FÍSICA IAULAS 06 E 07:
QUEDA LIVRE
EXERCÍCIOS PROPOSTOSANUALVOLUME 2
OSG.: 093449/15
01. I. Cálculo da distância percorrida pelo 2º toco de vela.
V a g t ss = = =0 1
∆ ∆s V d t
ats
gtmy= + ⇒ = =
⋅=
2
2
2
2 2
10 1
25
II. Cálculo da distância percorrida pelo 1º toco de vela.
V t s a g
s V tg t
m
s s
sy
y y
y y
= = + = =
= ⋅ ++
=⋅
=
− = − =
0 1 1 2
2
10 4
220
20 5 1
1 0
2
1 2
∆
∆ ∆ 55 m
Resposta: C
02. · Pedra
ht
t s= ⇒ = ⇒ =gt2 2
220
10
22
· Barco d = v · t ⇒ d = 5 · 2 ⇒ d = 10 m
Resposta: B
03.
S S V ta
t
S t
S
S m
= + ⋅ + ⋅ ⇒
= + ⋅ + ⋅ ⇒
= ⋅ ⇒=
0 02
2
2
0 050
24
25 16
400
Resposta: E
04. I. Cálculo do tempo de queda da laranja.
V s m a g
s V tat
tt s
0
0
2
2
0 20
2
2010
22
= = =
= ⋅ +
=⋅
⇒ =
, ,∆
∆
II. Cálculo da distância da canoa.
t s v m s
s v t
s m
= == ⋅= ⋅ =
2 3
2 3 6
,
∆∆
Resposta: D
05. Usando Torricelli.
V V a Sv gh
v g h
v
v
gh
g h2
02 1
2
22
1
2
2
22
2 16
2
2 16= + ⋅ ⋅ →
=
= ⋅
→
=⋅
∆ == → =1
1642
1
v
v
Resposta: 4
OSG.: 093449/15
Resolução – Física I
06. Tomando o solo como referencial:
s sg
t
g
g
g
= −
= −
=∴ =
0 2
0 802
420
4000
40
2
2
cm/s
m/s
2
2
Resposta: D
07. Utilizando a mesma regra explanada na questão 2, temos:
1s
1s
1s
d
3d
5d
Resposta: C
08. I. Cálculo de t
1:
av
tv m s t t a g
tt
= = − = = −
− =−
⇒ =
∆∆
∆ ∆, , ,10
1010
1
1
11
II. Cálculo de t2: t = tempo total
t2 = t –2 × t
1 =
t2 = 10 – 2 = 8 s
III. Cálculo do ∆s:
∆
∆
s v tat
s m
= +
= ⋅ +⋅
=
0
2
32
2
10 810 64
2400
Resposta: E
09. I. Cálculo do tempo de queda da primeira pedra.V a g
s V tat t
t t s
0
0
2 2
2
0
2125 0
10
2
25 5
= =
= + ⇒ = +⋅
⇒
⇒ = ⇒ =
,
∆
II. Cálculo do tempo de queda da segunda pedra: Como chegaram ao solo ao mesmo tempo e a segunda pedra foi jogada 2 s depois, temos de concluir que o seu tempo de queda
foi de 3 s.
III. Cálculo da V0 da 2ª pedra
∆s V tat
V
V
v m s
= +
= ⋅ +⋅
= ⋅≅
0
2
0
5
0
0
2
125 310 9
2
80 3
26 6,
Resposta: B
balão
10 m/s
t1
t1
t2
pedra
10 m/s
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Resolução – Física I
10. Imaginando a situação:
I. a g t s V V= = =, ,1 0 12
∆s V ta t
V V
V
V m s
= ⋅ +⋅
= +⋅
⇒ = +
==
0
2
1
2
0
0
0
2
40 210 4
240 2 20
2 20
10
II. a g t V V m s= = = − = −, ?, 0 1 10
∆s V ta t
tt
t t
t t
= ⋅ +⋅
= − ⋅ +⋅
÷( )
= − +
− − =
0 222
2
5
22
2 22
22
2
2
40 1010
25
8 2
2 5 0
22 4 4 1 5
2
2 6
2
4
2
± − ⋅ ⋅ −=
±
−
↗↘
Resposta: t2 = 4 s
Para saber depois de quanto tempo esse projétil chegou:t
2 – t = 4 – 2 = 2 s
Resposta: B
11. A altura máxima atingida pela bola é:v v g s s
s m
202 22 0 15 20
11 25
= + ⇒ = −=
∆ ∆∆ ,
Podemos imaginar a bola caindo de 11,25 m.
v v g s
v
v
v
202
2
2
2
0 20 1 25
25
5
= +
= +
==
∆
· ,
m/s
Resposta: C
12. Segundo a equação já mencionada, temos:
h t
3h
4h
h
t
t
Em intervalo de tempos iguais, a bola percorre distância em uma relação de P. A. de razão 2. Logo, a nova altura máxima será 4 h.
Resposta: B
13. • A aceleração do movimento é �g .
• Na subida, �v é para cima; na descida, para baixo; e no ponto mais alto,
� �v = 0 .
Resposta: D
14. s = so + v
o · t + ½ g · t ²
Instante t: H1 = ½ g · t ² (1)
Instante 2t: H1 + H
2 = ½ g · (2t) ²
40 m
g(1)(2)
V1
V1
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Resolução – Física I
H1 + H
2 = 2gt ² (2)
Agora vamos substituir (1) em (2) ½ g · t ² + H
2 = 2gt ²
H2 = 3/2 g · t ² (3)
Comparando (3) e (1) temos:H
2 = 3 H
1
H1 / H
2 = 1/3
15.
0a = –g
h
20 m
s (m)
20 B
A
V0B
= 0
V0A
= 20 m/s
Solo
s s v t gt
s t t s t t
A
A A
A t= + −
= + − ⇒ = −
0 02
2 2
1
2
0 20 5 20 5
s s v t gt
s t s t
B
B B
B B= + −
= + − ⇒ = −
0 02
2 2
1
2
20 0 5 20 5
Na colisão: sA = s
B
20 5 20 5
20 20 1
2 2t t t
t t s
− = −
= =
h s h mA= = ⋅ − ⋅ =20 1 5 1 152
Resposta: D
16. A velocidade inicial de descida (Vo) do objeto é a mesma que do helicóptero — S = V
0 · t + g · t2/2 — 100 = V
o · 4 + 10 · 16/2 — V
o = 20/4
— Vo = 5 m/sX3, 6 = 18 km/h
Resposta: D
17.
h = 100 m
5 m/s g Vo = –5 m/s
a = g = 10 m/s2
∆s = 100 m
∆s = Vo × t +
at2
2
100 = –5 × t +10
2
5 2⋅ t
20 = –t + t2
t2 – t + –20 = 0
− ± − ⋅ ⋅⋅
=± − ⋅ −
=
±=
±+
=
−= −
b b a c
a
s
s
2 4
2
1 1 4 1 20
2
1 81
2
1 9
2
1 9
25
1 9
24
↗↘
Logo, t = 5s
Resposta: D
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Resolução – Física I
18. A) S = S0 – v × t
S1 = v × t
S = S0 – V
0 × t –
α2 2⋅ t
S2 = 2,45 – v × t – 5 × t2
S2 = S
1
2,45 – v × t – 5 × t2 = v × t T = 0,7 s
2,45
V
0
V0 = V
Pso
T0 = 0
T0 = 0
2,45 m
Parafuso
S(m)
b) S1 = v × t = 2 × 0,7
S1 = 1,4 m
Nota:
O elevador é uma referência à inércia, já que está em movimento retilíneo e uniforme em relação ao solo. Considerando um referencial no elevador, o parafuso realiza uma queda livre a partir do repouso. De uma altura h = 2,45 m.Então:
th
gt s2 2
2 2 2 45
100 7=
⋅=
⋅⇒ =
,,
Que é a re sposta do item A.
Respostas: 0,7 s
19.
h
s (m)
pedra
t = 9 s
t = 6 st = 6 s
t = 0
Vb
solo
Vb
Vb
Balão: s v t h vb b b= ⋅ = ⋅6
Pedra: s h v t tp b= + ⋅ − ⇒5 0 2,
⇒ = + ⋅ − ⋅0 3 5 0 32h vb ,
De : 02
45= + −hh
h m= 30
Resposta: B
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Resolução – Física I
20. No instante em que a lâmpada se desprende do teto do elevador ele está sendo lançado para cima com velocidade de V
0 = 5 m/s e o tempo de subida e descida até chegar ao piso, na posição –x, foi t = 0,5 s — (Veja fi gura abaixo)
V0= 5 m
5 m/s V= 0
S(+)
x
0
S = Vot – gt2/2 — – x = 5 · 0,5 – 5 · (0,5)2 — x = – 1,25 m — altura do elevador = 1,25 m
Resposta: 1,25 m
ROBERT – 21/08/15 – Rev.: AK09344915_pro_Aulas06e07 – Queda Livre
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