Exercícios de vestibulares sobre

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Exercícios de vestibulares sobre lançamento oblíquo
1) (Ufmg-MG) Clarissa chuta, em seqüência, três bolas – P, Q e R -, cujas trajetórias estão representadas nesta figura:
Sejam t(P), t(Q) e t(R) os tempos gastos, respectivamente, pelas bolas P, Q e R, desde o momento do chute até o instante em que atingem o solo.
Considerando-se essas informações, é CORRETO afirmar que
a) t(Q) > t(P) = t(R)         
b) t(R) > t(Q) = t(P)         
c) t(Q) > t(R) > t(P)         
d) t(R) > t(Q) > t(P)           
e) d) t(R) = t(Q) = t(P)
2) (Ufsm-RS) Um índio dispara uma flecha obliquamente. Sendo a resistência do ar desprezível, a
flecha descreve uma parábola num referencial fixo ao solo. Considerando o movimento da flecha depois que ela abandona o arco, afirma-se:
I. A flecha tem aceleração mínima, em módulo, no ponto mais alto da trajetória.
II. A flecha tem aceleração sempre na mesma direção e no mesmo sentido.
III. A flecha atinge a velocidade máxima, em módulo, no ponto mais alto da trajetória.
Está(ão) correta(s)
3) CEFET-CE) Duas pedras são lançadas do mesmo ponto no solo no mesmo sentido. A primeira tem velocidade inicial de módulo 20 m/s e forma um ângulo de 60° com a horizontal, enquanto, para a outra pedra, este ângulo é de 30°. O módulo da velocidade inicial da segunda pedra, de modo que ambas tenham o mesmo alcance, é:
DESPREZE A RESISTÊNCIA DO AR.
4) (CEFET-CE) Um caminhão se desloca em movimento retilíneo e horizontal, com velocidade constante de 20m/s. Sobre sua carroceria, está um canhão, postado para tiros verticais, conforme indica a figura. A origem do sistema de coordenadas coincide com a boca do canhão e, no instante t=0, ele dispara um projétil, com velocidade de 80m/s. Despreze a resistência do ar e considere g=10m/s2.
Determine o deslocamento horizontal do projétil, até ele retornar à altura de lançamento, em relação:
a) ao caminhão;
b) ao solo.
5) (Ufms-MS) Em um lançamento oblíquo (trajetória mostrada na figura a seguir) em um local onde a aceleração constante da gravidade é g, sejam respectivamente, H, X e β a altura máxima, o alcance horizontal e o ângulo de lançamento do projétil, medido em relação ao eixo horizontal x. Desprezando-se a resistência do ar, é correto afirmar que
(01) o tempo para que se alcance X é igual ao tempo de subida do projétil.
(02) o tempo para que se alcance X é igual ao dobro do tempo de descida do projétil.
(04) se tg(β) = 4, então H = X.
(08) a energia cinética do projétil é máxima quando é atingida a altura máxima.
(16) a energia mecânica do projétil aumenta no trecho de descida.
6) (CEFET-CE) Um aluno do CEFET em uma partida de futebol lança uma bola para cima, numa direção que forma um ângulo
de 60° com a horizontal. Sabendo que a velocidade na altura máxima é 20 m/s, podemos afirmar que a velocidade de lançamento da bola, em m/s, será:
7) (FUVEST-SP) Durante um jogo de futebol, um chute forte, a partir do chão, lança a bola contra uma parede próxima. Com auxílio de uma câmera digital, foi possível reconstituir a trajetória da bola, desde o ponto em que ela atingiu sua altura máxima (ponto A) até o ponto em que bateu na parede (ponto B). As posições de A e B estão representadas na figura. Após o choque, que é elástico, a bola retorna ao chão e o jogo prossegue.
a) Estime o intervalo de tempo t1, em segundos, que a bola levou para ir do ponto A ao ponto B.
b) Estime o intervalo de tempo t2, em segundos, durante o qual a bola permaneceu no ar, do instante do chute até atingir o chão após o choque.
c) Represente, em sistema de eixos, em função do tempo, as velocidades horizontal Vx e vertical Vy da bola em sua trajetória, do instante do chute inicial até o instante em que atinge o chão, identificando por Vx e Vy, respectivamente, cada uma das curvas.
NOTE E ADOTE:
Vy é positivo quando a bola sobe
Vx é positivo quando a bola se move para a direita
8)( Ufjf-MG) Durante uma partida de futebol, um jogador, percebendo que o goleiro do time adversário está longe do gol, resolve tentar um chute de longa distância (vide figura). O jogador se encontra a 40 m do goleiro. O vetor velocidade inicial da bola tem módulo Vo = 26 m/s e faz um ângulo de 25° com a horizontal, como mostra a figura a seguir.
Desprezando a resistência do ar, considerando a bola pontual e usando cos 25° = 0,91, sen 25° = 0,42 e g=10m/s2:
a) Faça o diagrama de forças sobre a bola num ponto qualquer da trajetória durante o seu vôo, após ter sido chutada. Identifique a(s) força(s).
b) Saltando com os braços esticados, o goleiro pode atingir a altura de 3,0 m. Ele consegue tocar a bola quando ela passa sobre ele? Justifique.
c) Se a bola passar pelo goleiro, ela atravessará a linha de gol a uma altura de 1,5 m do chão. A que distância o jogador se encontrava da linha de gol, quando chutou a bola? (Nota: a linha de gol está atrás do goleiro.)
9)(UNICAMP-SP) Uma bola de tênis rebatida numa das extremidades da quadra descreve a trajetória representada na figura a seguir, atingindo o chão na outra extremidade da quadra. O comprimento da quadra é de 24 m.
a) Calcule o tempo de vôo da bola, antes de atingir o chão. Desconsidere a resistência do ar nesse caso.
b) Qual é a velocidade horizontal da bola no caso acima?
c) Quando a bola é rebatida com efeito, aparece uma força, FE, vertical, de cima para baixo e igual a 3 vezes o peso da bola. Qual será a velocidade horizontal da bola, rebatida com efeito para uma trajetória idêntica à da figura?
 
10)(UNICAMP-SP) O famoso salto duplo twistcarpado de Daiane dos Santos foi analisado durante um dia de treinamento no Centro Olímpico em Curitiba, através de sensores e filmagens que permitiram reproduzir a trajetória do centro de gravidade de Daiane na direção vertical (em metros), assim como o tempo de duração do salto.
De acordo com o gráfico, determine:
a) A altura máxima atingida pelo centro de gravidade de Daiane.
b) A velocidade média horizontal do salto, sabendo-se que a distância percorrida nessa direção é de 1,3m.
c) A velocidade vertical de saída do solo.
GABARITO
1) O tempo que a bola permanece no ar está relacionado  com a altura  —  maior altura, maior tempo de permanência no ar  —  R- A
2)  I – Falsa – a aceleração é constante e é a aceleração da gravidade , sempre com direção vertical e sentido para baixo.
II – Correta – vide afirmação acima
III – Falsa – no ponto mais alto da trajetória a velocidade é mínima e vale V=Vx
R- C
3) Se os dois ângulos de lançamento forem complementares entre si (α1 + α2=90o), e a velocidade inicial for a mesma, (no caso, 20m/so alcance horizontal é o mesmo.
R- D
4) a) Como a resistência do ar é desprezada, a velocidade horizontal inicial do projétil é constante e, em cada instante, a mesma do caminhão. Assim, se ele partiu de um ponto P da carroceria do caminhão, retornará ao mesmo ponto P e o deslocamento horizontal em relação ao caminhão será zero.
b) Vox=20m/s  —  Vo=80m/s  —  Vo2=Vox2 + Voy2  —  6.400=400 + Voy2  —  Voy=77.5m/s  —tempo de subida  —  Vy = Voy – gts  —  0=77,5 – 10ts  —  ts=7,75s  —  tempo que demora para subir e descer e se deslocar X na horizontal  —  t=2.7.75  —  t=15,5s  —  X=Vox.t=20,15,5  —  X=310m.
5) (01) Falsa – é o tempo de subida mais o tempo de descida
(02) Verdadeira – veja (1)
(04) Verdadeira – veja teoria – Se a altura maxima (hmáx) é igual ao alcance X  —   tgα=4
(08) Ec=mV2/2  —  na altura máxima V é mínima, portanto Ec também será mínima – Falsa
(16) Falsa – como não existe atrito, o sistema é conservativo e a energia mecânica é sempre a mesma em todos os pontos da trajetória
Soma (02 + 04) = 06
6) Na altura máxima a velocidade vetorial  não é nula, tem intensidade mínima e é igual à componente horizontal, ou seja, .
Assim, Vox=20m/s  —  Vox=Vocos60o  —  20=Vo.1/2  —  Vo=40m/s  —  R- E
7) a) Movimento na vertical  —  no ponto A de altura máxima Vy=0 
S=So + Vot + at2/2  —  YB) = Y(A) + Vyt – 10t2/2  —  4,2 = 5,0 +0.t -5t2  —  t=√0,16  —  t=0,4s.
b) Queda livre da altura Yo=5m  — Vo=0  —  quando chega ao solo Y=0  —  Y=Yo + Vot –gt2/2  —  0=5 + 0t – 5t2  —t=1s
Sendo o choque elástico, o tempo de subida é igual ao tempo de descida  —  t=2s
Movimento vertical  —  a batida na parede não afeta o tempo de queda (projeção na vertical) pois o choque é elástico —  t=1s  —  Voy=0  —  velocidade com que chega ao solo  —  Vy  —  Vy=Voy – gt  —  Vy=0 -10.1  —  Vy=-10m/s  —  se chega ao solo com velocidade de -10m/s, sai do mesmo com velocidade de +10m/s  —
No movimento horizontal ela demora t=0,4s para percorrer X=6m com velocidade constante Vx  —  X=Vxt  —  6=Vx.0,4  —  Vx=15m/s  —  +15m/s para a direita (movimento progressivo) e -15m/s para a esquerda (movimento retrógrado)
8) a) A única força que age sobre a bola (a resistência do ar é desprezada) durante todo o movimento é a força peso, vertical e para
baixo.
b) Cálculo do tempo que a bola demora  a chegar até o goleiro percorrendo X=40m com velocidade horizontal constante e de valor Vox=Vocos25o=26.0,91  —  Vox=23,66m/s  —  X=Vox.t  —  40=23,66.t  —  t=1,69s  —  cálculo da altura, na direção vertical, que a bola estará ao chegar ao goleiro nesse instante (t=1,69s)  —  Y=Voyt – gt2/2  —  Y=Vo.sen25o.t –gt2/2  —  Y=26.0,42.1,69 – 10.(1,69)2/2  —  Y=18,45 – 14,28  —  Y=4,17m  —  esse valor é maior que 3m e assim, o goleiro não consegue tocar a bola.
c) Cálculo do tempo que a bola demora para chegar à altura vertical de 1,5m  —  Y=Vo.sen25o.t – gt2/2  —  1,5=10,92t – 5t2  —
5t2 -10,92t + 1,5=0  —  Δ=119,25 – 30=89,25  —  √Δ=9,5  —  t=(10,92 ±9,5)/2.5  —  considera-se o tempo maior que ocorre quando a bola já está descendo  —  t=2,042s  —  nesse instante a distância horizontal da linha de gol será de X=Vocos25o.t  — 
X=26.0,91.2,042  —  X=48,3m
9) a) Do gráfico  —  distância vertical que percorre  até atingir a altura máxima  —  ΔS=125 – 93,75=31,25cm  —  ΔS=0,3125m  —  na altura máxima Vy=0  —  Torricelli  —  Vy2 = Voy2 + 2aΔS  —  02=Voy2 – 2.10.0,3125  —  Voy=2,5m/s  —  função horária vertical  —  Y=Yo + Voyt – gt2/2  —  quando chega ao solo Y=0  —  0=0,9375 + 2,5t – 5t2  —  5t2 – 2,5t – 0,9375=0  —  √Δ=5  — 
t=(2,5 ±5)/10  —  t=0,75s
b) Na horizontal  —  quando X=24m  —  t=0,75s  —  X=Vox.t  —  24=Vox.0,75  — Vox=32m/s
c) sem efeito  —  a força resultante sobre a bola é seu peso  —  P=mg  —  a=g  —  com efeito  —  F=3P (para cima) e P (para baixo)  —  FR=3P – P=2P=2mg  —  a’=2g  —  como a aceleração é proporcional à velocidade, ela também dobrará  —  V’+2.32  —  V’=64m/s
10) a) Yo=0  —  quando t=0,3s  —  Y=1,2m  —  Y=Yo + Voyt + at2/2  —  1,2=0 + 0,3Voy= + a.(0,3)2/2  —  0,3Voy + 0,045a=1,2  I
quando t=0,8s  —  Y=1,2m  —  Y=Yo + Voyt + at2/2  —  1,2=0 + Voy.0,8 + a(0,8)2/2  —  0,8Voy + 0,32a = 1,2  II  —  resolvendo o sistema composto por I e II  —  a=-10m/s2=g  e Voy=5,5m/s  —  tempo que demora para atingir a altura máxima onde Vy=0  —  Vy=Voy + at  —  0=5,5 – 10t  —  t=0,55s  —  Ymáx= Yo + Voyt + at2/2  —  Ymáx= 0 + 5,5.0,55 – 10(0,55)2/2  —  Ymáx=1,5125m
b) tempo total de movimento t=2.0,55  —  t=1,1s  —  na horizontal  —  X=Vox.t  —  1,3=Vox.1,1  —  Vox=1,18m/s
c) Vo2=Vox2 + Voy2  —  Vo2 = (1,18)2 + ((5,5)2  —  Vo2=1,3924 + 37,91  —  Vo=6m/s