Resolução Lista 01

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01 
 
 
 
 
 
 
 
 
FÍSICA GERAL E EXPERIMENTAL I 
 
RESOLUÇÃO DA LISTA I 
02 
UNIVERSIDADE CATÓLICA DE GOIÁS 
Departamento de Matemática e Física 
Disciplina: Física Geral e Experimental I (MAF 2201) 
RESOLUÇÃO DA LISTA II 
 
1) 
a) Considerando os deslocamentos, temos que: 
 
 1 2 3 4 1 2 3 4m m m mx x x x V V V V∆ = ∆ = ∆ = ∆ ⇒ = = = 
 
b) Considerando as distâncias percorridas, temos que: 
 
 4 1 2 3 4 1 2 3m m m md d d d V V V V> = > ⇒ > = > 
 
2) 
 a) 0V < ⇒ o sentido é negativo (o sinal da velocidade indica o sentido da trajetória) 
 b) 0V > ⇒ o sentido é positivo 
c) Sim, em 0V = 
d) Quando a velocidade é negativa, seu módulo diminui com o tempo; e quando a velocidade é 
positiva, seu módulo aumenta⇒ a aceleração é positiva (a declividade da reta é positiva) 
e) O gráfico V x t é uma reta⇒ a Função V(t) é do 1º Grau dV a
dt
⇒ = → é constante. 
 
3) E ; Velocidade constante ⇒ a aceleração é nula 
 
4) 
a) (2) e (3) →a aceleração e Velocidade com sentidos opostos 
b) (1) e (3) →aceleração positiva 
c) (4) →Velocidade e aceleração negativas 
 
5) (a) e (c) dV a
dt
→ = → é constante 
 
6) 160160 / / 44,44 /
3,6
V Km h m s m s= = = (constante) 
03 
 0a⇒ = 
 0 0 18,4x x m= ⇒ = 
 Usando a equação: 20 0
1
2
x x V t at= + + , temos: 
 18, 4 44,44 0, 414t t s= ⇒ = 
 
7) 1 40x Km∆ = e 1 30 /V Km h= 
a) 2 40x Km∆ = e 2 60 /V km h= 
 
1 1
1 1
1 1
40 4
30 3
x xV t h
t V
∆ ∆
= ⇒ ∆ = = =
∆
 
 
2
2
2
40 2
60 3
x
t h
V
∆∆ = = = 
 
1 2
1 2
40 40 40 /4 2
3 3
m
x xxV Km h
t t t
∆ + ∆∆ +
= = = =
∆ ∆ + ∆ +
 
b) Para este caso, a distância percorrida tem o mesmo valor do 
deslocamento 40 /mV Km h⇒ = 
c) 
 
 
 
 
 
 
 
 
80 40 /
2m
tg V Km hθ = = = 
 
8) a) 1 73,2x m∆ = e 1 122 /V m s= 
 2 73, 2x m∆ = e 2 3,05 /V m s= 
 
1 1
1 1
1 1
73,2 60
1,22
x xV t s
t V
∆ ∆
= ⇒ ∆ = = =
∆
 
 
2
2
2
73,2 24
3,05
x
t s
V
∆∆ = = = 
θ
t (h) 
x (km) 
80 
40 
0 1 4/3 2 
04 
 
1 2
1 2
73, 2 73,2 1,74 /
60 24m
x xxV m s
t t t
∆ + ∆∆ +
= = = =
∆ ∆ + ∆ +
 
 
 b) 1 1min 60t s∆ = = , 1 1,22 /V m s= 
 2 60t s∆ = , 2 3,05 /V m s= 
 1 1 1 1, 22 60 73, 2x V t m∆ = ∆ = ⋅ = 
 2 2 2 3,05.60 183x V t m∆ = ∆ = = 
 
1 2
1 2
73, 2 183 2,135 /
60 60m
x xxV m s
t t t
∆ + ∆∆ +
= = = =
∆ ∆ + ∆ +
 
 
c) ver o gráfico do exercício 7. 
 
09) 
 60 /pV Km h= (considerada constante) 
 para os trens, temos que: 
 1 2 01 020, 0, 60a a x x Km= = = = 
 1 01 1 1 30x x V t x t= + ⇒ = 
 2 02 2 2 60 30x x V t x t= + ⇒ = − 
 Na posição de encontro, temos que: 
 1 2 30 60 30 60 60 1x x t t t t h= ⇒ = − ⇒ = ⇒ = → tempo que o pássaro voa 
 para o pássaro, temos que: 
 . 60 1 60pd V t d Km= = ⋅ ⇒ = 
 
10) 
 a) 0 2 4x s t s< ⇒ < < 
 b) 0 3t< < → o tatu se move para a esquerda 
 c) 6 3t> > → o tatu se move para direita 
 d) 3t s= → o tatu muda de sentido 
 
11) 24 12 3x t t= − + , 1t s= 
 a) 12 6 12 6 1 6 /dxV t V V m s
dt
= = − + ⋅ ⇒ = − + ⋅ ⇒ = − 
05 
 b) negativo , 0V < 
 c) 6 /V m s= 
d) para 1 2,t< < o módulo da velocidade diminui 
para 2 ,t s= o módulo da velocidade é nulo 
para 2 ,t s> o módulo da velocidade aumenta 
 e) Sim , em 2t s= 
 f) Nao , para 3t s> velocidade é sempre positiva 
 
12) 39,75 1,5x t= + 
 a) 31 12 9,75 1,5 2 21,75t s x cm= ⇒ = + ⋅ = 
 
3
2 23 9,75 1,5 3 50, 25t s x cm= ⇒ = + ⋅ = 
 
50,25 21,75 28,5 /
3 2m
xV cm s
t
∆ −
= = =
∆ −
 
 b) 24,5dxV t
dt
= = ⋅ 
 
2
1 1 12 4,5 18 /t s V t V cm s= ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 c) 22 2 23 4,5 3 40,5 /t s V V cm s= ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 d) 23 3 32,5 4,5 (2,5) 28,12 /t s V V cm s= ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 e) 36x cm= (ponto médio), cálculo de t 
 
3
436 9,75 1,5 2,6t t s= + ⇒ = 
 
2
4 44,5 (2,6) 30,33 /V V cm s= ⋅ ⇒ = 
f) A velocidade instantânea em cada ponto, é dado pela inclinação da reta tangente a curva (x x 
t) naquele ponto. 
 
13) Sabendo que 
 a) 
2
2dx dxV V
dt dt
 
= ⇒ = 
 
 
 b) 
2
2
d x ddx d dx
dt dtdt dt dt
 
= =  
 
( )d V
a
dt
⇒ = 
 
 c) ( ) [ ]22 2/ /V m s e a m s  = =  
06 
 
14) 2,4At s= 
 0 18 /V m s= 
 30 /V m s= − 
 
0 30 18 20 /
2, 4m
V VV
a m s
t t
−∆ − −
= = = = −
∆ ∆
 
 
15) 250 10x t t= + 
a) para, 1 10 0t x= ⇒ = 
para, 2 23 240 /t s x m s= ⇒ = 
240 0 80 /
3 0m
xV m s
t
∆ −
= = =
∆ −
 
 
b) 3t s= 
 50 20 50 20 3 110 /dxV t m s
dt
= = + ⋅ = + ⋅ = 
 
 c) 220 /dVa m s
dt
= = → constante 
 
 d) ver item (c) do exercício 7. 
 
e) A velocidade instantânea em 3 ,t s= é dada pela inclinação da reta tangente a curva 
( )x t× naquele ponto. 
 
f) 50 20V t= + ⋅ 
20 20 /
1
tg a m sα = = = 
 
 
16) 2 3x ct bt= − 
 a) x em metros⇒ 2
m
c
s
 
→  
 
 e 3
mb
s
 
→  
 
 
 b) 2 33 2x t t= − 
t (s) 
V (m/s) 
40 
0 1 2 
20 
50 
60 
70 
α
07 
 
2 '0 6 6 0 0dxV t t t
dt
= = ⇒ − = ⇒ = e " 1t s= 
 c) 0 00 0t x= ⇒ = 
 1 11 1t s x m= ⇒ = → a partícula muda de sentido 
 2 24 80t s x m= ⇒ = − 
 1 1 80 82d m= + + = 
 d) 80 0 80x m∆ = − − = − 
 e) 2 26 6 6 1 6 1 0dxV t t
dt
= = − = ⋅ − ⋅ = 
 f) 26 12 6 12 1 6 /dVa t m s
dt
= = − = − ⋅ = − 
 Obs.: nos itens (e) e (f), basta substituir os outros valores de t. 
 
17) Carro Ciclista 
 1 25 / 6,944 /V Km h m s= = 1 0V = 
 2 55 / 15, 278 /V Km h m s= = 2 30 / 8,333 /V Km h m s= = 
 0,5min 30t s∆ = = 0,5min 30t s∆ = = 
 
215,278 6,944 0,278 /
30
V
a m s
t
∆ −
= = =
∆
 
28,333 0 0,278 /
30
a m s
−
= = 
 
18) 250 /a m s= (constante) 
 0 0V = 
 100 / 27,78 /V Km h m s= = 
 0 27,78 50 0,55V V at t t s= + ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 
19) 23, 2 /a m s= 
 9,6 /V m s= 
 a) 0 0 09,6 3, 2 2,5 1,6 /V V at V V m s= + ⇒ = + ⋅ ⇒ = 
 b) 0 9,6 3,2 2,5 17,6 /V V at V V m s= + ⇒ = + ⋅ ⇒ = 
 
20) m in m a x 03 6 0 / , 1, 8 , 0V K m h a x K m V= ⇒ ∆ = = 
 
2 2 2 2
0 min min2 360 2 1,8 3600 /V V a x a a Km h= + ∆ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = 
08 
 
21) a) 2 05, 2 / , 137 / 38, 05 / , 90 / 25 /a m s V K m h m s V K m h m s= − = = = = 
 0 25 38,05 5,2 2,5V V at t t s= + ⇒ = − ⇒ = 
 
22) 0 056 / 15,55 / , 0, 24V Km h m s x x m= = = = 
2t s= 
a) 2 2 20 0
1 124 15,55 2 2 3,55 /
2 2
x x V t at a a m s= + + ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒ = − 
b) 0 15,55 3,55 2 8,45 /V V at V V m s= + ⇒ = − ⋅ ⇒ = 
 
23) 2 0 0 0 02 , 2 / , 0 , 9 , 5 / , 0 , 0A A C A C ca m s V V m s x x a= = = = = 
 a) 2 2 20 0
1 1 2,2 1,1
2 2A A A A A
x x V t a t x t t= + + ⇒ = ⋅ = ⋅ 
 0 9,5C C C Cx x V t x t= + ⇒ = ⋅ 
 
 No ponto de encontro, temos que: 
 
21,1 9,5 8,64A Cx x t t t s= ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =( )221,1 1,1 8,64 82Ax t m⇒ = ⋅ = ⋅ = 
 b) 0 2,2 8,64 19 /A A A A AV V a t V V m s= + ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 
24) 06 , 1 5 / , 0 , 6 0t s V m s x x m= = = = 
 
2 2
0 0 0 0
1 160 6 6 10 3
2 2
x x V t at V a V a= + + ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒ = + 
 0 015 6V V at V a= + ⇒ = + ⋅ 
 
0
0
10 3
15 6
V a
V a
= + ⋅

= + ⋅
 
 Resolvendo o sistema, teremos: 21,67 /a m s= e 0 5 /V m s= 
 
25) 0 01 7 0 0 , 0 , 0y m y V= = = 
 a) 2 2 20 2 2 9,8 (0 1700) 183 / 659 /V V g y V V m s Km h= − ∆ ⇒ = − ⋅ ⋅ − ⇒ = = 
 b) Não. 
09 
 
26) 02 4 / , 0 , 0V m s V y= = = 
 a) 2 2 20 0 02 24 2 9,8 (0 ) 29,39V V g y y y m= − ∆ ⇒ = − ⋅ ⋅ − ⇒ = 
 b) 0 24 9,8 2,45V V g t t t s= − ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 
27) 0 0 , 5 0 , 0y y m V= = = 
 a) 2 2 2 20 0 02 0 2 9,8 (50 0) 31 /V V g y V V m s= − ∆ ⇒ = − ⋅ ⋅ − ⇒ = 
 b) 0 0 31 9,8 3,16V V g t t t s= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = → tempo de subida 
 
' '2 2 3,16 6,33t t t s= ⋅ = ⋅ ⇒ = → o tempo de subida é igual ao tempo de descida. 
 
28) a) 0 01 0 0 , 0 , 5 0y m V y m= = = 
 
2 2
0 0 1 1
1 9,850 100 3, 2
2 2
y y V t gt t t s= + − ⇒ = − ⋅ ⇒ = 
 b) ' '0 5 0 , 0y m y= = 
 
'
0 09,8 3,2 31,36 /V V g t m s V= − ⋅ = ⋅ = − = → velocidade inicial na segunda metade 
do percurso. 
 
' ' ' 2 2
0 0 2 2 2 2 2
1 9,80 50 31,36 1,3
2 2
y y V t gt t t t s= + − ⇒ = − ⋅ − ⋅ ⇒ = 
 
29) 0 , 0y h y= = 
 a) 12 2 2 2 2 20 0 02 ( ) 2 (0 ) ( 2 )V V g y V V g h V V gh= − ∆ ⇒ = − − ⋅ ⋅ − ⇒ = + 
 b) 
12 212 0 02
0 0 0
( 2 )( 2 ) V gh VV V g t V gh V g t t
g
+ −
= − − ⋅ ⇒ − + = − − ⋅ ⇒ = 
c) Basta mudar o sinal de V0 nas respostas anteriores 'V V⇒ = 
d) 
12 2
' 0 0( 2 )V gh Vt
g
+ +
= 
 
30) para a chave, temos que: 
 0 04 5 , 0 , 0y m y V= = = 
010 
 
2 2
0 0
1 9,80 45 3
2 2
y y V t gt t t s= + − ⇒ = − ⋅ ⇒ = 
O tempo de queda da chave é igual ao tempo de deslocamento do barco 
 Para o barco, temos que: 
 1 2 , 0 , 0ox m x a= = = 
 12 0 3 4 /ox x V t V V m s= + ⋅ ⇒ = + ⋅ ⇒ = 
 
31) a) de A até B, temos que: 
 
2
0 0, 0, 4 / , 6A A A B A BV V y a m s t s= = = = = 
 
2 21 1 4 6 72
2 2B A A AB AB AB B
y y V t a t y m= + + ⇒ = ⋅ ⋅ = 
 4 6 24 /B A AB ABV V a t m s= + ⋅ = ⋅ = 
 de B até C (altura máxima), temos que: 
 0CV = 
 0 24 9,8 2, 45C B BC BC BCV V g t t t s= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = 
 
2 21 9,872 24 2, 45 (2, 45) 101,38
2 2C B B BC BC C
y y V t gt y m= + − ⇒ = + ⋅ − = 
 
 b) de C até A (queda), temos que: 
 
2 21 9,80 101,38 4,55
2 2A C C CA CA CA CA
y y V t gt t t s= + − ⇒ = − ⇒ = 
 6 2,45 4,55 13AB BC CAt t t t t s= + + = + + ⇒ = 
 
32) A velocidade inicial do pacote é a mesma do balão 
 a) 0 012 / , 80 , 0V m s y m y= = = 
 
2 2
0 0
1 9,80 80 12 5, 4
2 2
y y V t gt t t t s= + − ⇒ = + ⋅ − ⋅ ⇒ = 
 b) 0 12 9,8 5,4 41 /V V g t V V m s= − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = − 
 
 
 
33) a) para a bala, temos que: 
 0 0 m ax28 2 3 0 , 10 20 30 / , 0B B By m V m s h V= + = = + = ⇒ = 
011 
 
2 2 2
0 max2 0 30 2 9,8 ( 30) 76B B B B BV V g y y y h m= − ∆ ⇒ = − ⋅ ⋅ − ⇒ = = 
 para o elevador, temos que: 
 0 02 8 , 1 0 / , 0e e ey m V m s a= = = 
 0 0 28 10e e e ey y V t y t= + ⇒ = + 
 
2 2
0 0
1 9,830 30
2 2B B B B
y y V t gt y t t= + − ⇒ = + − 
 Quando a bala volta para o piso do elevador, temos que: 
 
228 10 30 30 4,9e By y t t t= ⇒ + = + − 
 
24,9 20 2 0 4, 2t t t s⇒ − − = ⇒ = 
 
34) 7,3a m= 
 a) cos70 7,3cos70 2,5Xa a m= − ° = − ° = − 
 b) 70 7,3 70 6,9ya asen sen m= − ° = − ° = − 
 
35) 2 5 , 4 0X yA m A m= − = 
 a) 2 2 2 225 40 47,2X yA A A m= + = + = 
 b) 40 58 122
25
y
X
A
tg tg
A
θ θ θ α= ⇒ = ⇒ = ° ⇒ = ° 
 
36) cos30 15cos30 13Xr r m= ° = ° = 
 30 15 30 7,5yr rsen sen m= ° = ° = 
 
37) ˆ ˆ(4 ) (3 )a m i m j= +r , ˆ ˆ( 13 ) (7 )b m i m j= − +
r
 
 a) ˆ ˆ ˆ ˆ(4 13) (3 7) ( 9 ) (10 )r a b i j m i m j= + = − + + = − +
rr r
 
 b) 2 29 10 13r m= + = 
 c) 10 48 132
9
tgθ θ α= ⇒ = ° ⇒ = ° 
 
38) a) 7,4 4,4 11,8X X Xr c d m= + = + = 
 b) 3,8 2 5,8y y yr c d m= + = − − = − 
70º 
250º 
y 
x 
a
r
α
θ
A
r
y 
x 
y 
x 
α
θ
r
r
012 
 c) 6,1 3,3 2,8z z zr c d m= + = − + = − 
 
39) a) 2 24 3 5a m= + = 
 b) 3 37
4
tgθ θ= ⇒ = ° 
 c) e (d)→ semelhante aos itens (a) e (b) 
 e) ˆ ˆ ˆ ˆ(4 6) ( 3 8) (10 ) (5 )r a b i j m i m j= + = + + − + = + ⇒
rr r 2 210 5 11,18r m= + = 
 f) semelhante ao item (b) 
 (g), (h), (i) ,(j)→ semelhantes aos itens (e) e (f) 
 k) ( )b a a b− = − − ⇒
r rr r
 o ângulo é de 180° 
 
40) 
 
 
 
 
 
 
 10a b m= = 
 a) cos30 cos 45 10cos30 10cos 45 1,59Xr a b m= ° − ° = ° − ° = 
 b) 30 45 10 30 10 cos45 12,1yr a sen b sen sen m= ° + ° = ° + ° = 
 c) 2 2 2 2(1,59) (12,1) 12,2X yr r r m= + = + = 
 d) 12,1 82,5
1,59
y
X
r
tg tg
r
θ θ θ= ⇒ = ⇒ = ° 
 
41) a) 0 0yV = 
 b) 0 350 /XV km h= 
 c) 0X Xa V= ⇒ → é constante 0 350 /X XV V km h⇒ = = 
 d) O mesmo, o tempo de queda depende somente das componentes verticais do movimento. 
 
42) a) 1 ˆˆ ˆ ˆ ˆ( 5 ) (8 )= + + = − +
r
r xi yj zk m i m j 
r
r
x
y
θ
y 
x 
α
θ
1r
r
y 
45º 
x 
105º 
30º 
45º 30º 
b
r
a
r
x
y
⇔
30º 
013 
 b) 2 21 5 8 9, 4r m= + = 
c)e d) 8 58 122
5
tgθ θ α= ⇒ = ° ⇒ = ° 
e) 2 ˆ(3 )r m i=
r
 
 2 1
ˆ ˆ ˆ ˆ(3 5) (0 8) (8 ) (8 )r r r i j m i m j∆ = − = + + − = −r r r 
f) e g)→ semelhantes aos itens (a) e (b). 
 
43) ˆˆ ˆ(5 ) (3 ) (2 )= − +rr m i m j m k 
 a) 2 2 25 3 2 6,16= + + =r m 
 
44) 1 ˆˆ ˆ5 6 2= − +
r
r i j k , 2 ˆˆ ˆ2 6 2= − + +
r
r i j k 
 a) 2 1 ˆˆ ˆ ˆ ˆ( 2 5) (6 6) (2 2) ( 7 ) (12 )r r r i j k m i m j∆ = − = − − + + + − = − +
r r r
 
 b) ao plano xy 
 
45) 1 ˆˆ ˆ5 6 2= − +
r
r i j k , 2 ˆˆ ˆ2 8 2r i j k= − + −
r
, 10t s∆ = 
 
2 1 ( 2 5) (8 6) ( 2 2) ˆˆ ˆ( 0,7 1, 4 0, 4 ) /
10m
r rrV i j k m s
t t
−∆ − − + + + − −
= = = = − + −
∆ ∆
r rr
r
 
 
46) 2 ˆˆ ˆ3 4 2r ti t j k= − +r 
 a) ˆ ˆ( 3 8 ) /drV i tj m s
dt
= = − −
r
r
 
 b) ˆ ˆ ˆ ˆ2 3 8 2 (3 16 ) /t s V i j i j m s= ⇒ = − ⋅ = −r 
 c) 2 23 16 16,28 /V m s= + = 
 d) 16 79,4
3
tgθ θ= ⇒ = ° 
47) 2 ˆˆ ˆ4r i t j tk= + +r 
 a) ˆˆ(8 ) /drV tj k m s
dt
= = +
r
r
 
 b) 2ˆ(8 ) /dVa j m s
dt
= =
r
r
 
 
v
r
x
y
θ
014 
48) 1 ˆˆ ˆ4 2 3V i j k= − +
r
, 4t s∆ = , 2 ˆˆ ˆ2 2 5V i j k= − − +
r
 
 a) 22 1
ˆˆ ˆ ˆ ˆ( 2 4) ( 2 2) (5 3) 6 2
ˆˆ( 1,5 0,5 ) /
4 4m m
V V V i j k i j
a a i k m s
t t
∆ − − − + − + + − − +
= = = = ⇒ = − +
∆ ∆
r r r
r r
 
 b) 2 2 21,5 0,5 1,58 /a m s= + = 
 
0,5 18,4 161,6
1,5
tgθ θ α= ⇒ = ° ⇒ = ° 
 
49) 3 4ˆ ˆ(2 5 ) (6 7 )r t t i t j= − + −r , 2t s= 
 a) 3 4ˆ ˆ ˆ ˆ(2 2 5 2) (6 7 2 ) (6 106 )r i j i j m= ⋅ − ⋅ + − ⋅ = −r 
 b) 2 3 2 3ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(6 5) 28 (6 2 5) 28 2 (19 224 ) /drV t i t j i j i j m s
dt
= = − − = ⋅ − − ⋅ = −
r
r
 
 c) 2 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ12 84 12 2 84 2 (24 336 ) /dVa ti t j i j i j m s
dt
= = − = ⋅ − ⋅ = −
r
r
 
c) É a mesma da velocidade para 2t s= 
 
224 85,15
19
tgθ θ= ⇒ = ° Gráfico 
 
50) a) Na vertical, temos que: 
 
2
0 00, 1, 9 1, 9 1 0 , 0yV y c m m y
−
= = = ⋅ =
 
 
2 2 2
0 0
1 9,80 1,9 10 0,062
2 2y
y y V t gt t t s−= + − ⇒ = ⋅ − ⋅ ⇒ = 
 b) Na horizontal, temos que: 
 0 0 00 , 3 0 , 0 ,x xx x m a V V= = = = 
 0 0 030 0,062 483,87 /o xx x V t V V m s= + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 
51) a) Na vertical, temos que: 
 0 00 , 1, 2 , 0yV y m y= = = 
 
2 2
0 0
1 9,80 1,2 0,49
2 2y
y y V t gt t t s= + − ⇒ = − ⋅ ⇒ = 
 b) Na horizontal, temos que: 
 0 0 00 , 1 , 5 2 , 0 ,x xx x m a V V= = = = 
 0 0 01,52 0, 49 3,1 /o xx x V t V V m s= + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 
x 
α
θ
y 
v
r
x
y
θ
015 
52) 0 161 / 44,72 /xV Km h m s= = → constante 
 a) 0 10 , 9 , 1 5x x m= = 
 0 1 1 19,15 44,72 0,206o xx x V t t t s= + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 b) Como a velocidade em x é constante, o tempo será o mesmo 2 0,206t s= 
 c) Na primeira metade, temos que: 
 0 0yV = 
 
2 2 2
0 0 1
1 9,8 9,8 (0,206) 0,207
2 2 2y
y y V t gt y t m= + − ⇒ ∆ = − ⋅ = − ⋅ = 
d) Na segunda metade, temos que: 
 1 0 9,8 0,206 2,02 /y yV V gt m s= − = − ⋅ = − 
 
2 2
2 0 1 2 2 2
1 9,82,02 0,206 (0,206) 0,624
2 2y
y y V t gt y y m= + − ⇒ ∆ = − ⋅ − ⋅ ⇒ ∆ = − 
e) No movimento vertical, tem aceleração. 
 
53) 0 0 02 0 / , 0 , 0V m s x y= = = 
 0 0 cos 40 20 cos 40 15,32 /xV V m s= ° = ⋅ ° = 
 0 0 40 20 40 12,85 /yV V sen sen m s= ° = ⋅ ° = 
 a) 1 0 0 1 15,32 1,1 16,85xx x V t m= + = ⋅ = 
 b) 2 21 0 0 1 1
1 9,812,85 1,1 (1,1) 8, 21
2 2y
y y V t gt m= + − = ⋅ − = 
 c) e (d) basta substituir o tempo 2 1,8t s= , nas equações anteriores 
 
54) 0 460 /V m s= 
 Cálculo do ângulo de tiro 0θ .Na horizontal, temos que: 
 0 0 , 4 5 , 7x x m= = 
 0 0 0cos 45,7 460 cosx x V t tθ θ= + ⇒ = ⋅ ⋅ (equação 1) 
 Na vertical temos que: 
 0 0y y= = 
 
2 2
0 0 0
1 9,8
sen 0 460 sen
2 2
y y t gt t tθ θ= + − ⇒ = ⋅ − (equação 2) 
 isolar o tempo na equação 1 e substituir na equação 2 
016 
 
0
0 0
0
2
0 0
0
0
0 0
0
0 0
0
45,7 45,70 460sen 4,9
460cos 460.cos
sen 0,0480 .45,7
cos cos
0,04845,7sen
cos
0,048
sen .cos
45,7
0,048
sen (2 )
45,7
2 0,12º 0,06º
45,7. (0,06)º
45,7
0,048
h
tg h tg
h m
θ
θ θ
θ
θ θ
θ
θ
θ θ
θ
θ θ
θ
 
⇒ = −  
 
⇒ = −
⇒ =
⇒ =
⇒ =
⇒ = ⇒ =
= ⇒ =
⇒ =
 
 
55) Considerando 0 m a x0 , 0yy y V= ⇒ = 
 
0 0
0 0 0 00y
V senV V sen gt V sen gt t
g
θθ θ= − ⇒ = − ⇒ = 
 
2
0 0
1
2
y y sen t gtθ= + − 
 
2 2
0 0 0 0
max 0 0 22
V sen V sengy V sen
g g
θ θθ⇒ = ⋅ − ⋅ 
 
2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
max max
( )
2 2 2
V sen V sen V sen V seny y
g g g g
θ θ θ θ
⇒ = − = ⇒ = 
 
56) 0 25 /V m s= 
a) Na horizontal, temos que: 
 0 0 00, 0 , 2 2 , cos 40 25 co s 4 0 19,1 5 /x xa x x m V V m s= = = = ⋅ ° = ⋅ ° = 
 0 22 19,15 1,15o xx x V t t t s= + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = 
 Na vertical, temos que: 
 0 0 00 , 4 0 2 5 4 0 1 6 , 0 7 /yy V V s e n s e n m s= = ⋅ ° = ⋅ ° = 
 
2 2
0 0
1 9,816,07 1,15 (1,15) 12
2 2y
y y V t gt m= + − = ⋅ − ⋅ ⇒ 
b) 0 19,15 /x xV V m s= = 
 0 16,07 9,8 1,15 4,8 /y yV V gt m s= − = − ⋅ = 
017 
c) Não, yV é positivo⇒ a bola ainda sobe. 
 
57) ˆ ˆ7,6 6,1V i j= +r 
 de B até C, temos que: 
 a) m a x 0 , 6 , 1 /y c y by V V m s⇒ = = 
 
2 2 2 2 37,212 0 (6,1) 2 9,8 1,898
2 9,8yc yb
V V g y y y m= − ∆ ⇒ = − ⋅ ⋅ ∆ ⇒ ∆ = =
⋅
 
max 9,1 1,898 10,898 11by y y m m= + ∆ = + = ≅ 
b) Cálculo do tempo de queda (C até D) 
 0 00 , 1 1 , 0D c cy y y y m V V= = = = = = 
 
2 2
0 0
1 9,80 11 1,5
2 2y
y y V t gt t t s= + − ⇒ = − ⋅ ⇒ = 
 o tempo de subida é igual ao tempo de descida 
 
' 2 3 , 7,6 /xt t s V m s= = = → constante 
 0 7,6 3 22,8o xx x V t x m= + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ 
 c) 7,6 /xV m s= 
 0 9,8 1,5 14,7 /yD ycV V gt m s= − = − ⋅ = − 
 
2 2 2 2(7,6) ( 14,7) 16,55 /x yV V V m s= + = + − = 
 
14,7 63
7,6
tgθ θ= ⇒ = ° 
 
58) 0 01 , 5 2 / , 0x yV m s V= = 
 
2 2
0 0
1 4,9
2y
y y V t gt y t= + − ⇒ = − 
 0 1,52o xx x V t x t= + ⋅ ⇒ = 
 isolando t, em x e substituindo em y, temos que: 
 
22,12y x= − 
 
2 2
1 1/ 20,3 10 8,74 10p x m y m
− −
= ⋅ ⇒ = − ⋅ → não bateu 
 
2 2
2 2/ 40,6 10 34,94 10p x m y m
− −
= ⋅ ⇒ = − ⋅ → não bateu 
 
2 2
3 3/ 60,9 10 78,63 10p x m y m
− −
= ⋅ ⇒ = − ⋅ → já bateu 
 Como 3 3y x> → a bola bate no terceiro degrau 
v
r
x
y
θ
018 
 
 
59) Como as velocidades estão na mesma direção, basta considerar os sentidos. 
 a) 1 4 / , 9 /B A A MV K m h V K m h= = − 
 14 9 5 /BM BA AM BMV V V V Km h= + ⇒ = − = →
r r r
Rio acima 
 b) 6 /CBV Km h= − 
 6 5 1 /CM CB BM CMV V V V Km h= + ⇒ = − + = − →
r r r
Rio abaixo 
 
60) ˆ ˆ ˆ(8 / ) , (50 / ) (13,89 / )NS SMV m s j V Km h i m s i= − = − = −
r r
 
 
ˆ ˆ(8 / ) (13,89 / )NM NS SMV V V m s j m s i= + = − −
r r r
 
 
13,89 60
8
tgθ θ= ⇒ = ° 
 
61) a) ˆ ˆ ˆ ˆ(60 / ) (80 / ) (80 / ) (60 / )MS MP PS MP MPV V V km h j V km h i V Km h i Km h j= + ⇒ − = − ⇒ = −
r r r r r
 
 b) 1 1
80 53
60
tgθ θ= ⇒ = ° 
 2 2
800 53
600
tgθ θ= ⇒ = ° (ângulo de visada) 
c) Como a aceleração é nula ⇒ As velocidades são constantes → (a) não muda 
 
' '
2 2
0,8 0,8 80 8(0,1 10 ) 8 53 ( )
0,6 0,6 60 6(0,1 10 ) 6
PS
MS
V tx x t t
tg b
y y V t t t
θ θ− ⋅− ∆ − −= = = = = ⇒ = ° ⇒
− ∆ − ⋅ − −
não muda 
 
 
 
 
 
 
 
r
V
NM
r
V
SM
r
V
NS