1. (Uerj 2015) Uma ave marinha costuma mergulhar de uma altura

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1. (Uerj 2015) Uma ave marinha costuma mergulhar de uma altura de 20 m para buscar
alimento no mar.
Suponha que um desses mergulhos tenha sido feito em sentido vertical, a partir do
repouso e exclusivamente sob ação da força da gravidade.
Desprezando-se as forças de atrito e de resistência do ar, a ave chegará à superfície do
mar a uma velocidade, em m/s, aproximadamente igual a:
a) 20
b) 40
c) 60
d) 80
2. (Cefet MG 2014) Na Terra a aceleração da gravidade é aproximadamente igual a 10
m/s2 e na Lua, 2 m/s2. Se um objeto for abandonado de uma mesma altura em queda
livre nos dois corpos celestes, então a razão entre os tempos de queda na Lua e na Terra
é
a) 1/ 10 .
b) 1/5.
c) 1.
d) 5.
e) 10.
3. (Udesc 2014) Uma pessoa do alto de um prédio solta uma bola e mede o módulo da
posição da bola em função do tempo. A figura, abaixo, mostra o esboço do gráfico da
posição em relação ao tempo.
Assinale a alternativa que representa o esboço dos gráficos em relação à velocidade 
tempo e à aceleração  tempo, respectivamente.
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a)
b)
c)
d)
e)
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4. (G1 - cps 2014) Para os passageiros experimentarem a sensação equivalente à
“gravidade zero”, um avião adaptado sobe vertiginosamente (figura 1) para, depois,
iniciar uma descida brusca que dura apenas alguns segundos.
Durante essa descida brusca, a velocidade horizontal mantém-se constante, variando
apenas a velocidade vertical. Na parte central desse avião, há um espaço vazio onde os
passageiros, deitados no chão, aguardam o mergulho da aeronave.
No momento do mergulho, cada passageiro perde o contato com o piso da aeronave,
podendo movimentar-se como um astronauta a bordo de uma nave em órbita (figura 2).
A situação mostrada na figura 2 é possível devido
a) ao ganho de inércia do avião.
b) ao ganho de peso dos passageiros.
c) à perda de massa dos passageiros.
d) à igualdade entre a inércia do avião e a inércia dos passageiros.
e) à igualdade entre a aceleração do avião e a aceleração da gravidade.
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5. (G1 - ifce 2014) Da parte superior de um caminhão, a 5,0 metros do solo, o
funcionário 1 arremessa, horizontalmente, caixas para o funcionário 2, que se encontra
no solo para pegá-las. Se cada caixa é arremessada a uma velocidade de 8,0 m/s, da base
do caminhão, deve ficar o funcionário 2, a uma distância de
Considere a aceleração da gravidade 10,0 m/s2 e despreze as dimensões da caixa e dos
dois funcionários.
a) 4,0 m.
b) 5,0 m.
c) 6,0 m.
d) 7,0 m.
e) 8,0 m.
6. (Espcex (Aman) 2014) Uma esfera é lançada com velocidade horizontal constante de
módulo v=5 m/s da borda de uma mesa horizontal. Ela atinge o solo num ponto situado
a 5 m do pé da mesa conforme o desenho abaixo.
Desprezando a resistência do ar, o módulo da velocidade com que a esfera atinge o solo
é de:
Dado: Aceleração da gravidade: g=10 m/s2
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a) 4 m / s
b) 5 m / s
c) 5 2 m / s
d) 6 2 m / s
e) 5 5 m / s
7. (Pucrj 2013) A Lua leva 28 dias para dar uma volta completa ao redor da Terra.
Aproximando a órbita como circular, sua distância ao centro da Terra é de cerca de 380
mil quilômetros.
A velocidade aproximada da Lua, em km/s, é:
a) 13
b) 0,16
c) 59
d) 24
e) 1,0
8. (Ufrgs 2013) A figura apresenta esquematicamente o sistema de transmissão de uma
bicicleta convencional.
Na bicicleta, a coroa A conecta-se à catraca B através da correia P. Por sua vez, B é
ligada à roda traseira R, girando com ela quando o ciclista está pedalando.
Nesta situação, supondo que a bicicleta se move sem deslizar, as magnitudes das
velocidades angulares, ωA , ωB e ωR , são tais que
a) ωA  ωB  ωR .
b) ωA  ωB  ωR .
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c) ωA  ωB  ωR .
d) ωA  ωB  ωR .
e) ωA  ωB  ωR .
9. (G1 - cftmg 2013) Uma pedra é lançada para cima a partir do topo e da borda de um
edifício de 16,8 m de altura a uma velocidade inicial v0 = 10 m/s e faz um ângulo de
53,1° com a horizontal. A pedra sobe e em seguida desce em direção ao solo. O tempo,
em segundos, para que a mesma chegue ao solo é
a) 2,8.
b) 2,1.
c) 2,0.
d) 1,2.
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
O Brasil prepara-se para construir e lançar um satélite geoestacionário que vai levar
banda larga a todos os municípios do país. Além de comunicações estratégicas para as
Forças Armadas, o satélite possibilitará o acesso à banda larga mais barata a todos os
municípios brasileiros. O ministro da Ciência e Tecnologia está convidando a Índia –
que tem experiência neste campo, já tendo lançado 70 satélites – a entrar na disputa
internacional pelo projeto, que trará ganhos para o consumidor nas áreas de Internet e
telefonia 3G.
(Adaptado de: BERLINCK, D. Brasil vai construir satélite para levar banda larga para
todo
país.
O
Globo,
Economia,
mar.
2012.
Disponível
em:
<http://oglobo.globo.com/economia/brasil-vai-construir-satelite-para-levar-banda-largapara-todo-pais-4439167>. Acesso em: 16 abr. 2012.)
10. (Uel 2013) A posição média de um satélite geoestacionário em relação à superfície
terrestre se mantém devido à
a) sua velocidade angular ser igual à velocidade angular da superfície terrestre.
b) sua velocidade tangencial ser igual à velocidade tangencial da superfície terrestre.
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c) sua aceleração centrípeta ser proporcional ao cubo da velocidade tangencial do
satélite.
d) força gravitacional terrestre ser igual à velocidade angular do satélite.
e) força gravitacional terrestre ser nula no espaço, local em que a atmosfera é rarefeita.
11. (Pucrj 2012) Um objeto é abandonado do alto de um prédio de altura 80 m em t = 0.
Um segundo objeto é largado de 20 m em t = t 1. Despreze a resistência do ar.
Sabendo que os dois objetos colidem simultaneamente com o solo, t 1 vale:
Considere g = 10 m/s2.
a) 1,0 s.
b) 2,0 s.
c) 3,0 s.
d) 4,0 s.
e) 5,0 s.
12. (G1 - ifce 2012) Uma pequena esfera de massa m, peso P e raio r é deixada cair no
ar, próximo à superfície da Terra. Verifica-se que, do ponto A em diante, sua velocidade
permanece constante (ver figura).
O módulo da força resultante e da aceleração da esfera imediatamente após ser largada
são
a) Zero; g.
b) Zero; zero.
c) P; zero.
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d) P; g.
e) P/2; g.
13. (Uespi 2012) A engrenagem da figura a seguir é parte do motor de um automóvel.
Os discos 1 e 2, de diâmetros 40 cm e 60 cm, respectivamente, são conectados por uma
correia inextensível e giram em movimento circular uniforme. Se a correia não desliza
sobre os discos, a razão ω1/ω2 entre as velocidades angulares dos discos vale
a) 1/3
b) 2/3
c) 1
d) 3/2
e) 3
14. (Unicamp 2012) Um jogador de futebol chuta uma bola a 30 m do gol adversário. A
bola descreve uma trajetória parabólica, passa por cima da trave e cai a uma distância de
40 m de sua posição original. Se, ao cruzar a linha do gol, a bola estava a 3 m do chão, a
altura máxima por ela alcançada esteve entre
a) 4,1 e 4,4 m.
b) 3,8 e 4,1 m.
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c) 3,2 e 3,5 m.
d) 3,5 e 3,8 m.
15. (Espcex (Aman) 2012) Um lançador de granadas deve ser posicionado a uma
distância D da linha vertical que passa por um ponto A. Este ponto está localizado em
uma montanha a 300 m de altura em relação à extremidade de saída da granada,
conforme o desenho abaixo.
A velocidade da granada, ao sair do lançador, é de 100 m s e forma um ângulo “α” com
a horizontal; a aceleração da gravidade é igual a 10 m s2 e todos os atritos são
desprezíveis. Para que a granada atinja o ponto A, somente após a sua passagem pelo
ponto de maior altura possível de ser atingido por ela, a distância D deve ser de:
Dados: Cos α  0,6; Sen α  0,8.
a) 240 m
b) 360 m
c) 480 m
d) 600 m
e) 960 m
16. (Eewb 2011) Em um local onde g  10m / s2 , um objeto é lançado verticalmente
para cima, a partir do solo terrestre. O efeito do ar é desprezível.
O objeto atinge 20% de sua altura máxima com uma velocidade de módulo igual a 40
m/s. A altura máxima atingida pelo objeto vale:
a) 200 m
b) 150 m
c) 100 m
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d) 75 m
TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Um objeto que não pode ser considerado uma partícula é solto de uma dada altura sobre
um lago. O gráfico ao lado apresenta a velocidade desse objeto em função do tempo. No
tempo t = 1, 0s, o objeto toca a superfície da água. Despreze somente a resistência no ar.
17. (Uel 2011) De qual altura o objeto é solto acima da superfície da água?
a) 1 m
b) 5 m
c) 10 m
d) 100 m
e) 1000 m
18. (Pucrs 2010)
O acoplamento de engrenagens por correia C, como o que é
encontrado nas bicicletas, pode ser esquematicamente representado por:
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Considerando-se que a correia em movimento não deslize em relação às rodas A e B,
enquanto elas giram, é correto afirmar que
a) a velocidade angular das duas rodas é a mesma.
b) o módulo da aceleração centrípeta dos pontos periféricos de ambas as rodas tem o
mesmo valor.
c) a frequência do movimento de cada polia é inversamente proporcional ao seu raio.
d) as duas rodas executam o mesmo número de voltas no mesmo intervalo de tempo.
e) o módulo da velocidade dos pontos periféricos das rodas é diferente do módulo da
velocidade da correia.
19. (G1 - cftsc 2010) Na figura abaixo, temos duas polias de raios R1 e R2, que giram
no sentido horário, acopladas a uma correia que não desliza sobre as polias.
Com base no enunciado acima e na ilustração, é correto afirmar que:
a) a velocidade angular da polia 1 é numericamente igual à velocidade angular da polia
2.
b) a frequência da polia 1 é numericamente igual à frequência da polia 2.
c) o módulo da velocidade na borda da polia 1 é numericamente igual ao módulo da
velocidade na borda da polia 2.
d) o período da polia 1 é numericamente igual ao período da polia 2.
e) a velocidade da correia é diferente da velocidade da polia 1.
20. (Ufop 2010) Uma pessoa lança uma pedra do alto de um edifício com velocidade
inicial de 60 m/s e formando um ângulo de 30º com a horizontal, como mostrado na
figura abaixo. Se a altura do edifício é 80 m, qual será o alcance máximo (x f) da pedra,
isto é, em que posição horizontal ela atingirá o solo? (dados: sen 30º = 0,5, cos 30º = 0,8
e g = 10 m/s2).
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a) 153 m
b) 96 m
c) 450 m
d) 384 m
21. (Uerj 2009) Uma pequena planta é colocada no centro P de um círculo, em um
ambiente cuja única iluminação é feita por uma lâmpada L. A lâmpada é mantida
sempre acesa e percorre o perímetro desse círculo, no sentido horário, em velocidade
constante, retornando a um mesmo ponto a cada período de 12 horas. Observe o
esquema.
No interior desse círculo, em um ponto O, há um obstáculo que projeta sua sombra
sobre a planta nos momentos em que P, O e L estão alinhados, e o ponto O está entre P
e L.
Nessas condições, mediu-se, continuamente, o quociente entre as taxas de emissão de
O2 e de CO2 da planta. Os resultados do experimento são mostrados no gráfico, no qual
a hora zero corresponde ao momento em que a lâmpada passa por um ponto A.
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As medidas, em graus, dos ângulos formados entre as retas AP e PO são,
aproximadamente, iguais a:
a) 20 e 160
b) 30 e 150
c) 60 e 120
d) 90 e 90
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Gabarito:
Resposta da questão 1:
[A]
Usando a equação de Torricelli com a = g = 10 m/s2 e ΔS  h  20m.
v 2  v02  2g h  v 2  0  2  10  20  400 
v  20 m/s.
Resposta da questão 2:
[D]
Da equação da queda livre:
h
1
g t2  t 
2
tLua

tTerra
2h
g

tLua
tTerra

g
2 h gTerra
10

 Terra 

g Lua 2 h
gLua
2
5.
Resposta da questão 3:
[A]
Considerando desprezível a resistência do ar, a bola desce em queda livre até que, num
determinado instante, ela para abruptamente.
Assim, a velocidade escalar aumenta linearmente com o tempo, anulando-se
instantaneamente, enquanto que a aceleração escalar é constante, até se anular, também,
instantaneamente, como mostram os gráficos da alternativa [A].
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Resposta da questão 4:
[E]
Os passageiros estão em queda livre, portanto, com a aceleração igual à da gravidade.
Resposta da questão 5:
[E]
Calculando o tempo de queda (tq ) e substituindo no alcance horizontal (A) :

1 2
h  g tq  t q 
2

A  v t
0 q

2h
g
 A  v0
2h
25
 8
g
10
 A  8 m.
Resposta da questão 6:
[E]
1ª Solução:
O tempo de queda da esfera é igual ao tempo para ela avançar 5 m com velocidade
horizontal constante de v0 = 5 m/s.
t
x 5
  1 s.
v0 5
A componente vertical da velocidade é:
vy  v0y  g t  vy  0  10 1  vy  10 m/s.
Compondo as velocidades horizontal e vertical no ponto de chegada:
v2  v02  v2y  v  52  102
 v  125 
v  5 5 m/s.
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2ª Solução:
Calculando a altura de queda:
h
1 2
2
g t  h  5 1
2
 h  5 m.
Pela conservação da energia mecânica:
m v02
m v2
m g h
2
2
v  5 5 m/s.
 v  v02  2 g h  v  52  2 10 5   125 
Resposta da questão 7:
[E]
28 dias  28  24 horas  28  24  3600 s.
V
ΔS 2 π r 2  3,14  380.000


 1,0 km/s.
Δt
T
28  24  3600
Resposta da questão 8:
[A]
Como a catraca B gira juntamente com a roda R, ou seja, ambas completam uma volta
no mesmo intervalo de tempo, elas possuem a mesma velocidade angular: ωB  ωR .
Como a coroa A conecta-se à catraca B através de uma correia, os pontos de suas
periferias possuem a mesma velocidade escalar, ou seja: VA  VB .
Lembrando que V  ω.r : VA  VB  ωA .rA  ωB .rB .
Como: rA  rB  ωA  ωB .
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Resposta da questão 9:
[A]
Dados: v0  10m / s; θ  53,1; senθ  0,8; cos θ  0,6; h  16,8m.
Adotando referencial no solo e orientando o eixo y para cima, conforme figura temos:
y0 = h = 16,8 m.
Calculando as componentes da velocidade inicial:

v0x  v0 cos θ  10 0,6  v0x  6 m/s .


v0y  v0 sen θ  10 0,8  v0y  8 m/s .
Equacionando o movimento no eixo y e destacando que o quando a pedra atinge o solo
y = 0, vem:
Resposta da questão 10:
[A]
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Se o satélite é geoestacionário, ele está em repouso em relação à Terra. Para que isso
ocorra, a velocidade angular do satélite deve ser igual à velocidade angular da Terra.
Resposta da questão 11:
[B]
Chamemos os objetos de A e de B. O tempo t1 pedido é a diferença entre os tempos de
queda, tA e tB, respectivamente.
Para obter a expressão do tempo de queda, usamos a função horária do espaço.
H
1
g t 2q  t q 
2

2  80
 16  t A  4 s
t 
2 H A
10

g 
2  20
 4  tB  2 s
tB 
10

 t1  t A  tB  4  2 
t1  2 s.
Resposta da questão 12:
[D]
No início da queda, a resistência do ar é desprezível, portanto a força resultante é o peso
(P) e a aceleração é a da gravidade (g).
Resposta da questão 13:
[D]
As polias têm a mesma velocidade linear, igual à velocidade linear da correia.
ω
D
ω
ω
D
D
60
3
v1  v 2  ω1R1  ω2 R2  ω1 1  ω2 2  1  2  1 
 1  .
ω2 40
ω2 2
ω2 D1
2
2
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Resposta da questão 14:
[B]
OBS: Essa questão foi cobrada na prova de Matemática, mas admite solução através de
conceitos Físicos, aliás, solução bem mais simples e curta. Serão dadas aqui as duas
soluções.
1ª Solução (Matemática):
Encontremos, primeiramente, a equação da parábola que passa pelos pontos dados:
A equação reduzida da parábola de raízes x1 e x2 é: y  a  x  x1  x  x2 .
Nesse caso temos: x1 = 0 e x2 = 40.
Substituindo esses valores na equação dada:
y  a  x  0  x  40   y  ax 2  40ax.
Para x = 30  y = 3. Então:
3  a 30  40a 30  3  900a  1200a  a  
2
1
.
100
Assim, a equação da parábola mostrada é:
y
x2
x2 2
 1 
 40 
x  y
 x.

100
100 5
 100 
Para x = 20  h = H. Então:
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2
20 

2
H

100
H  4 m.
5
 20
 H  4  8 
2ª Solução (Física):
Pela regra de Galileu, sabemos que, para qualquer movimento uniformemente variado
(M.U.V.) com velocidade inicial nula, os espaços percorridos em intervalos de tempo
(t) iguais e subsequentes, as distâncias percorridas são: d, 3d, 5d, 7d...
Ora, a queda livre e o lançamento horizontal na direção vertical são movimentos
uniformemente variados a partir do repouso, valendo, portanto a regra de Galileu.
Assim, se a distância de queda num intervalo de tempo inicial (t) é h, nos intervalos
iguais e subsequentes as distâncias percorridas na queda serão: 3h, 5h, 7h...
O lançamento oblíquo, a partir do ponto mais alto (A), pode ser considerando um
lançamento horizontal. Como a componente horizontal da velocidade inicial se mantém
constante (vx = v0x), os intervalos de tempo de A até B e de B até C são iguais, pois as
distâncias horizontais são iguais (10 m).
Assim, se de A até B a bola cai h, de B até C ela cai 3h, como ilustrado na figura.
Então:
3h  3  h  1 m.
Mas : H  3h  h  3  1  H  4 m.
3ª Solução (Física):
Como as distâncias horizontais percorridas entre A e B e entre B e C são iguais, os
intervalos de tempo entre esses pontos também são iguais, pois a componente horizontal
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da velocidade se mantém constante (vx = v0x). Assim, se o tempo de A até B é t, de A até
C é 2t.
Equacionando a distância vertical percorrida na queda de A até B e de A até C, temos:

g 2
A  B : h  2 t


A  C : H  g  2t 2

2
g 
 H  4  t2 
2 
 H  4h.
Mas, da Figura: H  h  3  4h  h  3  h  1 m.
Como H  4h  H  4 m.
Resposta da questão 15:
[D]
Decompondo a velocidade em componentes horizontal e vertical, temos:

Vx  V0 .cos α  100x0,6  60 m/s


Vy  V0 .senα  100x0,8  80 m/s
Na vertical o movimento é uniformemente variado. Sendo assim:
1
ΔSy  Vy .t  gt 2  300  80t  5t 2  t 2  16t  60  0
2
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A equação acima tem duas soluções: t= 6s e t’=10s.
Como o projétil já passou pelo ponto mais alto, devemos considerar o maior tempo
(10s).
Na horizontal, o movimento é uniforme. Sendo assim:
ΔSx  Vx .t  D  60x10  600m
Resposta da questão 16:
[C]
A figura mostra o movimento do corpo:
Aplicando Torricelli, vem:
V2  V02  2aΔS  0  402  2x10x0,8H  16H  1600  H  100m .
Resposta da questão 17:
[B]
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Pela leitura do gráfico, conclui-se que o objeto atinge a superfície do lago no instante t =
1 s com velocidade de 10 m/s, pois a partir desse instante sua velocidade começa a
diminuir.
A altura da queda (h1) pode ser calculada pela “área” (A1) do triângulo abaixo da linha
do gráfico de t = 0 a t = 1 s.
h1  " A1 " 
1 10
2
 h1  5 m.
Resposta da questão 18:
[C]
Nesse tipo de acoplamento (tangencial) as polias e a correia têm a mesma velocidade
linear (v). Lembrando que v = R e que  = 2f, temos:
vA = vB  ARA = BRB  (2fA) RA = (2fB) RB fARA = fBRB. Grandezas que
apresentam produto constante são inversamente proporcionais, ou seja: quanto menor o
raio da polia maior será a sua frequência de rotação.
Resposta da questão 19:
[C]
Como não há deslizamento, as velocidades lineares ou tangenciais dos pontos
periféricos das polias são iguais em módulo, iguais à velocidade linear da correia.
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v1 = v2 = vcorreia.
Resposta da questão 20:
[D]
As componentes horizontal e vertical da velocidade inicial são:
v0x  v0 cos 0  v0 cos30  60  0,8  48 m / s.


v0y  v0sen0  v0sen30  60  0,5  30 m / s.
Adotando referencial no solo e orientando a trajetória para cima temos:
y0 = 80 m; v0y = 30 m/s e g = -10 m/s2.
Desprezando os efeitos do ar, a equação do movimento no eixo y é:
1
y  y0  v 0y t  a t 2
2

y  80  30 t  5 t 2.
Quando a pedra atinge o solo, y = 0. Substituindo:
0  80  30 t  5 t 2 
t
t 2  6 t  16  0

t
6  36  4 116 
2

6  10 t  8 s.

2
t  2 s (não convém).
No eixo x o movimento é uniforme. A equação é:
x  x0  v0x t

x  0  48 8

x  384 m.
Resposta da questão 21:
[C]
Resolução
Se a lâmpada passa pela posição A em t = 0 com período de 12 h, então a lâmpada passa
por A nos instantes registrados de 12 h e 24 h.
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LISTA EXTRA – LANÇAMENTOS E MCU
O alinhamento com o ponto O ocorre nas quedas do quociente de oxigênio e gás
carbônico, pois a sombra projetada reduz a quantidade de luz que atinge a planta. Então
os alinhamentos ocorrem nos instantes 10 h e 22 h.
Assim existe uma diferença de 12 – 10 = 2 h entre estar alinhado com O e estar na
posição A do ponto de vista da lâmpada giratória. Estas 2 h em relação ao período de 12
h corresponde a 2/12 = 1/6 de volta, ou seja, 360/6 = 60, que é um dos ângulos
formados pelas retas AP e PO. O outro ângulo é o suplementar de 120.
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