Gabarito da lista de Revisao

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CENTRO DE ENSINO ALPHA DELTA 
 
Professor: Paulo César Disciplina: Física Série: 1 série’ Data: 25/04/2023 
Resolução da Lista de Revisão para a Prova 
Capítulo 1: Introdução à Física 
 
1)B Veja a resolução da questão no vídeo postei no Classroom. 
2)A Veja a resolução da questão no vídeo postei no Classroom. 
 
Capítulo 2: Introdução ao estudo dos movimentos 
Resposta da questão 1: 
 [B] 
 
[Resposta do ponto de vista da disciplina de Física] 
Para o percurso restante, têm-se: 
( )1 1
1 1
S 240 160 km S 80km
7 1
t 3 h t 1h
4 4
Δ Δ
Δ Δ
 = −  =

   
= − +  =   
   
 
 
A velocidade média no percurso restante deve ser, no mínimo: 
1
m m
1
S 80
v v 80 km h 
T 1
Δ
Δ
= =  = 
 
[Resposta do ponto de vista da disciplina de Matemática] 
Depois de ter percorrido 240 km em 1h e 45 minutos e mais 15 minutos parado, ainda restam 80km, que deverão ser percorridos em 
1hora. Logo, a velocidade média restante deverá ser, no mínimo: 
80
80 km h
1
= 
 
Resposta da questão 2: 
 [D] 
 
Analisando os gráficos, nota-se que há dois mínimos nos instantes 220 s e 232 s. Então há diferença de 12 s entre as recepções do som 
pelo ar e pela água é: 
ar ag
ar ag
L L L L
t t t t 12 
v v 340 1.540
1.540L 340L
12 12
340 1.540
Δ Δ Δ Δ= −  = −  = − 
−
= 

1200
=
L 100
 1
340 1.540
 =

L
 
340 1.540
L 34 154 L 5.236m


=   =
 
 
Resposta da questão 3: 
 [B] 
 
O espaço percorrido é numericamente igual à área entre a linha do gráfico e o eixo do tempo. 
( )Δ
+
= −1 2
2 1
v v
S t t
2
 
 
Usando a definição de velocidade média: 
( )Δ
Δ
+
−
=  =
1 2
2 1
m m
v v
t t
S 2v v
t −2 1t t
+ +
 = =  =1 2
m m
v v 20 4
 v v 12m s
2 2
 
 
*No MUV, a velocidade média é igual à média aritmética das velocidades. 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 Alpha Delta Pág.: 02 
 
Analisando o triângulo retângulo da figura: 
 
 
 
S 3 S
tg30 S 1.000 3m
3.000 3 3.000
Δ Δ
Δ =  =  = 
 
Considerando velocidade constante: 
( )
S 1.000 3
v v 100 3 m s 100 3 3,6 km h 
t 10
v 360 3 km h
Δ
Δ
= =  = =  
=
 
 
Capítulo 3: Estudo do movimento uniforme 
 
Resposta da questão 1: 
 [B] 
 
Distância percorrida pelo veículo A durante o cochilo: 
A
100 m
s 3,6 s 100 m
3,6 s
Δ =  = 
 
Como o veículo B percorreu essa mesma distância em 2,76 s, a sua velocidade era de: 
B
B
100 m
v 36,23 m s
2,76 s
v v 130 km h
= =
 = =
 
 
Distância percorrida por B até o encontro com A: 
B
m
s 36,23 3,6 s 130 m
s
Δ =   
 
Logo, a distância entre os dois veículos era de: 
s 100 m 130 m
s 230 m
Δ
Δ
= +
 =
 
 
Resposta da questão 2: 
 [A] 
 
Aplicando Pitágoras: 
( ) ( )
2 22 2 2 2 9 9 18
AB BC AC AB AB
9
AB
d d d d 8 10 17 10 d 225 10
d 15 10 km.
+ =  +  =   =  
= 
 
 
O tempo gasto nesse trajeto é: 
 Alpha Delta Pág.: 03 
9
4AB
5
d 15 10
Δt Δt 5 10 s.
v 3 10

= =  = 

 
 
Resposta da questão 3: 
 [B] 
 
A velocidade do foguete (vf) é 4 vezes a velocidade do avião (va)  vf = 4 va 
 
 
 
Equacionando os dois movimentos uniformes, com origem no ponto onde está o foguete no instante t1: 
Sf = vf t  Sf = 4 va t e Sa = 4 + va t. 
Igualando as funções horárias para instante de alcance (t2): 
Sf = Sa  4 va t2 = 4 + va t2  3 va t2 = 4  t2 = 
a
4
3v
. 
Substituindo: 
Sf = 4 va
 
 
 a
4
3v
 Sf = 
16
 km = 5,3 km
3
. 
 
Resposta da questão 4: 
 [E] 
 
I. Errada. É desnecessário efetuar cálculos, pois 1 ano-luz é a distância que a luz percorre em 1 ano, no vácuo. Em todo caso, iremos 
usá-los nos itens seguintes: d = v t  d = (3105 km/s) (2,5106 anos3107 s/ano)  2,251019 km. 
II. Correta. Veja os cálculos efetuados no item anterior. 
III. Correta. 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Resolução 
Corredor 1 ➔ S1 = 4,2.t 
Corredor 2 ➔ S2 = 5,4.t 
Condição S2 – S1 = 60 ➔ 5,4.t – 4,2.t = 60 ➔ 1,2.t = 60 ➔ t = 60/1,2 = 50 s 
 
Resposta da questão 6: 
 [C] 
 
Resposta da questão 7: 
 [A] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Alpha Delta Pág.: 04 
Capítulo 4: Movimento com velocidade escalar variável. movimento 
uniformemente variado 
 
Resposta da questão 1: 
 [A] 
 
Resolução 
252 km/h = 70 m/s 
Por Torricelli: 
v2 = v0
2 + 2.a.S 
702 = 2.a.1960 
4900 = 3920.a → a = 1,25 m/s2 
 
 
Resposta da questão 2: 
 [D] 
 
Resposta da questão 3: 
 [C] 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Resposta da questão 6: 
 [C] 
 
Velocidade máxima do carro ao final do primeiro trecho: 
máx 0 1
máx
máx
v v a t
v 0 a 20
v 20a
Δ= +
= + 
=
 
 
Espaço percorrido no primeiro trecho: 
2 2
máx 0 1
2
1
1
v v 2a s
400a 0 2a s
s 200a
Δ
Δ
Δ
= +
= +
=
 
 
No segundo trecho, teremos: 
2
máx
2
2
s
v
t
1100 200a
20a
120 20
2000a 1100 200a
2200a 1100
a 0,5 m s
Δ
Δ
=
−
=
−
= −
=
=
 
 
Logo: 
máx
máx
v 20 0,5
v 10 m s 36 km h
= 
 = =
 
 
Resposta da questão 7: 
 [D] 
 
 Alpha Delta Pág.: 05 
A distância total é a soma da distância percorrida durante o tempo de reação (d1) com a distância percorrida durante a frenagem (d2). 
Dados: 2
0 1v 54 km h 15m s; v 0; a 0,75m s ; t 0,6s.= = = = = 
1 0 1 1
2 2
1 20
2 2
d v t 15 0,6 d 9m
 d d d 9 150 d 159mv v 0 225
d d 150m
2a 1,5
 = =   =

 = + = +  = − −
= =  =

 
 
Resposta da questão 8: 
 [A] 
 
Aceleração do trem B após o início da frenagem: 
B 0B B
B
2
B
v v a t
0 100 a t
100
a km h
t
= +
= +
= −
 
 
Adotando o sistema referencial abaixo, para o encontro dos trens, teremos: 
 
 
 
AA 0A A
22
B
BB 0B B
s 10 100ts s v t
100 ta t
s 0 100ts s v t
t 22
10 100t 100t 50t 10 150t
1
t h 4 min
15
= −= +

    
= + + − = + +   
  
 − = −  =
 = =
 
 
Capítulo 5: Movimento vertical no vácuo 
 
Resposta da questão 1: 
 [D] 
 
A altura inicial é igual a soma entre a distância de queda livre acrescida da distância em velocidade constante. 
H = 
2gt
2
+ v.t’; onde v é a velocidade adquirida pelo corpo após a queda livre de 4s. 
Assim sendo: v = g.t ➔ H = 
2gt
2
+ g.t.t’ 
H = 10.
24
2
 + 10.4.3 
H = 80 + 120 = 200 m 
 
 
Resposta da questão 2: 
 [D] 
 
Resolução 
S = S0 + v0.t + a.t2/2 
0 = 0 + 30.t – 10.t2/2 
0 = 30.t – 5.t2 
5.t2 – 30.t = 0 
5.t(t – 6) = 0 
t – 6 = 0 → t = 6 s 
 Alpha Delta Pág.: 06 
 
 
Resposta da questão 3: 
 [D] 
 
Resolução 
Em condições ideais a velocidade da bola no ponto mais alto da trajetória é nula para o observador no solo. 
 
 
Resposta da questão 4: 
 [D] 
 
Resolução 
A distância total percorrida é igual ao dobro da altura máxima atingida. 
Por Torricelli 
v2 = v0
2 + 2.a.S 
0 = 302 – 2.10.H 
0 = 900 – 20.H 
20.H = 900 
H = 
900
20
= 45 m 
Assim a distância total percorrida será 2.45 = 90 m 
 
 
Resposta da questão 5: 
 [B] 
 
Resposta da questão 6: 
 [C] 
 
O tempo que a esfera 1 leva para descer até a metade da altura do prédio deve ser o mesmo que a esfera 2 leva para atingir a mesma 
posição. Assim, determina-se o tempo que a esfera 1 leva para atingir este ponto e considerando-se como o sentido positivo para cima, 
a equação da posição vertical da esfera 1 com o tempo é: 
2h 20 5t= − 
 
Para chegar à metade do prédio, determina-se o tempo. 
2
2
2
2
10 20 5t
5t 20 10
5t 10
t 2 t 2 s
= −
= −
=
=  =
 
 
Para a esfera 2, que sai verticalmente do solo, a equação das posições verticais com o tempo é dada por: 
2
0h v t 5t= − 
 
Assim, substituindo-se a posição de encontro e o tempo, tem-se: 
( )
2
0
0
0
0 0
10 v 2 5 2
10 v 2 10
v 2 20
20
v 10 2 m s v 14 m s
2
= −
= −
=
= =  
 
 
Resposta da questão 7: 
 [A] 
 
Dados: 2H 45 m; g 10 m s ; v 360 m s.= = = 
 Alpha Delta Pág.: 07 
 
Cálculo do tempo de queda livre dojovem ( )1t : 
2
1 1 1
1 2 H 2 45
H g t t t 3 s.
2 g 10

=  = =  = 
 
Cálculo do tempo de subida do som ( )2t : 
2 2 2
H 45 1
H v t t s t 0,125 s. 
v 360 8
=  = = =  = 
 
O tempo total é: 
1 2t t t 3 0,125 t 3,1s.Δ Δ= + = +   
 
Resposta da questão 8: 
 [E] 
 
A expressão para a altura máxima em um lançamento vertical é: 
2
0 0
g t
h h v t
2

= +  − 
 
Para o lançamento a partir do solo 0h 0= e como 0v v,= fica: 
2g t
h v t (1)
2

=  − 
 
Mas, quando a bola atinge a altura máxima, sua velocidade na componente vertical é igual a zero ( )v 0 ,= então podemos calcular o 
tempo para atingir este ponto, usando: 
final
v
v v g t 0 v g t t (2)
g
= −   = −   = 
 
Substituindo a equação (2) na equação (1) acima: 
2
2 2 2
v
g
gv v v v
h v h
g 2 g 2g 2g
 
  
 
=  −  −  = 
 
Finalmente, ao aumentar a velocidade de lançamento em três vezes, podemos ter uma noção de quanto ficará maior a altura atingida 
pela bola: 
( ) ( )
2 2 2
1 1 1
v 3v 4v v
h h h 16 16 h
2g 2g 2g
+
=  =  = = 
 
Capítulo 6: Gráficos do MU e do MUV 
 
Resposta da questão 1: 
 [C] 
 
A aceleração é dada por 2v 20 10 10
a 2,0 m s
t 10 5 5
Δ
Δ
−
= = = =
−
 
A distância percorrida entre 0 e 
5 10 50
5 s S 25 m
2 2
Δ

→ = = = 
 
Resposta da questão 2: 
 [A] 
 
Resposta da questão 3: 
 [D] 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 Alpha Delta Pág.: 08 
 
Resposta da questão 5: 
 [B] 
 
Resposta da questão 6: 
 [C] 
 
Como x é uma parábola, temos que: 
( )( )
2
x k t 3 t 5
x 15k 8kt kt
= − −
= − +
 
 
Comparando a equação de x com a equação do espaço do MUV, temos: 
2
0 0
at
x x v t
2
a 2
k k 1
2 2
= + +
= =  =
 
 
Logo: 
0
0
x 15k 15 1
x 15 m
= = 
 =
 
 
Resposta da questão 7: 
 [A] 
 
A distância pedida (d) é numericamente igual à soma das áreas dos dois trapézios, destacados no gráfico. 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 2
25 5 20 10 10 25 5 20 10 12
d A A 
2 2
d 20 10 5 20 10 6 150 180 d 330 m.
   − + −  − + −    
= + = + 
= +  + +  = +  =
 
 
Resposta da questão 8: 
 [A] 
 
Utilizando os dados fornecidos no enunciado, temos que: 
2
o
a t
S v t
2
Δ

=  + 
 
Onde, 
o ov v vV
a
t 4 4
Δ
Δ
− −
= = = 
 
Logo, 
 Alpha Delta Pág.: 09 
2o
o
o o
o o
v
4
4
40 v 4
2
40 4 v 2 v
v 20 m s ou v 72 km h
− 
 
 
=  +
=  − 
= =
 
 
Resposta da questão 9: 
 [C] 
 
As áreas da figura abaixo representam o deslocamento. Como uma é positiva e a outra negativa de mesmo módulo, o deslocamento 
total é nulo. 
 
 
 
Resposta da questão 10: 
 [C] 
 
Critérios para se chegar à resposta correta. 
1º) Analisando o gráfico dado, da velocidade em função do tempo, conclui-se que para: 
1. (0 < t < 2) s → o movimento é progressivo e uniforme. Então, nesse intervalo, o gráfico do espaço em função do tempo é um 
segmento reta ascendente. 
2. (2 < t < 4) s → o movimento é uniformemente variado e retardado. Então, nesse intervalo, o gráfico do espaço em função do 
tempo é um arco de parábola com concavidade para baixo, com declividade inicial igual à do segmento de reta. 
 
2º) No gráfico da velocidade em função do tempo, o espaço percorrido ( S)Δ num dado intervalor de tempo é dado pela “área” entre 
a linha do gráfico e o eixo dos tempos. 
Assim, para: 
1. (0 < t < 2) s → 0,2 0,2S 2 1 S 2mΔ Δ=   = 
(2 < t < 4) s → 
( )
2,4 0,2
4 2 1
S S 1m
2
Δ Δ
− 
=  = 
 
Resposta da questão 11: 
 [D] 
 
Supondo para baixo a orientação da trajetória e sabendo que o movimento é uniforme optamos pela letra [D]. A aceleração é 
constante e positiva. A velocidade varia linearmente com o tempo a partir de uma velocidade inicial negativa e a posição varia 
segundo uma função do segundo grau, cujo gráfico é uma parábola com concavidade voltada para cima.