F ÍSICA I · ... calculamos o tempo de queda. Podemos usar as fórmulas do MUV, ... as...
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Física iaULa 05: LaNÇaMENTOs
HORiZONTais E OBLíQUOs (NO VÁcUO)
EXERcíciOs PROPOsTOssEMEsTRaL
VOLUME 2
OSG.: 093890/15
01.
A hv
g
B hv sen
g
v
gh
h
m x
m x m x
m x
A
B A
:
:
á
á á
á
=
= =
=
02
02 2 0
22
2
2
12
2
1
4
θ
AA
Bhm xá
= 4
Resposta: hmáxA
hmáxB
= 4
02. Tempo de queda do pacote:
t =
2 h
g=
2 320
10t = 8 s2 2
⋅ ⇒
Considerando os movimentos na horizontal, tomando um referencial no barco, a velocidade do pacote é constante de módulo igual a 80 m/s (100 m/s – 20m/s):
Pacote
x
Barcov = 80 m/s
v =
x
1t80 =
x
8x = 640m⇒ ⇒
Resposta: 640 m
03. Como sabemos, movimentos perpendiculares são independentes. Assim, para frente (eixo x) temos um movimento uniforme, no qual a gravidade não atua; para baixo (eixo y), sem atritos, temos uma queda livre.
Primeiro, calculamos o tempo de queda. Podemos usar as fórmulas do MUV, mas prefiro o gráfico V x t. O gráfico mostra, pela área do triângulo, b ⋅ h/2, que em 1 s, como g = 10 m/s2, o corpo cai à altura de 5 m. Então, movendo-se a 4 m/s para frente:
Resposta: d = Alcance = v ⋅ t = 4 ⋅ 1 = 4 m
04. A figura abaixo mostra as trajetórias do dardo e do macaco.
Macaco → queda livre → ∆S a t t t s= ⋅ ⋅ → = → =1
245 5 3 02 2 ,
Dardo na horizontal → MU → VS
t= = =∆
∆60
320 m/s
Resposta: D
60 m
encontroencontro
45 m
OSG.: 093890/15
Resolução – Física I
05. Como o alvo permanece imóvel, o projétil, durante todo seu movimento, estará caindo, sujeito à aceleração da gravidade, e chegará
ao alvo numa posição abaixo daquela em que ele mirou, tempo que o projétil demora para percorrer a distância horizontal de X = 30 m
com V0 = 600 m/s (constante).
Logo: X = V0t → 30 = 600 t → t = 0,05 s
Nesse tempo, ele desce uma altura Y de:
Y = g t 22 = 5 ⋅ (0,05)2 →Y = 5 ⋅ (0,0025) = 0,0125 m = 1,25 cm. Resposta: E
06. Na altura máxima, a velocidade vetorial V��
não é nula, tem intensidade mínima e é igual à componente horizontal, ou seja, V Vx
�� ��= .
y
hmáx
hmáx
→V
y→V
x
→V
x
→V````
→V
x
→V
x
→V
→V
x
→V→
V
→V
→V
xy
→V```y
→Vy
→V``
= 0→
y
Assim, Vox
= 20 m/s → Vox
= Vo cos 60º →20 = V
o ∙
1
2 →V
o = 40 m/s
Resposta: E
07. Vvertical
= V ⋅ sen θ ∴Vv = 500 ⋅
1
2 = 250 m/s
V2 = V20 + 2a∆s ∴ 0 = 2502 + 2 ⋅ 10 ⋅ h ∴ 20 h = 250 ⋅250 ∴ h = 3125 m
Resposta: A
08. Dados: vo = 10 m/s; h
o = 10 m; θ= 30º →as componentes horizontais (v
ox) e vertical (v
oy) da velocidade inicial são
Vox
= vo cos 30º = 10 (0,87) = 8,7 m/s →v
oy = v
o sen 30º = 10 (0,5) = 5 m/s.
Verificando cada uma das opções:A) Altura máxima atingida em relação ao ponto de lançamento:
V V gh V gh h V gy oy oy oy
2 2 2 2 22
2 0 25
10= − → = − → = =
h = 2,5 m em relação ao solo → H = 2,5 + 10 → H = 12,5 m
B) Tempo de subida → Vy = V
oy – gt → 0 = 5 – 10 t → t = 0,5 s
C) Com referencial no solo e orientando a trajetória para cima, o tempo para chegar ao solo é calculado pela função horária do espaço h = h
o + V
oy t – gt2 / 2 --- h = 10 + 5t – 5t2,
quando chega ao solo h = 0 → 0 = 10 + 5t – 5t2 → t2 – t – 5 = 0, resolvendo a equação → t ≅ 2,8 s.
D) Correta. Ao passar novamente pela mesma altura, a pedra possui a mesma energia potencial inicial, considerando o conservatório, então a pedra tem também a mesma energia cinética, portanto, a mesma velocidade; em módulo, ou seja, se ela é lançada com velocidade de 10 m/s, ao retornar passará por esse mesmo ponto com velocidade de – 10 m/s.
θ = 30ºθ = 30º
10 m10 m
Vy
Vy
Vox
Vox
VV2,5 m2,5 m
Resposta: D
OSG.: 093890/15
Resolução – Física I
09.
Aplicando Torricelli para o eixo y:
v v g yy y2
02 2= − ∆ .
No ponto mais alto: v v v
y hx y= ⇒ =
=
0 0
∆
Substituindo:
02 = v g hy02 2− ⇒ v
0y = 2 2 10 5g h = ( ) ( ) = 10 m/s.
Mas:
v0y
= v0 sen 30° ⇒ 10 = v
0
1
2 ⇒ v
0 = 20 m/s.
Resposta: E
10. Na vertical: D = H =at
2D =
10t
2= st
2 22∴
Na horizontal: D = v t = 10 t t =
D
10⋅ ⋅ ∴
Substituindo:
D = 5D
10D = 5
D
100
2 2
20
⋅
∴ ∴ = ⋅ ∴ =D D D2 20 20
Resposta: A
EMQ: 21/01/16 – Rev.: ALLANA09389015-pro-aula 05-Lançamentos Horizontais e Oblíquos (no Vácuo)