Exercícios de casa resolvidos

Exercícios de casa resolvidos
Extensivo – Caderno 3 – Física II
Aula 12 – Página 76
3.Dica: o nadador atravessa o rio perpendicularmente às margens. Ele deve sair nadando de modo a
compensar o arrastamento da correnteza.
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6.b)O ponto X da esteira acabou de ser posto em contato com o solo pela roda de centro C2. Ele vai ficar
nessa posição até que o centro C1 da roda traseira esteja sobre ele, isto é, X ficará em contato com o
solo o intervalo de tempo necessário para que a roda C1 percorra 4,0 m (distância YX), com velocidade
5,0 m/s. Portanto, 0,8 s.
movimento do trator
C1
C2
Y
X
7.a) v
p/solo = v solo = 0 & | v | = | vrotação | = v
b) T
odos os pontos da periferia da roda giram em torno do ponto O com velocidade vrotação cujo módulo
é v. Portanto, | v A/O | = | vrotação | = v .
c)No ponto A, os vetores v e vrotação formam 120° entre si e os dois triângulos da figura abaixo são
equiláteros. Portanto, sua resultante também terá módulo v = 5 m/s.
v
vrot = v
60°
A
60°
v
Aula 13 – Página 79
4.| ∆v | 2 = | v1 | 2 + | v2 | 2 − 2 $ | v1 | $ | v2 | $ cos θ
| ∆v | 2 = 500 + 2 600 − 2 $ 100 $ 130 $
2
11
130
| ∆v | = 900 & | ∆v | = 30 m/s
Sendo g =
1
→
v1
θ
→
v2
→
∆v
∆v
∆v 30 m/s
& ∆t =
& ∆t = 3, 0 s.
=
∆t
g 10 m/s2
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7. b)L = 2 $ h $ (H − h) & para que L seja máximo, a função quadrática f(h), dentro do radical, deve ter valor
máximo. Assim, temos:
b
H
H
f(h) = h · (H – h) = H · h – h2. Para fmáx, deve-se ter hvértice = −
& h vértice = .
=−
2$a
2 $ (− 1)
2
Aula 14 – Página 82
y
→
v0
3. v0y = v0 · sen θ = 100 m/s · 0,500 = 50 m/s
1
α $ t2
2
0 = 55 + 50 t – 5t2 & t’ = – 1 s(!), a bola não pode
55 m
chegar ao solo 1 segundo antes de ser lançada!
O
y = y0 + v0yt +
A
30°
B
D
40 m C
x
ou t’’ = 11 s.
Resposta: C
4. • v0x = v0 · cos θ = 100 m/s · 0,866 = 86,6 m/s.
• OD = v0x · ttotal & OD = 86,6 m/s · 11 s = 952,60 m. Portanto:
• CD = OD – 40 m & OD = 912,60 m.
Resposta: D
5. * v0x = 20 m/s
v0y = 10 m/s
Z
]] y = y + v t + 1 α $ t2
0
0y
2
[
]]
0 = 2 + 10t − 5t2
\
y
janela do
trem
v0y
2m
O
v0x
A
x
• t’ = – 0,2 s que não convém; a bola não pode chegar ao solo 2 décimos de segundo antes de ser lançada; ou
• t’’ = 2,2 s; esse é o intervalo de tempo gasto para a bola percorrer a distância A.
Assim:
A = v0x · ttotal & A = 20 m/s · 2,2 s & A = 44 m.
10.No lançamento oblíquo, altura máxima H, o intervalo de tempo para as bolas atingirem o ponto mais alto TV
e a duração do movimento TT dependem somente das componentes verticais das respectivas velocidades
iniciais. Como as bolas atingem alturas máximas iguais, conclui-se que:
1) suas velocidades iniciais têm componentes verticais de mesma intensidade: v0y(A) = v0y(B). Isso significa
que as bolas atingem suas alturas máximas e chegam ao solo no mesmo instante.
2) como AB = 2 · AA & v0x(B) = 2 · v0x(A). Porém, v0(B) ≠ 2 · v0A, já que v0y(B) = v0y(A).
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