SoluçãoVelocidade e Aceleração Vetorial

Velocidade e Aceleração
Vetorial
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[A]
Todo movimento circular contém uma componente
centrípeta voltada para o centro da circunferência de
módulo não nulo.
Onde o vetor V representa o movimento resultante do
avião.
Como θ e β são ângulos suplementares, teremos:
β = 180° − θ.
cos β =
A
A
→ cos(180° − θ) = .
B
B
Como cos(180° − θ) = − cos θ, teremos:
A
A
A
A
→ − cos θ = → cos θ = − → cos θ = −
B
B
B
B
Resposta da questão 2:
[D]
cos(180° − θ) =
Pelo teorema do impulso: O impulso da força resultante
Alternativa: [B]
( I ) é igual à variação da quantidade de movimento
Fr
( ∆Q) . Considerando o movimento retilíneo, podemos
expressar o teorema na forma modular:
I Fr = ∆Q = m ∆v = 85 × 22 = 1870 N ⋅ s.
Resposta da questão 4:
[E]
Dados: d1 = 120 km; d2 = 160 km; ∆t =1/4 h.
A figura ilustra os dois deslocamentos e o deslocamento
resultante.
Comentário: Certamente, houve um engano da banca
examinadora ao dar a unidade da velocidade (deveria ser
km/h) atingida pelo atleta, pois nenhum atleta (humano)
consegue atingir essa velocidade e nem esse impulso. O
recordista mundial de velocidades, Usain Bolt, percorreu
100 m em 9,58 s, atingindo velocidade média de 10,44 m/s.
A velocidade de 22 m/s corresponde a 79,2 km/h!
Resposta da questão 3:
Questão anulada no gabarito oficial.
O movimento resultante de um avião é sempre
representado por sua velocidade em relação ao solo, assim
sendo, de acordo com o enunciado, se o vetor B for a
velocidade do avião em relação ao solo, este é o
movimento resultante do avião, ou seja, θ = 90° e
consequentemente cos θ = 0.
A questão poderia ter uma solução se o vetor B
representasse a velocidade do avião em relação ao vento, e
não em relação ao solo como informado no enunciado.
Assim sendo, teremos a seguinte resolução:
A +B = V :
Aplicando Pitágoras:
d2 = d12 + d22 ⇒ d2 = 1202 + 1602 = 14.400 + 25.600 = 40.000
d = 200 km.
O módulo da velocidade vetorial média é:
d
200
⇒ 200 ( 4 ) ⇒
1
4
vm = 800 km / h.
vm =
∆t
=
Resposta da questão 5:
[A]
1ª Solução:
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Página 1
R2 = A 2 + B2 + 2 A Bcos θ ⇒
0 = 2 + 10 2 cos θ ⇒ cos θ = −
cos θ =
2
52 = 2 + 52 + 2
2
10 2
= −
2 2
10 ( 2 )
( 2 ) (5) cos θ
⇒
⇒
− 2
.
10
Resposta da questão 6:
[C]
Dados: R = L = 10,0 m; v = 2,00 m/s.
Na figura acima:
→ Ax = 4; Ay = 3; Bx = -1; By = 1.
→

2
2
2
2
 A = A x + A y = ( −1) + 1 ⇒ A = 2.

B = B2 + B2 = 42 + 32 ⇒ B = 25 ⇒ B = 5.
x
y

Ay

1
2
=
⇒ senα = cos α =
.
senα = cos α =
A
2

2
→ 
By 3
Bx 4

senβ = B = 5 ; cos β = B = 5 .
O ângulo entre os vetores A e B é θ. Mas:
θ = α +β ⇒
3 2 4 2
3  2  4  2 
cosθ = cos ( α + β ) = cosα ⋅ cosβ − senα ⋅ senβ =   ⋅ 
−
⇒
 −  ⋅
 ==
10
10
 5   2   5   2 
cos θ =
− 2
.
10
2ª Solução:
Aplicando a regra do Paralelogramo:
Como a velocidade vetorial instantânea de cada objeto tem
módulo constante e está sempre apontando a posição do
objeto vizinho, como mostrado na figura dada, esses
objetos descreverão trajetórias que vão se fechando, de
modo que eles ocupem sempre os vértices de hexágonos
de lado cada vez menor (Fig 1), até que ocorra o colapso
(encontros) no centro da circunferência circunscrita a cada
um desses hexágonos.
A Fig 3 mostra um detalhe de um desses objetos no
instante inicial. A velocidade do objeto está
decomposta nas direções tangencial ( v t ) e radial ( vr ) .
Como os objetos estão sempre nos vértices de um
hexágono, essas componentes têm módulos constantes,
sendo:
 1
vr = v cos 60° = 2,00   ⇒ vr = 1,00 m/s.
2
 3
⇒ vt = 1,00
vt = v sen 60° = 2,00 
 2 


3 m/s.
Se o encontro ocorre no centro da circunferência
circunscrita, cada objeto percorrerá radialmente a distância
igual ao raio da circunscrita (R) no instante inicial, com a
velocidade radial ( vr ) e se encontrarão após um intervalo
Na figura acima:
→ Ax = 4; Ay = 3; Bx = -1; By = 1; Rx = 3; Ry = 4.
→

2
2
2
2
 A = A x + A y = ( −1) + 1 ⇒ A = 2.

2
2
2
2
⇒ B = 25 ⇒ B = 5.
B = Bx + B y = 4 + 3

R = R2 + R2 = 32 + 42 ⇒ B = 25 ⇒ R = 5.
x
y

Da lei dos cossenos:
de tempo ∆t. Assim:
vr =
R
∆t
⇒
1,00 =
10,0
∆t
⇒
∆t = 10,0 s.
Se cada objeto tem velocidade constante, em módulo, a
distância percorrida por cada um dos seis objetos será:
D = v ∆t = 2,00 (10,0) ⇒ D = 20,0 m.
Resposta da questão 7:
[C]
A figura mostra os deslocamentos escalar e vetorial em
meia volta.
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Página 2
ΔSPL = 10 − 0 = 10m
ΔSLJ = −200 − 10 = −210m
ΔSPLP = 0 − 0 = 0
D = 200 + 10 + 210 = 420m
∆S = πR = 30m → Vm =
∆r = 2R = 20m → Vm =
∆S 30
=
= 3,0m / s
∆t 10
∆r
∆t
=
20
= 2,0m / s
10
Resposta da questão 8:
[D]
A figura mostra as velocidades do barco em relação ao rio,
do rio em relação à margem e a resultante das duas.
(V) A posição do jeep em relação ao posto é −200 m.
(V) O deslocamento do motorista entre o posto e a loja de
conveniência foi de 10 m.
(V) O deslocamento do motorista entre a loja de conveniência e o
jeep foi de −210 m.
(F) O deslocamento do motorista, no trajeto posto de combustível
- loja de conveniência - posto de combustível, foi de 20 m.
(V) A distância total percorrida pelo motorista para comprar
gasolina e água e retornar para o jeep foi de 420 m.
Resposta da questão 11:
[A]
Como se pode observar na figura a seguir, se a aceleração é
inclinada de 45°, as suas componentes vertical e horizontal
têm mesma intensidade.
VRe sul tan te =
ΔS 800
=
= 8,0m / s
Δt 100
2
Aplicando Pitágoras ao triângulo sombreado, vem:
VB2
2
2
= 8 + 6 = 100 → VB = 10m / s
Portanto: ay = ax = 6 m/s .
Ou ainda: tg 45° =
ay
ax
⇒1=
ay
6
2
⇒ ay = 6 m/s .
Resposta da questão 9:
01 + 02 + 16 = 19
Resposta da questão 12:
[B]
Justificando as incorretas:
04) Dois vetores são iguais somente se seus módulos, suas
direções e seus sentidos forem iguais.
08) O módulo de um vetor não depende de sua direção,
mas sim, da intensidade da grandeza física que ele
representa.
Dados: vaut = 80 km/h; sen θ = 0,8 e cos θ = 0,6.
A figura mostra o automóvel e as velocidades do automóvel
( v aut ) e da chuva ( v ), para a pessoa parada na beira da
estrada. O diagrama vetorial mostra a composição dessas
velocidades para o estudante.
Resposta da questão 10:
VVVFV
Observe a figura abaixo.
SJ = −200m ; SP = 0 ; SL = +10 .
tg θ =
v aut
senθ v aut
0,8 80
⇒
⇒
=
⇒ v = 60 km/h.
=
v
cos θ
v
0,6
v
ΔSJP = 0 − ( −200) = 200m
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Página 3
Resposta da questão 13:
[A]
 x ( 0 ) = 0;
x ( t ) = 3t 
 x ( 4 ) = 3 ( 4 ) = 12 cm.
Dados: vB = 11 km/h; vA = 0,83 m/s = (0,83 × 3,6) = 3 km/h.
 y ( 0 ) = 0;
y ( t ) = t3 − 12t 
3
 y ( 4 ) = ( 4 ) − 12 ( 4 ) = 64 − 48 = 16 cm.
Na descida:
v = vB + vA = 11 + 3 = 14 km/ h.
Na subida:
v = vB – vA = 11 – 3 = 8 km/ h.
O sistema cartesiano abaixo representa esses pares e o
vetor deslocamento entre esses instantes.
Resposta da questão 14:
[A]
A componente centrípeta da aceleração ou aceleração
centrípeta surge quando há variação no módulo do vetor
velocidade e a componente centrípeta surge quando há
variação na direção do vetor velocidade.
Resposta da questão 15:
[B]
Da figura:
Como todos os movimentos são realizados com velocidade
constante tem-se v = ∆S/∆t
Identificando a velocidade do barco em relação à água
como v e a velocidade das águas do rio como u temos:
Na subida com o motor ligado
v – u = ∆S/10
→ 10.v – 10.u = ∆S
D2 = 122 + 16 2 = 144 + 256 = 400 ⇒ D = 20 cm.
Resposta da questão 17:
[D]
Resposta da questão 18:
[C]
Na descida com o motor ligado
v + u = ∆S/4
→ 4.v + 4.u = ∆S
Em função de ∆S temos:
Resposta da questão 19:
Decompondo a velocidade de B em componentes temos:
40.v – 40.u = 4.∆S
40.v + 40.u = 10.∆S
Somadas as expressões
14.∆S
80
14.∆S
 14.∆S 
4.v + 4.u = ∆S → 4. 
 + 4.u = ∆S → 20 +
 80 
14.∆S 6.∆S
6.∆S
4.u = ∆S → 4.u = ∆S –
=
→ u=
20
20
80
80.v = 14.∆S
→ v=
Na descida com o motor desligado:
u = ∆S/T
→ T = ∆S/u =
∆S
80
=
= 13h20 min
6.∆S 6
80
Paralelamente à estrada A o carro B está movendo-se com
uma velocidade de:
VB cos 600 = 82 × 0,5 = 41km / h
Resposta da questão 16:
[B]
Como a velocidade de A em relação à estrada é 100km/h
concluímos que a velocidade de A em relação a
B na direção da estrada vale: VA /B = 100 − 41 = 59km / h .
Calculemos os pares ordenados para esses dois instantes:
Outra solução:
Se considerarmos o referencial em B, teremos:
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1/6 + 1/10 = 1/t ==> (5 + 3)/30 = 1/t
t = 30/8 = 3,75 s
VA /B = VA − VB
Resposta da questão 27:
[B]
6L
Vm
=
Vm
(VA /B )estradaA = VA − VB cos60 = 100 − 82 × 0,5 = 59km / h
0
T ⇒ Vm = 3
4L
2
Vm
T
Resposta da questão 28:
a) Varr = 2,7 m/s
b) Vres = 3,6 m/s
Resposta da questão 20:
[B]
Como a ação do rio sobre o barco do pescador depende da
velocidade do rio, esta ação será maior no centro do rio e
pequena nas postas, obrigando o barco do pescador
realizar uma trajetória que, próxima das margens, é
perpendicular a elas e mais paralela às margens no centro.
Temos esta situação apenas na alternativa B. O tempo de
travessia é dado por → v = ∆S/∆t → u = L/∆t → ∆t =
L/u.
Resposta da questão 29:
[C]
A figura mostra o deslocamento vetorial do caminhão.
Resposta da questão 21:
[B]
Resposta da questão 22:
[D]
Resposta da questão 23:
[D]
Resposta da questão 24:
[B]
Resposta da questão 25:
[C]
Resposta da questão 26:
[B]
Levando-se em conta que a velocidade relativa constante é
igual a a razão entre a distância percorrida e o intervalo de
tempo correspondente, ou seja, v = d/t, teremos:
Descendo com a velocidade da escada:
u = d/10
Subindo contra a escada:
v - u = d/15
Usando a primeira expressão na segunda:
v - d/10 = d/15 ==> v = d/10 + d/15 = d/6
Na descida com a escada:
v + u = d/t ==> d/6 + d/10 = d/t
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Uma forma imediata de solucionar a questão é utilizar a Lei
dos Cossenos.
2
∆r = 102 + 62 − 2 × 10 × 6 × cos 60 = 100 + 36 − 60 = 76
∆r = 2 19km
Resposta da questão 30:
[D]
Resposta da questão 31:
[A]
Resposta da questão 32:
[B]
Resposta da questão 33:
[A]
Resposta da questão 34:
[D]
Resposta da questão 35:
[C]
Resposta da questão 36:
01 + 04 + 08 = 13
Página 5
Resposta da questão 37:
[B]
Resposta da questão 38:
[B]
Resposta da questão 39:
FFVV
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