Resoluções

Física
Olimpíada
Resoluções
01 D
Note que o barco move-se do ponto P ao ponto Q em
um intervalo de tempo ∆t, o mesmo que corresponde ao
intervalo entre a emissão e a recepção do sinal sonoro.
Desse modo, nota-se que:
v · ∆t
P
04 C
Para ultrapassar o semáforo, o automóvel deve percorrer
uma distância maior que 850 m. Note que são apresentados os gráficos v × t para os três carros, de modo que
podemos encontrar a distância percorrida por cada um,
determinando a área sob o gráfico.
Carro A (note que se trata de um trapézio)
Q
M
H
∆t
v⋅
2
(40 + 20 ) ⋅ 30 = 900
AA =
2
∆SA = 900 m
∆t
v⋅
2
Carro B (note que se trata de um trapézio)
2
∆SB = 800 m
Logo, tem-se que:
v⋅
∆t
2
2
Carro C (note que se trata de um triângulo).
2
 ∆t 
 ∆t 
2
 u ⋅  =  v ⋅  + H
2
2
 ∆t 
H2 = u2 − v 2 ⋅  
 2
H
(
∆t
u⋅
2
)
H = u2 − v 2 ⋅
60 ⋅ 20
= 600
2
ASC = 600 m
AC =
2
∆t
2
02 D
De acordo com o enunciado do problema, tem-se o
seguinte esquema:
L
A
O
T
L
S
v1 = 9 km/h = 2,5 m/s
t1 = 2 min = 120 s
∆S1 = v1 · t1 = 2,5 · 120 → ∆S1 = 300 m
vA = 2v
vT = v
Como os movimentos são retilíneos e uniformes, tem-se
que:
SA = 0 + 2v · t = 2vt
Para que o automóvel fique paralelo à frente do trem,
note que:
SA = ST
2vt = L + v · t
vt = L
Como SA = 2vt, a distância percorrida pelo automóvel até
ultrapassar o trem é dada por:
SA = 2 · L
a2 ⋅ t 22 , em que v02 = 9 km/h = 2,5 m/s
t2 = 50 s
2
∆S2 = 2, 5 ⋅ 50 +
0, 05 ⋅ 50 2
= 125 + 0, 05 ⋅ 1250
2
No último trecho, tem-se um movimento uniformemente
retardado. Logo:
a3 =
∆v 23 0 − 18 km/h
5 m/s
=−
=
∆t 3
50 s
50 s
a3 = −0,1 m/s2
Logo:
∆S3 = v 03 ⋅ t 3 +
∆S3 = 5 ⋅ 50 −
∆S3 = 125 m
1a Série – Ensino Médio
321
03 C
Note que o automóvel de B percorre uma distância menor
antes de acionar o freio, e, desse modo, ele tem um menor
tempo de reação, o qual, por sua vez, será determinado
considerando-se que não há variação da velocidade antes
do acionamento do freio. Logo:
∆S2 = v 0 2 ⋅ t 2 +
∆S2 = 187, 5 m
321
Logo:
T
ST = 2 + v · t
∆SA 10
∆tB =
=
→ ∆tB = 00,4
, 4ss
vA
25
∆v12 9 km/h
2, 5 m/s
=
=
∆t12
50 s
50 s
a2 = 0, 05 m/s2
•ST = S0 + vT · t
No segundo trecho, tem-se um movimento uniformemente acelerado. Logo:
a2 =
A
Desse modo, o veículo que consegue ultrapassar o semáforo é o carro A.
05 D
No primeiro trecho, tem-se um movimento retilíneo uniforme, de modo que:
•SA = S0 + vA · t
(50 + 30 ) ⋅ 20 = 800
AB =
a3 ⋅ t 3 2 , onde v03 = 18 km/h = 5 m/s
t3 = 50 s
2
0,1⋅ 50 2
= 250 − 125
2
1
Física
Olimpíada
Desse modo, o percurso total será dado por:
∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3
∆S = 300 + 187,5 + 125
∆S = 612,5 m
06 D
Pelo conceito de vetor deslocamento, tem-se que:
y
5
d
x
6
Em módulo, tem-se: d2 = 32 + 42
d2 = 25
d = 5 km
Note que se trata de lançamento horizontal, de modo que
a relação entre as alturas de queda vale h1 = 4 · h2.
ωi = ωf
vi v f
R
= , em que R f = i
2
Ri R f
0, 6 v f
=
→ v f = 0, 3 m/s
Ri
Ri
2
11 D
Note que a plataforma executa meia-volta quando João
se desloca até onde Maria está. Desse modo, tem-se:
2 rotações
1 minuto
2 rotações
60 s
0,5 rotação
∆t
2 ∆t = 30 → ∆t = 15 s
07 B
4 km
10 D
Note que se trata de um movimento circular uniforme, no
qual as velocidades angulares inicial e final têm o mesmo
valor. Logo:
Logo:
3 km
2
2
09 E
Note que ocorre uma variação mais brusca da velocidade
entre os trechos X e Z. Outro trecho no qual ocorre desaceleração é entre T e V, onde ocorre uma menor variação
no módulo da velocidade.
Como João percorre d = 2 R = 2 · 3 = 6 m, com velocidade
constante, tem-se que:
v=
Desse modo, tem-se que:
12 A
De acordo com o enunciado do problema, tem-se que:
g ⋅ t12
g ⋅ t12
→ 4h2 =
2
2
h2 = g ⋅ t 22
2
h1 =
θ
vC/T
vC/P
Logo:
∆S d 6 m 600 cm
=
=
=
→ v = 40 cm/s
∆t ∆t 15 s
15 s
g ⋅ t 22 g ⋅ t12
=
→ t1 = 2 ⋅ t 2
2
2
Para a componente horizontal do movimento, notemos
que, para o mesmo alcance:
4⋅
v1 · t1 = v2 · t2
vP/T → velocidade da pessoa em relação à Terra.
v1 · 2t2 = v2 · t2
v1 1
=
v2 2
Note que o diagrama vetorial obedece à composição de
movimentos:
vC/P + vP/T = vC/T
08 A
vC/P → velocidade da chuva em relação à pessoa.
vC/T → velocidade da chuva em relação à Terra.
x1 = x2
vP/T
Determinemos o tempo de subida da bolinha, pois se
trata de um lançamento vertical no referencial do robô.
Desse modo:
vy = v0y – g · ts
Em módulo, note que:
tgθ =
vP / T
1
→ 0, 25 =
→ v C / T = 4 m/s
vC / T
vC / T
0 = 4 – 10 · ts → ts = 0,4 s
Como o tempo de subida é igual ao tempo de descida, o
tempo total vale 0,8 s.
13 E
I.Incorreta. A força peso é exercida pela Terra sobre o
bloco.
Note que o robô move-se com velocidade constante na
horizontal. Logo, a distância procurada será dada por:
II.Incorreta. Pela Lei de Ação e Reação, o bloco atrai a
Terra com força de módulo P.
x = v · tTOTAL = 2,5 · 0,8
x=2m
III.Incorreta. A deformação seria a mesma, pois é o corpo
que deforma a mola.
2
1a Série – Ensino Médio
Física
Olimpíada
14 D
As duas forças são um par de ação e reação, logo, têm
módulos iguais, mesma direção, sentidos opostos, e, principalmente, para a análise do problema, elas atuam em
corpos diferentes.
17 A
Como se tratam de polias e fios ideais, ao se aplicar uma
força F = 600 N, a tração em cada lado da polia terá um
valor de 300 N.
F = 600 N
15 C
Note que se trata de um sistema de blocos no qual A e B
têm a mesma aceleração, cujo o valor pode ser determinado pela análise cinemática do bloco B. Logo:
vB = v0 + a · t
B
8 = 0 + a · 2 → a = 4 m/s2
Identificando as forças atuantes nos dois blocos, tem-se:
T = 300 N
N
B
PB · sen θ
Para os blocos de massa m1 e m2, tem-se que:
T = 300 N
T
T
T – P1 = m1 · a1
300 – m1 · g = m1 · a1
300 – 200 = 20 · a1 ⇒ a1= 5 m/s2
m1
A
PB · cos θ
θ
P1
PA
θ = 37o
T = 300 N
T = 300 N
123
PA – T = mA · a
T – PB · sen θ = mB · a
m2
PA – PB· sen θ = (mA + mB) · a
T – P2 = m2 · a2
300 – m2 · g = m2 · a2
300 – 120 = 12 · a2 ⇒ a2= 15 m/s2
P2
18 C
Identificando as forças na polia móvel e na caixa, tem-se
que:
Logo:
mA · g – mB · g · sen 37° = (mA + mB) · 4
5 · 10 – mB · 10 · 0,6 = (5 + mB) · 4
T
50 – 6 mB = 20 + 4 mB ⇒ mB = 3 kg
T
16 C
Antes da liberação, note que todo o sistema se encontra
em repouso, de modo que a tração T1 no fio equilibra o
peso do bloco B. Logo:
2T–P=m·a
T1 = 30 N.
2T–m·g=m·a
2 T – 500 · 10 = 500 · 2
2 T = 6.000
T= 3.000 N
Como o fio que vai do tambor à polia móvel é o mesmo,
a tração em todos os pontos do mesmo vale 3.000 N.
T2
T2
123
PB – T2 = m2 · a
T2 – PA = m1 · a
B
PB – PA = (m1 + m2) · a
PA
Logo:
P
T1 = PB = m2 · g = 3 · 10
Quando se libera o sistema, os blocos A e B terão o mesmo
módulo de aceleração. Desse modo:
A
a
PB
19 A
Vale ressaltar que a força indicada pela balança é a reação
normal de apoio FN. Logo, tem-se que:
Fel
FN
m2 · g – m1 · g = (3 + 1) · a
30 – 10 = 4 · a ⇒ a = 5 m/s2
Desse modo, tem-se que:
T2 – PA = m1 · a
T2 – 10 = 1.5 ⇒ T2 = 15 N
Logo, a razão será dada por:
T1 30
T
=
⇒ 1 =2
T2 15
T2
A
FN + Fel = P
PA
FN + k · x = m · g
 N
FN +  20  ⋅ (0, 2 m) = 5
 m
FN + 4 = 5
FN = 1
1a Série – Ensino Médio
3
Física
Olimpíada
20 E
Identificando as forças atraentes nos dois blocos, tem-se
que:
NB
NB
NA
Fat
Fat
A
F
B
PB
PA
Fat = μ · NB
Fat = μ · PB
Fat = μ · mB · g
Note que, para o sistema se mover como um único "bloco",
tem-se que:
F = (mA + mB) · a
Analisando o andamento do bloco A, tem-se:
F – Fat = mA · a
F – μ · mB · g = mA · a
F = mA · a + μ · mB · g
Logo, por igualdade:
mA · a + μ · mB · g = (mA + mB) · a
μ · mB · g = mB · a
a = μ· g
4
1a Série – Ensino Médio