Resoluções das Atividades

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VOLUME 1 | FÍSICA 4
Resoluções das Atividades
Sumário
Aula 5 – Cinemática vetorial............................................................................... 1
Aula 5
.
Cinemática vetorial
Atividades para Sala
01 b
Como o piloto está se dirigindo para a direita, o vetor velocidade tem que ser para a direita, posto que, no ponto
mais alto, nem está subindo, nem está descendo. Já a aceleração, em qualquer ponto é a aceleração da gravidade.
02 D
Embora a estória seja um pouco longa, a questão é simples. Exige atenção, de fato. Primeiro, lembre-se: vetor
deslocamento liga o ponto de partida ao de chegada, e
como é ele que se quer, e na presente história vai e volta
ao mesmo lugar, seu módulo será zero. Já a distância total
percorrida, convenhamos, com a distância São João-Congonhas dada, logo na primeira frase, fica bem simples concluir que, se a viagem foi ida e volta, teremos duas vezes
135km, portanto 270km.
Atividades Propostas
01 C
A menor caminhada pelas ruas da cidade, necessária para
levar alguém de A até C, consiste de qualquer combinação
de caminhadas parciais que somem 600m em uma direção
e 800m na perpendicular. A soma dessas duas caminhadas
em direções perpendiculares é 1.400m.
A menor distância, em linha reta, entre A e C é a hipotenusa
do triângulo cujos catetos são AD = 800m e DC = 600m.
Portanto, AC = 1000m.
02 D
60º
60º
Para os três vetores superiores, temos:
03 C
Bicicleta: trajetória sem mudança de sentido. O espaço
percorrido é igual ao módulo de deslocamento.
XB = ∆SB = 20m
Skate: trajetória curva.
Deslocamento: origem em P1 e extremidade em P2.
∆SS = 20m
Espaço percorrido: comprimento da circunferência de raio
R = 5m.
XX2pR → XS = 2 · 3,14 · 5 → XS = 31,4m
Assim, tem-se: ∆SB = ∆SS, porém: XS > XB
2 = 
1 = 3 = cos60º = 
VR1
2
= 1 + 2 + 3 =  +  +  =
2
2
VR1
= 2
Para os três vetores inferiores “figura omitida”, por simetria, temos:
VR2 =  +  +  = VR2 = 2



2
2
O vetor resultante VR = VR + VR , logo: VR = 4
1
2
O espaço percorrido é dado por ∆s = 6
∆s
Vescalar ∆t ∆s 6 3
= = = =
Vvetorial d d 4 2
∆t
04 E
Se fecharmos um triângulo retângulo, partindo de P e descendo até a linha horizontal que contém Q e fizermos do
segmento de reta PQ, a hipotenusa, observamos que o
cateto que ficou na vertical terá 12 quadradinhos. Mas de
acordo com escala isso corresponderá a 4m. Já o cateto
horizontal terá 9 quadradinhos, o que corresponderá a 3m.
Fica fácil concluir que a hipotenusa PQ terá módulo 5m.
Pré-Universitário | 1
VOLUME 1 | FÍSICA 4
03 C
Considerando-se a direção nordeste como uma rota que
forma um ângulo de 45º com a direção leste, temos:
d
acp =
V2
V2
80 2
→ 0 ,1 ⋅ g =
→ 0,1 ⋅ 10 =
R
R
R
R ≅ 6.400m
07 C
Vm
70km
Aplicando-se a Lei dos Cossenos, temos:
d2 = 702 + (50 2 ) – 2 · 70 · 50 2 · cos135º. Portanto:
2
d2 = 4900 + 5000 + 7000 → d2 = 16.900 → d = 130km
Vm
), no desloca
AB
=
∆t
Define-se velocidade vetorial média (
50 2km
135º
mento de A até B, pelo quociente:
AB
Logo, V m =
∆t
2
2
Sendo AB = 40 + 30 = 50cm (Pitágoras)
∆t = 3min20s = 200s
04 A
O espaço percorrido (distância percorrida) pelo avião será
a medida da linha direta destacada na figura.
100km
100km
Se os corpos partiram e chegaram no mesmo ponto, o
deslocamento é o mesmo para ambos.

d
C
800km
A
600km
x = AB + BC + CD
x = 400 + 600 + 400 → x = 1400km
O deslocamento (d) tem módulo:
d = ( 600 )2 + (800 )2 → d = 1000km
05 b
Para termos um movimento curvilíneo e retardado, temos
que ter as duas componentes da aceleração, lembrando
apenas que, a componente aceleração centrípeta tem que
ser perpendicular ao vetor velocidade e, como o movimento é retardado, a componente aceleração tangencial
tem que ficar no sentido oposto ao do vetor velocidade. A
única opção que satisfaz essas condições é a opção B.
06 E
Cálculo do intervalo de tempo e do espaço percorrido
pelo trem-bala.
∆t = 1h25min. → ∆t = 85min. → ∆t = 5100s
∆S = 403km → ∆S = 403.000m
Cálculo da velocidade do trem.
V=
∆S
403.0 00
→V=
→ V = 79, 01m/s ≅ 80m/s
∆t
5100
Cálculo de aceleração centrípeta na curva:
2 | Pré-Universitário
50
→ V m = 0, 25cm/s
200
08 b
D
B
Então: V m =
09 D
Se a partícula descreve seu movimento com aceleração
escalar (tangencial) de módulo constante, temos um movimento uniformemente variado, o qual é regido pela função:
v = vo + at. Dessa forma em t = 1,5s, a velocidade escalar
valerá: v = 0 + 4 · 1,5 = 6m/s. Nesse instante, a aceleração centrípeta (visto que o movimento é circular) valerá:
62
v2
= 3m/s2 .
acp = . Substituindo os valores, temos: acp =
12
R
Para calcular o módulo da aceleração resultante nesse instante, temos que suar o Teorema de Pitágoras, visto que
essas componentes são perpendiculares entre si. Assim: a2
= 32 + 42 → a2 = 25 → a = 5m/s2.
10 A
Conforme estudamos na teoria, sempre que um corpo
está em uma trajetória retilínea, não temos a presença da
componente aceleração centrípeta. Porém, se fizermos
uso dos freios, o automóvel terá a componente aceleração
tangencial, a qual tem mesma direção e sentido oposto ao
do vetor velocidade.
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