta da questão 8:

[B]

[I] Verdadeira. Se não há atmosfera, é impossível haver convecção. Portanto a transferência de calor de um corpo para outro só pode ocorrer por condução ou por irradiação.

[II] Falsa. O som é uma onda mecânica, necessitando de meio material para se propagar.

[III] Verdadeira.

[IV] Falsa. O índice de refração da atmosfera terrestre é maior que o do vácuo, portanto na atmosfera terrestre a velocidade da luz solar é menor do que na Lua.

[V] Verdadeira. P m g 60 ¹⁰ P 100 N.

  6  

Resposta da questão 9:

[A]

Após o lançamento, a única força que age sobre a bola é seu próprio peso, vertical e para

baixo.

Página 11 de 20 Resposta da questão 10:

[C]

As figuras abaixo representam os sucessivos deslocamentos vetoriais e seus módulos, bem como o deslocamento resultante.

Calculando o módulo do deslocamento resultante:

2 2 2 2

d  50  400  d  162.500  d  403 km.

O tempo total gasto nesses deslocamentos é:

 

18 12

t 1 0,3 1 0,5 h 1,5 h.

60 60

 

         

 

A velocidade vetorial média tem módulo:

m m

m

d 403

v v 268,7 km / h

t 1,5 v 270 km / h.

    





Resposta da questão 11:

[B]

Decompondo a velocidade inicial, teremos uma componente vertical de V.sen30   20x0,5  10 m/s

A partir da posição inicial, podemos calcular o deslocamento vertical até o ponto mais alto da trajetória, utilizando a equação de Torricelli:

2 2 2

V  V

0

 2.a. S

Δ

  0 10  2x10x S

Δ



Δ

S  5,0m

Como o corpo havia partido de 5,0 m de altura, sua altura máxima será H: 5 + 5 = 10 m.

Resposta da questão 12:

[A]

Num lançamento oblíquo sobre superfície plana e horizontal, sendo desprezível a resistência

do ar, o tempo total de movimento (t

T

) e a altura máxima atingida (H), dependem somente da

componente vertical de velocidade (v

_0y

= v

₀

sen ). Como se pode demonstrar:

Página 12 de 20

0y 0 T

2 2

2 0 0y

2 v sen

t 2 v .

g g

v sen

H v .

2 g 2 g

α α

  

 

 

 

 

Numa situação hipotética, se, ao longo do movimento, somente houvesse redução na

componente horizontal da velocidade (v

x

), seria alterado apenas o alcance horizontal (A), como indicado na figura.

No caso dessa questão, como a parede é lisa, não ocorre alteração na componente vertical da velocidade, portanto o tempo total de movimento é igual ao tempo total que seria gasto se não houvesse o choque. O tempo t

1

do lançamento até o choque é maior que o tempo t

2

do choque ao retorno ao solo, pois o choque ocorre antes do ponto mais alto da trajetória.

x 1 1

x

' 0 0

x 2 2 ' ' '

x 0

x x x

1 2 T 0

2 2

0 0 ' 0

' ' x 2

0 0

x x 0

d v t t d v

2 v sen 2 v sen

d d d d d

d v t t

v g g v cos

v v v

2 v sen

t t t

g

2 v sen cos g d v sen 2 g d d g v cos

d d

v

g v cos g v cos

v v v sen 2 g d

α α

α α

α α α α

α α α

    

           

 

    



 

    



Página 13 de 20 O coeficiente de restituição (e) é definido como:

0 ' 2

afast x 0

x 0

aprox

2 0

g d v cos v sen 2 g d

v v

e e

v v cos

v

e g d .

v sen 2 g d

α α

α α

     

 

Resposta da questão 13:

[E]

Do primeiro gráfico extraímos que no eixo x foi deslocado 4 m enquanto que no eixo y houve 20 m de deslocamento. Há necessidade de se saber qual o tempo em que isto ocorreu e visualizamos no segundo gráfico a informação de posição em x e tempo. Esta componente tem uma dependência linear com o tempo (no eixo horizontal temos um MRU) e retiramos o tempo para um deslocamento horizontal de 4 m a fim de equalizar com a informação do primeiro gráfico.

t 4 16

t 0,8 s

4  20   20 

O movimento vertical representa um movimento retilíneo uniformemente variado, sendo a equação da posição vertical dada por:

2 0 0y

y y v t 1 gt

   2

Substituindo os valores:

2 0y

0y

20 0 v 0,8 5 (0,8) 20 3,2

v 29 m / s

0,8

    

  

Resposta da questão 14:

[D]

Para um objeto lançado obliquamente com velocidade inicial v , 0 formando um ângulo

^θ

com a horizontal, num local onde o campo gravitacional tem intensidade g, o alcance horizontal A é dado pela expressão:

2

 

v

0

A sen 2

g

θ



Essa expressão nos mostra que o alcance horizontal independe da massa. Portanto, os três blocos apresentarão o mesmo alcance:

A

1

= A

2

= A

3

.

Página 14 de 20 Resposta da questão 15:

[C]

Pela conservação da energia mecânica, calculemos a velocidade inicial (v

0

) do lançamento oblíquo no ponto B:

 

2 2

inicial B 0 2 2

mec mec 0

2 0

m v

E E k x m g h k x m v 2 m g h

2 2

2 m g

x m v h I

k k

       

 

Calculando as componentes horizontal e vertical da velocidade inicial do lançamento oblíquo:

0x 0 0

0x 0 0

v v cos 45 v 2 2 v v sen45 v 2

2

   

 

   



Como o ângulo de lançamento é de 45°, até o ponto de lançamento os catetos oposto e adjacente são iguais, isto é, até o ponto de lançamento, a distância horizontal percorrida no plano inclinado é igual à altura h.

Assim, o alcance horizontal do lançamento oblíquo é:

D  3 h h   D  2 h.

A figura ilustra a situação.

Mas o alcance horizontal é igual ao produto da componente horizontal da velocidade, que se mantém constante, pelo tempo de voo (t

v

).

 

ox v 0 v v

0 0

v 0

4 h 4 2 h

D v t 2 h v 2 t t

2 2 v 2 v

2 2

t h. II

v

      



Apliquemos a função horária do espaço no eixo y, com referencial no ponto O e trajetória orientada para cima.

2 2

0 0y 0y

a 2 g

y y v t t y h v t t .

2 2 2

      

Quando a pequena esfera atingir o ponto C, y = 0. O tempo é o tempo de voo (t

_v

), dado em (II).

Então:

Página 15 de 20

 

2 2

0 2

0 0 0

2 0

4 g h

2 2 2 g 2 2

0 h v h h 0 h 2 h

2 v 2 v v

v 4 g h. III 3

 

 

                   



Substituindo (III) em (I):

 

2 m g 4 m g h 2 m g h

m 4

x g h h x

k 3 k 3 k k

10 m g

x h. IV

3 k

 

         



No ponto mais alto da trajetória, a componente vertical da velocidade é nula (v

y

= 0).

Aplicando a equação de Torricelli a essa situação:

 

   

2

2 2

y 0y 0

2 0

v v 2 g y 0 v 2 2 g H h

2 2 g H h 1 v . V

2

 

             

 

Substituindo (III) em (V):

   

 

1 4 h h 4 h

2 g H h g h 2 g H h 2 g H h H

2 3 3 3 3

h 3 H. VI 4

 

            

 



Finalmente, substituindo (VI) em (IV):

1 2

10 m g 3 5 m g H

x H x

3 k 4 2 k

m g H

x 5 .

2 k

 

     

 

 

  

 

Resposta da questão 16:

1ª Solução:

a) Dados: A = 80 m;

2

= 1,4; g = 10 m/s

²

. As componentes da velocidade inicial são:

ox oy 0 ox oy 0 ox oy 0

v v v cos 45 v v v 2 v v 0,7v .

      2   

Desprezando a altura inicial do lançamento, a expressão do alcance horizontal (A) é:

2

 

2

0 0

0 0

v v

A sen 2 80 sen 90 v 800 20 2 20 1,4

g 10

v 28 m / s.

θ

         



b) Aplicando a equação de Torricelli na vertical, lembrando que no ponto mais alto a componente vertical da velocidade é nula (v

y

= 0):

 

²

2 2

y 0y

v v 2 g y 0 0,7 28 20 y y 384 y 19,2 m.

Δ Δ Δ

20

Δ

         

Como a altura inicial é 0,5 m, a altura máxima (h) é:

Página 16 de 20 h h

0

y h 0,5 19,2

h 19,7 m.

 

Δ

   



2ª Solução:

a) Dados: A = 80 m;

2

= 1,4; g = 10 m/s

²

. A figura ilustra a situação descrita.

As componentes da velocidade inicial são:

ox oy 0 ox oy 0 ox oy 0

v v v cos 45 v v v 2 v v 0,7v .

      2   

Na direção do eixo x, a velocidade (v

0x

) é constante, portanto, o movimento é uniforme.

Quando x for igual ao alcance máximo (A), o tempo será igual ao tempo total (t

T

). Então:

 

0x 0x T 0 T

0 T

x v t A v t 80 0,7 v t 0,7 v t 80 I .

     



Na direção do eixo y, de acordo com o referencial da figura, quando o tempo é igual ao tempo total, y = 0.

Assim:

 

2 2

0 oy 0

2

0 T T

y y v t g t y 0,5 0,7 v t 5 t 2

0 0,5 0,7 v t 5 t II

       

  

Substituindo (I) em (II):

2

T T T

0 0,5 80 5 t t 80,5 16,1 t 4 s.

     5   

Voltando em (I):

0 T 0

0

80 80

80 0,7 v t v

0,7 4 2,8 v 28,6 m / s.

    





b) Pela conservação da Energia mecânica, em relação ao solo:

Página 17 de 20

   

2 2 2 2

A B 0 0x 0 A 0x

Mec Mec A

2 2

m v m v v 2 g h v

E E m g h m g H H

2 2 2 g

28,6 2 10 0,5 0,7 28,6 818 10 400

H

20 20

H 21,4 m.

 

       

      

  



Resposta da questão 17:

[E]

f i i f

i f

Q Q Q Q Q Q

| Q | | Q Q | Q

      

    

Pelo teorema do impulso, temos:

Q F. t

   F   P m.g

Q F. t Q m.g. t

       (eq.1)

Vamos determinar o  t analisando o lançamento oblíquo, considerando como referencial o chão, ou seja, S

₀

 2,2m , S  0 e V

_Y

 V .cos60º

₀

.

2 2 2

Y 0 Y 0

2 2

a.t g.t 10.t

S V .t S S V .t 0 2,2 V .cos 60º.t

2 2 2

2,2 20.0,5.t 5.t t 2.t 0,44 0

           

       

Resolvendo a equação de segundo grau, teremos raízes: t

₁

 2,2s e t

₂

  2,2s . Considerando a raiz positiva e substituindo na eq.1, teremos:

3

m

Q m.g. t 300x10 .10.2,2 Q 6,60kg.

s

   



  

Resposta da questão 18:

[B]

Decompondo a velocidade inicial da bola em seus eixos vertical e horizontal, temos:

0y 0

0x 0 0y 0x

v v sen 45 20 2 10 2 m / s 2

v v cos 45 20 2 10 2 m / s 2

v v 10 2 m / s

   

   

 

Página 18 de 20 O tempo de deslocamento oblíquo da bola do ponto A até o ponto D é o mesmo tempo em que o jogador se desloca de B para C.

2 0 0y

2

y y v t 1 gt

2 0 0 10 2 t 5t t (t 2 2 ) 0 t ' 0 e t '' 2 2 s

  

  

 

 

Logicamente o tempo que nos interessa é o segundo quando a bola alcança o solo em D.

O alcance do lançamento nos dá a distância AD

0 0x AD

AD

x x v t

x 0 10 2 2 2

x 40m

 

  



A posição final do jogador de B para C foi de:

2

BC 0 0

2 BC

BC

x x v t a t

2

x 25 0 2 2 3 (2 2 ) 2

x 37m

  

   



Logo, a distância CD é a diferença das duas posições finais entre a bola e o jogador no tempo que durou o lançamento.

CD  40 37   3 m Resposta da questão 19:

[A]

Dados: A = 6 u; B = 8 u; S  A  B = 10 u; D  A  C  0.

Embora já se saiba pela experiência que dois vetores de módulos 6u e 8u têm resultante de módulo igual a 10u quando eles são perpendiculares entre si ( = 90°), comprovemos pela lei dos cossenos.

  

2 2 2 2 2 2

S A B 2 A Bcos 10 6 8 2 6 8 cos 96 cos 0 cos 0 90 .

α α

α α α

       

     

Essa conclusão nos leva à figura abaixo.

D    A C 0  C   A  C e A têm mesmo módulo e sentidos opostos  C = A = 10u.

A figura a seguir já mostra C.

Página 19 de 20 As duas figuras a seguir mostram R   B C e F   S R

Pela regra do paralelogramo, notamos que F  2 B F = 2(8)  F = 16u.

Resposta da questão 20:

[C]

A quantidade de movimento de cada pedaço deve ser somada vetorialmente para obtermos

Q 0

Δ



Então para cada pedaço:

1 2 3

1 1 2 2 3 3

Q Q Q 0

M v M v M v 0

  

  

Página 20 de 20 Somando os vetores:

2 2 2

3 3

(5M ) 2 1,5 M 6,25 0,5kg

    25 

Como a massa total da granada é a soma das massas parciais:

M  0,2 0,1 0,5    0,8kg