Física 1 - Grupo Prepara Enem

PARTE[Frontispício]
I
resoluçõES dos exercícios
Capítulo1 Introdução à Física ................................................................... 2
Capítulo2 Introdução ao estudo dos movimentos ............................... 4
Capítulo3 Estudo do movimento uniforme ........................................... 8
Capítulo4 Movimento com velocidade escalar variável.
Movimento uniformemente variado .................................... 13
Capítulo5 Movimentos verticais .............................................................. 18
Capítulo6 Gráficos do MU e do MUV ........................................................ 23
Capítulo7 Vetores ........................................................................................ 33
Capítulo8 Cinemática vetorial .................................................................. 37
Capítulo9 Lançamento horizontal e lançamento oblíquo .................. 43
Capítulo10 Movimentos circulares ............................................................. 52
2
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Capítulo 1
BC é obtido pela aplicação do teorema de Pitágoras ao triângulo destacado:
Introdução à Física
(BC)2 = 32 + 42
BC = 5 km
Para pensar
P.3a)1 h = 60 min
b)1 min = 60 s
Do infográfico, temos os valores aproximados:
• altura de uma pessoa: a = 1,7 $ 100 m
c)1 h = 60 $ 60 s ] 1 h = 3.600 s
• espessura média de um fio de cabelo: b = 7,0 $ 10-5 m
d)1 dia = 24 h ] 1 dia = 24 $ 3.600 s ]
] 1 dia = 86.400 s
• diâmetro da nossa galáxia: c = 9,5 $ 1020 m
Comparando a altura de uma pessoa com a espessura
média de um fio de cabelo, temos:
P.4
0
1h
12 h 15 min 35 s 11 h 74 min 95 s
1,7 $ 10 m
a
a
=
]
- 2,4 $ 104 ] a - 2,4 $ 104 b
b
b
7,0 $ 10-5 m
-10 h 20 min 45 s
Comparando a altura de uma pessoa com o diâmetro de
nossa galáxia, temos:
1,7 $ 100 m
a
a
=
]
- 1,8 $ 10-21 ] a - 1,8 $ 10-21 c
c
c
9,5 $ 1020 m
2.
Possíveis consequências da aplicação da nanotecnologia na Medicina: redução dos efeitos
colaterais dos medicamentos, uma vez que seriam injetados diretamente nas células doentes,
aumentando a eficácia dos tratamentos médicos, o que acarretaria melhoria na qualidade de
vida e, consequentemente, maior longevidade.
Há outras possibilidades de resposta.
Exercícios propostos
P.1a)1 m = 10 cm
b)1 cm = 10-2 m
d)1 km = 10 m
2
3
e)1 mm = 10-3 m
c)1 m = 103 mm
-10 h 20 min 45 s
1 h 54 min 50 s
Devemos apresentar o resultado com apenas uma casa decimal, que é o número de
casas decimais da parcela com menos casas
decimais.
Nanotecnologia
A nanotecnologia tem como principal aplicação
médica a construção de nanorrobôs para uso
terapêutico. Eles seriam inseridos na corrente
sanguínea dos pacientes e conduzidos até as células tumorais ou infectadas por vírus para injetar
medicamentos com o fim de destruí-las, no caso
de células tumorais, ou recompô-las, no caso de
células infectadas por vírus. Os nanorrobôs também podem ser utilizados para se deslocar até
regiões onde ocorrem obstruções ou danos nos
vasos sanguíneos para repará-los internamente,
restaurando o fluxo sanguíneo normal.
]
P.51a)3,020 m + 0,0012 km + 320 cm =
= 3,020 m + 1,2 m + 3,20 m = 7,420 m
Física em nosso mundo
1.
1 min
Portanto, temos: 7,4 m
a
2 )4,33 m # 50,2 cm = 4,33 m # 0,502 m =
= 2,17366 m2
Devemos apresentar o resultado com três
algarismos significativos.
Assim, temos: 2,17 m2
P.6
O ponteiro do cronômetro está posicionado entre
divisões que correspondem a 7,0 s e 7,2 s. Dessa
forma, avaliamos o tempo de queda da pedra em
7,1 s. Esse resultado apresenta dois algarismos
significativos, em que o algarismo 7 é o correto
e o 1 é o duvidoso.
P.7a)473 m = 4,73 $ 102 m; os algarismos 4 e 7 são
corretos e o 3 é duvidoso.
b)0,0705 cm = 7,05 $ 10-2 cm; os algarismos 7 e
0 são corretos e o 5 é duvidoso.
c)37 mm = 3,7 $ 10 mm; o algarismo 3 é correto
e o 7 é duvidoso.
d)37,0 mm = 3,70 $ 10 mm; os algarismos 3 e 7
são corretos e o 0 é duvidoso.
P.8
1 ano = 365,25 dias = 365,25 $ 24 $ 3.600 s =
= 31.557.600 s - 3,2 $ 107 s
P.9
Uma piscina olímpica tem 50 m de comprimento
por 25 m de largura e 2 m de profundidade.
f) 1 cm = 10 mm
Volume = 50 m $ 25 m $ 2 m = 2.500 m3 =
P.2 O trajeto OABC está representado na figura
abaixo:
C
= 2,5 $ 109 cm3
1 cm3
2,5 $ 109 cm3
20 gotas
x
` x = 5 $ 1010 gotas
A
Ordem de grandeza: 1011 gotas = 100 bilhões
de gotas.
B
P.10
1 km
O
1 km
OA = 4 $ 1 km ] OA = 4 km
AB = 2 $ 1 km ] AB = 2 km
Vamos admitir que a pessoa viva 80 anos. Então,
ela dará 80 voltas em torno do Sol, devido ao
movimento de translação da Terra. Cada volta
tem o seguinte comprimento, em quilômetro:
2sR = 2 $ 3,14 $ 1,5 $ 108 km = 9,42 $ 108 km
Em 80 anos, a pessoa percorrerá a distância d:
d = 80 $ 9,42 $ 108 km = 7,5 $ 1010 km
Ordem de grandeza: 1011 km, isto é, 100 bilhões
de quilômetros.
3
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
ficativos. Eles servem apenas para posicionar
a vírgula.
Testes propostos
T.1
25.972,5 s =
25.972,5
h = 7,2145833 h =
3.600
= 7 h + 0,2145833 h =
= 7 h + 0,2145833 $ 60 min = 7 h + 12,875 min =
= 7 h + 12 min + 0,875 min =
= 7 h + 12 min + 0,875 $ 60 s =
= 7 h + 12 min + 52,5 s = 7 h 12 min 52,5 s
Resposta: a
Resposta: b
T.10
Vamos transformar essa temperatura na nova
escala:
2tC
2 $ 38,65
tx =
] tx =
` tx = 25,766666...°x
3
3
Com 4 algarismos significativos, temos:
tx = 25,77 °x
T.2
86.400 s
x
4,55 $ 109 anos
4,0 $ 103 anos
` x=
4,0 $ 103 $ 86.400
s ] x - 76 $ 10-3 s ]
4,55 $ 109
] x - 76 ms
Resposta: d
T.11
Ao efetuar o produto: 5,7 m $ 1,25 m, encontramos 7,125 m2. Como o primeiro fator tem dois
algarismos significativos, e o segundo, três,
apresentamos o resultado com dois algarismos
significativos, ou seja: 7,1 m2.
T.12
O livro tem 800 páginas e, portanto, 400 folhas.
Sendo a espessura do livro de 4,0 cm = 40 mm,
concluímos que a espessura de cada folha é
obtida dividindo 40 mm por 400. O resultado
deve ter dois algarismos significativos:
40
mm = 0,10 mm = 1,0 $ 10-1 mm
400
Resposta: c
Resposta: b
T.3
Vamos transformar o dia de Brahman, dado em
ano, em segundo:
4,38 $ 109 anos = 4,38 $ 109 $ 365 $ 24 $ 3.600
segundos - 1,4 $ 1017 segundos
Ordem de grandeza 1017 segundos.
Resposta: d
Portanto, a ordem de grandeza do dia de
Brahman (1017 segundos) é aproximadamente
10 vezes menor do que o tempo presumível
de vida do Sol como estrela normal (1018 segundos).
Resposta: c
T.4
1 microsséculo = 10-6 $ 100 anos =
= 10-6 $ 100 $ 365 $ 24 $ 60 min = 52,56 min
T.5
1 jarda = 3 pés = 3 $ 30,48 cm = 91,44 cm =
= 0,9144 m
Resposta: e
1 jarda
x
`x=
T.6
Como a primeira e a segunda parcelas têm
duas casas decimais, e a terceira, quatro casas
decimais, apresentamos o resultado com apenas
duas casas decimais. Levando em conta a regra
do arredondamento, obtemos:
8,15
jardas ] x - 8,9 jardas
0,9144
Em cada saída, passam 1.000 pessoas por minuto. Como temos 6 saídas, concluímos que a cada
minuto passam 6.000 pessoas.
6.000
120.000
`x=
T.131,25 $ 103 km + 8,10 $ 102 km + 1,0893 $ 103 km =
= 1,25 $ 103 km + 0,810 $ 103 km + 1,0893 $ 103 km =
= 3,1493 $ 103 km
0,9144 m
8,15 m
Resposta: b
3,15 $ 103 km
Resposta: b
T.14
Número de feijões contidos no volume
V = 1,0 L = 1,0 $ 103 cm3:
1 min
x
1,0 $ 103 cm3
V
n= v =
] n = 4,0 $ 103 feijões
0,25 cm3
120.000
1
min ] x = 20 min ] x = h
3
6.000
Temos 10 intervalos de tempo de 10 s cada e 9
intervalos de 20 minutos cada:
10 $ 10
St =
min + 9 $ 20 min ] St - 181 min
60
Resposta: c
T.8
Número de átomos:
Resposta: c
T.9
Volume de um grão de feijão:
v = 0,5 cm # 0,5 cm # 1,0 cm ] v = 0,25 cm3
Sendo 4,0 2 10 , concluímos que a ordem de
grandeza do número de feijões é 104.
Resposta: d
T.7
Analisando o termômetro graduado na escala Celsius, notamos que a temperatura é
tC = 38,65 °C, em que os algarismos 3, 8 e 6 são
corretos e 5 é duvidoso. Temos, portanto, 4 algarismos significativos.
Resposta: d
T.15
Em cada volta, a roda percorre 2sR, em que R é
o raio da roda. Vamos considerar o raio da roda
igual a 30 cm = 0,30 m.
Assim, em uma volta, a roda percorre:
-4
10
átomos = 106 átomos
10-10
0,0107 cm = 1,07 $ 10 cm
-2
A medida da espessura da folha de papel tem
três algarismos significativos: 1, 0 e 7. Note que
1 e 0 são algarismos corretos, mas o 7 é duvidoso. Lembre ainda que os zeros à esquerda do
primeiro algarismo significativo não são signi-
2sR = 2 $ 3,14 $ 0,30 m - 1,9 m
Ao percorrer 200 km = 200.000 m, o número de
voltas (n) dadas pela roda é:
n=
200.000
` n - 1,05 $ 105 voltas
1,9
Sendo 1,05 1 10 , a ordem de grandeza do número de voltas dadas pela roda é 105.
Resposta: c
4
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.16
Cada bacteriófago gera 10 2 vírus depois de
30 minutos. Decorridos mais 30 minutos, os
102 vírus geram 104 vírus.
Esses, depois de mais 30 minutos, se multiplicam, formando 106 vírus. Por fim, ao completar
2 horas, teremos 108 vírus.
Portanto, cada bacteriófago gera 108 vírus, após
2 horas. Como são 103 bac­teriófagos, teremos,
após 2 horas:
108 $ 103 vírus = 1011 vírus
Física em nosso mundo
Resposta: e
Comparando velocidades
Capítulo 2
Os conceitos de repouso e movimento dependem do
referencial adotado. Em relação ao ônibus, o passageiro
está em repouso, mas em relação à estrada ele está em
movimento.
O guepardo, por ser um grande carnívoro, depende da caça
para sobreviver, portanto a alta velocidade que desenvolve, mesmo por curtas distâncias, ajuda-o a capturar suas
presas. O bicho-preguiça, por ser um grande herbívoro,
tem movimentos lentos, pois essa é a forma que a natureza encontrou de fazê-lo poupar energia, uma vez que
as folhas não têm muitas calorias e a preguiça tem que
conservar energia para sobreviver com uma dieta de baixo
valor nutricional.
Exercícios propostos
Exercícios propostos
Introdução ao estudo dos movimentos
Para pensar
P.11
Repouso: em relação ao ônibus.
P.17
vm =
P.18
vm =
Movimento: em relação à rodovia.
P.12
Não. Depende do referencial. Um avião em
relação ao outro está em repouso. Em relação à
Terra, os aviões estão em movimento.
P.13
Depende do referencial. Em relação à sala de
aula, o aluno está em repouso, em relação ao
Sol, está em movimento, acompanhando o
movimento da Terra.
P.14
A afirmação está errada. A pode estar em repouso em relação a C. Considere, por exemplo, um
ônibus deslocando-se numa avenida, transportando um passageiro, sentado em uma poltrona.
1.200 m
Ss
] vm =
] vm = 5 m/s
4 $60 s
St
6.000 km
6.000 $ 105 cm
Ss
=
=
]
St
120 $ 106 anos
120 $ 106 anos
] vm = 5,0 cm/ano
P.19a)Distância percorrida pelo automóvel:
Ss A
120 km
Ss
vm =
=
]
] SsA = 2 km
St
60 min
1 min
Distância percorrida pelo caminhão:
Ss C
90 km
Ss
]
] SsC = 1,5 km
=
St
1 min
60 min
b)Intervalo de tempo para o automóvel ir de São
Paulo a Campinas (StA ):
vm =
Sejam: A o passageiro, B um poste situado na
avenida e C o ônibus. Temos: A em movimento
em relação a B; B em movimento em relação a
C e A em repouso em relação a C.
vm =
P.15a)Em relação ao piloto o ponto P descreve uma
circunferência.
vm =
P
b)Em relação a um observador parado no solo,
o ponto P descreve uma hélice cilíndrica.
P
100 km
90 km
Ss
=
]
] StA = 54 min
St
St A
60 min
Intervalo de tempo para o caminhão ir de São
Paulo a Campinas (StC ):
60 km
90 km
Ss
=
]
] StC = 90 min
St
St C
60 min
StC - StA = 90 min - 54 min = 36 min
s2 - s1
120 - 50
Ss
] vm = t - t ] vm =
20 - 10
St
2
1
` vm = 7,0 m/s
P.20
vm =
P.21
St = 1 h 30 min + 30 min + 30 min = 2 h 30 min ]
] St = 2,5 h
90 km
Ss
vm =
] vm =
] vm = 36 km/h
St
2,5 h
P.22a)vm =
10 km
Ss
] vm =
] vm = 20 km/h
St
0,5 h
b)Na rodovia, o carro de João percorreu
330 km - 10 km = 320 km, no intervalo de
tempo 4,5 h - 0,5 h = 4 h.
P.16a)Em relação ao avião, o pacote descreve uma
trajetória retilínea: segmento de reta vertical.
b)Em relação à Terra, o pacote descreve um arco
de parábola.
Sendo constante a velocidade do carro
na rodovia, ela coincide com a velocidade
320 km
Ss
] v=
]
média. Portanto: v =
St
4h
] v = 80 km/h
5
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.23Em St = 1 h 30 min = 1,5 h, o carro vencedor
per­­­corre Ss1 = v1 $ St e o segundo colocado,
Ss2 = v2 $ St. A distância entre eles é:
Ss1 = 100 km
Ss2 = 90 km
Ss3 = 120 km
d = Ss1 - Ss2 ] d = (v1 - v2) $ St ]
v1 = 50 km/h
v2 = 60 km/h
v3
] d = (240 - 236) $ 1,5 ` d = 6 km
Ss = 310 km
St = 5 h
Como 1 volta corresponde a 30 km, 6 km correspondem a 0,2 volta.
Ss
, com Ss = 100 m, concluímos que a
St
maior velocidade escalar média corresponde
ao menor intervalo de tempo (St = 4 s) e a
menor velocidade, ao maior intervalo de
tempo (St = 20 s). Assim, temos:
v3 =
P.24a)De v =
Maior velocidade: v =
Ss 100 m
=
]
4s
St
P.28
d
St1
] v = 5 m/s (veículo: 4 o )
60 m
100 m
Ss
]
=
] St = 6 s
b)v =
3,6 s
St
St
v2 =
Ss
2d
2d
] v=
] 3 $ 108 =
]
2,5
St
St
8
3 $ 10 $ 2,5
] d=
2
` d = 3,75 $ 108 m = 3,75 $ 105 km
vm =
P.26Trecho AB:
Ss AB
60
] 60 =
` StAB = 1 h
vm =
St AB
St AB
Trecho BC:
Ss BC
100
` StBC = 2 h
vm =
] 50 =
St BC
St BC
d
d
d
] 90 =
] St 1 =
90
St 1
St 1
Segunda metade:
d
d
d
] 60 =
] St 2 =
60
St 2
St 2
Trecho todo:
2d
Ss
2d
] vm =
] vm =
St
St 1 + St 2
d
d
+
90
60
` vm = 72 km/h
vm =
Note que a média aritmética das velocidades
em cada trecho é:
v1 + v2
90 km/h + 60 km/h
150 km/h
=
=
=
2
2
2
= 75 km/h
Logo, a velocidade média vm = 72 km/h não é
a média aritmética das velocidades em cada
trecho do percurso (75 km/h).
P.291o trecho:
Ss1 = v1 $ St
2o trecho:
Ss2 = v2 $ St
Trecho CD:
vm =
SsCD
90
` StCD = 2 h
] 45 =
StCD
StCD
Percurso de A até D:
vm =
Sstotal
Ss AB + Ss BC + SsCD
] vm =
]
Sttotal
St AB + St BC + StCD
] vm =
60 + 100 + 90
` vm = 50 km/h
1+2+2
P.271 trecho:
2 o trecho:
Ss 2
90
St 2 = v ] S t 2 =
` St2 = 1,5 h
2
60
3 o trecho:
St3 = St - St1 - St2 ] St3 = 5 - 2 - 1,5
` St3 = 1,5 h
Ss3 = Ss - Ss1 - Ss2 ] Ss3 = 310 - 100 - 90
` Ss3 = 120 km
Ss1
Ss2
v1 = 80 km/h
St
v2 = 60 km/h
St
Percurso todo:
Sstotal = Ss1 + Ss2 ] Sstotal = (v1 + v2) $ St
Sttotal = 2 $ St
o
Ss 1
100
S t 1 = v ] St 1 =
` St 1 = 2 h
1
50
St2
v2 = 60 km/h
Primeira metade:
v1 =
P.25Sendo d a distância da Terra à Lua, no caminho
de ida e volta à distância percorrida é 2d. Como
a velocidade de propagação da luz é constante,
ela coincide com a velocidade média.
d
v1 = 90 km/h
] v = 25 m/s (veículo: 7 o )
100 m
Ss
=
]
Menor velocidade: v =
20 s
St
Para St 1 6 s, a velocidade escalar média é
superior a 60 km/h. Isso ocorre com os veículos: 2 o e 7 o
Ss 3
120
] v3 =
` v3 = 80 km/h
1,5
St 3
vm =
Sstotal
v1 + v2
80 + 60
] vm =
] vm =
2
2
Sttotal
` vm = 70 km/h
Note que a média aritmética das velocidades
em cada trecho é:
v1 + v2
80 km/h + 60 km/h
140 km/h
=
=
=
2
2
2
= 70 km/h
Logo, a velocidade média vm = 70 km/h é a média
aritmética das velocidades em cada trecho do
percurso (70 km/h).
6
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P. 30 vm =
Ltrem + Ltúnel
200 + 400
Ss
] vm =
] vm =
20
St
St
b)Para o cálculo da distância entre os picos A e
B, vamos aplicar o teorema de Pitágoras:
(AB)2 = (900)2 + (300)2 ] (AB)2 = 10 $ (300)2
` vm = 30 m/s
P. 31a)Nesse caso, estamos considerando a caminhonete um ponto material. Ela percorre, durante
a travessia do túnel, a distância de 200 m com
velocidade escalar média de 36 km/h = 10 m/s.
200
Ss
vm =
] 10 =
` St = 20 s
St
St
b)Sejam LC = 5,0 m e LT = 200 m os comprimentos
da caminhonete e do túnel, respectivamente.
Entre a entrada e a saída da caminhonete do
túnel, cada um de seus pontos percorre a distância d = Ss = LC + LT = 5,0 m + 200 m = 205 m.
vm =
205
Ss
] 10 =
` St = 20,5 s
St
St
` AB = 300 $ 10 m
Como a velocidade é constante, ela coincide
com a velocidade média:
300 $ 10
AB
] 1,5 =
St
St
` St = 200 $ 10 s - 632 s
vm = v =
P.36a)As rodas da frente passam pelos sensores S1
e S2 no intervalo de tempo de 0,1 s percorrendo d = 2 m:
Ss
2
v = vm =
] v=
0,1
St
` v = 20 m/s = 72 km/h
b)St = 0,15 s é o intervalo de tempo decorrido
entre as passagens das rodas dianteiras e das
rodas traseiras, por um dos sensores.
Exercícios propostos de recapitulação
P.32
vm =
Ss
144
Ss
=
]
` Ss = 40 m
3,6
1,0
St
Nesse caso, a distância percorrida (no caso
Ss) é a distância entre os eixos do veículo.
Portanto:
Ss
Ss
v=
] 20 =
` Ss = 3 m
0,15
St
3.000 km
Ss
P.33a)vm =
] vm =
] vm = 1.800 km/h
St
2
d1 + n h
3
b)vsom = 340 m/s = 340 $ 3,6 km/h ]
] vsom = 1.224 km/h
Sendo vm 2 vsom, concluímos que em algum
intervalo de tempo o avião rompeu a barreira
de som. É, portanto, supersônico.
P.34
P.37a)A cada 3,0 min são atendidas três pessoas e
a fila anda 3,0 m:
3,0 m
Ss
vm =
] vm =
] vm = 1,0 m/min
St
3,0 min
b)Cada cliente deve percorrer 50 m.
d
A
St
v = 250 km/h
v=
Portanto:
50
Ss
vm =
] 1,0 =
` St = 50 min
St
St
c)Se um dos caixas se retirar por 30 min, ele deixa
de atender 10 pessoas e a fila aumenta 10 m.
B
d
d
d
] 250 =
] St =
250
St
St
St + 15 min = St + 1 h
4
A
St2
St1
v1 = 250 km/h
v2 = 200 km/h
d
2
d
2
Testes propostos
T.17
I. Correta. Em relação ao carro de Francisco, o
carro de Carlos desloca-se para trás.
II.Incorreta. Em relação ao carro que estava
atrás do dele, parado no semáforo, o carro
de Carlos está em repouso.
III. Correta. Em relação ao semáforo, o carro de
Carlos não se movimentou.
Resposta: c
B
d
d
d
2
2
] 250 =
] St 1 =
v1 =
500
St 1
St 1
d
d
d
2
2
v2 =
] 200 =
] St 2 =
400
St 2
St 2
St 1 + St 2 = St +
1
]
4
T.18
Em relação a Júlia, a moeda descreve um segmento de reta vertical e, em relação a Tomás,
um arco de parábola.
Resposta: d
T.19
(01) Correta. Em relação ao observador A, parado
em relação ao trem, a bola sobe e desce verticalmente e cai nas mãos do garoto.
]
d
d
d
1
]
+
=
+
4
500
400
250
]
d
d
d
1
]
+
=
4
500
400
250
(02) Correta. Em relação ao observador B, parado
na estação, a bola descreve um arco de parábola.
]
(4 + 5 - 8) d
1
=
]
4
2.000
(04), (08) e (16). Incorretas.
d
1
=
4
2.000
` d = 500 km
]
P.35a)Por semelhança de triângulos, temos:
20
x
=
` x = 60 m
900
800 - 500
Resposta: 03 (01 + 02)
T.20
Vamos calcular o intervalo de tempo que Raphael
despendeu em seu deslocamento:
540
Ss
vm =
] 4=
` St = 135 s = 2 min 15 s
St
St
Como Raphael dispunha de 3 minutos e perdeu
15 segundos amarrando o tênis, concluímos
7
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
que ele chegou 30 segundos antes do tempo
mínimo previsto:
T.26
3 min - (2 min 15 s + 15 s) = 30 s
Resposta: c
T.21
vm =
Ss
km
` 72,0
=
St
h
Ss
] Ss = 84,0 km
1
d1 + n h
6
15 km
Ss
1
St = v ] S t =
= h = 10 min
m
6
90 km/h
Resposta: d
T.22
Nessas condições, o tempo de viagem aumentou em:
Para os alunos do grupo I, temos:
vm =
15 min - 10 min = 5 min
Ss
Ss
] 15 =
` Ss = 300 m
20
St
Como o comprimento medido do passo de um dos
garotos do grupo I era igual a 1,0 m, concluímos
que ele deu 300 passos.
Resposta: a
T.27
40
Ss
] 80 =
` St = 0,5 h
St
St
Distância percorrida em 15 min (0,25 h):
Ss
Ss
] 12 =
` Ss = 240 m
20
St
v m(1) =
O comprimento correto da rua era de 240 m.
Como o aluno do grupo I deu 300 passos, concluímos que o comprimento dos passos do garoto que
gerou a incoerência das medidas era:
240 m
= 0,80 m/passo
300 passos
Resposta: d
T.23
Ss2 = Ss - Ss1 ] Ss2 = 40 - 10 ` Ss2 = 30 km
St2 = St - St1 ] St2 = 0,5 - 0,25 ` St2 = 0,25 h
Ss 2
30
] vm(2) =
` vm(2) = 120 km/h
0,25
St 2
Resposta: c
vm(2) =
T.28
Ss
1 km
] 3,6 km/h =
]
St
St
1
1
] St =
h=
$ 3.600 s ] St = 1.000 s
3,6
3,6
20.000 km
Ss
] vm =
]
10.000 anos
St
] vm = 2,0 km/ano
Cálculo do intervalo de tempo gasto por Mateo
para ir de sua casa ao ponto de ônibus:
Resposta: d
2,5 km
Ss
] 3,6 km/h =
]
St
St
2,5
2,5
] St =
h=
$ 3.600 s ] St = 2.500 s
3,6
3,6
vm =
T.241)Permaneceu parado durante 30 minutos, logo:
1
Ss1 = 0; St1 = 30 min ] St1 = h
2
2)Movimentou-se com v = 20 km/h durante
1
St2 = 12 min = h
5
Ss 2
Ss
vm =
` Ss2 = 4 km
] 20 =
1
St
5
Ss 3
Ss
` Ss3 = 4,5 km
] 45 =
1
St
10
vm =
Ss 1 + Ss 2 + Ss 3
0 + 4 + 4,5
85
=
=
1
1
1
8
St 1 + St 2 + St 3
+ +
5 10
2
Para chegarem juntos ao ponto de ônibus:
Isabela deve sair: 2.500 s - 1.000 s = 1.500 s =
=25 min (ou seja, 25 min depois de Mateo)
Logo, Isabela deve sair às 12 h 40 min + 25 min =
= 13 h 05 min.
Resposta: b
Ss
Ss
, vem: St = v . Para Ss = L, temos os
m
St
intervalos de tempo:
T.29De v m =
L
L
L
L
St 1 = v ; S t 2 =
; St 3 =
; St 4 =
4v
2v
3v
A velocidade média no percurso total será:
Sstotal
L+L+L+L
4L
=
=
]
L
L
L
L
25L
Sttotal
+
+
+
v
4v
2v
3v
12v
48
] vm =
v
25
Resposta: e
vm =
` vm = 10,625 km/h
(aproximadamente 10,5 km/h).
Resposta: a
T.25
passo
70 cm
cm
= 1,5 $ s
= 105 s ]
s
] vm = 1,05 m/s
vm = 1,5
vm =
Ss
21
] 1,05 =
` St = 20 s
St
St
Resposta: c
Cálculo do intervalo de tempo gasto por Isabela
para ir de sua casa ao ponto de ônibus:
vm =
vm =
vm =
Ss 1
Ss 1
] 40 =
` Ss1 = 10 km
0,25
St 1
No restante do percurso, temos:
Pela imagem, a rota apresenta aproximadamente 4 vezes o comprimento de AB. Assim:
Ss = 4 $ 5.000 km = 20.000 km
3)Movimentou-se com v = 45 km/h durante
1
St2 = 6 min =
h
10
Tempo total gasto no percurso:
vm =
Para os alunos do grupo II:
vm =
1
h, com velocidade de 60 km/h,
4
o motorista percorre a distância:
1
Ss = vm $ St ] Ss = 60 km/h $ h = 15 km
4
Se mantivesse a velocidade de 90 km/h, teria
percorrido os 15 km em um intervalo de tempo:
Em 15 min =
T.30
Distância percorrida pelo ônibus:
Ss
Ss
] 75 =
` Ss = 50 km
2
St
3
Intervalo de tempo do carro nesse percurso:
50
Ss
1
vm =
] 100 =
` St = h
2
St
St
vm =
8
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.31
Intervalo de tempo em que o carro ficou parado:
Cálculo da velocidade escalar média no percurso:
2
1
1
St p = ` St p = h ] St p = 10 min
3
2
6
vm =
Resposta: c
Resposta: e
19 $ 60 m
Ss
] vm =
]
45,6 s
St
] vm = 25 m/s = 90 km/h
vm =
T.36
vm =
3,14 $ 6.370
sR
Ss
] vm =
] 800 =
St
St
St
` St - 25 h
vm =
Resposta: c
T.33
v=
40
4
Ss
]
=
` St = 0,36 s
3,6
St
St
Resposta: c
T.34Antônio:
d
d
v 1 = 4 km/h
St 1
v 2 = 6 km/h
St 2
Os intervalos de tempo na 1a e na 2a metade
do trecho são dados, respectivamente, por:
d
d
St 1 = e St 2 =
4
6
Logo:
Ss
2d
2d
] vm =
] vm =
vm =
St
d
d
10d
d + n
d
n
4
6
24
` v m = 4,8 km/h
Bernardo:
d1
d2
v 1 = 4 km/h
St
2
v 2 = 6 km/h
St
2
St
St
d1 = 4 $
e d2 = 6 $
2
2
d1 + d2
Ss
] vm =
]
vm =
St
St
6 $ St
St
+
4$
2
2
]
] vm =
St
4+6
] vm =
` v m = 5 km/h
2
Carlos:
v = vm = 5 km/h
Portanto, Bernardo e Carlos desenvolvem a mesma velocidade média e chegam juntos. Antônio
chega depois.
Resposta: d
T.35
Cálculo da distância percorrida:
d = n $ 2sR =
= 56.000 $ 2 $ 3,14 $
26
$ 2,54 $ 10-2 m ]
2
] d - 116.000 m = 116,0 km
Orientando a trajetória de A para B, a variação
de espaço coincide com a distância percorrida,
isto é: Ss = d = 116,0 km
54
120 + 60
Ss
]
=
` St = 12 s
3,6
St
St
Resposta: e
Resposta: c
T.32
Ss 116,0 km
] vm - 25,8 km/h
=
St
4,5 h
T.37
Lescola + Larquibancada
Ss
] vm =
]
St
St
(2 + 1) km
] vm =
] vm = 2 km/h
1,5 h
vm =
Resposta: d
Capítulo 3
Estudo do movimento uniforme
Para pensar
Em relação a um determinado referencial, todo movimento que ocorre com velocidade escalar constante e
não nula, independentemente da forma de sua trajetória,
é denominado movimento uniforme. Assim, a trajetória
de um movimento uniforme pode ser retilínea (MRU),
circular (MCU) etc.
Exercícios propostos
P.38a)Da tabela, observamos que, no instante t = 0,
o espaço do móvel é: s0 = 160 m
No MU, temos:
120 - 160
Ss
v = vm ] v =
]v=
1-0
St
` v = -40 m/s
b)Sendo v = -40 m/s 1 0, concluímos que o
movimento é retrógrado.
c)s = s0 + vt
s = 160 - 40t (s em metro e t em segundo)
P.39a)vm =
250 - 150
Ss
] vm =
` vm = 50 m/s
3-1
St
750 - 350
Ss
] vm =
` vm = 50 m/s
13 - 5
St
c)Sim, pois o móvel percorre distâncias iguais
em intervalos de tempo iguais.
b)vm =
d)O movimento é progressivo, pois v 2 0. Outra
maneira de concluir que o movimento é progressivo é observar, na tabela, que os espaços
crescem com o decorrer do tempo.
P.40a)Comparando s = 100 + 80 t (s em m e t em s)
com s = s0 + vt, vem:
s0 = 100 m e v = 80 m/s
b)s = 100 + 80t ] s = 100 + 80 $ 2 ` s = 260 m
c)s = 100 + 80t ] 500 = 100 + 80t ` t = 5 s
d)O movimento é progressivo, pois v 2 0.
P.41a)Comparando s = 60 - 12t (s em km e t em h)
com s = s0 + vt, vem:
s0 = 60 km e v = -12 km/h
Cálculo do intervalo de tempo que o ciclista
gasta para ir de A até B:
b)s = 60 - 12t ] s = 60 - 12 $ 3 ` s = 24 km
St = 10 h 50 min - 6 h 20 min = 4 h 30 min = 4,5 h
d)O movimento é retrógrado, pois v 1 0.
c)s = 60 - 12t ] 0 = 60 - 12t ` t = 5 h
9
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.42De s = s0 + vt, temos:
2.
Como a bolha de ar percorre distâncias iguais em
intervalos de tempo iguais, podemos concluir
que ela realiza um movimento uniforme.
3.
A velocidade média da bolha em todo o percurso
Ss
é dada por v m =
, em que Ss corresponde ao
St
comprimento do tubo e St ao intervalo de tempo
em que a bolha percorre o tubo.
Como o movimento realizado pela bolha é uniforme, a velocidade escalar média é a mesma
em qualquer intervalo de tempo considerado.
A velocidade média da bolha é calculada substituindo na equação anterior os valores de Ss e
de St.
4.
Como o movimento realizado pela bolha é uniforme, a velocidade escalar instantânea é constante
e coincide com a velocidade escalar média.
• sA = 35 + 12t (sA em metro e t em segundo)
t = 2 s p sA = 35 + 12 $ 2 ` sA = 59 m
• sB = 30 - 90t (sB em metro e t em segundo)
t = 2 s p sB = 30 - 90 $ 2 ` sB = -150 m
• sC = 29 - 13t (sC em centímetro e t em segundo)
t = 2 s p sC = 29 - 13 : 2 ` sC = 3 cm
• sD = 43 + 21t (sD em metro e t em segundo)
t = 2 s p sD = 43 + 21 : 2 ` sD = 85 m
P.43
No encontro, temos:
sA = sB ] 30 - 80t = 10 + 20t
` t = 0,2 h (instante de encontro)
Substituindo t por 0,2 h em qualquer uma das
funções horárias, obtemos o espaço de encontro:
sA = 30 - 80 : 0,2 ` sA = 14 km
Para confirmar, substituimos t por 0,2 h na função horária de sB:
Considerando os valores de St e Ss obtidos experimentalmente, a velocidade escalar instantânea é calculada por meio da equação:
Ss
v = vm =
St
sB = 10 + 20 : 0,2 ` sB = 14 km
P.44
s1 = 15 + 20t (s1 em metro e t em segundo)
s2 = 45 - 10t (s2 em metro e t em segundo)
5.
No encontro, temos:
s1 = s2 ] 15 + 20t = 45 - 10t
` t = 1 s (instante de encontro)
Espaço de encontro:
s1 = 15 + 20 : 1 ` s1 = 35 m
P.45a)
6.
300 km
P
Q
A
(Origem)
s = s 0 + vt
B s (km)
Substituindo na equação anterior o valor de s0
para a bolinha de aço, obtido experimentalmente, e o valor da velocidade escalar v da bolinha,
Ss
determinado a partir da equação v =
, sua
St
função horária do espaço é determinada.
sP = 0 + 80t (sP em quilômetro e t em hora)
sQ = 300 - 70t (sQ em quilômetro e t em hora)
No encontro, temos:
sP = sQ ] 80t = 300 - 70t ` t = 2 h
Substituindo na equação anterior o valor de s0
para a bolha de ar, obtido experimentalmente, e
o valor da velocidade escalar v da bolha, deterSs
minado a partir da equação v =
, sua função
St
horária do espaço é determinada.
b)Posição de encontro:
sP = 80 : 2 ` sP = 160 km
P.46
A figura abaixo mostra o deslocamento que o carro
deverá efetuar para cruzar totalmente a rua.
7.
4,0 m
150 m
26 m
s (m)
Ss = 180 m
180
Ss
] 15 =
` St = 12 s
St
St
Logo, o carro consegue cruzar totalmente a rua,
pois o sinal permanece verde por 15 s.
v=
Atividade prática
Análise de um movimento uniforme
1.
O cálculo do módulo da velocidade escalar da bolha de ar e da bolinha de aço depende dos dados
experimentais obtidos. Como os movimentos da
bolha de ar e da bolinha de aço são uniformes,
o módulo da velocidade escalar é dado por:
Ss
v =
St
Como os movimentos da bolha de ar e da bolinha
de aço são uniformes, as funções horárias do
espaço desses móveis são do tipo:
De acordo com os dados obtidos experimentalmente para o espaço s da bolha em diferentes
instantes t, medidos em intervalos de tempo
iguais (St = 3 s), a bolha de ar percorre distâncias iguais.
O instante do encontro dos móveis (t) pode ser
determinado por meio das funções horárias do
espaço da bolinha de aço e da bolha de ar. Como
nesse instante os móveis têm espaços iguais,
temos:
s bolinha = s bolha ] s 0bolinha + v bolinhat =
s0
- s0
= s 0bolha + v bolhat ] t = v bolinha- v bolha
bolha
bolinha
Exercícios propostos
P.47a) s rel. = v rel.t ] 0,500 = (60 - 40) $ t
0,500
h ] t = 0,025 h
` t=
20
b) s rel. = v rel.t ] 0,500 = (60 + 40) $ t
0,500
h ] t = 0,005 h
` t=
100
10
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.48a)
Utilizando a relatividade do movimento, a
velocidade relativa do carro B em relação ao
carro A é dada pela expressão:
vBA = vB - vA ] vBA = 80 - 100
b)Como as velocidades são constantes, o intervalo de tempo entre o primeiro e o segundo
encontros é metade do intervalo entre o primeiro e o terceiro, ou seja: St2 = 40 s
` vBA = -20 km/h
vA =
Em módulo: v BA = 20 km/h
b)A velocidade relativa é a variação do espaço
relativo pelo tempo:
Ss rel.
0,6
] 20 =
] 20St = 0,6 ]
v rel. =
St
St
0,6
` St = 0,03 h ou St = 108 s
] St =
20
c)Ao completar 8 voltas na pista, o atleta B
percorreu a distância: 300 m : 8 = 2.400 m. O
intervalo de tempo correspondente é igual a:
vB =
P.49
200 m
400 m
50 m
P.52
Situação inicial
50
m
400 m
200 m
A frente do trem de passageiros deve atingir o
desvio depois de o trem de carga passar totalmente pelo desvio.
400
Trem de passageiros: v =

St
250
Trem de carga: 10 =

St
De : St = 25 s
P.50
] 60 $ St = 360 ] St =
vB = -5 km/h
Ss 1
]
St 1
] 80 =
v2 =
80
` St1 = 1,0 h
St 1
Ss 2
]
St 2
] 120 =
60
` St2 = 0,50 h
St 2
Sttotal = St1 + St2 = 1,0 h + 0,50 h
B
Sttotal = 1,5 h
s (m)
10 km
Origem
Com o veículo movimentando-se sempre com
a velocidade máxima em cada trajeto, temos:
v1 =
sA = 5t e sB = 10 - 5t
vA = +5 km/h
360
` St = 6 s
60
Testes propostos
T.38
Substituindo St por 25 s em , obtemos:
400
v=
` v = 16 m/s
25
Vamos determinar inicialmente o instante de
encontro das carroças, adotando como origem
dos tempos o instante em que elas partem:
A
Ss A
Ss A
] 3,5 =
` Ss A = 2.100 m
600
St
Sendo 300 m o comprimento da pista, concluímos que o atleta A completou:
2.100 m
= 7 voltas
300 m
Calculando a velocidade relativa, temos:
vAB = vA - vB ] vAB = 30 - (-30)
60
` vAB = 60 km/h ou vAB =
m/s
3,6
Utilizando a velocidade relativa encontrada,
temos:
100
60
Ss
vAB =
]
=
]
3,6
St
St
vA =
Trem de carga
10 m/s
Desvio
Ss B
2.400
] 4,0 =
` St = 600 s
St
St
Nesse intervalo de tempo, o atleta A percorreu
a distância:
Exercícios propostos de recapitulação
Trem de passageiros
v
Ss A
Ss A
] 3,5 =
` Ss A = 140 m
40
St 2
No encontro, temos:
Resposta: c
T.39 Sendo a velocidade constante, em módulo, o
menor intervalo de tempo corresponde ao caminho mais curto (ACB), mostrado na figura.
220 m
sA = sB ] 5t = 10 - 5t
150 m
` t = 1 h (instante de encontro)
Com velocidade de módulo 15 km/h em 1 h, a
mosca percorre a distância:
C
A
d = vt ] d = 15 : 1 ` d = 15 km
P.51a)Entre o primeiro e o terceiro encontro, a pessoa A percorre 280 m, e a pessoa B, 320 m em
80 s. Os módulos das velocidades, supostas
constantes, são dados por:
Ss A
280 m
vA =
=
] v A = 3,5 m/s
80 s
St
vB =
Ss B
320 m
=
] v B = 4,0 m/s
80 s
St
160 m
B
270 m
11
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
370 m
E q u a c i o n a n d o o s m ov i m e n t o s d e Jo ã o
(vJ = 80 km/h) e do amigo (vA = 60 km/h), adotando a origem dos espaços no ponto P e a origem
dos tempos no instante em que João passa por P:
C
A
200 m
160 m
vJ
vA
120 m B
(origem) P
s
Pelo teorema de Pitágoras, calculamos a distância CB:
4 km
(CB)2 = (120)2 + (160)2 ` CB = 200 m
sJ = vJ : t ] sJ = 80t
Sendo constante a velocidade escalar da pessoa,
podemos escrever:
v=
sA = s0 + vAt ] sA = 4 + 60t
No encontro, temos:
sJ = sA ] 80t = 4 + 60t ] 20t = 4
4
h ] t = 12 min
`t=
20
Resposta: c
370 + 200
Ss
AC + CB
]v=
] 1,5 =
St
St
St
` St = 380 s
Resposta: c
T.40Comparando s = -2 + 5t (s em m e t em s) com
s = s0 + vt, vem v = +5 m/s. Sendo v 2 0, o movimento é progressivo.
Resposta: c
T.41
sA = 50 + 50t (sA em metro e t em segundo)
sB = 150 + 30t (sB em metro e t em segundo)
No encontro, temos:
T.45Seja d o comprimento da pista. A velocidade
escalar do automóvel A, suposta constante, é
dada por:
Ss A
d
vA =
] vA =
80
St
Para o automóvel B, cuja velocidade escalar é
também constante, temos:
Ss B
0,9d
vB =
] vA =
80
St
sA = sB ] 50 + 50t = 150 + 30t ` t = 5 s
sA = 3,5t (sA em km e t em h)
Vamos adotar a origem dos espaços na posição
de A no instante em que ele está meia volta
atrás de B. Nesse instante, adotamos t = 0.
Orientando a trajetória de A para B, temos as
funções horárias:
d
sA = vAt ] sA =
$ t e sB = s0B + vBt ]
80
0,9d
d
] sB = +
$t
2
80
No instante em que A alcança B, temos:
sB = 0,1 - 2,5t (sB em km e t em h)
s A = sB ]
Posição de encontro: sA = 50 + 50 : 5 ` sA = 300 m
Resposta: d
T.42
A
-2,5 km/h B
3,5 km/h
0
100
s (m)
No encontro, temos:
0,1d
d
$ t = ` t = 400 s = 6 min 40 s
80
2
Resposta: e
]
sA = sB ] 3,5t = 0,1 - 2,5t
`t=
0,1
h ] t = 1,0 min
6
Resposta: a
T.43
Orientando a trajetória de São Paulo para Camaquã e fazendo t = 0 no instante em que os
caminhões partem, temos:
sA = 74t (sA em quilômetro e t em hora)
sB = 1.300 - 56t (sB em quilômetro e t em hora)
No encontro, temos:
sA = sB ] 74t = 1.300 - 56t ] 130t = 1.300
` t = 10 h
Posição de encontro:
sA = 74 : 10 ` sA = 740 km
Logo, o encontro ocorrerá em Garopaba.
Resposta: b
T.44 Distância entre João e seu amigo no instante em
que João passa pelo ponto P
dapós St = 4 min =
vA =
4
h:
60 n
Ss
Ss
] 60 =
` Ss = 4 km
4
St
60
0,9d
d
d
$t= +
$t]
80
2
80
T.46
O foguete percorre 4,0 km e o avião percorre
apenas 1,0 km, no mesmo intervalo de tempo.
Logo, a velocidade do foguete é 4 vezes maior
que a do avião: vf = 4va
No instante t1, temos a situação indicada na
figura abaixo. Vamos adotar t1 como a origem
dos tempos (t1 = 0).
va
vf 5 4va
0
t1 5 0
4,0
s (km)
Funções horárias
Foguete: sf = vft ] sf = 4vat
Avião: sa = 4,0 + vat
No instante t2, temos:
4,0
3va
Entre os instantes t1 = 0 e t2, a distância percorrida pelo foguete é igual a:
4,0
16
` sf =
km - 5,3 km
sf = 4vat2 ] sf = 4va :
3
3va
Resposta: b
sf = sa ] 4vat2 = 4,0 + vat2 ] t2 =
12
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.47
Cálculo do tempo de viagem do comboio
(04)Incorreta.
150 + d
500 + d
vA =
 vB =

St
St
(em que d é o comprimento da ponte)
Como o movimento é uniforme, temos:
60
Ss
v=
] 40 =
` St = 1,5 h
St
St
O comboio parte às 8 h de B e chega à A no instante: 8 h + 1,5 h = 9 h 30 min
Dividindo  por , temos:
vA
150 + d
10
150 + d
v B = 500 + d ] 20 = 500 + d
` d = 200 m
Cálculo do tempo de viagem do avião
Como o movimento é uniforme, temos:
300
Ss
v=
] 400 =
` St = 0,75 h ] St = 45 min
St
St
Para conseguir interceptar o comboio no ponto
A, o avião deverá chegar ao ponto juntamente
com o comboio, às 9 h 30 min. Como sua viagem
demora 45 min, ele deverá sair do ponto C às:
9 h 30 min - 45 min = 8 h 45 min
Resposta: 58 (02 + 08 + 16 + 32)
O avião deverá sair do ponto C às 8 h 45 min.
Resposta: c
T.48a)Incorreta. O carro B está se aproximando de
A com velocidade de 150 km/h (80 km/h +
+ 70 km/h).
b)Incorreta. O carro C está se afastando de B com
velocidade de 140 km/h (80 km/h + 60 km/h).
c)Incorreta. O carro C está se afastando de D com
velocidade de 10 km/h (60 km/h - 50 km/h).
d)Correta. Em relação a A, o carro D está se
aproximando com velocidade de 20 km/h
(70 km/h - 50 km/h).
e)Incorreta. Em relação a C, o carro A está se
aproximando com velocidade de 10 km/h
(70 km/h - 60 km/h).
(08)Correta.
(16) Correta. De , temos: 10 =
(32)Correta.
(64)Incorreta.
Exercícios especiais
Exercícios propostos
P.53
Ss
Ss
St = Stproj. + Stsom ] St = v
+ v
]
proj.
som
255
255
255
] 1,6 = v
+
] v
= 0,85
340
proj.
proj.
` vproj. = 300 m/s
P.54Seja x a distância desconhecida, t1 o instante de
chegada do som emitido através da água e t2 o
instante de chegada do som emitido através do
ar (t2 - t1 = 4 s).
Como s = vt, temos:
Gôndola 1: vG P = vG - vP ] vG P = 10 - 3
x
água: x = 1.500t1 ] t1 =
1.500
x
ar: x = 300t2 ] t2 =
300
5x - x
x
x
t2 - t1 = 4 ]
=4]
=4]
300
1.500
1.500
` vG P = 7 km/h (no sentido leste)
] 4x = 6.000 ` x = 1.500 m
Resposta: d
T.49
` St = 35 s
As velocidades relativas, em relação ao pedestre,
são:
1
1
1
1
Gôndola 2: vG P = vG - vP ] vG P = -6 - 3 ]
2
2
2
P.55
a) 24 quadros
] vG P = -9 ` |vG P| = 9 km/h (no sentido oeste)
2
2
30 s
Veneziano: vVP = vV - vP ] vVP = 0 - 3 ]
` x = 720 quadros
] vVP = - 3 ` |vVP| = 3 km/h (no sentido oeste)
b) 24 quadros
O módulo da velocidade relativa do segundo
caminhão em relação ao caroneiro (do primeiro
caminhão) é a soma dos módulos das velocidades, pois os caminhões se deslocam em sentidos
opostos:
y
(01)Incorreta. O trem B tem o dobro da velocidade, mas seu comprimento é maior.
(02)Correta.
vrel. = vA + vB = 36 km/h + 72 km/h ]
] vrel. = 108 km/h
1s
600 s
` y = 14.400 quadros (fotografias)
P.56
64 quadros
1s
x
5s
` x = 320 quadros
vrel. = 50 km/h + 40 km/h = 90 km/h
Nesse movimento relativo, a distância d percorrida pelo segundo caminhão em relação ao
caroneiro é o próprio comprimento do segundo
caminhão:
Ss rel.
90
d
vrel. =
]
m/s =
] d = 25 m
1,0 s
3,6
St
Resposta: a
Ss rel.
210 m
T.51 vrel. =
] 15 m/s - 10 m/s =
]
St
St
] St = 42 s
Resposta: e
T.52
1s
x
Resposta: a
T.50
150 + 200
St
64 quadros
1s
320 quadros
5s
` y = 20 s
O movimento da borboleta será visto, na projeção, mais lento do que ocorreu na realidade,
pois será projetado com velocidade menor
(16 quadros/segundo) do que foi filmado
(64 quadros/segundo).
P.57
a)Seja d o comprimento de uma passada. A
distância que separa o marido da esposa é
80d. Adotando a posição de partida do marido como origem dos espaços e o instante
em que ambos iniciam os movimentos
como origem dos tempos, temos as funções
horárias:
13
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Marido p sM = vMt ] sM = (1,5d) $ t
De Ss = v : St, temos:
Esposa p sE = s0 + vEt ] sE = 80d - (2,5d) $ t
dA = cStA ] dA = 3,0 : 105 : 68,5 : 10-3 km ]
E
Encontro p sM = sE ] (1,5d) $ t = 80d - (2,5d) $ t
] dA = 205,5 : 102 km
` t = 20 s
dB = cStB ] dB = 3,0 : 105 : 64,8 : 10-3 km ]
b)A esposa parte 8 s depois do marido. A função
horária do marido não muda. Para a esposa,
temos: sE = 80d - 2,5d $ (t - 8)
] dB = 194,4 : 102 km
Mas: dA + dB = 2D ] (205,5 + 194,4) : 102 = 2D
` D - 200,0 : 102 km
Encontro: sM = sE ] (1,5d) $ t =
= 80d - (2,5d) $ (t - 8) ` t = 25 s
b)D + X = dA ] X = dA - D ]
sM = vMt ] sM = (1,5d) $ t ] sM = (1,5d) $ 25 ]
] sM = 37,5d
] X = 205,5 : 102 - 200,0 : 102
` X = 5,5 $ 102 km
P.58a)
Cálculo da distância percorrida em 11.000
voltas:
d = 27 km $ 11.000 ] d = 297.000 km
c)
O
A
550 km
Essa distância é percorrida em 1,0 s.
Cálculo da velocidade do próton, suposta
constante:
vP =
297.000 km
d
] vP =
] vP = 297.000 km/s
1,0 s
St
b)A razão percentual dessa velocidade em relação à velocidade da luz é:
vP
297.000
r = c $ 100% ] r =
$ 100% ] r = 99%
300.000
c)Além do desenvolvimento científico, há outros
interesses que as nações envolvidas nesse
consórcio teriam: desenvolvimento de novos
produtos e materiais e desenvolvimento do
setor energético. Pode-se também citar o
interesse bélico com o desenvolvimento de
novas armas.
P.59a)Intervalo de tempo para que o projétil atinja
o cometa:
2D
D
St =
] St =
3v
3v
2
Distância percorrida pela sonda nesse intervalo:
2D
2D
Ss = v $ St ] Ss = v $
] Ss =
3v
3
2D
D
Portanto: x = D ]x=
3
3
b)Da figura dada, o percurso d da sonda a partir
do instante em que ocorre o impacto é dado
por:
x2 = d
D 2
4D
D 2
D 2
+ d2 ] d n = d n + d2 ] d =
15
5
5n
3
P.60a)Sendo StA 2 StB, concluímos que o receptor R
está mais próximo do satélite B, conforme a
figura:
D
O
R
X
dA
B
500 km
Testes propostos
T.53
v=
3,9 $ 108
Ss
] 3,0 : 108 =
` St = 1,3 s
St
St
Resposta: b
T.54
24 quadros
1s
60 s
x
40 quadros
` x = 1.440 quadros
1s
1.440 quadros
y
` y = 36 s
Resposta: b
T.55
O projetor gira com velocidade de 20 quadros
por segundo. Cada quadro mede 1,0 cm de comprimento. Temos, portanto, a projeção de 20 cm
por segundo:
0,20 m
18 m
1s
St
` St = 90 s ] St = 1,5 min
Resposta: a
T.56
Funções horárias de A e B:
sA = s0 + vAt ] sA = 80t (sA em km e t em h)
A
sB = s0 + vB : (t - St) ]
B
] sB = 100 : (t - St) (sB em km e t em h)
No instante t = 2 h, temos:
sA - sB = 10 km ] 80 : 2 - 100 : (2 - St) = 10
` St = 0,5 h
Capítulo 4
4D
15
2D
14D
+ v ]t=
t=
15v
3v
A
Escala
0
Resposta: b
Portanto, o instante t pedido será:
D
R
B
dB
Movimento com velocidade escalar variável.
Movimento uniformemente variado
Para pensar
Alguns exemplos de movimento com velocidade escalar
variável:
• a decolagem e o pouso de um avião;
• um elevador que parte do térreo e dirige-se ao 10o
andar (no início, a velocidade do elevador aumenta
e, ao se aproximar do 10o andar, diminui);
• o movimento de um jogador de futebol, durante uma
partida.
14
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Movimento retrógrado, isto é, v 1 0 em:
Física em nosso mundo
6 s 1 t G 10 s
Comparando acelerações
c)Movimento acelerado, isto é, |v | cresce com o
tempo em: 6 s 1 t G 10 s
Para um móvel ter grande aceleração precisa ocorrer
uma grande variação em sua velocidade, não basta que
ele se desloque com grande velocidade.
Movimento retardado, isto é, |v| decresce com
o tempo em: 0 G t 1 6 s
d)O móvel muda de sentido no instante em que
v = 0, isto é, em t = 6 s.
Exercícios propostos
P.61
am =
360 km/h
km/h
Sv
] am = 14,4
=
s
25 s
St
P.66a)t0 = 0 ] v0 = 3 km/h
b)Comparando v = 3 - 2t (v em km/h e t em h)
com v = v0 + at, concluímos que:
ou
360
-0
3,6
Sv
] am =
` am = 4 m/s2
25
St
A aceleração escalar média do ônibus é dada
por:
Svônibus
amônibus =
St
A aceleração escalar média do carro de passeio
é dada por:
Svcarro
amcarro =
St
No intervalo de tempo St = 5 s, a relação entre
as acelerações escalares médias dos dois veículos é:
amônibus
Svônibus
=
amcarro
Svcarro
a = -2 km/h2
am =
P.62
Seja Svônibus = 30 km/h e Svcarro = 50 km/h, temos:
am
am
30
=
] am
= 0,6
am
50
ônibus
ônibus
carro
carro
A aceleração escalar média do ônibus é 60% da
aceleração escalar média do carro de passeio no
intervalo de tempo considerado.
P.63
km/h
0 - 54
Sv
` am = -10,8
] am =
s
5
St
54
03,6
Sv
` am = -3 m/s2
am =
] am =
5
St
am =
P.64a)O movimento é variado, pois a velocidade escalar varia no decurso do tempo.
b)Da tabela, observamos que, no instante t = 0,
a velocidade inicial do móvel é: v0 = -18 m/s
c)• De 0 s a 4 s: o movimento é retardado, pois
o módulo da velocidade diminui no decurso
do tempo.
• De 7 s a 9 s: o movimento é acelerado, pois o
módulo da velocidade aumenta no decurso
do tempo.
-9 - (-18)
Sv
=
d)• De 0 s a 3 s: am =
3
St
` am = 3 m/s2
• De 4 s a 7 s: am =
` am = 3 m/s2
3 - (-6)
Sv
=
3
St
9-0
Sv
• De 6 s a 9 s: am =
=
3
St
` am = 3 m/s2
P.65a)Da tabela, observamos que, no instante t = 0,
a velocidade inicial do móvel é:
v0 = 3 m/s
b)Movimento progressivo, isto é, v 2 0 em:
0 G t 1 6 s
c)t = 1 h ] v = 3 - 2 $ 1 ` v = 1 km/h
d)v = 0 ] 0 = 3 - 2t ` t = 1,5 h
P.67a)Comparando v = 10 + 5t (v em m/s e t em s)
com v = v0 + at, temos:
v0 = 10 m/s e a = 5 m/s2
b)v = 0 ] 0 = 10 + 5t ] t = -2 s
Logo, não há mudança de sentido após o
instante t = 0.
P.68a)O movimento é uniforme, pois, das posições
A a D, o móvel percorre distâncias iguais em
intervalos de tempo iguais.
b)O movimento é acelerado, pois, das posições D
a F, o móvel percorre, em intervalos de tempo
iguais, distâncias cada vez maiores.
P.69
c)O movimento é retardado, pois, das posições F
a J, o móvel percorre, em intervalos de tempo
iguais, distâncias cada vez menores.
2,5 2
t
a), b)Comparando s = 13 - 2t +
2
(s em centímetro e t em segundo) com
a
s = s0 + v0t + t2, vem:
2
v0 = -2 cm/s e a = 2,5 cm/s2
c)v = v0 + at ] v = -2 + 2,5t
(v em cm/s e t em segundo)
v = 0 ] 0 = -2 + 2,5t ` t = 0,8 s
2,5 2
De s = 13 - 2t +
t , temos:
2
2,5
t = 0,8 s ] s = 13 - 2 $ 0,8 +
$ (0,8)2
2
` s = 12,2 cm
P.70Comparando s = 0,25 + 0,75t - t 2
(s em centímetro e t em segundo) com:
a
s = s0 + v0t + t2, temos:
2
a)s0 = 0,25 cm
b)v0 = 0,75 cm/s
c)a = -2 cm/s2
d)v = v0 + at ] v = 0,75 - 2t
(v em cm/s e t em segundo)
e)v = 0 ] 0 = 0,75 - 2t ` t = 0,375 s
P.71Comparando v = 6 - 3t (v em m/s e t em segundo)
com v = v0 + at, temos:
a)v0 = 6 m/s
b)a = -3 m/s2
c)v = 0 ] 0 = 6 - 3t ` t = 2 s
a
d)s = s0 + v0t + t2
2
s = 15 + 6t -
3 2
t (s em metro e t em segundo)
2
15
Resoluções dos exercícios
Física 1
Os fundamentos da física
PARTE I
1.875 $ 2
] (150 - St)2 = 2.500 ]
1,5
] 150 - St = 50 ` St = 100 s
P.72Comparando v = - 8 + 2t (v em m/s e t em segundo) com v = v0 + at, temos:
] (150 - St)2 =
a)v0 = -8 m/s
b)a = 2 m/s2
c)v = 0 ] 0 = - 8 + 2t ` t = 4 s
a
d)s = s0 + v0t + t2
2
s = 5 - 8t + t 2 (s em metro e t em segundo)
P.73Sendo s0 = 0, v0 = 25 m/s e a = 12 m/s2, temos:
a
s = s0 + v0t + t2 ] s = 25t + 6t 2
2
(s em metro e t em segundo)
v = v0 + at ] v = 25 + 12t
(v em m/s e t em segundo)
P.74a)Sendo s0 = 0, v0 = 10 m/s e a = -2,5 m/s2, temos:
2,5 2
a
s = s0 + v0t + t2 ] s = 10t t
2
2
(s em metro e t em segundo)
v = v0 + at ] v = 10 -2,5t
(v em m/s e t em segundo)
Atividade prática
Análise de um movimento uniformemente
variado
1.
Não. A esfera não percorre distâncias iguais em
intervalos de tempo iguais.
2.
O movimento é variado.
2s
Sim, pois a = 2 , calculada para diferentes vat
lores de s e t, é constante.
3.
4.
Sim. Trata-se de um movimento uniformemente
variado.
5.
A aceleração do movimento da esfera é a,
calculada anteriormente. Discutir eventuais
discrepâncias nos resultados.
Ss
A velocidade média é calculada por v m =
.É
St
importante mostrar que a velocidade média não
é igual à velocidade em instantes diferentes do
movimento.
6.
b)s = 0 ] 0 = 10t - 1,25t 2 ` t = 0 ou t = 8 s
c)v = 0 ] 0 = 10 - 2,5t ` t = 4 s
P.75a)Da tabela, tiramos:
Sv 18 - 21
v0 = 21 m/s e a =
=
] a = -3 m/s2
1-0
St
Sendo s0 = 36 m, temos:
3
a
s = s0 + v0t + t2 ] s = 36 + 21t - t2
2
2
(s em metro e t em segundo)
v = v0 + at ] v = 21 - 3t
(v em m/s e t em segundo)
b)v = 0 ] 0 = 21 - 3t ` t = 7 s
3
c) t = 7 s ] s = 36 + 21 $ 7 - $ (7)2 ` s = 109,5 m
2
P.76a)No encontro, temos:
s1 = s2 ] -2 + 6t = 4 - 3t + 3t 2 ]
] 3t2 - 9t + 6 = 0 ]
Exercícios propostos
v1 + v2
10 + 25
] vm =
` vm = 17,5 m/s
2
2
Ss
Ss
b)vm =
] 17,5 =
` Ss = 87,5 m
5
St
P.79a)t1 = 2 s ] v1 = 6 + 8 $ 2 ` v1 = 22 m/s
t2 = 10 s ] v2 = 6 + 8 $ 10 ` v2 = 86 m/s
v1 + v2
22 + 86
vm =
] vm =
` vm = 54 m/s
2
2
Ss
Ss
b)vm =
] 54 =
` Ss = 432 m
8
St
P.78a)vm =
P.80
] t 2 - 3t + 2 = 0 ` t’ = 1 s e t’’ = 2 s
b)• t’ = 1 s ] s’ = -2 + 6 $ 1 ` s’ = 4 m
• t’’ = 2 s ] s’’ = -2 + 6 $ 2 ` s’’ = 10 m
P.77
O primeiro automóvel realiza um movimento
uniforme. Vamos determinar seu espaço no
instante em que os veículos se cruzam. Para isso,
adotamos a origem dos espaços no pedágio e a
origem dos tempos no instante em que chegam
ao pedágio. As trajetórias são orientadas no
sentido dos movimentos.
P.81
202 = 0 + 2 $ 5 $ Ss ` Ss = 40 m
P.82
Portanto:
1,5
1.875 =
(150 - St)2 ]
2
v 2 = v02 + 2aSs
02 = 122 + 2a $ 9,0
` a = -8,0 m/s2 ] |a| = 8,0 m/s2
P.83
Função horária do espaço do primeiro automóvel (MU):
s1 = s0 + v1t ] s1 = 0 + v1t
1
45
] s1 =
(m/s) $ 2,5 $ 60 s ] s1 = 1.875 m
3,6
Função horária do espaço do segundo automóvel (MUV), lembrando que ele parte depois do
intervalo de tempo St:
a
s2 = s0 + v0 (t - St) + (t - St)2 ]
2
2
2
1,5
a
(t - St)2
] s2 = 0 + 0 + (t - St)2 ] s2 =
2
2
No instante em que os automóveis se cruzam,
temos: s2 = s1 = 1.875 m e t = 2,5 $ 60 s = 150 s
v1 + v2
10 + 15
] vm =
` vm = 12,5 m/s
2
2
Lcarro + L porte
Ss
] vm =
]
vm =
St
St
4 + L ponte
` Lponte = 46 m
] 12,5 =
4
v 2 = v02 + 2aSs
vm =
v 2 = v02 + 2aSs
202 = 0 + 2a $ 100 ` a = 2 m/s2
v = v0 + at ] 20 = 2t ` t = 10 s
P.84
v 2 = v02 + 2aSs ] 0 = v02 + 2 $ (-1) $ 18
` v0 = 6 m/s
P.85
Vamos calcular a aceleração escalar a, aplicando
a equação de Torricelli entre as posições A e B.
Sendo vA = 72 km/h = 20 m/s e
vB = 36 km/h = 10 m/s, temos:
v B2 = v 2A + 2aSsAB ] 102 = 202 + 2a $ 150
` a = -1,0 m/s2
Do local B até o carro parar, temos, novamente
pela equação de Torricelli:
v 2 = v 2B + 2aSs ] 02 = 102 + 2 $ (-1,0) $ Ss
` Ss = 50 m
16
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Exercícios propostos de recapitulação
P.91
P.86a)v = v0 + at
0 = 10 + (-5) $ t ` t = 2 s
25 m/s
Tempo total = 2 s + 0,7 s = 2,7 s
a)Ss = v $ St =
b)
90 m
$ 2,0 s ] Ss = 50 m
3,6 s
A
b)Cálculo de Ss1 (MU):
50 m
Ss1 = v $ St1 = 10 $ 0,7 ` Ss1 = 7 m
Cálculo de Ss2 (MUV):
s (m)
v 0 = 25 m/s
v 2 = v02 + 2aSs2 ] 0 = 102 + 2 $ (-5) $ Ss2
v=0
B
B
` Ss2 = 10 m
Cálculo da distância percorrida:
Ss
Ss = Ss1 + Ss2 ` Ss = 7 m + 10 m = 17 m
Carro da frente:
P.87a)
v 2 = v 02 + 2aSs ] 0 = (25)2 + 2 $ (-5,0) $ Ss
v i = 12 m/s
12 m/s
vf = 0
Ss 1
Ss 2
MU
MUV
` Ss = 62,5 m
Carro de trás:
Devido ao tempo de reação, o carro A percorre 25 m/s $ 0,50 s = 12,5 m. Quando começa a frear, ele deve percorrer Ss = 50 m +
+ 62,5 m - 12,5 m = 100 m até encontrar B.
Pela equação de Torricelli, temos:
30 m
v 2 = v 02 + 2aSs ] 0 = (25)2 + 2a $ 100
Ss1 = v $ St ] Ss1 = 12 m/s $ 0,5 s ] Ss1 = 6 m
Ss2 = 30 m - 6 m ] Ss2 = 24 m
v f2 = v 2i + 2aSs2 ] 0 = 122 + 2 $ a $ 24
` a = -3,0 m/s2 ] |a| = 3,0 m/s2
b)Nesse caso, o automóvel deve acelerar e percorrer 24 m em MUV, durante 1,7 s (2,2 s - 0,5 s).
a
s = s0 + v0t + t 2 ]
2
a
] 24 = 0 + 12 $ 1,7 + $ (1,7)2 ]
2
a
] 24 = 20,4 + $ 3,0 ` a = 2,4 m/s2
2
v + v0
0 + v0
5
Ss
=
= ` v0 = 5 m/s
]
2
2
2
St
a 2
t , e sendo s0 = 0, s = 20 m,
a)De s = s0 + v0t +
2
v0 = 0 e t = 4,0 s, temos:
P.88
P.89
s (m)
20 =
` a - -3,1 m/s2 ] |a| - 3,1 m/s2
P.92a)Vamos determinar o tempo que A e Z levam
para se encontrar. Esse é o tempo que L tem
para lançar a bola para A.
As funções horárias A e Z realizam MUV. Cada
função horária é do tipo:
a
s = s0 + v0t + t2
2
3,0 2
Jogador A: sA = 0 + 0 +
t
2
-3,0 2
Jogador Z: sZ = 12 +
t
2
3,0 2
3,0 2
Encontro: sA = sZ ]
t = 12 t ]
2
2
] 3,0t2 = 12 ` t = 2,0 s
b)A distância mínima corresponde à soma das
distâncias que A e Z percorrem em 0,1 s. Podemos fazer esse cálculo por velocidade relativa.
Como as velocidades de A e Z têm módulos
iguais a 6,0 m/s e correm em sentidos opostos,
temos: vrel. = 6,0 m/s + 6,0 m/s = 12 m/s
1
a $ (4,0)2 ` a = 2,5 m/s2
2
b)v = v0 + at ] v = 0 + 2,5 $ 4,0 ` v = 10 m/s
c)Após o instante t1 = 4,0 s, o corredor mantém a
velocidade v = 10 m/s, percorrendo Ss = 80 m.
Seja t2 o instante em que o corredor completa
a prova.
De v =
d = vrel. $ St ] d = 12 $ 0,1 ` d = 1,2 m
Testes propostos
Ss
, vem:
St
T.57
80
10 =
` t2 = 12 s
t2 + 4,0
m/s
m
= 5 s : em cada segundo, a velocidade
s2
escalar do móvel aumenta de 5 m/s.
a =5
Resposta: b
P.90a)
L T = 160 m
O
am =
T.59
Trata-se de um MUV, pois a velocidade varia
uniformemente com o tempo: de 1,0 s em 1,0 s
a velocidade aumenta de 3 cm/s.
L P = 200 m
Trem
Ponte
t0 = 0
t
360 m
s=
De t1 = 1,0 s a t0 = 0, a velocidade diminui de
3 cm/s, passando de 7 cm/s a 4 cm/s. Portanto,
v0 = 4 cm/s ! 0.
s (m)
0,8 2
a 2
t ] 360 =
t ] t 2 = 900 ` t = 30 s
2
2
b)v = v0 + at ] v = 0 + 0,8 $ 30 ` v = 24 m/s
20 - 0
Sv
=
` am = 10 m/s2
2,0
St
Resposta: a
T.58
Resposta: c
T.60
v = v0 + at ] -50 = 50 - 0,2 $ t ` t = 500 s
Resposta: a
17
Resoluções dos exercícios
Física 1
Os fundamentos da física
T.61
PARTE I
Sob a ação dos freios (movimento retardado),
temos:
Ss = 9 + 7 + 5 + 3 + 1 ` Ss = 25 m
Assim, temos Ss = 25 m em t = 5 s (cinco espaçamentos entre as gotas). Então:
a
Ss = v0t + t 2, em que:
2
36
v0 = 36 km/h =
m/s = 10 m/s
3,6
Movimento retardado:
0 G t 1 15 s, pois v 1 0 e a 2 0
Resposta: d
T.67
v = v0 + at ] v = -10 + 2t
Como v = 0, vem: 0 = -10 + 2t ` t = 5 s
25
a
$ 25 ] 12,5 a = -25 ] a = 2
12,5
` a = -2 m/s2 ] |a| = 2 m/s2
25 = 10 $ 5 +
Resposta: b
T.62
s = 24 - 10 $ 5 + 52 ` s = -1 m
Resposta: e
T.68
Vamos adotar a origem dos tempos como o
instante em que o motorista vê o semáforo
passar para amarelo. Nessa posição, adotamos
a origem dos espaços. Sendo s = 63 m, s0 = 0,
v0 = 54 km/h = 15 m/s e t = 3,0 s, podemos determinar a aceleração escalar mínima:
a
a
s = s0 + v0t + t2 ] 63 = 0 + 15 ∙ 3 + $ 32
2
2
` a = 4,0 m/s2
s = s0 + vt ] 10 = 0 + 4,0 $ tP ` tP = 2,5 s
A criança Q realiza um MUV. Vamos adotar a
origem dos espaços como o ponto de partida,
a origem dos tempos no instante em que ela
parte e orientar a trajetória de Q para P:
2,0 2
a
s = s0 + v0t + t2 ] 10 = 0 + 0 +
t
2
2 Q
` tQ = 10 s - 3,2 s
v = v0 + at ] v = 15 + 4,0 $ 3,0
` v = 27 m/s = 27 $ 3,6 km/h = 97,2 km/h 2 60 km/h
Portanto, a aceleração mínima é de 4,0 m/s2
e o motorista será multado, pois ultrapassa a
velocidade máxima.
Velocidade de Q no instante tP = 2,5 s
v = v0 + at ] v = 0 + 2,0 $ 2,5
` v = 5,0 m/s 2 4,0 m/s
Resposta: d
Sendo tP 1 tQ, concluímos que P chega primeiro
ao saco de balas, mas a velocidade de Q nesse
instante é maior (5,0 m/s 2 4,0 m/s).
a 2
t ] s = 10 + 10t - 5,0t 2
2
` v0 = 10 m/s e a = -10 m/s2
s = s0 + v0t +
Resposta: a
v = v0 + at ] v = 10 - 10 $ 4,0
` v = -30 m/s
T.69
Resposta: e
T.64
v = v0 + at ] 160 = 0 + 4,0 $ t ` t = 40,0 s
0
0
$ (500,00) $ (-0,5)
4,0
a 2
t ]d=
$ (40,0)2
2
2
` AC = 700,00 m
As crianças realizam um MUV e chegam no
mesmo instante t ao ponto C. Assim, temos:
a1
a2
AC = t2 y e AB + BC = t2 x
2
2
Dividindo membro a membro y por x, temos:
a1
a1
a1
700,00
AC
7
= a ]
= a ] a =
AB + BC
300,00 + 500,00
8
2
2
2
` d = 3.200 m
Resposta: e
T.65
t1 = 1 s ] s1 = 4 + 6 $ 1 + 12 ` s1 = 11 m
t2 = 6 s ] s2 = 4 + 6 $ 6 + 62 ` s2 = 76 m
s - s1
76 - 11
v m = Ss ] v m = 2
] vm =
t2 - t1
6-1
St
` vm = 13 m/s
Resposta: c
T.66
a
s = s0 + v0t + t2 ] s = 28 - 15t + 0,5t 2
2
` v0 = -15 m/s e a = 1,0 m/s2
Pela lei dos cossenos, podemos calcular a distância AC:
(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 - 2 $ (AB) $ (BC) $ cos 120°
(AC)2 = (300,00)2 + (500,00)2 - 2 $ (300,00) $
Assim, temos:St = 40,0 s
s = s0 + v0 t +
Cálculo dos instantes em que as crianças chegam ao saco de balas.
A criança P realiza um MU. Vamos adotar a
origem dos espaços como o ponto de partida,
a origem dos tempos no instante em que ela
parte e orientar a trajetória de P para Q:
Cálculo da velocidade do carro ao atingir o
semáforo:
T.63
a 2
t ] s = 24 - 10t + t 2
2
` v0 = -10 m/s e a = 2 m/s2
s = s0 + v0t +
Resposta: a
T.70
a = -50 km/h2
B
v 0 = 100 km/h
A
vA = 80 km/h
v = v0 + at ] v = -15 + 1,0t (v em m/s e t em s).
A partícula inverte o sentido de seu movimento
no instante em que v = 0:
0 = -15 + 1,0t ` t = 15 s
Movimento progressivo:
v = -15 + 1,0t 2 0 ] t 2 15 s
Movimento retrógrado:
v = -15 + 1,0t 1 0 ] 0 G t 1 15 s
Origem
3 km
t0 = 0
s (m)
sB = 100t - 25t 2 (MUV)
sA = 3 + 80t (MU)
No encontro, temos:
Movimento acelerado:
sB = sA ] 100t - 25t 2 = 3 + 80t ] 25t2 - 20t + 3 = 0
t 2 15 s, pois v 2 0 e a 2 0
` t’ =
3
1
h = 12 min e t” 5 h = 36 min
5
5
18
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
O encontro dos trens ocorreu depois de 12 min.
Se os trens corressem em linhas paralelas, teríamos dois cruzamentos: após 12 min (B cruza
com A) e após 36 min (A cruza com B).
Resposta: c
T.71
v A2 = v 02 + 2aASsA ] 0 = (45)2 + 2 $ (-7,5) $ SsA
A
` SsA = 135 m
v B2 = v 02 + 2aBSsB ] 0 = (30)2 + 2 $ (-7,5) $ SsB
B
` SsB = 60 m
d = SsA + SsB ] d = 135 + 60
Vamos adotar a origem dos espaços como a posição onde o carro passa pela viatura e a origem
dos tempos nesse instante.
Função horária do carro:
` d = 195 m
Resposta: d
T.76
Vamos aplicar duas vezes a equação de Torricelli:
s = s0 + vt ] 2.100 = 20t ` t = 105 s
v2 = v02 + 2aSs
Função horária da viatura policial:
a
s = s0 + v0 $ (t - 5) + $ (t - 5)2 ]
2
a
] 2.100 = 0 + 0 + $ (105 - 5)2
2
42
`a=
m/s
100
Velocidade da viatura policial no instante em
que alcança o carro infrator:
42
$ (105 - 5)
v = v0 + a(t - 5) ] v = 0 +
100
` v = 42 m/s
0 = 602 + 2ad y
Resposta: e
120 m
v 0 = 20 m/s
A
A
t=0
v = 10 m/s
t = 10 s
d
Origem
v2 = 702 - 602 ] v2 = 1.300 ` v - 36 km/h
Resposta: e
Capítulo 5
Movimentos verticais
Por se tratar de uma região de gases rarefeitos, praticamente não haveria resistência do ar à queda; com isso,
o paraquedas, ao ser acionado, não funcionaria. Félix
estaria em queda livre.
Física em nosso mundo
Comparando acelerações com a aceleração da
gravidade
120 + d
vm =
De x – y, obtemos:
Para pensar
T.72
120 m
v2 = 702 + 2ad x
De acordo com o texto, para que ocorra a perda de
consciência (acelerações entre 4g e 5,5g), a aceleração
deve ocorrer em um intervalo de tempo superior a 5 s.
Na arrancada do dragster, a aceleração 5,5g tem duração
de apenas 0,8 s (insuficiente para que o piloto perca a
consciência).
v0 + v
v0 + v
Ss A
=
]
]
2
2
St
120 + d
20 + 10
=
] 240 + 2d = 300
10
2
` d = 30 m
]
Resposta: e
T.73 Durante o tempo de reação (0,5 s), o veículo
realiza um MU com velocidade escalar 10,0 m/s.
Ele percorre a distância Ss1 dada por:
Exercícios propostos
P.93
s (m)
Ss1 = v $ St = 10,0 $ 0,5 ` Ss1 = 5,0 m
A seguir, o veículo freia realizando um MUV de
aceleração -5,0 m/s2. Pela equação de Torricelli,
determinamos a distância Ss2 percorrida nesse
trecho:
a = -g
v0
v2 = v02 + 2aSs2 ] 0 = (10,0)2 + 2 $ (-5,0) $ Ss2
` Ss2 = 10,0 m
0
Portanto, a distância total percorrida será:
5,0 m + 10,0 m = 15,0 m
a)s = s0 + v0t +
Resposta: d
T.74
s = 20t - 5t 2 (s em m e t em s)
v 2 = v 02 + 2aSs ] 0 = (20)2 + 2 $ (-5) $ Ss
v = v0 + at
` Ss = 40 m
Sendo Ss = 40 m 1 100 m, concluímos que o motorista conseguirá parar o carro a 60 m do animal.
Resposta: c
T.75
A
SsA
v0 = 162 km/h = 45 m/s
A
aA = -7,5 m/s2
vA = 0
vB = 0
A
B
a 2
t
2
v = 20 - 10t (v em m/s e t em s)
b)v = 0 ] 0 = 20 - 10 $ ts ` ts = 2 s
c)s = 20t - 5t 2 ] hmáx. = 20 $ 2 - 5 $ 22
` hmáx. = 20 m
SsB
B
v0 = 108 km/h = 30 m/s
B
aB = -7,5 m/s2
d)s = 20 $ 3 - 5 $ 32 ` s = 15 m
t = 3 s 2 ts = 2 s, isto é, o projétil está descendo.
ou v = 20 - 10 $ 3
` v = - 10 m/s 1 0
Portanto, o projétil está descendo.
19
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
e)No instante em que o projétil volta ao solo,
temos s = 0. Portanto:
b)Na Terra, o efeito da resistência do ar sobre
a pena é maior do que sobre o martelo. Por
isso, o martelo alcança o solo primeiro. Na
Lua, como praticamente não existe atmosfera, o martelo e a pena caem com a mesma
aceleração e, abandonados da mesma altura,
chegam ao solo lunar ao mesmo tempo. Tal
fato foi verificado pelo astronauta David
Randolph Scott que, ao terminar seu experimento, exclamou: “Galileu estava correto em
suas descobertas”.
0 = 20t - 5t 2 = t(20 - 5t)
t = 0 (instante inicial)
` *ou
t = 4 s (chegada ao solo)
Outra forma de calcular o tempo de chegada
do projétil ao solo (t) é:
t = 2ts = 2 $ 2 s ] t = 4 s
A velocidade com que o projétil chega ao solo
é dada por:
v = 20 - 10 $ 4 ` v = -20 m/s ; isto é: v = -v0
P.94
s (m)
P.97a)s1 = 30t - 5t 2 (SI)
s2 = 30(t - 3) - 5(t - 3)2 (SI)
No encontro, temos:
s1 = s2 ] 30t - 5t 2 = 30(t - 3) - 5(t - 3)2
v0 5 10 m/s
` t = 4,5 s
Posição de encontro:
a 5 2g
s1 = 30 $ 4,5 - 5 $ (4,5)2
20 m
` s1 = 33,75 m
b)Como v = v0 + at, vem:
0
v1 = 30 - 10t ] v1 = 30 - 10 $ 4,5
` v1 = -15 m/s (descendo)
a)v = v0 + at ] v = 10 - 10t
v2 = 30 - 10(t - 3) ] v2 = 30 - 10 $ (4,5 - 3)
` v2 = +15 m/s (subindo)
Quando v = 0, temos:
0 = 10 - 10 $ ts ` ts = 1 s
a
b)s = s0 + v0t + t2
2
s = 20 + 10t - 5t 2 (SI)
P.98
Adotando como marco zero o instante e a posição em que o corpo de cima (A) foi abandonado,
temos:
Ao atingir o solo, temos s = 0:
0 = 20 + 10t - 5t 2
` t - -1,24 s ou t - 3,24 s
c)s = 20 + 10t - 5t 2 ] hmáx. = 20 + 10 $ 1 - 5 $ 12
sA = 5t 2
sB = 30 - 5(t - 2)2
A
` hmáx. = 25 m
P.95
0
0
h
30 m
B
a 5 1g
a 5 1g
s (m)
s (m)
No encontro, temos sA = sB, então vem:
a
a)s = s0 + v0t + t2 ] s = 5t 2
2
Para t = 2 s, temos: h = 5 $ 22 ` h = 20 m
b)v = v0 + at ] v = 0 + 10 $ 2 ` v = 20 m/s
P.96a)
Adotando a origem dos espaços como o
ponto onde o objeto foi lançado, a origem
dos tempos nesse instante e orientando a
trajetória para cima, temos, de acordo com a
equação de Torricelli:
5t 2 = 30 - 5(t - 2)2 ` t = 2,5 s
Posição de encontro: sA = 5 $ (2,5)2 ` sA = 31,25 m
Exercícios propostos de recapitulação
P.99a)v = v0 + at ] 0 = v0 - 10 $ 2
` v0 = 20 m/s
b)v 2 = v02 + 2aSs ] 0 = 202 - 2 $ 10 $ hmáx.
` hmáx. = 20 m
v2 = v20 + 2gSs ] 0 = v20 - 2gh ]
2
0
v
8
]h=
` hmáx. = 20 m
2g
2 $ 1,6
v = v0 - gt ] 0 = v0 - gts ]
v0
8
] ts = g ] ts =
` ts = 5 s
1,6
(ts: tempo de subida)
] h=
2
St = ts + td = 5 s + 5 s = 10 s
(td: tempo de descida)
P.100
s (m)
a 5 2g
v0
0
20
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
c)vA = 20 - 10t ] vA = 20 - 10 $ 2
a)Como v 2 = v02 + 2aSs, vem:
0 = 162 - 2 $ 10 $ hmáx.
` vA = 0
vB = 30 - 10t ] vB = 30 - 10 $ 2
` hmáx. = 12,8 m
` vB = 10 m/s
b)v = v0 + at ] 0 = 16 - 10 $ ts
` ts = 1,6 s
c)s = 16t - 5t 2 ] s = 16 $ 3 - 5 $ 32
`s=3m
P.104
v0 5 0
0
v = 16 - 10t ] v = 16 - 10 $ 3
20 m
` v = -14 m/s (descendo)
a 5 1g
P.101
s (m)
v50
v
v0
2
t 5 1,0 s
a)Como v 2 = v02 + 2aSs, temos:
a 5 2g
hmáx.
v0
t0 5 0
0
s (m)
v 2 = 02 + 2 $ 10 $ 20 ` v = 20 m/s
v0 + v
0 + 20
=
` vm = 10 m/s
b)vm =
2
2
P.105
De v = v0 + at, temos:
v0
= v0 - 10 $ 1,0
2
` v0 = 20 m/s
v0 5 0
0
20 m
45 m
a 5 1g
25 m
De v 2 = v 02 + 2aSs, vem:
0 = (20)2 + 2 $ (-10) $ hmáx.
` hmáx. = 20 m
s (m)
P.102a)sA = 60t - 5t 2 (SI) sB = 80(t - 3) - 5(t - 3)2 (SI)
g
a)s = t 2 ] s = 5,0t2
2
s1 = 20 m ] 20 = 5,0 $ (t1)2 ` t1 = 2,0 s
Portanto, o intervalo de tempo para o corpo
percorrer os primeiros 20 m é de:
St = t1 - t0 ` St = 2,0 s
No encontro, temos:
sA = sB ] 60t - 5t 2 = 80(t - 3) - 5(t - 3)2
` t = 5,7 s
Assim, o encontro ocorre 5,7 s após a partida
de A e 2,7 s após a partida de B.
Posição de encontro:
b)s2 = 45 m ] 45 = 5,0 $ (t2)2 ` t2 = 3,0 s
Portanto, o intervalo de tempo para o corpo
percorrer os últimos 25 m é de:
sA = 60 $ 5,7 - 5 $ (5,7)2
` sA = 179,55 m
St = t2 - t1 = 3,0 - 2,0 ` St = 1,0 s
b)vA = 60 - 10 t ] vA = 60 - 10 $ 5,7
` vA = 3 m/s = 10,8 km/h
P.106
v0 5 0
vB = 80 - 10(t - 3) ] vB = 80 - 10 $ (5,7 - 3)
0
` vB = 53 m/s = 190,8 km/h
P.103
s (m)
H
20 m/s
A
a 5 2g
20 m
0
30 m/s
B
a)sA = 20 + 20t - 5t 2 (SI)
sB = 30t - 5t2 (SI)
No encontro, temos sA = sB, então:
20 + 20t - 5t 2 = 30t - 5t2
`t=2s
b)sA = 20 + 20 $ 2 - 5 $ 22
` sA = 40 m
3
H
4
a 5 1g
s (m)
a)s =
g 2
t ] s = 5,0t 2 ] H = 5,0t 2 
2
H
= 5,0 (t - 1)2 
4
Dividindo  por , vem:
5,0t2
t2
H
=
]
2 ] 4 =
H
(t - 1)2
5,0 (t - 1)
4
t
]2=
` t = 2,0 s
t-1
21
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
b)Em : H = 5,0 $ (2,0)2 ` H = 20 m
Como os objetos colidem simultaneamente com
o solo, concluímos que o segundo objeto parte
2,0 s após o primeiro, isto é, t1 = 2,0 s.
c)v = v0 + gt ] v = 0 + 10 $ 2,0 ` v = 20 m/s
P.107
a)Dados:
v0 = 0; g = 10 m/s2
Resposta: b
Pela equação de Torricelli, para Ss = 1,0 m,
vem:
T.78
v 2 = v02 + 2aSs ] v 2 = 2gSs ] v2 = 2 $ 10 $ 1,0 ]
] v 2 = 20 ` v - 4,5 m/s
b)O intervalo de tempo entre a batida de
duas gotas consecutivas no solo é igual ao
intervalo entre a saída de duas gotas consecutivas da torneira. Como saem 3 gotas
por minuto, entre a 1a e a 2a, entre a 2a e a
3a e entre a 3a e a 4a, há 3 intervalos de 20 s,
perfazendo 60 s ou 1 min. Observe que, ao
sair a 4a gota, começa a contagem do segundo
minuto. Portanto, entre a saída ou entre a
chegada de duas gotas consecutivas ao solo,
há o intervalo: St = 20 s
P.108a)Equação de Torricelli:
s = s0 + v0t +
g 2
g
t ] H = 0 + 0 + tq2 ] tq =
2
2
2H
g
Para H = 45 cm = 0,45 m, temos:
tq =
2 $ 0,45
` tq = 0,3 s
10
A distância entre duas fileiras consecutivas de
gotas da massa sobre a esteira é igual a distância
que a esteira percorre em 0,3 s:
Ss = v $ St ] Ss = 20 (cm/s) $ 0,3 (s) ] Ss = 6 cm
Resposta: e
T.79
v2 = v20 - 2gSs ]
Vamos calcular os tempos de queda de cada gota.
Adotando a origem dos espaços como o ponto
onde uma gota foi abandonada, a origem dos
tempos nesse instante e orientando a trajetória
para baixo, temos:
] 0 = 152 - 2 $ 10 $ hmáx.
Aplicando a equação de Torricelli, com a trajetória orientada para cima (a = -g), temos:
v 2 = v 02 + 2(-g)Ss ] 0 = v 02 - 2 $ 10 $ 3,2
` hmáx. = 11,25 m
` v0 = 8,0 m/s
Vamos inicialmente calcular o tempo de subida da primeira bolinha:
v = v0 - gt ] 0 = v0 - gts ] 0 = 15 - 10 ts
Resposta: d
T.80
` ts = 1,5 s
A primeira bolinha retorna ao solo no instante
ttotal = 2ts = 3,0 s
Portanto, t = 3,0 s é o instante de lançamento
da terceira bolinha.
s = s0 + v0t +
50
a 2
t ]h=0+0+
$ 42
2
2
` h = 400 m
Resposta: e
T.81
s (m)
v50
b)Funções horárias do espaço:
Primeira bolinha: s = s 0 + v0t 2
] s1 = 0 + 15t - 5t
g 2
t ]
2
a 5 2g
v0 5 200 m/s
g
Segunda bolinha: s = s0 + v0 (t - 1) - (t - 1)2 ]
2
] s1 = 0 + 15(t - 1) -5(t - 1)2
No instante em que a primeira e a segunda
bolinha se cruzam, temos:
s1 = s2 ] 15t - 5t2 = 15(t - 1) -5(t - 1)2 ]
] 15t - 5t2 = 15t - 15 - 5t2 + 10t - 5 ]
] 10t = 20 ` t = 2,0 s
Para t = 2,0 s, temos: s1 = s2 = H ]
] H = 15 $ 2,0 - 5,0 $ (2,0)2 ` H = 10 m
Vamos calcular os tempos de queda dos dois
objetos. Adotando a origem dos espaços como
o ponto onde o objeto foi abandonado, a origem
dos tempos nesse instante e orientando a trajetória para baixo, temos:
s = s0 + v0t +
g 2
g
t ] H = 0 + 0 + tq2 ] tq =
2
2
0
No instante t = 4 s, a velocidade do foguete vale:
v = v0 + at ] v = 0 + 50 $ 4 ` v = 200 m/s
Esta é a velocidade inicial do movimento do
foguete sob a ação da gravidade:
v 2 = v02 - 2g(s - s0) ] 0 = 2002 - 2 $ 10(s - 400)
` s = 2.400 m
Resposta: b
Testes propostos
T.77
400 m
2H
g
1o objeto: H = 80 m ] tq =
2 $ 80
` tq = 4,0 s
10
2o objeto: H = 20 m ] tq =
2 $ 20
` tq = 2,0 s
10
T.82Sendo H a altura do pulo do Super-homem (altura
máxima), T o tempo que ele permanece no ar
(tempo de subida), vm a velocidade média entre
o instante de partida e o instante em que atinge
a altura máxima e v0 a velocidade inicial, temos:
H
1o ) vm =
] H = vm $ T: a altura do pulo é proT
porcional à velocidade média multiplicada
pelo tempo que permanece no ar.
v0
2o) v = v0 - gt ] 0 = v0 - gT ] T = g : o tempo que
permanece no ar depende da velocidade inicial.
Resposta: e
22
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.83
No instante em que o parafuso escapa, sua
velocidade é a mesma do foguete (v0 = 5,0 m/s).
T.86
De v 2 = v02 + 2aSs e sendo v0 = 0 e a = g, temos:
v 2 = 2gSs ] v2 = 2gh 
e
(3v)2 = 2gh1 ] 9v2 = 2gh1 
s (m)
v0 5 5,0 m/s
De  e , temos: 9 $ 2gh = 2gh1 ] h1 = 9h
Resposta: e
a 5 2g
T.87
100 m
v0 5 0
t0 5 0
d
t1 5 1 s
0
0
a 2
t ] s = 100 + 5,0t - 5,0t2
2
No instante em que o parafuso atinge o solo,
temos: s = 0
Portanto: 0 = 100 + 5,0t - 5,0t 2
t = 5,0 s
t 2 - t - 20 = 0 ` *ou
t = - 4,0 s (não serve)
s = s0 + v0t +
s1
d’
T.84
g 2
g
g
t ] d = s1 = $ 12 ] d = 
2
2
2
s=
B
0
O terceiro segundo é o intervalo de tempo de
t2 = 2 s a t3 = 3 s.
g
t2 = 2 s ] s2 = $ 22 ] s2 = 2g
2
g
t3 = 3 s ] s3 = $ 32 ] s3 = 4,5g
2
v0 5 10 m/s
A
120 m
t3 5 3 s
s2
s (m)
Resposta: d
v0 5 0
t2 5 2 s
a 5 1g
a 5 1g
80 m
d’ = s3 - s2 = 2,5g
De , temos: d’ = 5d
Resposta: c
s (m)
Instante em que o móvel A atinge o solo:
s A = s0 + v0 t +
A
A
80 = 0 + 0 +
` tA = 4,0 s
T.88
g 2
t
2
10 2
t
2 A
D’
a 5 1g
Instante em que o móvel B atinge o solo:
g
s B = s 0 + v0 t + t2
2
120 = 0 + 10tB + 5t2B
B
v0 5 0
t50
D
t52s
0
B
t B2 + 2tB - 24 = 0
t56s
s (m)
-2 ! 4 - 4 $ 1 $ (- 24)
2
` tB = 4,0 s ou tB = - 6,0 s (não serve)
tB =
g
s = t2 ]
2
Conclusão: A e B chegam ao solo no mesmo
instante.
Resposta: a
T.85
Adotando a origem dos espaços como o ponto
onde as esferas foram lançadas, a origem dos
tempos nesse instante e orientando a trajetória
para baixo, temos:
gt
g
g
H
s = s0 + v0t + t2 ] H = v0t + t2 ] v0 = t 2
2
2
As esferas de chumbo e de vidro chegam juntas
ao solo (mesmo t). Logo, suas velocidades de
lançamento (representadas por v0) são iguais,
isto é, v1 = v3. A esfera de alumínio é a primeira
a alcançar o solo (menor valor de t). Portanto,
sua velocidade de lançamento (v2) é a maior:
v1 = v3 1 v2
Resposta: b
D=
g 2
$ 2 ] D = 2g 
2
D + D' =
g 2
$ 6 ] D + D' = 18g 
2
De  e , temos: D + D’ = 9D ] D’ = 8D
Resposta: d
T.89
Vamos indicar os instantes t1, t2, t3 e t4, respectivamente, por T, 2T, 3T e 4T
s3 - s2 =
g
g
$ (3T)2 - $ (2T)2 ]
2
2
] 6,25 =
5gT2
gT2
6,25
]

=
5
2
2
h=
g
gT2
$ (4T)2 ] h = 16 $
2
2
De , vem: h = 16 $
Resposta: e
6,25
` h = 20 m
5
23
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.90
0
0
sA = s 0 + v 0 $ t +
A
A
a 2
t
2
baixo, temos:
2
sA = 5t (SI) 
s = s0 + v0t +
2
sB = v 0 $ (t - 2) + 5(t - 2) (SI) 
g 2
g
t ] H = 0 + 0 + T2 ] T =
2
2
2H
g ]
B
Ao atingir o solo, temos: sA = sB = 125 m
]T=
Portanto, em : 125 = 5t2
As velocidades máxima e mínima do caminhão
são, respectivamente:
`t=5s
Em : 125 = v 0 (5 - 2) + 5 $ (5 - 2)2
B
v máx. =
Como v 0 resultou em positivo, seu sentido é o
do eixo adotado, isto é, para baixo.
Para que o dublê caia dentro da caçamba, v pode
diferir da velocidade ideal, em módulo:
D+3
3m
D
v máx. - v ideal =
=
T
T
1s
B
Resposta: b
Móvel A:
` v = 3 m/s
10
a
s = s0 + v0t + t2 ] 40 = 0 + v0 $ 2 +
$ 22
2
2
v ideal - v mín. =
` v0 = 10 m/s
` v = 3 m/s
v0
A
t50
0
B
v0
a 5 1g
Resposta: b
a 5 2g
0
D-3 3m
D
=
1s
T
T
A velocidade v do caminhão pode diferir da
velocidade ideal no máximo de 3 m/s.
s (m)
T.93
Tempo de queda do vaso até o homem:
10 2
a
s = s0 + v0t1 + t12 ] 18 =
t
2
2 1
` t1 - 1,9 s
40 m
Tempo para o alerta sonoro chegar ao homem
(vsom = 340 m/s; x = 34 m):
x = vsom $ t2 ] 34 = 340 $ t2
t52s
` t2 = 0,1 s
s (m)
O intervalo de tempo St com que o móvel B chega
ao solo depois de A corresponde ao intervalo de
tempo que ele demora para subir e retornar ao
ponto de partida:
Móvel B: v = v0 + at ] 0 = 10 - 10 $ ts ] ts = 1 s
Portanto: St = 2ts = 2 s
Tempo até a pessoa emitir o alerta: t4 = 1,5 s
Tempo para o homem sair do lugar:
t = t2 + t3 + t4 = 0,1 + 0,05 + 1,5
` t = 1,65 s
Quando o homem sai do lugar em t = 1,65 s, a
posição do vaso será dada por:
10
a
s’ = s0 + v0t + t2 ] s’ =
$ (1,65)2
2
2
T.92
Dublê
` s’ - 13,6 m
v
3m
Tempo de reação do homem após ouvir o alerta:
t3 = 0,05 s
Portanto, o homem sai do lugar antes de ser
atingido, pois t 1 t1.
Resposta: b
Caçamba
D+3
D-3
e vmín. =
T
T
80
m/s - 26,6 m/s
` v0 =
3
B
T.91
2$5
`T=1s
10
H55m
3m
H55m
A posição do vaso em relação ao solo, nesse
instante, será:
H = 20 - 13,6
` H = 6,4 m
D
A velocidade ideal do caminhão é aquela em
que o dublê cai bem no centro da caçamba. Para
o cálculo da velocidade ideal (videal), devemos
dividir a distância D, percorrida pelo caminhão,
pelo tempo de queda do dublê (T):
videal =
D
T
Cálculo do tempo de queda T.
Adotando a origem dos espaços como o ponto
onde o dublê se larga, a origem dos tempos
nesse instante e orientando a trajetória para
Resposta: d
Capítulo 6
Gráficos do MU e do MUV
Para pensar
Para a construção de outros gráficos que permitissem a
análise do movimento do atleta, poderíamos relacionar
as grandezas físicas espaço (s) e tempo (t), aceleração (a)
e tempo (t), força (F) e tempo (t); entre outras. Os exemplos a seguir se baseiam em dados do atleta Usain Bolt
em uma prova de 100 m rasos.
24
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
b)s = 8 - 2t (s em metro e t em segundo)
100
s (m)
75
t (s)
s (m)
0
8
1
6
2
4
3
2
4
0
50
25
0
5
0
10
t (s)
8
s (m)
v (m/s)
6
10
4
0
a (m/s2)
2
0
5
1
2
t (s)
4
3
t (s)
-2
P.110a)
s (m)
20
0
5
0
10
t (s)
J
F (N)
1000
0
t (s)
N
800
600
2
tg J = v
Sendo tg J =
0
2
4
6
8
10
20
= 10, temos: v = -10 m/s
2
b)
t (s)
s (m)
8
Exercícios propostos
P.109
a)s = 10 + 5t (s em metro e t em segundo)
J
t (s)
s (m)
0
10
1
15
2
20
3
25
0
2
6
t (s)
24
N
tg J = v
Sendo tg J =
8
= 2, temos: v = +2 m/s
4
c)
s (cm)
s (m)
30
v (m/s)
20
25
J
20
15
10
5
0
5
0
4
t (s)
N
v = tg J
1
2
3
t (s)
0
t (s)
Sendo tg J =
10
= 2,5, temos: v = + 2,5 m/s
4
25
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
d)
a)v = 0 no ponto Q (vértice da parábola).
s (cm)
Portanto, o instante em que o móvel muda de
sentido é: t = 20 s
15
b)O móvel passa pela origem dos espaços
(s = 0) em: t1 = 10 s e t2 = 30 s
P.114
0
2
4
v = 8 - 2t (v em m/s e t em s)
t (s)
6
t (s)
s (m)
0
8
2
4
v = 0 (repouso, no intervalo de tempo de 0 a 4 s)
P.111a)Quando t = 0, temos: s0 = -10 m
b)Entre 0 e 2 s, o espaço s é constante, ou seja,
o ponto material está em repouso.
c)Em t1 = 4 s e t2 = 9 s, temos: s = 0
d)
8
-8
1 2
3
4
5
4
J2
J1
6
7
8
J
t (s)
9
0
210
2
4
6
8
t (s)
-4
-8
De 2 s a 6 s, temos um MU, portanto a velocidade v é constante:
N
N
a)a = tg J
8
tg J = = 2
4
Portanto: a = -2 m/s2
v1 = tg J1
tg J1 =
10
=5
2
Logo:
b)Quando v = 0, temos: t = 4 s
v1 = 5 m/s
P.115
De 6 s a 9 s, temos outro MU:
v (m/s)
N
v2 = tg J2
tg J2 =
25
10
- 3,3; logo: v2 - -3,3 m/s
3
N
Ss = área
A
Área = 10 $ 2 = 20, temos:
J
Ss = 20 m
P.113
-4
8
10
P.112
0
6
v (m/s)
s (m)
0
4
0
s = 150 - 20t + 0,5t 2 (s em metro e t em segundo)
5
t (s)
N
a)a = tg J
t (s)
s (m)
0
150
a = 5 m/s
10
0
b)Área A = Ss
20
-50
Sendo tg J =
2
25
= 5, temos:
5
N
30
0
40
150
Sendo a área A =
Ss = 62,5 m
5 $ 25
= 62,5, temos:
2
c)Ss = s - s0 ] 62,5 = s - 15
` s = 77,5 m
s (m)
P.116
150
100
50
20
0
250
10
30
Q
40
t (s)
v = 0,5 - t (v em m/s e t em s)
t (s)
s (m)
0
0,5
0,5
0
1
-0,5
Com os valores da tabela, construímos o gráfico
da velocidade em função do tempo. A partir desse
gráfico, calculamos as variações de espaço nos
intervalos 0 a 0,5 s e 0,5 s a 1 s.
26
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
t = 0
v (m/s)
] s = 0
t = 4 s ] s = 100 cm
0,5
t = 6 s ] s = 150 cm
A1
N
a1 = tg J1
J
0
0,5
A2
1
tg J1 =
t (s)
50
] tg J1 = 12,5
4
` a1 = 12,5 cm/s2
-0,5
N
a2 = tg J2
50
tg J2 = -tg d = - ] tg J2 = -25
2
s (m)
` a2 = -25 cm/s2
2,125
2
v (cm/s)
50
0
0,5
1
100
t (s)
J1
0
a (m/s )
2
0
0,5
1
50
t (s)
J2
d
2
4
6
t (s)
2
4
6
t (s)
4
6
t (s)
s (cm)
150
-1
100
50
Por meio gráfico v # t, obtemos:
N
Ss = A1
0
0,5 $ 0,5
= 0,125
2
Portanto: Ss = + 0,125 m
A1 =
a (cm/s2)
N
Ss = A2
0,5 $ 0,5
A2 =
= 0,125
2
Portanto: Ss = -0,125 m
t (s)
12,5
0
2
-25
s (m)
0
2
0,5
2 + 0,125 = 2,125
1
2,125 - 0,125 = 2
N
a = tg J
0,5
=1
0,5
Portanto: a = -1 m/s2
P.118
v (km/h)
20
A 1 5 14
tg J =
P.117a)A distância percorrida é numericamente igual
à área no diagrama v # t:
d = 150 cm
v (cm/s)
0
t1
t2
t (h)
t2
t (h)
v (km/h)
vmáx.
50
A 3 5 16
100
0
A2 5 2
2
0
50
4
6
t (s)
b)De 0 a 4 s, a velocidade escalar é crescente,
portanto a aceleração escalar é positiva. Logo,
no gráfico s = f (t) de 0 a 4 s, temos um arco
de parábola com concavidade para cima. De
4 s a 6 s, o arco de parábola tem concavidade
para baixo, pois, sendo a velocidade es­calar
decrescente, a aceleração escalar é negativa.
A1 = 20t1 ] 14 = 20t1
` t1 = 0,7 h
A2 =
(t2 - t1)$ 20
(t2 - 0,7)$ 20
]2=
2
2
` t2 = 0,9 h
A3 =
t2 $ v máx.
0,9 $ v máx.
] 16 =
2
2
` vmáx. - 35,6 km/h
27
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
20 $ vmáx.
] 500 = 10 $ vmáx.
2
` vmáx. = 50 m/s
v (m/s)
P.119a)A =
8
t
0
50
b)a1 = tg J1 =
= 5,0
10
2
` a1 = 5,0 m/s
N
50
a2 = -tg J2 = - = -5,0
10
` a2 = -5,0 m/s2
210
A
t + (t - 5)
$ 10 ] xA = 10t - 25 e
] xA =
2
v (m/s)
AB = SxB = xB - x0 ] xB - 3,0 = -AB ]
B
J1
0
A
t + (t - 8)
] xB - 3,0 = - $ 10 ] xB = -10t + 43
2
J2
10
20
Devemos considerar:
t (s)
332 = xA - xB
Portanto, o módulo das acelerações nas duas
metades do percurso é 5,0 m/s2.
332 = 10t - 25 - (-10t + 43)
332 = 20t - 68
400
` t=d
n s ] t = 20 s
20
N
Sv = A
Sendo A = 5 $ 5 = 25, temos:
P.123a)
Sv = 25 m/s
v (m/s)
Exercícios propostos de recapitulação
12
P.121a)Repouso:
s constante ] intervalo t1 a t2
10
J2
A1
b)Movimento uniforme:
gráfico s # t reta inclinada em relação aos
eixos cartesianos ] intervalo t3 a t4
A2
6
s cresce com t ] v 2 0; concavidade para
cima ] a 2 0
•0 a 6 s:
N
a1 = tg J1
Logo, o movimento é progressivo e acelerado.
tg J1 =
•6 s a 16 s:
a2 = 0
•16 s a 20 s:
a3 = tg J2
tg J2 =
d)Intervalo 0 a t1:
s cresce com t ] v 2 0 concavidade para baixo
]a10
Logo, o movimento é progressivo e retardado.
A variação de espaço sofrida pelo carro A entre
os instantes 0 e 15 s é numericamente igual à
área do trapézio no diagrama da velocidade de
A em função do tempo t:
A3
J1
0
c)Intervalo t2 a t3:
P.122
Carro B
Sendo AA = SxA = xA - x0 ] xA - 0 = AA ]
vmáx.
P.120
t (s)
AB
N
16
20
t (s)
12
= 2 ` a1 = 2 m/s2
6
N
2
= 0,5 ` a3 = -0,5 m/s2
4
Logo, a menor aceleração, em módulo, ocorre
no intervalo 6 s a 16 s.
v (m/s)
b)O módulo da aceleração é máximo no intervalo 0 a 6 s.
Carro A
10
N
c)Ss = A1 + A2 + A3 =
0
5
15
t (s)
Nas figuras abaixo, representamos o instante t,
em que a diferença entre as coordenadas xA e xB,
dos pontos A e B, será igual a 332 m.
v (m/s)
5
P.124a)Cálculo de SsA e SsB até o instante t = 15,0 s:
No gráfico v = f (t), a variação de espaço é numericamente igual à área:
N
SsA = AA
AA = 15 $ 30 = 450
N
SsB = AB
AA
0
200
Ss
] vm =
` vm = 10 m/s
20
St
` SsA = 450 m
Carro A
10
` Ss = 200 m
d)vm =
15 + 10
SsA = área do trapézio =
$ 10
2
` SsA = 125 m
N
AB =
t
t (s)
12 + 10
6 $ 12
$4
+ 10 $ 12 +
2
2
10 $ 40
= 200
2
` SsB = 200 m
28
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.126
Logo:
N
No gráfico a # t, A = Sv. Portanto,
d = SsA - SsB = 450 m - 200 m ]
A1 = 4,0 $ 4,0 = 16,0 ` Sv1 = -16,0 m/s ]
] d = 250 m
] v4 - v0 = -16,0 m/s ] v4 = -16,0 m/s
b)
A2 = 4,0 $ 2,0 = 8,0 ` Sv2 = 8,0 m/s ]
v (m/s)
] v8 - v4 = 8,0 m/s ] v8 = -8,0 m/s
40
B
30
A
O gráfico da velocidade será:
v (m/s)
4,0
0
8,0
t (s)
A
0
5
tE
15
28,0
t (s)
SsA = SsB
10 $ 40
+ 40 $ (tE - 15)
2
30 $ tE =
216,0
30tE = 200 + 40tE - 600
N
No gráfico v # t, A = Ss. Então:
` tE = 40 s
O veículo B alcança o veículo A 40 s após A
passar pelo posto policial.
A=
4,0 $ 16,0 (16,0 + 8,0) $ 4,0
+
` Ss = -80 m ]
2
2
] s - s0 = -80 m ] s -100 m = -80 m
P.125a)Móvel 1:
` s = 20 m
P.127a)
v (m/s)
v (m/s)
25
v1
18
A
v (m/s)
v1
A1
J1
18
0
12
N
18
v2
P.128a)v m =
12
18
2.520 m
Ss
] vm =
] vm = 14 m/s
180 s
St
v (m/s)
16
t (s)
A2
A
J2
0 3,0
12
18
t (s)
0
N
x
a2 = tg J2
tg J2 =
18
= 2,0 ` a2 = 2,0 m/s2
9,0
Móvel 2:
v2 = a2(t - 3,0) ] v2 = 2,0 $ (18 - 3,0) ` v2 = 30 m/s
De 3,0 s a 18 s, o móvel 2 percorreu:
N
15 $ 30
` Ss2 = 225 m
Ss2 = A2 ] Ss2 =
2
Logo, até o instante 18 s, o móvel 2 não conseguiu alcançar o móvel 1.
180
t (s)
180 + y
o $ 16 ` y = 135 s
2
Pelo gráfico acima, temos:
x + y + x = 180 ] 2x + 135 = 180 ` x = 22,5 s
O tempo gasto para o trem alcançar a velocidade máxima será de 22,5 s.
De 0 a 18 s, o móvel 1 percorreu:
18 $ 27
` Ss1 = 243 m
2
x
N
v1 = a1 $ t ] v1 = 1,5 $ 18 ` v1 = 27 m/s
N
y
Ss = A ] 2.520 = e
b)Móvel 1:
Ss1 = A1 ] Ss1 =
t (s)
b)
A2
J2
18
0 3,0
50
b)Ss = Área
50 + 30
$ 25 = 1.000
Área =
2
Portanto: Ss = 1.000 m
J
v (m/s)
18
tg J1 = 1 = 1,5 ` a1 = 1,5 m/s
12
12
18
t (s)
v02
Móvel
2:
18
v (m/s)
40
N
A1
a1 = tg J1
10
0
t (s)
Testes propostos
T.94
Comparando os trechos (1) e (2), notamos que (2)
é mais inclinado do que (1), em relação ao eixo
horizontal ou eixo dos tempos. Logo, a velocidade no trecho (2) é maior do que no trecho (1).
Portanto, a pessoa andou (1), correu (2), parou
(3) e novamente andou (4).
Resposta: a
29
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.95
3o trecho: A locomotiva reduz a velocidade com
aceleração constante. O movimento é uniformemente retardado, a função horária do espaço é
do 2o grau em t e o gráfico espaço # tempo é
um arco de parábola com concavidade voltada
para baixo.
De x = x0 + vt, sendo v = -2,50 m/s e x = 25,00 m
para t = 30,00 s, vem:
25,00 = x0 - 2,50 $ 30,00
` x0 = 100,0 m
Logo:
Resposta: c
x = 100,0 - 2,50 $ t (SI)
T.99
` x = 62,50 m
No intervalo de tempo de 0 a t, os carros A e B
sofrem a mesma variação de espaço. Por isso,
ambos têm a mesma velocidade média, nesse
intervalo.
Resposta: e
Resposta: b
Para t = 15,00 s, resulta:
x = 100 - 2,50 $ 15,00
T.96
Móvel A:
T.100
s0 = 600 m
r
s
A
400 - 600
` vA = - 40 m/s
vA =
5,0
B
sA = s0 + vAt ] sA = 600 - 40t (SI)
Móvel B:
s0 = 0
t
0
100 - 0
` vB = 20 m/s
vB =
5,0
tB
t
No instante t assinalado na figura, a reta r tangente à curva B é paralela à reta A. Significa que,
nesse instante, a velocidade do trem B é igual à
velocidade do trem A.
sB = s0 + vBt ] sB = 20t (SI)
Instante de encontro:
sA = sB ] 600 - 40t = 20t ` t = 10 s
Resposta: e
Posição de encontro:
T.101
sA = 600 - 40 $ 10 ` sA = 200 m
Posição
Q
Resposta: a
T.97
R
5,0 m
25 m
A
5,0 m
C
5,0 10
35
Início da ultrapassagem
C
P
A
s (m)
vP = tg J1
N
vR = tg J2
Sendo J1 2 J2, vem: vP 2 vR
50 m
= 20 m/s
2,5 s
s A = 10 + 20t (SI)
*
vA =
25 m
= 10 m/s
2,5 s
sC = 35 + 10t (SI)
Mas vQ = 0 (vértice da curva).
Portanto: vP 2 vR 2 vQ
vC =
Ao terminar a ultrapassagem, temos:
sA - sC = 5,0 m ] 10 + 20t - 35 - 10t = 5,0 ]
] 10t = 30 ` t = 3,0 s
Em 3,0 s, o automóvel percorre:
Ss A
Ss A
] 20 =
` SsA = 60 m
3,0
St
Resposta: e
vA =
T.981o trecho: A locomotiva parte do repouso com
aceleração constante. O movimento é uniformemente acelerado, a função horária do espaço é
do 2o grau em t e o gráfico espaço # tempo é
um arco de parábola com concavidade voltada
para cima.
2o trecho: A velocidade escalar é constante e o
movimento é uniforme. A função horária do espaço é do 1o grau em t e o gráfico espaço # tempo
é um segmento de reta inclinado em relação aos
eixos e crescente.
Tempo
N
Do gráfico, temos:
*
J1
0
Término da ultrapassagem
J2
Resposta: c
T.102
5
y
A
4
B
3
2
1
0
1
2
3
4
x
O veículo A realiza um MU: sA = s0 + vAt
A
2-5
Ss
=
Do gráfico: s0 = 5 m e vA =
A
3-0
St
` vA = -1 m/s
Portanto: sA = 5 - t (SI)
O veículo B realiza um MUV: sB = s0 + vBt +
B
a 2
t
2
30
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Do gráfico:
v (m/s)
v (m/s)
s0 = 2 m
6,0
1,5
Para t = 1 s ] sB = 4 m ]
a
a
] 4 = 2 + vB $ 1 + $ (1)2 ] 2 = vB + 
2
2
4,0
1,0
2,0
0,5
B
Para t = 3 s ] sB = 2 m ]
a
a
] 2 = 2 + vB $ 3 + $ 32 ] 0 = 3vB + 9 
2
2
0
De  e : vB = 3 m/s e a = -2 m/s2
Portanto: sB = 2 + 3t - t2 (SI)
T.105
Resposta: d
T.103
v (m/s)
1,0 2,0 3,0 t (s)
Resposta:
v (m/s)a
v (m/s)
Cálculo do tempo que o pavio demora para
3,0
9,0
queimar até atingir o barril:
2,0
6,0
s = s0 + v $ t
1,0= 0 + 5 $ 10-2 $ t
0,6
3
0
1,0 2,0 3,0 t (s)
3,0
` t = 12 s
0
1,0 2,0 3,0 t (s)
3
0
1,0 2,0 3,0 t (s)
v (m/s)
0
t(s)
v (m/s)
5
4,5
1
3,0
v (m/s)
1
2
0
v0 = 3 m/s
a=
:
s2 = 1t (SI)
1,0 2,0 3,0 t (s)
6
12
t (s)
N
Ss = Atrapézio ]
s1 = 3t -
] Ss =
12 + 6
$5
2
` Ss = 45 m
A condição para que os carrinhos voltem a ficar
lado a lado é:
t=0
1
1
s1 = s2 ] 3t - t 2 = 1t ] t 2 - 2t = 0 ` *ou
2
2
t=4s
Resposta: d
Resposta: e
T.106
100
Ss
] 8,0 =
` t = 12,5 s
t-0
St
vm =
N
Ss = A ]
] 100 =
T.104
St1 5 1,0 s
v0 5 0
t0 5 0
0
Cálculo da distância da rocha até o ponto em
que o pavio foi aceso:
0-3
m/s2 = -1 m/s2
3
1 2
t (SI)
2
v = 1 m/s
0
t(s)
:
A
1,5
5,5 $ 12
+ 3,0 $ 12 + 12 + v $ (12,5 - 8,5) ]
2
2
] 100 = 33 + 36 + 24 + 2v
t1
v1
` v = 3,5 m/s
Resposta: b
T.107
Ss1 5 1,0 m
vm =
v 0 + v1
Ss 1
=
2
St 1
Treino A
v (m/s)
11
0 + v1
1,0
=
1,0
2
AA
` v1 = 2,0 m/s
Substituindo v0 e v1 na função horária da velocidade, temos:
0
4
v1 = v0 + at ]
] 2,0 = 0 + a $ 1,0
` a = 2,0 m/s
2
Função horária da velocidade: v = 2,0t (SI)
AA =
t A + (t A - 4)
$ 11 = 100
2
` tA - 11,1 s
tA
t (s)
31
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
-0,7
a 2
t ] Ss3 = 5 $ 10 +
$ 102 ]
2
2
] Ss3 = 50 - 35 ` Ss3 = 15 m
Ss3 = v0t +
Treino B
v (m/s)
Resposta: d
T.109
10
AB
0
A1
t (s)
tB
3
0
t B + (t B - 3)
AB =
$ 10 = 100
2
` tB = 11,5 s
Corpo 2
5
4 5
6
8
10
12
t (s)
Variação de espaço entre 0 s e 5 s:
N
5+2
Ss1 = A1 =
$ 10 ` Ss1 = 35 m
2
Variação de espaço entre 5 s e t:
N
t-5+t-6
Ss2 = - A2 = - $ 10 ] Ss2 = -10t + 55
2
Para que a partícula retorne à posição inicial,
devemos ter:
T.108
5
2
A2
Resposta: b
Corpo 1
t
210
No treino A, o atleta levou 0,4 s (11,5 s - 11,1 s)
a menos que no B.
v1
v (m/s)
10
v2
Ss1 + Ss2 = 0 ] A1 - A2 = 0 ]
] 35 - 10t + 55 = 0 ` t = 9 s
Resposta: c
0
10
0
t
10
Corpo 3
v3
v4
5
t
b)Correta.
Corpo 4
4,0 $ 20
` Ss1 = 40 m
2
Carro 2: Ss2 = 4,0 $ 10 ` Ss2 = 40 m
Carro 1: Ss1 =
Como os carros percorrem a mesma trajetória
retilínea e passam pela mesma posição em
t = 0 s, concluímos que, no instante t = 4,0 s,
seus espaços são iguais.
10
10
0
t
T.110a)Incorreta. No instante t = 2,0 s, os carros têm
mesma velocidade escalar e não os mesmos
espaços.
t
0
t
22
22
c)Incorreta. O carro I percorre 30 m nos primeiros 2,0 s de movimento.
Em cada caso, vamos calcular a variação do
espaço pela propriedade da área.
d)Incorreta. O carro II percorre 20 m nos primeiros 2,0 s de movimento.
10 $ 5
` Ss1 = 25 m; o corpo 1 está
2
no instante t = 10 s a 25 m do ponto de partida.
e)Incorreta. O carro II percorre 40 m nos primeiros 4,0 s de movimento.
Corpo 1: Ss1 =
10 $ 5
` Ss2 = 25 m; o corpo 2 está
Corpo 2: Ss2 =
2
no instante t = 10 s a 25 m do ponto de partida.
Corpo 3: Cálculo do instante t
Função horária da velocidade: v = v0 + at
Do gráfico: v0 = 5m/s e a =
Carro A:
v (m/s)
20
-2 - 5
Sv
=
10 - 0
St
` a = -0,7 m/s2
Logo: v = 5 - 0,7t ] v = 0 ` t =
50
50
$ 5 d10 - 7 n $ 2
7
Ss3 =
2
2
Resposta: b
T.111
50
s
7
0
15
t (s)
15 s + 10 s
$ 20 m/s = 250 m
2
Carro B:
SsA =
` Ss3 = 15 m: o corpo 3 está, no instante
t = 10 s, a 15 m do ponto de partida.
5
v (m/s)
15
Corpo 4: Ss4 = -10 $ 2 ] Ss4 = -20 m; o corpo 4 está
no instante t = 10 s a 20 m do ponto de partida.
Observação:
O valor de Ss3 poderia ser calculado pela função
horária dos espaços:
0
15
SsB = 15 m/s $ 15 s = 225 m
t (s)
32
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Até o instante 15 s, o carro A percorreu 250 m
e o B, 225 m. Logo, A está, nesse instante, 25 m
na frente de B.
Resposta: d
T.112
Exercícios especiais
Exercícios propostos
P.129b)vm =
v (m/s)
a)v = v0 + at ] 0 = 6 + a $ 3 ` a = -2 m/s2
15
A
B
Como a = -g, temos: g = 2 m/s2
B
P.130
0
150
100
50
B
A
t (s)
A
25
SsA =
50 $ 5 100 $ 5
` SsA = -125 m
2
2
SsB = -
50 $ 5 100 $ 5
+
` SsB = 125 m
2
2
A distância d entre os dois trens é dada por:
d = Ss A + SsB ` d = 250 m
Resposta: d
T.113
a (m/s2)
4
A1
t
8
0
5
A2
t (s)
As distâncias percorridas (1,0 cm; 4,0 cm; 7,0 cm; ...),
em intervalos de tempo iguais e sucessivos,
estão em progressão aritmética, de razão igual
a 3,0 cm. Assim, no quarto segundo, a partícula
percorre 10 cm e, no quinto segundo, 13 cm.
P.131a)Os espaços s0, s1, s2 e s3 nos instantes t = 0, T,
2T e 3T são, respectivamente:
a
a
a
s0 = 0, s1 = T2, s2 = (2T)2 = 4T2,
2
2
2
a
a 2
2
s3 = (3T) = 9T
2
2
Ss1 = s1 - s0 ]
a
] Ss1 = T2
2
a
a
Ss2 = s2 - s1 ] Ss2 = 4T2 - T2 ]
2
2
a
] Ss2 = 3T2
2
a
a
Ss3 = s3 - s2 ] Ss3 = 9T2 - 4T2 ]
2
2
a
] Ss3 = 5T2
2
a
a
b)Ss2 - Ss1 = 3T2 - T2 ]
2
2
22
A1 = 5 $ 4 = 20
] Ss2 - Ss1 = aT2
a
a
Ss3 - Ss2 = 5T2 - 3T2 ]
2
2
A2 = (t - 8) $ 2
] Ss3 - Ss2 = aT2
Sv = 20 - (t - 8) $ 2
As diferenças são iguais, pois no MUV as distâncias percorridas, em intervalos de tempo
iguais e sucessivos, estão em progressão
aritmética.
vinicial = vfinal = 0
Logo:
Sv = 0 ] 20 - (t - 8) $ 2 = 0 ` t = 18 s
As diferenças representam a razão r da progressão aritmética:
Resposta: e
T.114
v + v0
0 + v0
9
Ss
=
] =
` v0 = 6 m/s
3
2
2
St
O pequeno objeto realiza MUV. Nessas condições, o gráfico posição # tempo é uma
parábola; o gráfico velocidade # tempo é uma
reta inclinada em relação aos eixos e o gráfico
aceleração # tempo é uma reta paralela ao eixo
dos tempos. Temos duas possibilidades:
1a)Orientando a trajetória para cima: a aceleração é negativa; a reta representativa do
gráfico velocidade # tempo é decrescente
(com velocidade inicial positiva e nula no
instante t e a parábola tem concavidade
voltada para baixo, cujo vértice corresponde
ao instante t).
2a)Orientando a trajetória para baixo: a aceleração é positiva; a reta representativa do gráfico
velocidade # tempo é crescente (com velocidade inicial negativa e nula no instante t e a
parábola tem concavidade voltada para cima,
cujo vértice corresponde ao instante t. Encontramos a situação descrita nesta possibilidade
na alternativa d).
Resposta: d
r = aT2
c)Ss4 = Ss3 + r ] Ss4 = a 5T2 + aT2 ]
2
a
] Ss4 = 7T2
2
P.132
v (m/s)
500
A1 A2
J2
J1
10
0
t2
t1
J2
t (s)
A3
v'
N
a)a = tg J1
tg J1 =
500
= 50 ` a = 50 m/s2
10
N
b)h = A1
A1 =
10 $ 500
= 2.500 ` h = 2.500 m
2
33
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
c)tg J2 =
]
500
500
=g]
]
t1 - 10
t1 - 10
Assim, podemos obter os espaços iniciais de A e
C sabendo que, no instante t = 3,0 s, as partículas
A e B têm o mesmo espaço:
500
= 10 ` t1 = 60 s
t1 - 10
sA = sB ] s0 + vA $ t = v0 $ t +
(60 - 10)$ 500
= 12.500
d)A2 =
2
N
hmáx. = A1 + A2 ` hmáx. = 15.000 m
A
] s0 + 3,0 $ 3,0 = 9,0 $ 3,0 +
A
v'
v'
e) e f)tg J2 = t - t ] t - t = 10 ]
2
1
2
1
A
sC = sB ] s0 + vC $ t = v0 $ t +
a $ t2
]
2
] s0 + (-3,0) $ 6,0 = 9,0 $ 6,0 +
C
(- 2,0) $ 6,02
2
` s0 = 36 m
C
Resposta: c
T.118
Móvel B: vm =
B
` ve - -548 m/s
v0 + vB
2
Mas: vm = vm = vA e v0 = 0
B
A
0 + vB
vA
1
] v =
Logo: vA =
B
2
2
Testes propostos
T.115
B
C
(t2 - t1) $ 10 $ (t2 - t1)
= 15.000 ]
2
2
] (t2 - 60) = 3.000 ` t2 - 114,8 s 
(- 2,0) $ 3,02
2
E que, no instante t = 6,0 s, as partículas C e B
têm o mesmo espaço:
(t2 - t1) $ v'
(t2 - t1) $ v'
]
A3 =
= 15.000 
2
2
Substituindo  em :
v' - 10 $ (114,8 - 60) ] v' - 548 m/s
a $ t2
]
2
` s0 = 9,0 m
] v' = 10 $ (t2 - t1) 
Substituindo  em , temos:
B
v + v0
0 + v0
20 - 15
Ss
=
]
=
2
1-0
2
St
` v0 = 10 m/s
Resposta: d
vm =
T.119
As distâncias percorridas (2 cm; 6 cm; d1; d2; ...)
em intervalos de tempo iguais estão em progressão aritmética, de razão igual a 4 cm. Logo,
d1 = 6 cm + 4 cm = 10 cm e d2 = 10 cm + 4 cm =
= 14 cm.
v = v0 + a t ] 0 = 10 + a $ 1
` a = -10 m/s2
a
s = s0 + v0t + t2 ] s = 15 + 10 t - 5t2 (SI)
2
Para t = 0,5 s, temos:
Resposta: e
2
s = 15 + 10 $ 0,5 - 5 $ (0,5)
` s = 18,750 m
E a função da velocidade é dada por:
v = v0 + at ] v = 10 - 10t (SI)
Resposta: a
T.116
v + v0
0 + v0
-1 - 3
Ss
]
=
=
2
2-0
2
St
` v0 = - 4 m/s
vm =
v = v0 + at ] 0 = - 4 + a $ 2
` a = 2 m/s2
Resposta: c
T.117
Sabendo, pelo gráfico, que o instante correspondente ao vértice da parábola que representa o
movimento da partícula B é t = 4,5 s, instante em
que a velocidade de B é nula, podemos calcular
sua aceleração escalar:
Capítulo 7
Vetores
Para pensar
A distância entre a embarcação E1 e o radar é igual a:
2 $ 50 km = 100 km. A embarcação E2 está a uma distância de 250 km (5 $ 50 km) da embarcação onde o radar
está instalado.
Nesse caso, as trajetórias das embarcações se encontrarão dentro do alcance do radar (ponto R na figura a
seguir).
320
310
v = v0 + a $ t ] 0 = 9,0 + a $ 4,5
` a = -2,0 m/s2
A velocidade escalar de B no instante t = 3,0 s
corresponde à velocidade escalar de A:
v = v0 + a $ t ] vA = 9,0 + (-2,0) $ 3,0
` vA = 3,0 m/s2
Da mesma forma, a velocidade escalar de B
no instante t = 6,0 s corresponde à velocidade
escalar de C:
v = v0 + a $ t ] vC = 9,0 + (-2,0) $ 6,0
` vC = -3,0 m/s
330
350 000 010
340
020
030
300
060
290
280
270
A
R t1
E1
R2
080
090
r1
100
d12
240
230
220
t2
R1
t1 C
E2
250
070
B
D12
260
040
050
110
r2
120
t2
210
D
200
190 180 170
160
150
130
140
34
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Exercícios propostos
P.133
P.138
b
VS
a
ou
Para obter o vetor diferença (b - a ), soma-se b
com o oposto de a. O vetor diferença terá módulo:
VS
a
b -a =4
b
V 2S = a2 + b2
b2a
V S2 = 62 + 82
VS = 10
P.134
a
a
a
b
b
2a
c
b
a1c
a1b
c
a1b1c
P.139
a
P.135
a2b
b
c
a
2b
b1d
d
a1b1c1d
a1c
a -b =2
a + b + c + d é igual à diagonal de um quadradinho de lado uma unidade.
Logo: a + b + c + d = 2 unidades
P.136
c2d
Aplicando a lei dos cossenos para a situação da
figura I, temos:
2
s
2
c
2
V = a + b + 2ab $ cos a ]
2d
] Vs2 = 102 + 102 + 2 $ 10 $ 10 $ cos 60° ]
] Vs2 = 102 + 102 + 2 $ 10 $ 10 $ 0,5
c -d =2
` Vs = 10 3 u
P.140
a
Vs
60°
2V1
b
V2
Aplicando a lei dos cossenos para a situação da
figura II, temos:
VD
Vs2 = a2 + b2 + 2ab $ cos a ]
] Vs2 = 102 + 102 + 2 $ 10 $ 10 $ cos 120° ]
] Vs2 = 102 + 102 + 2 $ 10 $ 10 $ (- 0,5)
` Vs = 10 u
V3
a
2V1
V’D
120° Vs
P.141
2a
b
a
a 1 3b
P.137
a
a
x
VD
x
2y
ou
2y
V D2 = x 2 + y2
VD
V 2D = 32 + 42
VD = 5
3b
b
a2b
3b
b
b2a
35
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.142
b)
a tem a mesma direção e o mesmo sentido de j
e módulo três vezes maior: a = 3 j
P
N
VS
b tem a mesma direção e o mesmo sentido de
M
i e módulo duas vezes maior: b = 2 i
c tem a mesma direção de i , sentido oposto e
c) N
módulo duas vezes maior: c = - 2 i
K
d tem a mesma direção de j , sentido oposto e
módulo duas vezes maior: d = - 2 j
P.143
y
d) A
V1
V1y
V2
VS
T
B
B
A
θ
x
V1x
C
C
VS
e) D
D
V3
E
F
VS
f) B
E
C
Componentes de V1:
V1 = V1 $ cos J ] V1 = 5,0 $ 0,80
x
VS
x
` V1 = 4,0 u
V1 = V1 $ sen J ] V1 = 5,0 $ 0,60
y
E
A
x
y
D
` V1 = 3,0 u
Componentes de V2:
g)
y
T
Y
O vetor V2 tem mesma direção e sentido oposto
ao do eixo x. Portanto:
V2 = - V2 = - 5,0 u
Z
x
V2 = 0
X
y
Componentes de V3:
VS
O vetor V3 tem mesma direção e sentido oposto
ao do eixo y. Portanto:
V3 = 0
h)
V2 O
x
V3 = - V3 = - 5,0 u
y
P.144
b
ay
ay = 3
c
a
by = 0
x
V1
VSx = 4
O
VSy = 3
VS5 a 1 b
V2
B
VD 5 V2 2 V1
x
A
V1
P.145a)
O
VS
Z
VD 5 V2 2 V1
V2
B
A
V1
O
VD 5 V1 2 V2
V1
O
VD 5 V1 2 V2
b)
VD
Y
A
VD
x
Exercícios propostos de recapitulação
X
V1
A
P.146a)
cy = - 2
VS
O
VS 5 0
cx = 0
b
y
V2
bx = 2
y
a
VS
i)
ax = 2
ax
VS
V1
y
U
VD
V2
B
VD
V2
B
36
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.147
c)O vetor c forma com os vetores a e b ângulos
respectivamente iguais a a e d (ambos suplementares ao ângulo de 60°).
b
a = d = 180° - 60° ` a = d = 120°
VS 5 a 1 b
Testes propostos
a
2b
T.120
VD 5 a 2 b
De acordo com o teorema de Pitágoras, os módulos dos vetores Vs e Vd são iguais a 5 u, ou seja:
Vs = Vd = (3u)2 + (4u)2 ] Vs = Vd = 5u
P.148a)O ângulo entre os vetores a e b é de 120°.
Podemos determinar o módulo do vetor V s,
soma dos vetores a e b, por meio da lei dos
cossenos:
2
Vs = a2 + b2 + 2ab $ cos a ]
Das grandezas apresentadas, força, velocidade,
aceleração e deslocamento são grandezas vetoriais. No volume 1, até o Capítulo 6, tratamos
de velocidade e aceleração como grandezas
escalares e, por essa razão, foram chamadas velocidade escalar e aceleração escalar. No Capítulo
8, velocidade e aceleração são caracterizadas
como grandezas vetoriais. Força é também uma
grandeza vetorial, conforme visto no Capítulo 11.
Resposta: b
T.121
Consecutivos
Origem
do
primeiro
(a)
2
] V s = 52 + 52 + 2 $ 5 $ 5 $ cos 120° ]
2
] Vs = 52 + 52 + 2 $ 5 $ 5 $ (- 0,5)
a
c
b
` Vs = 5 u
O vetor Vs tem direção horizontal e sentido
da esquerda para a direita, conforme a figura
a seguir.
Extremidade do
segundo ( c )
A
Pelo diagrama vetorial, temos:
b =a +c
b -a =c
a
Resposta: b
60°
B
VS
C
60°
T.122(01) Incorreta.
x
a =b +c
(02) Incorreta.
b
d +e +a =b ]a -b +d =- e
(04) Correta.
D
(08) Correta.
Outra maneira de determinar o módulo do
vetor soma Vs, neste caso, é notar que os dois
triângulos formados (SABC e SBCD) são equiláteros, portanto: Vs = a = b = 5 u
b)O vetor c , tal que a + b + c = 0, tem a mesma
direção, o mesmo módulo e sentido contrário
do vetor soma Vs . Portanto c tem direção horizontal, módulo 5 u e sentido da direita para
a esquerda, de acordo com a figura a seguir.
(16) Incorreta.
d +e +a =b ]a -b +d +e =0
Resposta: 12 (04 + 08)
T.123
Observando que CB + BA = CA
e CD + DE + EA = CA ,
vem: CB + BA = CD + DE + EA
Portanto: EA - CB + DE = BA - CD
B
a
c
α
60°
60°
β
A
E
VS
x
C
b
D
Resposta: d
37
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.124
I.Correta.
a = 2 i + 3j
II.Correta.
b = 2j
III.Correta.
60º
V1
V2
V3
b + c = 2j + 1 i - 2j
b + c = 1i
Resposta: d
V
Ve
y
T.128
Para os três vetores superiores, temos:
A
V2 = 8 u
V1 = V3 = 8 : cos 60° = 8 :
1
2
Ay
` V1 = V3 = 4 u
60°
V = V1 + V2 + V3 = 4 u + 8 u + 4 u
` V = 16 u
Para os três vetores inferiores, por simetria, temos:
Ax = - A $ cos 60° = - 40 $
V’ = 4 u + 8 u + 4 u ] V’ = 16 u
O vetor resultante VR terá módulo:
Ay = A $ sen 60° = 40 $
VR = V + V’ ] VR = 16 u + 16 u
Resposta: b
Do diagrama dado, observamos que a = b e,
portanto, d = a - b + c = c . Assim, o vetor d tem
módulo 2 u, direção vertical e sentido para baixo.
Resposta: b
T.126
1
` Ax = - 20 u
2
3
` Ay = 20 3 u
2
Resposta: c
` VR = 32 u
Capítulo 8
Cinemática vetorial
Para pensar
1 cm
y
1.
Quanto maior a altura do plano de descida,
maior será a velocidade do atleta ao atingir
o plano inclinado e maior será o vão que ele
poderá transpor até atingir o início da segunda
rampa e vice-versa.
2.
O movimento do atleta é variado. Desprezada
a resistência do ar e considerando o atleta sob
a ação exclusiva da gravidade, seu movimento
será uniformemente variado. Mas também é
retardado, pois o módulo de sua velocidade decresce com o decorrer do tempo. Outro modo de
concluir que o movimento é retardado consiste
na observação de que os vetores velocidade e
aceleração têm sentidos opostos.
1 cm
x
0
As componentes dos vetores em relação ao eixo
dos x se anulam. Em relação ao eixo dos y, temos
5 pares de vetores de componentes 4 cm, 1 cm,
2 cm, 4 cm e 6 cm. Assim, o módulo do vetor
soma é igual a:
2 : (4 + 1 + 2 + 4 + 6) cm = 34 cm
Resposta: c
T.127
Física em nosso mundo
Como utilizar aplicativos de localização
O vetor deslocamento d está representado na figura a
seguir. O módulo desse vetor d, no mapa, corresponde a
6 mm. O comprimento da escala (em metro) corresponde
a 10 mm. Por meio de uma regra de três, calculamos o
módulo do vetor deslocamento, em metro.
6 mm
d
] d = 60 m
=
110 m
10 mm
cx
a
cy
rio de
s
Av. O
de
Andra
i
gu
bir
va l d
o
i
Sa
b
j
R.
ax
c
R. Má
ay
Alberto Jackson Byington
Av. Dr.
T.125
x
Ax
38
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
b)O segmento orientado que representa o vetor
deslocamento tem origem no Jabaquara e
extremidade no Tucuruvi.
Exercícios propostos
P.149
P2
R
d
P1
O comprimento do segmento orientado que
representa o vetor d, medido com uma régua
milimetrada, é de, aproximadamente, 9,5 cm.
Por uma regra de três, temos:
R
1 cm
9,5 cm
O
2 km
d
Portanto: d = 19 km
c) v m =
a)Ss =
2sR
2s $ 100
] Ss =
4
4
` Ss = 50s m
2
d
19 km
] vm =
]
44
St
h
60
] v m - 25,9 km/h
P.151a)
b)d = R + R ] d = R 2
2
2
c)vm =
Sv 5 v2 2 v1
v1
` d = 100 2 m
50s
Ss
] vm =
10
St
v2
` vm = 5,0s m/s
d) v m
Sv 2 = v 1 2 + v 2 2
d
100 2
=
] vm =
10
St
Sv 2 = (3,0)2 + (4,0)2
` v m = 10 2 m/s
` Sv = 5,0 m/s
P.150
Tucuruvi
am =
Sv
5,0
] am =
2,0
St
` a m = 2,5 m/s2
b)
v1
Sv 5 v3 2 v1
v3
Sv = v 1 + v 3
d
Sv = 3,0 + 3,0
` Sv = 6,0 m/s
am =
` am
Sv
6,0
] am =
5,0
St
= 1,2 m/s2
P.152a)MCU
v
P
acp
Sentido do
movimento
Jabaquara
20,2 km
Ss
] vm =
]
44
St
h
60
] vm - 27,5 km/h
a)vm =
• v:tangente à trajetória pelo ponto P e tem
o sentido do movimento.
39
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
• a cp:orientada para o centro O da circunferência.
A velocidade do pescador em relação às margens é:
• a t = 0, pois o movimento é uniforme.
v res. 2 = v rel. 2 + v arr. 2
• a = a cp
v res. 2 = 32 + 42
v res. = 5 km/h
b)MCUV retardado
v
P
at
P.158Trecho AC:
a
acp
varr.
vres.
vrel.
v res. = v rel. + varr. ] v res. = 8 km/h
*St
Sendo o movimento variado, temos a t ! 0.
Sendo o movimento retardado, o sentido de
a t é oposto ao de v.
AC
8 km
AC
] St AC =
] St AC = 1 h
8 km/h
v res.
=
Trecho CA:
vrel.
A soma vetorial a cp + a t define a aceleração
resultante a.
vres.
P.153a)v = v0 + at
v res. = v rel. - varr. ] v res. = 2 km/h
*St
v = 0,5 + 3 : 0,5
` v = 2 m/s
v = v = 2 m/s
b) a cp
AC
8 km
AC ]
St AC =
] St AC = 4 h
2 km/h
v res.
=
Portanto: StAC + StCA = 5 h
v2
22
=
` a cp = 4 m/s2
] a cp =
R
1
Trecho AB :
c) a t = a ` a t = 3 m/s2
2
2
2
2
vres.
d)a = a cp + a t ] a = 4 + 3 ` a = 5 m/s­
P.154a) a cp =
2
2
2
vrel.
2
2
3
v
] a cp =
` a cp = 4,5 m/s2
R
1
varr.
b)a t = 0, pois o movimento é uniforme.
Z
2
2
] v res. 2 = v rel. 2 - varr. 2 = 5 - 3
]]
[` v res. = 4 km/h
8 km
]S
AB
] St AB =
] St AB = 2 h
] t AB = v
4 km/h
res.
\
O trecho BA é análogo ao trecho AB, portanto
StBA = 2 h. Logo, StAB + StBA = 4 h.
c) a = a cp = 4,5 m/s
2
P.155a)a t = a ` a t = 4 m/s2
b)a cp = 0, pois o movimento é retilíneo.
c) a = a t = 4 m/s2
P.156
varr.
A diferença entre os intervalos de tempo necessários para completar os percursos é de 1 h.
Rio abaixo:
v res. = v rel. + varr. ] 18 = v rel. + varr. 
P.159
| varr.| 5 v
Rio acima:
v res. = v rel. - varr. ] 12 = v rel. - varr. 
varr.J
Somando  e , temos: v rel. = 15 km/h
vrel.
e substituindo em : varr. = 3 km/h
P.157
B
60 cm
J
C
Diagonal
80 cm
vrel.
vres.
A
varr.
tg J =
vg =
v arr.
v res.
3
v
4
]
80
v
= v
g
60
vres.
40
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.160
P.164a)Ss = QP + PN + NM ]
v0
v0
] Ss = 2,0 cm + `3,0 cm j2 + `4,0 cmj2 + 4,0 cm ]
B
] Ss = 11 cm
v0
vm =
O
Ss 11 cm
=
] vm = 5,5 cm/s
2,0 s
St
d
, em que o módulo do vetor
St
deslocamento d é dado por:
b)Sendo v m =
A
d = `3,0 cmj2 + `4,0 cmj2 = 5,0 cm, temos:
a)v A = 0, pois rola sem deslizar.
vm =
b)v B = v translação + v rotação ] v B = v 0 + v 0
v B = 2v 0
P.165
P.161
v
O
A
v
B
v
5,0 cm
] v m = 2,5 cm
2,0 s
Vamos, inicialmente, calcular o módulo da velocidade do remador em relação às águas (velocidade relativa). Sabendo que ele está descendo
o rio, temos:
v res. = v rel. + varr. ] 3 = v rel. + 0,5
` v rel. = 2,5 m/s
Em relação às águas, o boné está em repouso.
Logo, o remador deverá percorrer 17,5 m com
velocidade v rel. = 2,5 m/s:
vB
v rel. =
vB = v $ 2
` vB = 5 2 m/s
P.166
P.162a)De x = 1 + 3t e y = 1 + 4t, resulta:
vx = 3 m/s e vy = 4 m/s
Logo: v 2 = v2x + v 2y ] v 2 = 32 + 42
` v = 5 m/s
Ss rel.
17,5
] 2,5 =
` St = 7 s
St
St
A velocidade resultante v res. tem a direção da
reta AB e o sentido de A para B. A velocidade de
arrastamento varr. tem a direção e o sentido da
correnteza. A velocidade relativa v rel. tem módulo
mínimo quando for perpendicular à reta AB:
x-1

3
Substituindo  em y = 1 + 4t, temos:
b)De x = 1 + 3t, temos: t =
y=1+4
`x - 1j
3
1
4x
]y=- +
3
3
]y=1+
B
4x
4
- ]
3
3
vres.
Exercícios propostos de recapitulação
A
varr.
P.163
vD
MU
O
MUV
A
B v
B
No triângulo sombreado, temos:
v rel.
v rel.
1
` vrel. = 2,0 m/s
sen 30° = v ] =
arr.
2
4,0
v res.
v res.
3
=
` vres. = 2,0 3 m/s
cos 30° = v ]
arr.
4,0
2
MU
aD
aB
C
vrel.
60°
D
aE
MUV
E v
E
F
• v B:direção da reta AC e sentido de A para C.
Testes propostos
T.129
300 m
• a B:tem o sentido de v B, pois o movimento é
acelerado.
• v D:tangente à trajetória pelo ponto D e sentido
do movimento.
• a D:orientado para o centro da trajetória.
400 m
400 m
d
• v E:direção da reta CF e sentido de C para F.
• a E:tem sentido oposto ao de v E, pois o movimento é retardado.
A
B
300 m
41
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
A distância percorrida em uma volta é igual a:
2 $ 300 m + 2 $ 400 m = 1.400 m
Módulo da velocidade escalar média:
Ss
1.500 m
] |vm| =
] |vm| = 1,0 m/s
|vm| =
25 $ 60 s
St
Para 10,5 voltas, a distância total percorrida será:
10,5 $ 1.400 m = 14.700 m
Ao completar 10,5 voltas, partindo do vértice
A, a senhora atinge o ponto B. Pelo teorema de
Pitágoras, temos: d2 = (400)2 + (300)2 ` d = 500 m
Resposta: d
T.133
Para t = 4 s, temos:
x = 3 $ 4 ` x = 12 cm e y = 43 - 12 $ 4 ` y = 16 cm
Resposta: c
T.130
Para t = 0, temos: x = 0 e y = 0
y (cm)
O
N
4,0 m
d2
16
H
d
3,0 m
d1
0
12
x (cm)
Teorema de Pitágoras:
2
d = (12)2 + (16)2 ` d = 20 cm
L
S
Resposta: b
Vamos aplicar duas vezes o teorema de Pitágoras:
T.134
2
d 1 = (4,0)2 + (3,0)2 ` d 1 = 5,0 m
2
Sv
v2
2
d 2 = d 1 + H2 ] (5,0 2 )2 = (5,0)2 + H2 ]
] 50 = 25 + H2 ` H = 5,0 m
Resposta: c
v1
N
T.131
2
NO
Sv = v 1 2 + v 2 2
NE
Sv 2 = (8,0)2 + (8,0)2
120 km
` Sv = 8,0 2 m
160 km
O
am =
L
Sv
8,0 2
] am =
4,0
St
` a m = 2,0 2 m/s2
d
Resposta: a
SE
SO
T.135
S
Teorema de Pitágoras:
direção : constante
3 MRU (1)
módulo : constante
2
d = (120)2 + (160)2 ` d = 200 km
Módulo da velocidade vetorial média:
direção : variável
4 MCUV (4)
módulo : variável
d
200 km
] vm =
] v m = 800 km/h
St
1/4 h
Resposta: e
vm =
T.132
direção : variável
4 MCU (3)
módulo : constante
Módulo da velocidade vetorial média:
O vetor deslocamento d, com origem no ponto A e extremidade no ponto N, tem módulo:
d = 900 m. O módulo da velocidade vetorial
média é, por definição:
vm =
d
900 m
] vm =
] v m = 0,6 m/s
25 $ 60 s
St
Cálculo do comprimento do lado AB do triângulo:
900 m
A base do triângulo é AC =
= 30 m.
30
Pelo teorema de Pitágoras, temos:
(AB)2 = (20)2 + (15)2 ` AB = 25 m
Ss = 60 $ 25 m = 1.500 m
Velocidade vetorial
direção : constante
3 MRUV (2)
módulo : variável
Resposta: b
T.136
Sendo o sentido de a t oposto ao de v, concluímos
que o movimento é retardado, ou seja, o módulo
da velocidade está diminuindo.
Resposta: b
T.137
a
acp
at
P
v
42
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
• v: tangente à trajetória e no sentido do movimento.
T.144
• a t: oposto a v, pois o movimento é retardado.
• a cp: orientado para o centro da trajetória.
• a = a t + a cp
Para atingir o ponto exatamente em frente ao
ponto de partida, deve-se dispor o barco obliquamente em relação à correnteza, de modo que a
velocidade resultante tenha direção perpendicular à margem.
Resposta: d
T.138
Nos trechos AB e CD, o automóvel realiza MRU.
Logo, nesses trechos a aceleração é nula. No trecho BC, temos MCU. Nesse trecho, a aceleração
é centrípeta e seu módulo é constante.
varr.
T.139
v=
v=
Ss
]v=
St
403 km
403 km
=
- 284 km/h
25
85
h
h
60
60
varr.
Cálculo do módulo da velocidade resultante:
1h+
Ss res.
800 m
=
] v res. = 8 m/s
100 s
St
v res. =
284
m/s ] v - 79 m/s
3,6
Cálculo do módulo da velocidade relativa:
79
v
] 0,1 $ 10 =
` R - 6.241 m
R
R
Das alternativas dadas, a mais próxima é a e.
O teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo
destacado fornece:
Resposta: e
` v rel. = 10 m/s
acp =
T.140
vres.
vrel.
Resposta: d
2
2
v rel. 2 = v res. 2 + varr. 2 ] v rel. 2 = 82 + 62
Resposta: d
Menino A: v res. = v rel. + varr. ]
] v res. = v + v0 = 3 + 3 ` v res. = 6 m/s
T.145
Q
Menino B: v res. = v rel. - varr. ]
Correnteza
] v res. = v - v0 = 3 - 3 ` v res. = 0 m/s
Resposta: a
T.141
Sem remar:
Rio abaixo com vrel. = 2,0 m/s:
P
d = (vrel. + vCR) $ St’ ] d = (2,0 + vCR) $ 100 
varr.
PQ = v res. $ St ] 4,0 = v res. $ 0,5
Das expressões  e , temos: vCR = 1,00 m/s e
d = 300 m
` v res. = 8,0 km/h
Rio acima:
v rel. 2 = v res. 2 + v arr. 2
d = (v’rel. - vCR) $ St’’ ] 300 = (v’rel. - 1,00) $ 600
v rel. 2 = (8,0)2 + (6,0)2
` v’rel. = 1,50 m/s
` v rel. = 10 km/h
Resposta: 28 (04 + 08 + 16)
T.142
vres.
vrel.
d = vCR $ St ] d = vCR $ 300 
Como a ação da correnteza é a mesma para as
duas boias, pode-se raciocinar como se a correnteza não existisse. O menino deve nadar na
direção da linha K.
Resposta: d
N
T.146
2
v res.
= (120)2 + (90)2
vrel.
O
Resposta: a
vres. = 150 km/h
L
Resposta: a
vres.
varr.
T.143
B
2
2
2
v res.
= v rel.
+ v arr.
C
S
SE
T.147
vrel.
|varr.| 5 72 km/h 5 20m/s
vres.
A
vrel.
varr.
AB = v rel. $ St
1,0 = 3,0 $ St
a
|vres.| 5 10 m/s
` St = 20 min
10
1
= , concluímos que a 1 45°.
20
2
Portanto, a velocidade da gota em relação ao
motorista tem a direção indicada em V.
Resposta: c
Resposta: e
1,0
St =
h
3,0
Sendo tg a =
43
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Capítulo 9
T.148
Lançamento horizontal e lançamento oblíquo
(Chuva/solo) vres.
varr.
vrel.
(Chuva/carro)
vrel.
Para pensar
1.
Durante a subida, o módulo da velocidade de cada
gota diminui, até atingir o ponto mais alto da
trajetória. Na descida, o módulo da velocidade
de cada gota aumenta.
2.
No ponto mais alto da trajetória, a velocidade
atinge um módulo mínimo, mas não é nula. Se a
velocidade fosse nula, as gotas não descreveriam
trajetórias parabólicas na descida, mas, sim,
trajetórias verticais. Portanto, a afirmação está
incorreta.
θ
vres.
varr.
(Carro/solo)
A velocidade da chuva em relação ao carro é a
velocidade relativa `v rel.j. A velocidade do carro
em relação ao solo é a velocidade de arrastamento ( v arr. = 80,0 km/h). A velocidade resultante é a da chuva em relação ao solo ( v res. = v).
No triângulo destacado na figura, temos:
v arr.
v arr.
0,8
80,0
sen J
tg J =
] cos J =
]
= v
0,6
v
v
res.
res.
` v = 60,0 km/h
Atividade prática
Queda livre versus lançamento horizontal
Os tempos de queda das moedas serão praticamente
iguais, ou seja, elas chegarão ao solo simultaneamente.
Isso pode ser percebido tanto visualmente quanto pelo
som que emitem ao se chocarem contra o solo.
Exercícios propostos
P.167
Resposta: b
x
v0
T.149
2 3 vcarro
h 5 2.000 m
vcarro
v0
x
y
v50
vy
• Valor mínimo: v = 0, no ponto de contato da
roda com o solo.
g 2
t ] 2.000 = 5 $ t 2
2
` t = 20 s
b)x = v0t ] x = 250 $ 20
` x = 5.000 m
a)S =
• Valor máximo: 2 $ vcarro = 2 $ 90 km/h = 180 km/h,
no ponto da roda que é simétrico ao ponto de
contato, em relação ao centro.
Resposta: e
c)vy = v0 + gt ] vy = 0 + 10 $ 20
T.150
y
` vy = 200 m/s
A 2v
A
O v
O
Eixo
Eixo
2m
v 2 = v 02 + v 2y ] v 2 = (250)2 + (200)2
` v - 320 m/s
P.168
v0 5 4,0 m/s
d
D
Se a velocidade do eixo O é v, a velocidade do
ponto superior A do cilindro é 2v. A distância
percorrida pelo eixo é d = vt . A distância percorrida pelo operário é de D = 2vt . Portanto,
de  e :
D
D = 2d ] d =
2
D
Sendo D = d + 2 ] D =
+2`D=4m
2
Resposta: a
39,2 m
x
d
40,0 m
v
44
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Tempo de queda: h =
g 2
10 2
t ] 39,2 =
t
2
2
g 2
t ] 1,25 = 5t 2 ] t2 = 0,25 ` t = 0,5 s
2
b)h =
` t = 2,8 s
c)O lançamento horizontal é o resultado da
composição de dois movimentos independentes: a queda livre e o movimento horizontal.
Esses movimentos são simultâneos. Por isso,
o intervalo de tempo que a bolinha demora
para atingir o chão, após ser lançada horizontalmente, é igual ao intervalo de tempo que
ela demoraria se fosse abandonada a partir
da borda da mesa.
Alcance horizontal:
x = v 0t = 4,0 $ 2,8 ` x = 11,2 m
d = 40,0 - x ] d = 40,0 - 11,2
` d = 28,8 m (à frente do segundo garoto)
P.169a)Em relação ao piloto, a trajetória é um segmento de reta vertical, isto é, em cada instante o pacote está exatamente abaixo do
avião e afastando-se dele.
v0 5 0
v
h
v
h
Em cada instante, a bolinha em queda livre e
a bolinha lançada horizontalmente estão na
mesma horizontal.
d
d)x = vt ] x = 5 $ 0,5 ` x = 2,5 m
e)vy = v0 + gt ] vy = 0 + 10 $ 0,5 ` vy = 5 m/s
b)Em relação às pessoas no solo, o pacote descreve um arco de parábola.
c)h =
g 2
t ] 720 = 5t 2 ] t2 = 144
2
y
v 2chão = v 2 + v y2 ] v 2chão = 52 + 52 ` vchão - 7 m/s
P.171
y
` t = 12 s
v 5 vx
d)d = vt ] 1.200 = v $ 12
` v = 100 m/s
e)vy = v0 + gt ] vy = 0 + 10 $ 12
v0
v0
J
y
` vy = 120 m/s
0
vx
v 2­­­­­solo = v 2 + v2y ] v 2­­­­­solo = (100)2 + (120)2
` vsolo - 156,2 m/s
H
y
x
A
a)A velocidade mínima v é atingida no ponto
mais alto da trajetória e é igual à componente
vx:
v = vx = v0 $ cos J
v = v0 $ cos 60°
v = 10 $ 0,50
v 5 100 m/s
vy 5 120 m/s
vsolo
` v = 5,0 m/s
b)Basta fazer vy = 0 em vy = v0 - gt :
y
v0 = v0 $ sen J ] v0 = 10 $ sen 60° ]
y
y
] v0 = 10 $ 0,86
y
P.170a)
` v0 = 8,6 m/s
y
v
vy = 8,6 - 10 $ t ] 0 = 8,6 - 10 $ tS
` tS = 0,86 s
h 5 1,25 m
c)Para o cálculo de H, fazemos: v y = 0 em
v 2y = v02 - 2gSy
y
Logo:
0 = (8,6)2 - 2 $ 10 $ H ` H - 3,7 m
Para o cálculo de A, substituímos o tempo total
do movimento em x = vxt.
45
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Temos: tT = 2 $ tS = 2 $ 0,86
d)v 2y = v ­02 - 2gSs ] 0 = (60)2 - 2 $ 10 $ H
y
` tT = 1,72 s
` H = 180 m
Como vx = 5,0 m/s, temos:
e)vc = vx = 80 m/s
A = 5,0 $ 1,72 ` A = 8,6 m
f) vB = v0 = 100 m/s
v20 $ sen2 J
v20 $ sen2 J
P.172a)H =
] 20 =
]
2g
2 $ 10
y
] v0 $ sen J = 20
Mas v0 $ sen J = v0 . Assim, temos:
vx
C
v0
y
H
vy = v0 - gt ] 0 = 20 - 10ts
y
B
` ts = 2,0 s
0
Portanto, o tempo de subida é: ts = 2,0 s
x
A
O tempo total do movimento é:
v0
tT = 2ts ` tT = 4,0 s
b)Conhecendo v0 = 20 m/s e vx = 5,0 m/s, tiray
mos v0:
P.175
vx (m/s)
y
80
C
v0
vx
v0
0
H
y
t (s)
vx = 80 m/s = constante
J
0
12
vx
A
x
vy (m/s)
60
v 20 = v 20 + v 2x
6
y
v 20 = (20)2 + (5,0)2
0
v 20 = 425
` v0 - 20,6 m/s
vy = v0 - gt ] vy = 60 - 10t ]
y
Z
]t = 0 ` v y = 60 m/s
]ou
]
] [t = 6 s ] v y = 0
]ou
]]t = 12 s ` v = - 60 m/s
y
\
Logo: J é o ângulo cujo cosseno é - 0,24
d)x = vx t ] A = vx t T ] A = 5,0 $ 4,0
` A = 20 m
P.173a)A velocidade mínima é atingida no ponto
mais alto da trajetória. Nesse ponto, a componente vertical da velocidade (vy) é nula e
a velocidade mínima é igual à componente
horizontal (vx):
vmín. = vx = v0 $ cos J ] vmín. = vx = 50 $ 0,60
` vmín. = 30 m/s
` x = 150 m
g
g
y - v0 t - t2 ] y = v0 $ sen J $ t - t2 ]
y
2
2
] y = 50 $ 0,80 $ 5,0 -
10
$ (5,0)2
2
y
g 5 10 m/s2
v0
v0
t 5 0,9 s
H
1,35 m
J
v0
x
27 m
x
a)y = v0 t y
` y = 75 m
g 2
10
t ] 1,35 = v0 $ 0,9 $ (0,9)2 ]
y
2
2
] 1,35 = v0 $ 0,9 - 4,05
y
vx = v0 $ cos J ] vx = 100 $ 0,80 ` vx = 80 m/s
v0 = v0 $ sen J ] v0 = 100 $ 0,60 ` v0 = 60 m/s
y
a)vy = v0 - gt ] 0 = 60 - 10 $ tS
y
` tS = 6 s
b)tT = 2 $ tS ` tT = 12 s
c)x = vxt ] A = 80 $ 12
` A = 960 m
P.176
y
b)x = vxt ] x = 30 $ 5,0
y
t (s)
260
vx
5,0
c)cos J = v ] cos J =
] cos J - 0,24
20,6
0
P.174
12
y
] v0 $ 0,9 = 5,4 ` v0 = 6 m/s
y
y
b)x = vxt ] 27 = vx $ 0,9 ` vx = 30 m/s
v0
6
tg J = v ] tg J =
] tg J = 0,2
x
30
y
c)vy2 = v20 - 2g Sy ] 0 = v20 - 2gH ] H =
y
]H=
y
(6)2
` H = 1,8 m
2 $ 10
v20
]
2$g
y
46
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.177
Tempo de queda:
y
s=
g 2
t
2
10 2
t
2
2,45 =
v0
t = 0,7 s
Alcance x:
32º
0
x = v0t
x
A
x = 20 $ 0,7
` x = 14 m
a)v0 = 108 km/h = 30 m/s
O outro rapaz deve percorrer Ss = 6,3 m
(20,3 m - 14 m) no intervalo de tempo St = 0,7 s.
v0 = v0 $ sen 32°
y
v0 = 30 $ 0,53
Logo, sua velocidade será:
` v0 = 15,9 m/s
v=
y
y
Cálculo do tempo de subida:
6,3 m
Ss
]v=
` v = 9 m/s
0,7 s
St
P.180
vy = v0 - gt
y
y
v
0 = 15,9 - 10 $ ts
vy
` ts = 1,59 s
v0
Tempo de voo:
tvoo = 2ts ` tvoo = 3,18 s
60º
b)Cálculo do alcance A:
vx = 30 $ cos 32°
Cálculo de vx :
vx = 30 $ 0,85
vx = v0 $ cos 60° ] vx = 100 $
` vx = 25,5 m/s
vy = v0 - gt ] vy = v0 $ sen 60° - gt ]
A = vx $ tvoo ] A = 25,5 $ 3,18 ` A = 81,09 m
y
Como cada fusca ocupa uma vaga de 2,1 m de
largura, concluímos que o número de fuscas
é dado por:
b)De x = 50t, temos: t =
O módulo da velocidade vetorial do projétil 4 s
após o lançamento é dado por:
` v - 68,3 m/s
P.181
y (m)
x
50
Em y = 5t2, resulta: y = 5 $ c
]y=
x 2
]
50 m
v0
x2
(arco de parábola)
500
0,50
c)t = 10 s ] x = 500 m e y = 500 m
d)vx = 50 m/s
J 5 45º
H
0
vy = gt = 10 $ 10 ` vy = 100 m/s
v 2 = v2x + v 2y ] v 2 = 502 + 1002
80
x = vxt ] x = (v0 $ cos J) $ t ] 80 = v0 $
P.179
v0 5 20m/s
x
Movimento vertical:
a
y = y0 + v0 t + t2 ]
y
2
] y = y0 + (v0 $ sen J) $ t +
] 0 = 0,50 + v0 $
x
20,3 m
x (m)
a)Movimento horizontal:
` v - 112 m/s
2,45 m
3
- 10 $ 4 ` vy - 46,6 m/s
2
v 2 = v x2 + v y2 ] v 2 = (50)2 + (46,5)2
Exercícios propostos de recapitulação
y
] vy = 100 $
81,09
= 38,61 ` N = 38 fuscas
2,1
a)x = v0t ] x = 50t (SI)
g
y = t2 ] y = 5t 2 (SI)
2
1
` vx = 50 m/s
2
Cálculo de vy:
De x = vxt, vem:
P.178
x
t0 5 0
vx = v0 $ cos J
N=
t 5 4 s vx
2
$t
2
-g 2
t ]
2
2
$ t - 5t2 
2
 em : 0 = 0,50 + 80 - 5t2 ] 5t2 = 80,5 ]
] t2 = 16,1 ` t - 4,0 s
47
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
2
40
$ 4,0 ] v0 =
2
2
Em : 80 = v0 $
O tempo total é: tT = 2t ` tT = 2 2 s
Para o movimento horizontal, temos:
` v0 = 20 2 m/s ] v0 - 20 $ 1,4 m/s = 28 m/s
x = vxt ] x = (v0 $ cos 45°) $ t ]
b)Equação de Torricelli
vy2 = v20 - 2gSy ]
y
] 0 = e v0 $
2
2
o - 2 $ 10 $ (H - 0,50) ]
2
] 0 = e20 $ 2 $
2
2
o - 2 $ 10 $ (H - 0,50) ]
2
] x = e20,0 $
2
2
o $ t ] A = e20,0 $
o $ tT ]
2
2
] A = e20,0 $
2
o $ 2 2 ` A = 40,0 m
2
b)O artilheiro deve percorrer 16,0 m no intervalo
de tempo de 2 2 s. Assim, a velocidade média do artilheiro, para que ele alcance a bola
imediatamente antes de ela tocar o gramado,
deve ser igual a:
] 0 = 202 - 20 (H - 0,50)
` H = 20,5 m
P.182a)
y
16,0
Ss
] vm =
] vm = 4,0 $ 2 m/s ]
St
2 2
vm =
] vm = 4,0 $ 2 $ 3,6 km/h
` vm - 20 km/h
P.184
y
1,8 m
2,2 m
v0 5 100 m/s
H
v0
x
0 0,4 m
vy 5 0
y
0
J
x
vx
A
3,6 m
0 = v 20 - 2 $ 10 $ 1,8
sen 30° = 0,5
J = 30° ] *
3
cos 30° =
- 0,9
2
v 20 = 36 ` v0 = 6,0 m/s
a)v0 = v0 $ sen J ] v0 = 100 $ 0,5
v 2y = v 20 - 2gy
y
y
y
y
y
Tempo de subida:
y
` v0 = 50 m/s
y
v y = v0 - gt ] 0 = 6,0 - 10 $ ts
vy = v0 - gt ] 0 = 50 - 10ts
y
y
` ts = 0,6 s
` ts = 5 s (tempo de subida)
b)x = vxt ] 3,6 = vx $ 0,6
tT = 2ts = 2 $ 5 ` tT = 10 s (tempo total)
` vx = 6,0 m/s
Como vx = v0 = 6,0 m/s, concluímos que o
y
ângulo de lançamento J é igual a 45°.
vx = v0 $ cos J = 100 $ 0,9 ` vx = 90 m/s
x = vxt ] A = vx $ tT ] A = 90 $ 10 ` A = 900 m
b)Cálculo da altura máxima (H ) segundo Salviati:
g
y = y0 + v 0 t - t2, em que y = H para t = ts = 5 s
2
10 $ 52
] H = 250 - 125
Logo: H = 50 $ 5 2
` H = 125 m
P.183
y
y (m)
v0
J 5 45º
x (m)
0
A
c)Cálculo da altura máxima (d) segundo Simplício:
d
tg 30° =
A
1
sen 30°
1
2
1
2
Como tg 30° =
=
= $
=
,
2
cos 30°
3
3
3
2
temos:
d
1
=
` d - 520 m
900
3
a)A distância horizontal percorrida pela bola
entre o lançamento até a posição de recebimento pelo artilheiro é o alcance A.
Cálculo do instante em que a bola atinge o
ponto mais alto da trajetória:
vy = v0 + at ] vy = v0 $ sen 45° - 10t ]
y
] 0 = 20,0 $
2
- 10t ` t = 2 s
2
d
30º
A 5 900 m
48
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Cálculo do tempo de queda
Testes propostos
Para o movimento vertical (MUV), temos:
T.151
y=
y
P
Q
g 2
10
t ] 0,80 =
$ t2 ` t = 0,40 s
2
2
Cálculo da velocidade máxima de lançamento
Para o movimento horizontal (MU), temos:
x = v0t ] 1,20 = v0 $ 0,40 ` v0 = 3,0 m/s
Resposta: c
T.155
vx
P
x
Q
v0
vQ
vy
vP
h
Para o corpo P, temos:
v 2P = v 2x + v 2y
Mas vy = vQ. Logo: v 2P = v 2x + v Q2 ` vP 2 vQ
Os tempos de queda são iguais: tP = tQ
Resposta: a
T.152
x5h
Os movimentos verticais das três bolas são de
queda livre, no mesmo instante e da mesma
altura. Portanto, elas atingem o solo simultaneamente: ty = tx = tz
Podemos constatar tal fato calculando o tempo
de queda. Para o movimento vertical (MUV),
g
temos: y = t2. Sendo H a altura da mesa, cal2
culamos o tempo de queda tq:
g
H = tq2 ] tq =
2
2H
g
h=
` h = 5,0 m
x = v0 t ] h = v0t ] 5,0 = v0 $ 1
` v0 = 5,0 m/s
Resposta: d
T.156
H=
g 2
10 2
t ] 5 =
t ` t = 1 s
2
2
x1 = v1t ] 1 = v1 $ 1
O mesmo H implica tq iguais.
` v1 = 1 m/s (velocidade mínima)
Resposta: d
T.153
g 2
10
t ]h=
$ 12
2
2
x2 = v2t ] 4 = v2 $ 1
A bola lançada com velocidade maior tem maior
alcance. Portanto, Az 1 Ay 1 Ax
` v2 = 4 m/s (velocidade máxima)
Podemos constatar tal fato calculando o alcance. Para o movimento horizontal (MU), temos:
x = v0t. Sendo A o alcance e tq, temos: A = v0tq.
Para o mesmo tq, maior v0 implica maior A.
Resposta: d
Logo: 1 1 v 1 4
T.157
t aumenta, pois a altura H aumenta.
Como x1 e x2 se mantêm constantes, v1 e v2
diminuem.
x1
x2
Assim temos: v1 = t e v2 = t
Assim:
Ax 2 Ay 2 Az
Resposta: c
x2
x1
x2 - x1
Sv = v2 - v1 = t - t ] Sv =
t
T.154
v0
Como t aumenta, Sv diminui.
x
Resposta: e
T.158
20 cm
O movimento componente horizontal é uniforme. Por isso, a componente horizontal da
velocidade é constante.
Resposta: c
T.159
30 cm
(120 cm; 80 cm)
y
A (D, 300 m)
y
Para atingir o quarto degrau, a altura de queda
deve ser 80 cm = 0,80 m e, para que a velocidade
de lançamento seja máxima, o alcance deve ser
120 cm = 1,20 m.
v0
300 m
J
0
D
x
49
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Para o movimento vertical (MUV), temos:
g
10 2
y = v0 t - t2 ] y = (v0 $ sen J ) $ t t ]
y
2
2
] y = 100 $ 0,8t - 5t2 ]
o mesmo módulo da componente vertical no
instante de lançamento, isto é, 200 m/s. No ponto
T
mais alto da trajetória d t = n, temos: vy = 0
2
] 300 = 80t - 5t2 ] t2 - 16t + 60 = 0
y
` t = 6 s ou t = 10 s
O instante procurado é t = 10 s, para que a granada atinja o ponto A somente após passar pelo
ponto de maior altura possível.
C
Para o movimento horizontal (MU), temos:
v0
x = vxt ] x = (v0 $ cos J) $ t ] x = 100 $ 0,6t ]
] x = 60t ] D = 60 $ 10 ` D = 600 m
T.160
] 5,7 = (v0 $ 0,5) $ 1,4 ` v0 - 8,0 m/s
T.167
Vamos calcular, inicialmente, a altura máxima:
v 2y = v 02 - 2gSy
y
0 = v 02 - 2gH
y
H=
vx = v0 $ cos 60° ] vx = 20 $ 0,50 ` vx = 10 m/s
3
v0 = v0 $ sen 60° ] v0 = 20 $
` v0 = 10 3 m/s
y
y
y
2
vy = v0 - gt ] 0 = 10 3 - 10 $ ts
v20 y
2g

E, a seguir, o tempo de subida e o tempo total:
vy = v0 - gt
y
y
0 = v0 - gts
` ts = 3 s e tT = 2 3 s
y
x = vx t ] x = vX tT ] x = 10 $ 2 $ 3 ` x - 35 m
ts =
Resposta: a
v0 = v0 $ sen 30° ] v0 = 100 $ 0,50 ` v0 = 50 m/s
y
v0y
g
ttotal = 2 $
y
vy = v0 - gt ] 0 = 50 - 10 $ tS ` tS = 5 s
v0y
g

Da figura dada, temos: HQ 2 HP = HR
y
Resposta: c
De  concluímos que v0
T.164
De  resulta: tQ 2 tP = tR
vx
T.168
J
vx
De vx = v0 $ cos J e sendo v0 = 2vx , temos:
1
vx = 2vx $ cos J ] cos J =
2
Resposta: b
g 2
g
t ] y = v0 $ sen 30° $ t - t2 ]
2
2
] y = 100t - 5t 2
A componente vertical da velocidade, no instante em que o projétil atinge o solo (t = T), tem
y (P)
= v0
y(R)
Para as três trajetórias, a altura máxima é a
mesma. Isso significa que as velocidades iniciais
de lançamento na direção vertical são iguais,
assim como os tempos de subida e, consequentemente, os tempos de permanência no ar. Isto é:
Vy = Vy = Vy e ta = tb = tc. Os alcances obedea
b
c
c
b
a
Resposta: c
y
t=8s
480 = 100t - 5t 2 ] t 2 - 20t + 96 = 0 ` *ou
t = 12 s
Resposta: a
2 v0
cem à desigualdade: Ac 2 Ab 2 Aa. Isso significa
que entre as componentes horizontais das
velocidades vale a mesma desigualdade, isto é:
Vx 2 Vx 2 Vx
y = v0 t -
Fazendo y = 480 m, temos:
y (Q)
Resposta: a
v0
T.166
y
Resposta: c
Resposta: b
T.165
x
v0
vB 5 v0
A aceleração a é a aceleração da gravidade. Logo,
seu módulo é constante.
y
t5T
vx
B
0 vx
t0 5 0
Resposta: d
T.163
T
2
60º
Considerando que a amiga apanhou o buquê na
mesma horizontal em que foi lançado, concluímos que o alcance do lançamento foi de 5,7 m. Se
o tempo que o buquê levou para atingir a altura
máxima foi de 0,7 s, concluímos que o tempo
total de movimento é tT = 2 $ 0,7 s = 1,4 s.
x = vxt ] x = (v0 $ cos 60°) $ t ] x = (v0 $ 0,5)tT ]
T.162
t5
y
Para o movimento horizontal (MU), temos:
T.161
vy 5 0
v0
Resposta: d
vx
Exercícios especiais
Exercícios propostos
P.185
A velocidade mínima corresponde à desenvolvida pela bala até atingir o objeto no solo. O tempo
de queda do objeto é dado por:
g
s = t2 ] 80 = 5t 2 ` t = 4 s
2
50
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
a)vx = v0 $ cos 45° ] vx = 10 $ 0,7
Durante 4 s, a bala avança 200 m na horizontal
com movimento uniforme. Logo:
` vx = 7 m/s
200
Ss
]v=
` v = 50 m/s
v=
4
St
x = vxt ] 3 = 7t ` t - 0,43 s
b)v0 = v0 $ sen 45° ] v0 = 10 $ 0,7
y
P.186
Objeto
(origem
dos espaços)
y
` v0 = 7 m/s
y
g
y = v0 t - t2 ] y = 7 $ 0,43 - 5 $ (0,43)2
y
2
` y - 2,1 m
t0 5 0
c)vy = v0 - gt ] vy = 7 - 10 $ 0,43
y
` vy = 2,7 m/s
v0
v0
y
525 m
v 2 = v2x + v 2y ] v 2 = 72 + (2,7)2
H
` v - 7,5 m/s
45º
vx
525 m
s
P.189a)
y
x
30º v
v0
a)Movimento horizontal do projétil:
x = vxt ] x = v0 $ cos 45° $ t ]
vx
J
] 525 = 200 $ 0,7 $ t ` t = 3,75 s
vy
4,8 m
2,3 m
x
20,4 m
9,6 m
b)Função horária do objeto:
2,5 m
vx
y
30 m
g
s = t2 ] s = 5 $ (3,75)2 ` s - 70,3 m
2
2
y
v =v
2
0y
- 2 gSy
Ao atingir o ponto mais alto, temos vy = 0.
Assim:
Relativamente ao solo, o encontro ocorrerá a:
H - 525 - 70,3 ` H - 454,7 m
0 = v20 - 2 $ 9,8 $ 2,5
P.187
y
v02 = 49 ` v0 = 7,0 m/s
y
y
y
A componente vertical da velocidade da bola
ao chegar ao gol tem módulo igual a v0 :
y
v0
|vy| = v0 = 7,0 m/s
y 5 3,0 m
y
Com a orientação do eixo y para cima, temos:
vy = - 7,0 m/s
45º
x 5 5,0 m
b)
x
Movimento horizontal:
v0
x = v0 $ cos 45° $ t
2
5,0 = v 0 $
$t 
2
v0
y
30º
vx
Movimento vertical:
g
y = v0 y t - t2
2
y = v0 sen 45° $ t - 5t2
3,0 = v0 $
v
y
v0
7,0
3
= v ` vx = 7,0 $ 3 m/s
tg 30° = v ]
x
3
x
y
x = vxt ] 20,4 = 7,0 $ 3 $ t ` t - 1,7 s
2
$ t - 5t2 
2
Testes propostos
2 $ 5,0 2
De  e : 3,0 = 5,0 - 5 $ f
p
v0 $ 2
T.169
` v0 - 11,2 m/s
P.188
Vamos, inicialmente, analisar o movimento relativo, isto é, o movimento do projétil em relação
ao vento.
Cálculo do tempo de queda:
y
v
vy
v0
y
45º
0
vx
y
3m
1.200 = 600 t
`t=2s
vx
v0
x = vxt
x
Cálculo da distância do ponto A ao ponto de
impacto B (se não houvesse vento).
g
10
y = t2 ]
$ 22
2
2
` y = 20 m
Vamos, agora, analisar o movimento de arrastamento, isto é, o arrastamento devido ao
vento. Sendo v = 15 m/s a velocidade do vento,
51
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
d
Logo: t0 = tg = v
0
concluímos que em t = 2 s o projétil é arrastado:
s = vt = 15 $ 2 ` s = 30 m
O resultado obtido nos mostra que podemos
resolver o exercício como se não houvesse gravidade, pois esta age igualmente nos dois corpos
em movimento.
De oeste para leste, atingindo o ponto C do
anteparo.
Assim:
d 2 = (AB)2 + (BC)2
Resposta: a
d2 = (20)2 + (30)2
T.171
d2 = 1.300
y
` d = 10 13 m
t Bola 1
vx
d
A
H
x
C
x
x
v = v0 - gt ] 0 = 30 - 10t ` t = 3,0 s
v2 = v02 - 2gSy ] 0 = 302 - 2 $ 10 $ H ` H = 45 m
Considerando a aceleração da gravidade nula,
o objeto ficaria em repouso e a esfera realizaria
um MRU com velocidade v0.
Cálculo da abscissa x e da ordenada y da bola 2
no instante t = 3,0 s
x = vxt ] x = (v0 cos 30°) $ t ]
A colisão ocorreria em um instante t0 dado por:
d
d
v0 = t ] t0 = v
0
0
] x = 50 $
Levando em conta a aceleração da gravidade g, o
objeto realiza uma queda livre, e a esfera é lançada
obliquamente. Seja tg o instante do encontro.
y = v0 t y
10
1
$ 3,0 $ 3,02 ` y = 30 m
2
2
Teorema de Pitágoras:
d2 = x2 + (H - y)2 ] d2 = (75 3 )2 + (45 - 30)2 ]
h
] d2 = 16.875 + 225 ]
d
y
3
$ 3,0 ` x = 75 3 m
2
g 2
g
t ] y = (v0 $ sen 30°) $ t - t2 ]
2
2
] y = 50 $
y
v0
d2 = 17.100 ` d = 17.100 m
Resposta: c
y
v0
T.172
J
v0
x
x
x
x = v0 $ cos J $ tg 
y = v0 $ sen J $ tg -
v0
v0
Esfera:
g 2
$t 
2 g
y
30º
A
vx
y
B
55 m
C
Objeto (queda livre):
x 5 AB 1 CD e y 5 55 m
g
h = $ t2g 
2
vx = v0 $ cos 30°
 em :
vx = 100 $ 0,866
y = v0 $ sen J $ tg - h ] y + h = v0 $ sen J $ tg
2
2
Bola 2
Cálculo do tempo t de subida da bola 1 e da
altura máxima H atingida
Resposta: a
T.170
y
30º
t50
B
y
50 m/s
30 m/s
d
2
d = x + (y + h) ]
] d2 = (v0 $ cos J $ tg)2 + (v0 $ sen J $ tg)2 ]
d
] d 2 = v20 $ t 2g ] tg = v
0
` vx = 86,6 m/s
v0 = - v0 $ sen 30°
y
v0 = - 100 $ 0,50
y
` v0 = - 50 m/s
y
x
D
52
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
y = v0 t +
y
g 2
t
2
P.192a)T = 120 min = 120 $ 60 s ] T = 7.200 s
b)f =
y = - 50t + 5t 2 (SI)
Ao atingir D, temos y = 55 m. Logo:
55 = - 50t + 5t 2 ] 5t2 - 50t - 55 = 0 ]
P.193
t=- 1s
] t2 - 10t - 11 = 0 ` *ou
t = 11 s
De x = vxt, para t = 11 s e x = AB + CD, resulta:
AB + CD = vx $ t ] 40 + CD = 86,6 $ 11
P.194
1
volta
4
1 volta
` CD = 912,60 m
Resposta: d
T.174
P.195
E a frequência: f =
v1
1
1
] f=
T
7,6 $ 106
` f - 1,3 $ 10-7 Hz
x
Física em nosso mundo
Referencial no solo:
v0
v2
J’
Sendo:
v 1: velocidade relativa ao trem
v 0: velocidade de arrastamento
v 2: velocidade resultante
Conclusões para um observador no solo:
1a) O ângulo de lançamento é menor (J’ 1 J).
2a)A componente vertical de v 2 é igual à componente vertical de v 1. Logo, a altura máxima
alcançada é a mesma.
Resposta: c
Capítulo 10
Movimentos circulares
Para pensar
Sugestão de resposta: O movimento de qualquer ponto
das pás de um ventilador em relação ao seu eixo e o
movimento dos pontos de um pneu de automóvel em
relação ao eixo da roda são exemplos de movimento com
trajetória circular. Há outras possibilidades de resposta.
Exercícios propostos
1
volta/h
12
Ponteiro dos minutos: T = 1 h e f = 1 volta/h
Ponteiro das horas: T = 12 h e f =
Ponteiro dos segundos: T = 1 min e f = 1 volta/min
P.191a)f = 120 rpm = 120
O período em segundos do planeta Mercúrio é:
] T - 7,6 $ 106 s
y
J
P.190
T
T = 88 dias = 88 $ 24 $ 3.600 s ]
v1
v1
2h
`T=8h
Referencial no trem:
v1
O período de uma oscilação completa corresponde ao intervalo de tempo para a esfera pendular
ir da posição A até a posição B e retornar à A.
Logo: T = 4 s
A frequência é dada por:
1
1
] f = ` f = 0,25 Hz
f=
4
T
Resposta: c
T.173
1
1
] f=
` f - 1,4 $ 10-4 Hz
T
7.200
rotações
rotações
]
= 120
60 s
minuto
] f = 2 Hz
1
1
b)T = ` T = s ] T = 0,5 s
2
f
Satélites geoestacionários
1.
Os satélites artificiais utilizados em telecomunicações devem ser geoestacionários para receber
e transmitir dados sempre de uma mesma região
da Terra.
2.
O astrônomo verá o satélite exatamente na
mesma posição, porque um satélite artificial
geoestacinário se mantém imóvel em relação a
um observador situado na Terra.
12
Hz ] f = 0,2 Hz
60
1
1
]T=
`T=5s
b)T =
0,2
f
P.196a)f = 12 rpm =
2s
2s
`h=
rad/s
T
5
2s
$ 10 ` v = 4s cm/s
d)v = hR ] v =
5
2
(4s)2
v
e) a cp =
] a cp =
` a cp = 1,6s2 cm/s2
R
10
c)h =
P.197a)T = 4 s (intervalo de tempo de uma volta
completa)
s
2s
2s
]h=
` h = rad/s
b)h =
T
4
2
5s2
s 2
cm/s2
c) a cp = h2R ] a cp = c m $ 5 ` a cp =
4
2
P.198a)v = hR ] 7 = h $ 14 ` h = 0,50 rad/s
v2
72
] a cp =
` a cp = 3,5 m/s2
R
14
2s
2s
2s
c)h =
]T= h ]T=
` T = 4s s ]
T
0,50
b)a cp =
] T - 12,6 s
P.199a)De s = 4 + 2t (SI), comparando com s = s0 + vt,
vem s0 = 4 m e v = 2 m/s.
s0
4
A0 =
] A0 = ` A0 = 2 rad
R
2
2
v
] h = ` h = 1 rad/s
h=
R
2
b)A = A0 + ht ] A = 2 + t (SI)
53
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
2s
2s
2s
]T= h ]T=
` T = 2s s
T
1
1
1
f=
`f=
Hz
T
2s
c)h =
P.200
P.206a)f1 R1 = f2 R2 ]
` T2 = 20 s
b)f2 =
Todos os pontos da pá completam uma volta no
mesmo intervalo de tempo. Eles têm o mesmo
período, a mesma frequência e a mesma velocidade angular.
Logo:
a)f = 120 rpm ] f =
T =
120
Hz ] f = 2 Hz
60
1
1
` T =
s ] T = 0,5 s (para os dois
2
f
c)h2 =
P.207
P.208a)hA RA = hB RB ] 2sfA RA = 2sfB RB ]
] fA RA = fB RB ] 75 $ 10 = fB $ 15
` fB = 50 rpm
v = hR ] 20 = h $ 500 ` h = 0,04 rad/s
fC = fB = 50 rpm, pois as engrenagens B e C
pertencem ao mesmo eixo de rotação.
SA
SA
] 0,04 =
` SA = 1,6 rad
40
St
b)vP = hC RC ] vP = 2sfC RC ]
2s
2$3
R]v=
$ 6.400
T
24
] vP = 2s $
` v = 1.600 km/h
a cp =
`1.600|3,6j
v2
] a cp =
R
6,4 $ 106
` vP =
2
` hA = 25 rad/s
2 $ 3,1
2s
$ 1,5 $ 108
R]v=
T
3,1 $ 107
` v = 30 km/s
` a cp
` hB - 8,33 rad/s
` h = 40 rad/s
e
v = hR ] v = 40 $ 0,5
` v = 20 m/s
P.211
1
$ 4,2 $ 104 ` v = 1,05 $ 104 km/h
4
P.205a)f1 R1 = f2 R2 ] f1 $ 10 = 60 $ 50 ` f1 = 300 rpm
b)v = h1 R1 ] v = 2sf1 R1 ] v1 = 2s $
` v1 = s m/s
300
$ 0,10
60
h = h0 + Dt ] 20 = 0 + D $ 10
` D = 2 rad/s2
h2 = h02 + 2D SA ] (20)2 = 0 + 2 $ 2 $ SA
` SA = 100 rad
1 volta
n
]n=
2s rad
100 rad
100 voltas
] n - 15,9 voltas
2s
P.212
Em 10 s, a pedra completou 20 oscilações. Isso
significa que em 1 s a pedra completa duas oscilações. Portanto, a frequência desse pêndulo é de
duas oscilações por segundo, ou seja, f = 2,0 Hz.
P.213
O período de rotação do ponteiro das horas é
T = 12 h e a Terra gira em torno de seu eixo com
período T' = 24 h. Portanto:
s
2s
2s
1
]h=
`h=
rad/h ou h - rad/h
T
4
12
24
v=h$R]v=
2
a
]D=
` D = 4 rad/s2
R
0,5
b)h = h0 + Dt ] h = 0 + 4 $ 10
O satélite estacionário tem a mesma velocidade
angular da Terra. Logo:
h=
P.210a)D =
(30 $ 103)2
v2
] a cp =
R
1,5 $ 108 $ 103
= 6,0 $ 10-3 m/s2
A aceleração de um ponto do Equador, no movimento de rotação da Terra, e a aceleração da
Terra, em seu movimento em torno do Sol, são
muito menores do que a aceleração da gravidade
(g = 10 m/s2). Por isso, o movimento de rotação da
Terra e seu movimento orbital, em torno do Sol,
interferem muito pouco no movimento usual de
um corpo na superfície terrestre. Essa é a razão
de podermos considerar a Terra um referencial
inercial nos movimentos usuais que um corpo
realiza na superfície da Terra, conforme veremos
no Capítulo 11, item 4.
P.204
2s
m/s
15
b)hA RA = hB RB ] 25 $ 5,0 = hB $ 15
v = hR ] v =
a cp =
50
$ 8 $ 10-2
60
P.209a)v = hA R ] 10 = hA $ 0,40
` a cp - 3,1 $ 10-2 m/s2
P.203
hB RB = hARA ] hB $ 2RA = 30 $ RA
` hC = 20 rad/s (sentido horário)
vB = hRB ] vB = 4s $ 0,10 ` vB = 0,4s m/s
v = hR ] v =
s 1
s
$ ` v2 =
cm/s
10 2
20
hC RC = hA RA ] hC $ 1,5 $ RA = 30 $ RA
c)vA = hRA ] vA = 4s $ 0,15 ` vA = 0,6s m/s
P.202
s
2s
2s
] h2 =
` h2 =
rad/s
T2
10
20
` hB = 15 rad/s (sentido horário) e
2s
2s
b)h =
]h=
` h = 4s rad/s
T
0,5
h=
1
1
] f2 =
` f2 = 0,05 Hz
T2
20
d)v2 = h2 R2 ] v2 =
pontos)
P.201
R1
R2
0,5
1
=
]
=
T1
T2
T2
10
1
f
f
f
T' 24
T
=
]
=
=
]
=2
1
12
f'
f' T
f'
T'
54
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.214a)h =
2s
2s
]h=
` h = 2s rad/h
T
1
Essa função é representada pelo gráfico a
seguir:
b)v = h R ] v = 2s $ 0,50 ` v = s m/h
P.215
h (m)
60
Para que, em relação a um observador na Terra,
o satélite esteja parado, seu pe­río­do (e, portanto,
sua velocidade angular) deve ser igual ao da
40
Terra.
vsatélite
20
km
Satélite
60
120
180
240
t (s)
35
.8
0
0
0
b)Vamos estimar em 30 s o tempo para o carrossel completar uma volta, isto é, T = 30 s.
2s
2$3
Assim, temos: h0 =
] h0 =
T
30
` h0 = 0,20 rad/s
6.400 km
Terra
A aceleração centrípeta tem módulo constante e igual a:
hs = hT =
acp = h02r ] acp = (0,20)2 $ 4 ` acp = 0,16 m/s2
s
2s
` hs = hT =
rad/h
12
24
No gráfico:
ac (m/s2)
vs = hs Rs
vs =
s
$ (6.400 + 35.800)
12
vs =
s
$ 42.200
12
0,24
0,20
0,16
0,12
` vs - 1,1 $ 104 km/h ou vs - 3,0 km/s
0,08
P.216a)Considere a tabela e os pontos assinalados
no gráfico abaixo.
T (s)
0
60
120
180
240
H (m)
0
20
40
20
0
Vamos, a seguir, determinar a função h = f(t).
h
R 3 cos A
A
t
h
R
Da figura, temos:
h = R - R cos A ] h = R (1 - cos A) ]
2s
tn ]
] h = R (1 - cos ht) ] h = R d1 - cos
T
t em segundo.
0
P.217
10
20
30
40
t (s)
O velocímetro é calibrado para medir a velocidade
do carro em km/h. Na realidade, ele mede a frequência f com que as rodas giram. Sendo R o raio
das rodas, de acordo com o fabricante, a velocidade do carro (medida pelo velocímetro) é dada por
vv = hR = 2sf R. A cada valor de f corresponde
um valor de vv, daí a possibilidade de calibrar o
velocímetro em unidades de velocidade. Vamos
analisar cada carro.
Carro A: R
h50
t50
] h = 20 $ d1 - cos
0,04
2s
t n, para h em metro e
240
O carro A usa os pneus indicados pelo fabricante. Logo, a indicação do velocímetro coincide
com a do radar. Assim, a linha 2 corresponde
ao carro A.
Carro B:
A velocidade vB do carro B (e que é registrada
pelo radar) é dada por vB = hRB.
De vv = hR e sendo RB 2 R, vem: vB 2 vv. Portanto,
a velocidade indicada pelo velocímetro é menor
do que a velocidade do carro B (que é registrada
pelo radar). Logo, a linha 3 corresponde ao carro
B. O proprietário do carro B deve ser mais precavido, pois a velocidade de seu carro é maior
do que a indicada pelo velocímetro.
55
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.178
Carro C:
De vc = hRc e vv = hR, sendo Rc 1 R, vem vc 1 vv: a
velocidade indicada pelo velocímetro é maior do
que a velocidade do carro C (que é a velocidade
registrada pelo radar). A linha 1 corresponde
ao carro C.
P.218
Seja R o raio da roda ligada à catraca, h1 e h2 as
velocidades angulares da roda, que são iguais
às velocidades angulares das catracas. Temos:
v1 = 12 km/h = h1R e v2 = h2R
Todos os pontos da superfície da Terra têm o
mesmo período, pois completam uma volta no
mesmo intervalo de tempo. Consequentemente,
suas frequências e suas velocidades angulares
são também iguais. Quanto à velocidade tangencial v, ela depende do raio da trajetória descrita
(v = hR), sendo maior para os pontos de Macapá.
h
Selekhard
Podemos escrever
v2
h2
= h1 
12
Macapá
São Paulo
Como a velocidade angular dos pedais (coroa)
se mantém constante, vem:
hcoroa $ Rcoroa = hcatraca $ Rcatraca ]
h2
6,0

] h1 $ 6,0 = h2 $ 4,5 ] h1 =
4,5
Resposta: a
T.179
Substituindo  em :
v2
6,0
=
` v2 = 16 km/h
4,5
12
P.219
h = 2sf ] h = 2s $
Resposta: a
2
h = h + 2DSA ] 20 = 0 + 2D $ 20s
10
` D = s rad/s2 ] D = 3,18 rad/s2
P.220
D=
T.180
10 - 3
Sh
]D=
` D = 0,35 rad/s2
20
St
h2 = h02 + 2DSA ] 102 = 32 + 2 $ 0,35 $ SA
1 volta
2s rad
130 rad
n
130 voltas
] n - 20,7 voltas
]n=
2s
Resposta: b
T.181
Portanto: vc = 1,05 $ vv
Para vc = 80
1
1
`T = s
4
f
` vv - 76 km/h
Resposta: b
T.182
Resposta: d
De va =
A estação espacial dá uma volta completa
em 90 min = 1,5 h. Nesse intervalo de tempo,
Macapá terá percorrido a distância d dada por:
d = vSt ] d = hT $ RT $ St ]
]d=
s
2s
2s
]h=
`h=
rad/s
T
30
60
v = hR ] v =
km
, vem:
h
80 = 1,05 $ vv
Resposta: d
h=
Velocímetro: vv = hR
Velocidade do carro: vc = h $ 1,05 $ R
240
f = 240 rpm =
Hz = 4 Hz
60
O intervalo de tempo necessário para que P’ se
desloque de A até B é igual à metade do período
T. Portanto:
1
T
1
4
St =
] St =
` St = s
8
2
2
T.177
VA
VB
VA
RA
=
]
=
RA
RB
VB
RB
hA = hB ]
eT=
T.176
Os carros A e B entram e saem das curvas no
mesmo intervalo de tempo. Logo, descrevem o
mesmo ângulo e, portanto, têm a mesma velocidade angular:
` SA = 130 rad
Testes propostos
T.175
1
` h = s rad/s
2
v = hR ] v = s $ 5 ` v = 5s cm/s
SA = 10 $ 2s rad = 20s rad
2
0
30
1
Hz = Hz
2
60
f = 30 rpm =
A0 = 0; h = 20 rad/s
2
A velocidade angular da mancha de tinta é a
mesma do disco:
` d = 2.500 km
s
s
$ 0,50 ` v =
cm/s
30
60
2s
2s
$ Ra e vb =
$ Rb, vem:
Ta
Tb
va
Tb Ra
vb = Ta $ Rb
Sendo Ta = 1 h, Tb = 12 h, Ra = 7,5 m e Rb = 5,0 m,
va
va
12 7,5
$
] v = 18
resulta: v =
1 5,0
b
b
Resposta: c
2s
40.000
$ RT $ St ] d =
$ 1,5
TT
24
Resposta: d
T.183
De acp =
v2
v
e v = hR, temos: R = h
R
Logo:
2s
v2
acp = v ] acp = vh ] acp = v $
]
T
h
] acp = 12 $
Resposta: c
2$3
` acp = 4,8 m/s2
15
56
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
T.184
(2v)2
v2
v2
; acp =
] acp = 8 
A
B
B
R
R
R
2
acpB
De  e , temos: acp =
A
8
Considerando as rodas dianteiras e traseiras,
temos:
acp =
2sRDfD = 2sRT fT ] 2RDfD = 2RT fT ] DDfD = DT fT ]
] DD $
Resposta: a
T.185a)Incorreta. As velocidades lineares dos pontos
periféricos das duas rodas, em cada instante,
têm o mesmo módulo. Assim, considerando
os pontos A e B, temos:
` fT = 0,5 Hz
Resposta: d
T.189
vA = vB
16
16
24
] Ttraseira =
=
1
Ttraseira
24
2
` Ttraseira =
s
3
hARA = hBRB
v2
b)Incorreta. De acp =
e lembrando que os
R
pontos periféricos têm o mesmo valor de
v, resulta que, para valores diferentes de R,
teremos valores diferentes de acp.
c)Correta. De hARA = hBRB, temos:
Resposta: b
T.190
T.191
fA
RB
=
RA
fB
O menor valor de R ocorre para a serra de fita
quando movimentada pela polia 2.
Mas o menor valor de h ocorre na transmissão
do movimento circular da polia 1 (do motor)
para a polia 3 (que é a de maior raio). Esse fato
é demonstrado considerando que as polias 1
e 3 giram com velocidades lineares iguais em
pontos periféricos:
d)Incorreta. As frequências são diferentes.
e)Incorreta. Como não há deslizamento, o
módulo da velocidade dos pontos periféricos
das rodas é igual ao módulo da velocidade da
correia.
v1 = v3 ] hmotor $ Rpolia1 = h $ Rpolia3
Resposta: c
(R maior ] h menor)
Como não há nenhum deslizamento entre as
rodas e a polia, as velocidades tangenciais vA e
vA
vB são iguais. Logo, a razão v = 1.
Note que a velocidade angular da polia 3 é a
mesma da polia 2 (mesmo eixo). Por último, de
h = 2 sf, concluímos que a polia 3, por ter o menor valor de h, terá menor frequência. Portanto:
polia do motor ligada à polia 3 e serra de fita
movimentada pela polia 1 é a situação indicada
pela montagem Q.
B
De vA = vB, vem:
hA
RB
hA
1
] hB =
hARA = hBRB ] h B =
RA
2
hA
1
De h B = , temos:
2
2s
TA
TB
TA
1
1
= ]
= ]
=2
TA
TB
2
2
2s
TB
Resposta: a
T.192
(fR)engrenagem = (fR)cremalheira
fengrenagemRengrenagem = fcremalheiraRcremalheira
3$4=
T.188
v=
2sR
Ss
]v=
] v = 2sRf
T
St
Rcoroa
Rcatraca
Resposta: c
T.193
1
$ 60 ` Tcremalheira = 5 s
Tcremalheira
Resposta: b
hcatracaRcatraca = hcoroaRcoroa ] hcatraca = hcoroa $
A máxima velocidade da bicicleta corresponde
à máxima velocidade angular da catraca. Para
isso, devemos usar o máximo Rcoroa (R2) e o mínimo Rcatraca (R3).
Resposta: d
T.187
Por uma questão de segurança, a serra de fita
deve possuir a menor velocidade linear.
De v = hR, concluímos que o menor valor de v
implica menor valor de R e menor valor de h.
A frequência do movimento de cada roda é
inversamente proporcional ao seu raio.
T.186
Os pontos Y e Z giram juntos, em torno de um
mesmo eixo de rotação, descrevendo ângulos
iguais em intervalos de tempo iguais. Portanto,
Y e Z têm a mesma velocidade angular.
Resposta: e
hARA = hBRB ] 2sfARA = 2sfBRB ] fARA = fBRB ]
]
fdianteiraRdianteira = ftraseiraRtraseira
Rdianteira
Rtraseira
=
Tdianteira
Ttraseira
Os raios das rodas e, portanto, dos movimentos descritos pelos pontos A e B são RA e RB,
respectivamente. Sendo hA e hB as correspondentes velocidades angulares e sendo vA = vB,
podemos escrever:
A roda de maior raio tem menor velocidade
angular.
1
1
= DT fT ] 1,0 $
= 1,6 $ fT
TD
1,25
A coroa localizada na roda traseira (catraca) deve
ter o menor raio e a coroa dianteira, movimentada pelos pedais, deve ter o maior raio.
Resposta: a
T.194
fcatracaRcatraca = fcoroaRcoroa
fcatraca $ 5 = fcoroa $ 15
fcatraca = 3 $ fcoroa
57
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
Assim, enquanto a coroa dá uma volta, a catraca
dá 3 voltas. Nesse intervalo, a distância percorrida pela bicicleta (d) será:
d = 3 $ 2sRroda ] d = 3 $ 2 $ 3 $ 0,40
` d = 7,2 m
Resposta: c
T.195
I.Correta. Cada uma das 2 coroas dianteiras
pode ser ligada a cada uma das 5 coroas
traseiras. Assim, temos 10 combinações
(2 # 5), isto é, 10 marchas.
II.Incorreta. A coroa dianteira é a de maior
raio e a traseira é a de menor raio.
III.Correta. A subida íngreme deve ser feita
com velocidade reduzida. Para isso, deve-se
acionar a coroa dianteira de menor raio e a
coroa traseira de maior raio.
Resposta: a
T.196
O deslocamento angular do disco nas 10 revoluções é:
P.223
A frequência de disparo é: f = 30 balas/min
Então, o intervalo de tempo entre duas balas
1
1
consecutivas é: St =
=
min
30
f
Nesse intervalo de tempo, o disco deve dar pelo
menos uma volta, para que a próxima bala passe
pelo mesmo orifício. Então, a frequência mínima
do disco deve ser: fmín. =
1
= 30 rpm
St
Entretanto, a bala seguinte também passará
pelo mesmo orifício se o disco der 2 voltas, 3
voltas etc.
Portanto, as frequências múltiplas (60 rpm,
90 rpm, 120 rpm etc.) também são soluções
para o pro­blema.
P.224a)sA = vAt ] sA = 8 $ 20 ` sA = 160 m
sB = vBt ] sB = 6 $ 20 ` sB = 120 m
sA - sB = 40 m
t0 5 0
A
SA = 10 $ 2s ` SA = 20s rad
h2 = h02 + 2DSA ] (20)2 = 0 + 2D $ 20s ]
t 5 20 s
B
B
2
(20)
10
] D = s ` D - 3,2 rad/s2
2 $ 20 $ s
]D=
40 m
Resposta: b
A
Exercícios especiais
b)sA - sB = 120
Exercícios propostos
P.221
vAt - vBt = 120
300
f = 300 rpm =
Hz = 5 Hz
60
8t - 6t = 120
Vamos determinar o intervalo de tempo St que o
alvo rotativo demora para descrever um ângulo
s
rad:
SA = 18° =
10
s
SA
10
1
] 2s $ 5 =
` St =
s
h = 2sf =
100
St
St
Nesse intervalo de tempo, o projétil percorreu
Ss = 15 m. Assim, sua velocidade vale:
v=
Ss
]v=
St
d
15
` v = 1.500 m/s
1
100 n
P.222
v0
P
R
2
R
30º
A
` t = 60 s
P.225a)1 a experiência:
A passará novamente por B quando estiver
uma volta na frente:
AA - AB = 2s
hAt - hBt = 2s
(hA - hB) $ t = 2s
(hA - hB) $ 40 = 2s
hA - hB =
R
2
2 a experiência:
AA + AB = 2s
hA t + hB t = 2s
(hA + hB) $ t = 2s
h
(hA + hB) $ 8 = 2s
hA + hB =
Pela figura, concluímos: A = 120° =
A = ht ]
2s
1
= 2st ` t = s
3
3
PQ = v0t ] 2R $ cos 30° = v0t ]
] 2 $ 0,50 $
` v0 =
3
1
= v0 $
3
2
3 3
m/s ou v0 - 2,6 m/s
2
s

20
Nesse caso, os módulos de AA e AB somam
2s rad:
Q
R
30º
2t = 120
2s
rad
3
s

4
s
3s
rad/s e hB =
rad/s
10
20
2s
3s
2s
40
b)hA =
]
=
` TA =
s
TA
TA
3
20
De  e , temos: hA =
hB =
s
2s
2s
]
=
` TB = 20 s
TB
TB
10
c)vA = hARA ] vA =
vB = hBRB ] vB =
3s
$ 40 ` vA = 6s cm/s
20
s
$ 20 ` vB = 2s cm/s
10
58
Resoluções dos exercícios
Física 1
PARTE I
Os fundamentos da física
P.226a)O período da Terra é de 12 meses e o de Mercúrio é de 3 meses. Depois que Mercúrio der
uma volta completa, ocorre o alinhamento
Mercúrio, Sol e Terra, conforme indica a figura abaixo:
P.229
Partindo do instante em que os ponteiros estão
superpostos às 12 horas, temos as funções horárias angulares:
2s
$t
Ponteiro das horas: Ah = hht ] Ah =
12
Ponteiro dos minutos: Am = hmt ] Am =
t
2s
$t
1
Para que os ponteiros se superponham, após as
4 horas, é preciso que o ponteiro dos minutos
dê 4 voltas a mais que o ponteiro das horas:
T
AT
Am - Ah = 4 $ 2s
AM
2s
2s
tt = 4 $ 2s
1
12
t50
T
M
S
t-
t
=4
12
12 - 1
$t=4
12
M
`t=4$
Nessas condições:
AM - AT = hMt - hTt = s ]
]t=
2s
2s
t=s
TM
TT
1
1
1
1
= 1 ] 2t $ d =1]
2t $ e
TM
TT o
3 12 n
3
= 1 ` t = 2 meses
12
] 2t $
b)AT = hTt =
` AT =
P.227a)f = 33
2s
2s
t ] AT =
$2
TT
12
s
rad = 60°
3
T.197
L = 15,0 cm - 7,0 cm = 8,0 cm
4 $ 60
min
11
t = 4 h + 21 min +
9
min
11
t = 4 h + 21 min +
9 $ 60
s
11
1
s, o projétil percor4
re o diâmetro da esfera (Ss = 2R = 10 m).
Logo, a velocidade do projétil é dada por:
v=
` v - 24,4 cm/s
P.228a)A velocidade linear de um ponto da superfície do cilindro é igual à velocidade da linha:
5,0
v
]h=
` h = 2,5 rad/s
R
2
T
1
=
s
4
2
No intervalo de tempo St =
100
n
3
v = hR ] v = 2sfR ] v = 2s $
$ 7,0
60
b)Todos os pontos do carretel têm a mesma velocidade angular h. Para um ponto da superfície
do cilindro (R = 2 cm e v = 5,0 cm/s), temos:
120
Hz ] f = 2 Hz
60
1
1
`T= s
2
f
Logo: St =
d
50
Ss
]v=
` v = 5,0 cm/s
10
St
A velocidade máxima do projétil corresponde
ao ponto A ser atravessado em um intervalo de
tempo igual à metade do período:
T=
8,0 cm
= 0,010 cm = 0,10 mm
800
b)Vale lembrar que a agulha do toca-disco percorre o LP da extremidade de maior raio para
a extremidade de menor raio. Logo:
h=
t=4h+
f = 120 rpm ] f =
A distância média entre dois sulcos consecutivos (d ) será dada por:
4
h
11
Testes propostos
A largura da face útil do LP é:
t=4h+
Logo, x = 21 e y = 49.
100
1
rpm =
rpm
3
3
100
$ 24 rotações = 800 rotações
3
v=
48
h
11
t = 4 h 21 min 49 s
Em 24 minutos, o LP dará:
d=
12
h]
11
10
Ss
]v=
` v = 40 m/s
1
St
4
Resposta: d
T.198
Sendo T o período de rotação do disco, concluímos que o intervalo de tempo para que a esfera
percorra o segmento BC é:
3T
1
St = T + T ] St =
2
2
3T
Sendo St = 6 s, temos: 6 =
`T=4s
2
Resposta: c
59
Resoluções dos exercícios
Física 1
Os fundamentos da física
T.199a)Incorreta.
vB = hBRB ] 3s = hB $ 6 ` hB =
b)Incorreta.
PARTE I
s
rad/s
2
T.202
A
B
vA = hARA ] vA = 2sfARA ] 2s = 2sf $ 6
`f=
1
Hz
6
c)Incorreta.
hB =
s
2s
2s
] =
` TB = 4 s
TB
TB
2
B
d)Correta.
A
Vamos resolver por velocidade relativa. A
velocidade de B em relação a A vale:
Vamos calcular, inicialmente, o intervalo de
tempo necessário para ocorrer o 1o encontro:
1
AA = hAt = 2sfAt ] AA = 2s $ $ t
3
vrel. = vB - vA = 3s m/s - 2s m/s = s m/s.
Portanto, em relação a A, o carro B se movimenta com velocidade s m/s. B encontra A
após percorrer 2sR.
AB = hBt = 2sfBt ] AB = 2s $
Logo: Ssrel. = vrel.St
No 1 o encontro, temos:
2s $ 6 = s $ St ` St = 12 s
AA + AB = 2s ]
e)Incorreta.
vrel. = s m/s
]
Resposta: d
T.200
2s
2s
t
t
12
t+
t = 2s ] + = 1 ` t =
min
4
4
7
3
3
Em 1 h, isto é, 60 min, teremos n encontros,
dado por:
Sendo 3 s e 7 s, respectivamente, os períodos das
partículas, elas voltarão ao ponto de partida nos
instantes:
n=
Partícula (1): 3 s 6 s 9 s 12 s 15 s 18 s
21 s 24 s ...
60
` n = 35 encontros
12
d
n
7
Resposta: b
Partícula (2): 7 s 14 s 21 s 28 s 35 s ...
Com os dados acima, concluímos que as partículas estarão novamente juntas, na posição
de partida, no instante 21 s. Observe que 21 é o
mínimo múltiplo comum de 3 e 7.
T.203
Polo
Norte r 5 R 3 cos 60º
B
r
Resposta: e
T.201
Um modo de resolver esse exercício é por velocidade angular relativa.
Resposta: c
A
R
Em relação ao ponteiro, a formiga desloca-se com
velocidade relativa:
Logo, em 60 s, a formiga dá uma volta e encontra
o ponteiro duas vezes.
60º
Equador
A velocidade angular da formiga é hF = 2s rad/min.
O período do ponteiro dos segundos é Ts = 1 min
e sua velocidade angular é:
2s
2s
] hs =
` hs = 2s rad/min
hs =
Ts
1
hrel. = hF + hs = 4s rad/min
2s
2s
Seu período será: hrel. =
] 4s =
T
T
1
` T = min = 30 s
2
1
$t
4
Polo
Sul
vA = hR  e vB = hr ] vB = h $ R $ cos 60° 
De  e , temos:
vA
vA
vA
1
1
v B = cos 60° ] v B = 0,5 ] v B = 2
Resposta: a