SoluçãoMovimento Uniformemente Variado

Movimento Uniformemente Variado
Gabarito:
Resposta da questão 1:
[E]
Da equação de Torricelli:
v 2 = v 02 − 2 a ΔS ⇒ v 2 = 302 − 2 ⋅ 5 ⋅ 50 ⇒ v 2 = 400 ⇒ v = 20 m/s ⇒
v = 72 km/h.
Resposta da questão 2:
[D]
- Inicialmente vamos determinar as previsões iniciais:
V = 72km / h = 20m / s
Δt = 10min = 600s
V=
ΔS
ΔS
→ 20 =
→ ΔS = 12000m
Δt
600
O enunciado nos informa que: “devido a uma eventualidade ocorrida na metade do caminho”, ou seja, o automóvel percorreu
ΔS1 = 6000m em Δt1 = 300s , restando mais 6000m que devem ser percorridos também em 300s, para o automóvel chegar
em B no tempo previsto.
- O enunciado nos informa que após a metade do caminho, o motorista foi obrigado a reduzir uniformemente a velocidade,
levando 20s para isso e mantendo tal velocidade até restar 1min para alcançar o tempo total inicialmente previsto.
Analisando a diminuição da velocidade:
V0 = 20m / s
V = 36km / h = 10m / s
Δt 2 = 20s
V = V0 + a ⋅ Δt → 10 = 20 + a ⋅ 20 → a = −0,5 m / s2
V 2 = V02 + 2 ⋅ a ⋅ ΔS → 102 = 202 + 2 ⋅ ( −0,5) ⋅ ΔS → ΔS2 = 300m
Analisando o deslocamento com velocidade constante até restar 60s (1min) para alcançar o tempo total previsto:
tprevisto = 600s
“até restar 60s (1min)”: 600 − 60 = 540s
tpercorrido = Δt1 + Δt 2 = 300 + 20 = 320s
Δt3 = 540 − 320 → Δt 3 = 220s
V = 10m / s
ΔS
ΔS
V=
→ 10 =
→ ΔS3 = 2200m
Δt
220
- Por último o veículo é acelerado uniformemente até 108 km/h, levando para isso, 22 s, permanecendo nesta velocidade até
chegar ao ponto B.
Analisando o aumento da velocidade:
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V0 = 10m / s
V = 108km / h = 30m / s
Δt 4 = 22s
V = V0 + a ⋅ Δt → 30 = 10 + a ⋅ 22 → a ≈ 0,91 m / s2
V 2 = V02 + 2 ⋅ a ⋅ ΔS → 302 = 102 + 2 ⋅ 0,91⋅ ΔS → ΔS4 ≈ 440m
Analisando o deslocamento com velocidade constante até chegar ao ponto B:
ΔSpercorrido = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 + ΔS4
ΔSpercorrido = 6000 + 300 + 2200 + 440 ≈ 8940m
ΔS5 = ΔS total − ΔSpercorrido = 12000 − 8940 → ΔS5 ≈ 3060m
V = 30m / s
V=
ΔS
3060
→ 30 =
→ Δt 5 ≈ 102s
Δt
Δt
- O tempo de atraso:
Δt total = Δt1 + Δt 2 + Δt3 + Δt 4 + Δt 5
Δt total = 300 + 20 + 220 + 22 + 102 → Δt total ≈ 664s
t atraso = Δt total − Δtprevisto = 664 − 600
t atraso ≈ 64s
Resposta da questão 3:
a) Dado: f = 33 rpm.
33 rot 33 rot
f=
=
⇒ f = 0,55 Hz.
min
60 s
ωf = 2 π f ⇒ ωf = 2 ⋅ 3 ⋅ 0,55 ⇒ ωf = 3,3 rad / s.
2
b) Dados: α = 1,1 rad/s ; ω0 = 0.
Da equação da velocidade angular para o movimento circular uniformemente variado:
ω
3,3
ωf = ω0 + α t f ⇒ t f = f =
⇒ t f = 3 s.
α
1,1
2
c) Dados: μ e = 0,09; g = 10 m/s ; r = 10 cm = 0,1 m.
A componente de atrito da força que o disco aplica na caixa de fósforos exerce a função de resultante centrípeta. A caixa
começa a se deslocar em relação ao disco no instante em que a força de atrito atinge intensidade máxima.
Da figura:
Fmáx = Fcent
2
2
at
r es
⇒ μ e N = m ωc r ⇒ μe m g = m ωc r ⇒

N = P = m g
ωc =
μe g
⇒ ωc =
r
ωc = 3 rad / s.
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0,09 ⋅ 10
= 9 ⇒
0,1
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d) Aplicando os resultados obtidos nos itens anteriores na equação de Torricelli para o movimento circular uniformemente
variado:
ωc2 = ω02 + 2 α Δθ ⇒ Δθ =
ωc2
32
=
⇒
2 α 2 ⋅ 1,1
Δθ = 4,1 rad.
Resposta da questão 4:
11.
1ª Solução
Calculando as posições nos instantes mencionados:
x(t) = −10,0 + 2,0 t + 3,0 t
vm =
Δ x 6 − ( −5 )
=
Δt
2 −1
2
 x (1) = −10,0 + 2,0 (1) + 3,0 (1) 2 = −5 m

2
 x (2) = −10,0 + 2,0 (2) + 3,0 (2) = 6 m
⇒ vm = 11 m /s.
2ª Solução
A função dada caracteriza um movimento uniformemente variado:
a
x = x0 + v0 t + t2 .
2
Fazendo as comparações, obtemos os valores:
2
x0 = 10 m; v0 = 2 m/s; a = 6 m/s .
A função horária da velocidade escalar é:
v (1) = 2 + 6 (1) = 8 m /s
v(t) = v 0 + a t ⇒ v (t) = 2 + 6 t 
v (2) = 2 + 6 (2) = 14 m /s
No movimento uniformemente variado, a velocidade escalar média é a média aritmética das velocidades. Assim:
v + v 2 8 + 14 22
vm = 1
=
=
⇒
2
2
2
v m = 11 m /s.
Resposta da questão 5:
[A]
Dados: m = 0,4 kg; ΔS = 1,6 m ; t = 0,8 s.
Calculando a aceleração escalar:
2 ∆S 2 ⋅ 1,6
a
3,2
∆S = t 2 ⇒ a =
=
=
⇒ a = 5 m /s2.
2
2
2
0,64
t
0,8
A força de atrito sobre o copo é a resultante. Aplicando o Princípio Fundamental da Dinâmica para o movimento retilíneo:
Fat = m a ⇒ Fat = 0,4 ⋅ 5 ⇒ Fat = 2 N.
Resposta da questão 6:
[D]
Dados: v0b = 8 m/s.
O gráfico nos mostra que no instante t = 4 s a partícula b inverte o sentido de seu movimento, ou seja, sua velocidade se anula
nesse instante (vb = 0).
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vb = v0b + a t ⇒ 0 = 8 + a ( 4 ) ⇒ a = −2 m / s2 .
Para o instante t = 3 s:
vb = 8 − 2 ( 3 ) ⇒ vb = 2 m / s.
Se a reta tangencia a parábola no instante t = 3 s, as velocidades das duas partículas são iguais nesse instante. Então:
t = 3 s ⇒ v a = vb = 2 m / s.
Como o movimento da partícula a é uniforme, o espaço percorrido por ela até t = 4 s é:
∆Sa = v a t ⇒ ∆Sa = 2 ( 4 ) ⇒ ∆Sa = 8,0 m.
Resposta da questão 7:
[E]
Dados: v1 = 72 km/h = 20 m/s; ∆t = 5 s; d = 2,1 km = 2.1000 m
O carro desloca-se em movimento uniforme. Para percorrer 2,1 km ou 2.100 m ele leva um tempo t:
d = v1 t ⇒ 2.100 = 20 t ⇒ t = 105 s.
Para a viatura, o movimento é uniformemente variado com v0 =0. Sendo v2 sua velocidade final, temos:
2.100 ( 2 )
v + v2
v
d= 0
⇒
( t − ∆t ) ⇒ 2.100 = 2 (105 − 5 ) ⇒ v 2 =
2
2
100
v 2 = 42 m / s.
Resposta da questão 8:
[E]
Distância (d) que o automóvel gasta para parar com velocidade inicial v:
V=0
V0 = v
V 2 = V02 + 2.a.d → 0 = v 2 + 2.a.d →| d |=
v2
2.a
Distância (d') que o automóvel gasta para parar com velocidade inicial 2v:
V =0
V0 = 2v
V 2 = V02 + 2.a.d → 0 = (2v)2 + 2.a.d' →| d' |=
| d |=
4.v 2
2.a
v2
2.a
4.v 2
2.a
d' = 4d
| d' |=
Resposta da questão 9:
[A]
[A] Verdadeira. Os gráficos apresentados são de deslocamento por tempo. Como o enunciado nos informa que o automóvel
desenvolve velocidade constante de módulo v, no início e no final, teremos a função d = v.t de primeiro grau, ou seja, o
gráfico deverá ser uma reta no inicio e no final o que é satisfeito por todas as alternativas.
No intervalo Δt o automóvel aumenta e em seguida diminui sua velocidade, ambos uniformemente, o que nos remete à
a.t 2
de segundo grau, ou seja, o gráfico deverá ser duas parábolas seguidas, a primeira com concavidade
2
para cima, o que representa o aumento da velocidade e a segunda com a concavidade para baixo, o que representa a
diminuição da velocidade, sendo a alternativa [A] a única que satisfaz o enunciado.
função d = v.t +
[B] Falsa. O gráfico apresenta uma reta no intervalo Δt .
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[C] Falsa. O gráfico apresenta uma reta no intervalo Δt .
[D] Falsa. O gráfico apresenta uma reta no intervalo Δt .
[E] Falsa. O gráfico apresenta, aparentemente, duas parábolas, porém com as concavidades invertidas.
Resposta da questão 10:
Analisando a sequência, podemos perceber que a cada segundo que passa a distância percorrida aumenta em 10 metros.
ΔST = 5 + 15 + 25 + 35
ΔST = 80m
Como podemos perceber, trata-se de um movimento uniformemente variado onde a velocidade média é a média das
velocidades. Logo:
ΔS V0 + V
=
2
Δt
80 0 + V
VM =
=
4
2
∴ V = 40 m s
VM =
Resposta da questão 11:
Gabarito Oficial: [C]
Gabarito SuperPro®: [B]
Pelos dados da tabela, vê-se claramente que o movimento é não uniforme, pois o móvel não percorre espaços iguais em
intervalos de tempo iguais.
Verifiquemos se ele pode ser uniformemente variado no intervalo mostrado, na hipótese de que a aceleração seja constante
também em cada intervalo entre segundos consecutivos.
Sendo v0 = 10 cm/s e S0 = 0, para o intervalo de 0 a 5 s:
a
a 2
 25 − 50 
Δs = v0 t + t 2 ⇒ 25 = 10 ( 5 ) + ( 5 )
⇒ a=
2 ⇒
2
2
 25 
a = −2 cm / s2 .
Assim, a função horária do espaço para esse movimento é:
2
Δs = 10 t − t 2 ⇒ Δs = 10 t − t 2 .
2
A correspondente função horária da velocidade é:
v = v 0 + a t ⇒ v = 10 − 2 t.
Substituindo t nessas funções:
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t

t


t

t

t

= 1 s ⇒ Δs = 10 (1) − (1)
⇒ Δs = 9 cm; v = 10 − 2 (1) ⇒ v = 8 cm/s.
2
= 2 s ⇒ Δs = 10 ( 2 ) − ( 2 )
2
⇒ Δs = 16 cm; v = 10 − 2 ( 2 ) ⇒ v = 6 cm/s.
= 3 s ⇒ Δs = 10 ( 3 ) − ( 3 )
2
⇒ Δs = 21 cm; v = 10 − 2 ( 3 ) ⇒ v = 4 cm/s.
= 4 s ⇒ Δs = 10 ( 4 ) − ( 4 )
= 5 s ⇒ Δs = 10 ( 5 ) − ( 5 )
2
⇒ Δs = 24 cm; v = 10 − 2 ( 4 ) ⇒ v = 2 cm/s.
2
⇒ Δs = 25 cm; v = 10 − 2 ( 5 ) ⇒ v = 0 cm/s.
Conclusão:
2
Dentro da hipótese considerada, o movimento é uniformemente variado com aceleração escalar de –2 m/s , e no instante t = 5 s
a velocidade escalar é nula.
Resposta da questão 12:
a) Na subida o movimento é acelerado, assim concluímos que a força (F) realizada pelo cabo sobre a cápsula é maior que o
peso do conjunto (cápsula+pessoa). A partir destas considerações, podemos calcular a aceleração de subida da cápsula.
Vejamos os dados pertinentes para o cálculo da aceleração durante a subida:
F = 7,5 × 104 N.
P = 5 × 104 N.
MC = 5x103 kg (massa do conjunto)
Assim, F − P = MC .a
7,5 × 104 − 5x104 = 5x103.a
2,5 × 104 = 5x103.a
a=
2,5 × 10 4
3
5 × 10
=
25
= 5m / s2
5
Como podemos perceber, o enunciado informa que esta aceleração se mantém apenas no primeiro trecho do percurso,
sendo o restante do movimento sujeito apenas a aceleração gravitacional freando a cápsula. Assim devemos notar dois
2
movimentos distintos, um acelerado com aceleração de 5m/s dirigida para cima e outro movimento retardado com
2
aceleração de 10 m/s dirigida para baixo.
Logo, o deslocamento total sofrido pela cápsula pode ser equacionado da seguinte forma:
ΔSac + ΔSre = 60m
Em que ΔSac = deslocamento sofrido pela cápsula até T1 e ΔSre = deslocamento sofrido pela cápsula de T1 a T2.
Utilizando a equação de Torricelli no movimento acelerado e retardado, temos:
ACELERADO:
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V 2 = 02 + 2.5.ΔSac
V 2 = 10.ΔSac
RETARDADO:
02 = V 2 + 2.are .ΔSre
0 = V 2 + 2.( −10).ΔSre
V 2 = 20.ΔSre
Igualando as duas expressões, temos:
10.ΔSac = 20.ΔSre
ΔSac = 2.ΔSre
Assim, o ΔSac = 40m e ΔSre = 20m
Como a área de um gráfico é numericamente igual ao deslocamento sofrido pela cápsula podemos relacionar os intervalos de
tempo de 0 à T1, e de T1 à T2.
ΔSac = V.(T1 )
ΔSre = V.(T2 − T1)
ΔSac = 2.ΔSre
V.(T1 ) = 2.V.(T2 − T1 )
T1 = 2T2 − 2T1
3T1 = 2T2
Calculando T1:
ΔSac = 0.T1 +
40 =
5.T12
2
5.T12
2
80 = 5.T12
T12 = 16
T1 = 4s
Calculando T2:
3T1 = 2T2
3.4 = 2T2
12 = 2T2
∴ T2 = 6s
b) Como a força exercida pelo cabo é constante, a potência máxima ocorre quando a velocidade é máxima, assim sendo:
VMÁX=0+5.T1
VMÁX=5.4=20m/s
Calculando a potência máxima, temos:
PMÁX. = F.VMÁX.
PMÁX. = 7,5 × 104.20
PMÁX. = 150 × 104
∴ PMÁX. = 1,5 MW
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Resposta da questão 13:
[D]
Calculando os módulos das desacelerações para pistas seca e molhada, com velocidade inicial de 10 m/s e espaço de frenagem 5
m e 6 m:
Usando a equação de Torricelli:
2
v =
v 02
pista seca: 02 = 102 − 2 a ΔS ⇒ 2 a 5 = 100 ⇒ a = 10 m / s2 .
s
s
s
s

+ 2 a ΔS 
100
m / s2 .
pista molhada: 02 = 102 − 2 am ΔSm ⇒ 2 am 6 = 100 ⇒ as =
12

Calculando os espaços de frenagem para pistas seca e molhada, com velocidade inicial de 30 m/s, com as respectivas
desacelerações já calculadas.
Usando novamente a equação de Torricelli:
2
v =
v 02
pista seca: 02 = 302 − 2 ⋅ 10 ⋅ ΔS ⇒ 20 ΔS = 900 ⇒ ΔS = 45 m.
s
s
s

+ 2 a ΔS 
100
100
2
2
ΔSm ⇒
ΔSm = 900 ⇒ ΔSs = 54 m.
pista molhada: 0 = 30 − 2 ⋅
12 m
6

Portanto, para a velocidade inicial de 30 m/s. em pista molhada ele percorre a mais:
ΔSm − ΔSs = 54 − 45 = 9 m.
Resposta da questão 14:
[A]
Calculemos o tempo para que as duas crianças percorram 10 m, sendo que a criança (P) realiza movimento uniforme e a criança
(Q) realiza movimento uniformemente variado.
Assim:
ΔSP = vP tP ⇒ 10 = 4 tP


1 2
1
ΔSP = a tQ ⇒ 10 = ⋅ 2
2
2

⇒ tP = 2,5 s.
2
tQ
⇒ tQ = 10 ⇒ t Q = 3,16 s.
Como tP < tQ, a criança (P) chega primeiro.
Calculando a velocidade de (Q) no instante t = 2,5 s, em que (P) chega:
v = v 0 + a t ⇒ vP = 0 + 2 ⋅ ( 2,5 ) ⇒ vP = 5 m/s.
Resposta da questão 15:
Como a aceleração dos dois veículos é constante, o movimento é classificado em uniformemente variado, com equação horária:
1
S = S0 + V0 .t + .a.t 2 .
2
Para o veículo A:
S0=0
V0=0
2
a=2 m/s
1
SA = 0 + 0.t + .2.t 2 → SA = t 2 .
2
Para o veículo B:
S0=19200m (o veículo sai a 19,2km do veículo A)
V0=0
2
a= - 4m/s (o veículo se movimenta em sentido oposto ao de A)
1
SB = 19200 + 0.t + .(−4).t 2 → SB = 19200 − 2.t 2 .
2
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Para haver o encontro:
SA = SB → t 2 = 19200 − 2.t 2
t = 80s.
Resposta da questão 16:
[D]
Dados: v0 = 54 km/h = 15 m/s; ∆S = 63 m; t = 3 s.
Calculando a aceleração escalar:
a
a
2
∆S = v 0 t + t 2 ⇒ 63 = 15 ( 3 ) + ( 3 )
2
2
⇒ 18 =
9
2
a ⇒ a = 4 m/s .
2
A velocidade ao passar pelo semáforo é:
v = v0 + a t ⇒ v = 15 + 4 (3) ⇒ v = 27 m/s ⇒ v = 97,2 km/h.
Como a velocidade máxima permitida é 60 km/h, o motorista será multado, pois ultrapassará a velocidade máxima.
Resposta da questão 17:
Da definição de aceleração escalar média:
am =
∆v
∆t
⇒
∆t =
∆v 80 − 0
=
am
2
⇒
∆t = 40 s.
Da equação de Torricelli:
v 2 = v 02 + 2 am ∆S
⇒
∆S =
802
4
⇒
∆S = 1.600 m.
A pista deve ter comprimento mínimo igual à distância percorrida pelo avião na decolagem. Assim,
D = 1.600 m.
Resposta da questão 18:
[B]
Até a acionar os freios a velocidade permanece constante. Como a aceleração é constante, a velocidade decresce linearmente
com o tempo.
Resposta da questão 19:
[B]
a=
∆V
0 − 10
→ −5 =
→ ∆t = 2,0s
∆t
∆t
A figura mostra o gráfico da variação de velocidade em função do tempo
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A área sombreada é numericamente igual ao deslocamento.
∆S =
(2,5 + 0,5).10 = 15m .
2
Resposta da questão 20:
[D]
2
2
Dados: v0A = 50 m/s; v0B = -50 m/s; aA = -0,2 m/s (reta decrescente); aB = 0,2 m/s (reta crescente).
Adotando origem no ponto de partida e lembrando que a equação horária do espaço no MUV é
1
S = S0 + v 0 t + at 2 , temos:
2
S A = 50 t − 0,1 t 2

2
SB = 50 t + 0,1 t
No encontro, SA = SB:
50 t − 0,1 t 2 = −50 t + 0,1 t 2
⇒ 100 t − 0,2 t 2 = 0 ⇒ t (100 − 0,2 t ) = 0 ⇒
t = 0 (não convém)
100
t=
⇒ t = 500 s.
0,2
Resposta da questão 21:
[D]
Observe o gráfico abaixo
Resposta da questão 22:
2
a) Como A e Z se deslocam em sentidos opostos, o módulo da aceleração relativa entre eles é a = 6 m/s . A distância entre
eles é D = 12 m.
Tratando-se de movimento uniformemente variado:
1 2
1 2
2
a t ⇒ 12 = 6 t ⇒ t = 4 ⇒
2
2
t = 2 s.
D=
Poderíamos, ainda, considerar que, como as acelerações têm mesmo módulo, cada jogador percorre até o encontro metade da
distância que os separa, ou seja, d = 6 m.
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1 2
1 2
2
at ⇒ 6= 3t ⇒ t =4 ⇒
2
2
t = 2 s.
d=
b) Cada jogador tem velocidade constante de 6 m/s, em sentidos opostos. No intervalo de 0,1 s, o deslocamento de cada um é
∆S = v ∆t = 6 (0,1) = 0,6 m.
Portanto, no momento do lançamento, a distância mínima (Dmín) entre eles tem que ser:
Dmín = 2 (0,6) ⇒
Dmin 1,2 m.
Poderíamos também usar a velocidade relativa entre eles: vrel = 12 m/s. Assim:
Dmín = vrel ∆t = 12 (0,1) ⇒ Dmín = 1,2 m.
Resposta da questão 23:
[A]
Calculemos a aceleração escalar de cada móvel, lembrando que: a =
a1 =
∆v
.
∆t
45 − 30
−30 − ( −10)
= 1,5 m/s2 e a2 =
= −2 m/s2 .
10 − 0
10 − 0
1 2
at , a função horária do espaço para um MUV, temos:
2
2
2
SA = S0A + 30t + 0,75t e SB = S0B – 10t – t . Igualando as funções para t = 10 s, e fazendo S0A = 0, temos:
Sendo S = S0 + v0t +
2
2
30(10) + 0,75(10) = S0B – 10(10) – (10) ⇒ 375 = S0B – 200 ⇒ S0B = 575 m, que é a distância inicial entre os móveis, pois
supusemos o móvel A partindo da origem.
Uma solução mais simples é usar a propriedade da “área” no gráfico v×t, calculando os espaços percorridos de 0 a 10 s para
cada móvel.
∆S A =
(45 + 30)10
( −10 − 30)10
= 375 m e ∆SB =
= −200 m . A distância entre eles é, então: d = 375 + 200 = 575 m.
2
2
Resposta da questão 24:
50 metros
Resolução:
Dados: v 0 = 80 km/h; v = 40 km/h; Δt = 3 s = (3/3.600) h.
Entre os instantes 0 e 3 segundos, o motorista desacelera uniformemente o carro, tal que a área hachurada do trapézio sob a
reta entre esses instantes deve ser igual ao espaço percorrido ( ΔS ), desde o instante em que o motorista aciona os freios até
chegar à lombada eletrônica.
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1
3
180
(80 + 40) ×
=
= 0,05 km = 0,05Km = 50 metros.
2
3.600 3.600
Resposta da questão 25:
[B]
Dados: m = 2 kg; θ = 30°; ∆S = 10 m; v0 = 0.
Como o movimento é retilíneo, a resultante é paralela à
velocidade:
R = PX ⇒ m a = m g sen θ ⇒ a = g sen 30° = 10 (0,5)⇒ a =
2
5 m/s .
Da função horária do espaço:
∆S = v0 t +
a t2
5t 2
2
⇒ 10 =
⇒ t = 4 ⇒ t = 2 s.
2
2
Resposta da questão 26:
[A]
De acordo com o enunciado, no instante t = 0, os dois móveis estão na mesma posição, portanto essa é um instante de
encontro.
Adotando essa posição como origem (S0 = 0), montemos as funções horárias dos espaços para os dois movimentos:
Móvel A: descreve movimento uniforme (MU) com velocidade de 10 m/s. Então:
SA = S0 + v t ⇒ SA = 10 t.
Móvel B: descreve movimento uniformemente variado (MUV) a partir do repouso (v0 = 0). A aceleração escalar é:
a=
∆v 10
2
=
= 5 m/s .
2
∆t
Então:
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SB = S0 + v0 t +
a 2
5
t ⇒ SB = t 2 .
2
2
Igualando as funções horárias:
5
SB = SA ⇒ t 2 = 10t ⇒ t 2 − 4 t = 0 ⇒ t(t – 4) = 0 ⇒
2
t = 0 ou t = 4 s.
Resposta da questão 27:
[D]
Dados: v0 = 0; v = 12 m/s; ∆S = 100 m.
Aplicando a equação de Torricelli:
2
v 2 = v 02 + 2 a ∆S ⇒ 12 = 2 a 100 ⇒ a =
144
2
⇒ a = 0,72 m/s .
200
Resposta da questão 28:
[A]
2
Dados: v0 = 108 km/h = 30 m/s; a = - 5 m/s .
Calculando o tempo de frenagem:
v = v0 + a t ⇒ 0 = 30 – 5 t ⇒ t = 6 s.
Calculando a distância de frenagem:
2
v 2 = v 02 + 2 a ∆S ⇒ 0 = 30 + 2 (- 5)∆S ⇒ 10 ∆S = 900 ⇒ ∆S = 90 m
Resposta da questão 29:
[A]
Dividamos o movimento em três etapas.
1ª etapa: o corredor acelera de v0 = 0 a v = 12 m/s, num deslocamento ∆S1 = 36 m.
Aplicando a equação de Torricelli:
2
v 2 = v 02 + 2 a ∆S1 ⇒ 12 = 2 a (36) ⇒ a =
144
2
⇒ a = 2 m/s .
72
2ª etapa: o corredor mantém velocidade constante, v = 12 m/s, durante ∆t2 = 3 s, deslocando-se ∆S2.
∆S2 = v ∆t2 = 12 (3) ⇒ ∆S2 = 36 m.
3ª etapa: Ao iniciar essa etapa final, o corredor já percorreu:
D = 36 + 36 m ⇒ D = 72 m.
2
Resta-lhe percorrer: ∆S3 = 100 – 72 ⇒ ∆S3 = 28 m, com desaceleração constante de a3 = – 0,5 m/s , a partir da velocidade
inicial v03 = 12 m/s.
Aplicando novamente a equação de Torricelli:
2
2
v 2 = v 03
+ 2 a3 ∆S3 ⇒ v = 144 + 2 (–0,5) (28) = 116 ⇒ v = 116 ⇒ v = 10,8 m/s.
Resposta da questão 30:
02 + 04+ 08 = 14
(01) Errada. A velocidade inicial é única: é aquela que o corpo tem no instante t = 0.
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(02) Correta. ∆S = v ∆t ; Se ∆t = 0 ⇒ ∆S = 0.
(04) Correta, se entendermos “força constante” como “força de módulo constante”.
(08) Correta. Veja o diagrama abaixo, ilustrando duas situações, com e0 < 0: v0 > 0 e v0 < 0
(16) Errada. Nada se pode afirmar sobre a trajetória, e a velocidade é variável.
Resposta da questão 31:
[B]
O gráfico baixo mostra a variação da velocidade e os deslocamentos a cada segundo.
Percebemos que os deslocamentos calculados estão melhor representados na opção B.
Resposta da questão 32:
01 + 16 + 64 = 81
Comentário: O enunciado deveria especificar que as curvas representadas são arcos de parábola porque, se assim não o for,
algumas afirmações ficam sem solução. Supomos, então, que o sejam
01) Correta. No gráfico representado a seguir, seja k o coeficiente angular (declividade) da reta secante à curva entre os
instantes 0 e t’
x −x
∆x
= vm
k = tgα = 1 0 =
t '− 0
∆t
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02) Falsa. No diagrama D, no intervalo considerado, a declividade da reta tangente à curva dada está aumentando (em módulo)
logo o módulo da velocidade está aumentando. Portanto, o movimento é acelerado.
04) Falsa. No instante considerado, o móvel está numa posição negativa (antes da origem).
08) Falsa. No intervalo considerado, o corpo está se deslocando para posições cada vez mais negativas, portanto afastando-se
da origem (em movimento retrógrado retardado).
16) Correta. Nesse instante, a reta tangente à curva é horizontal, tendo declividade (coeficiente anular) nula.
32) Falsa. Nesse intervalo, em módulo, o coeficiente angular da reta tangente está diminuindo, logo o movimento é
uniformemente retardado.
64) Correta. Pode corresponder a um lançamento vertical para cima com trajetória orientada para baixo (v0 < 0), sendo o ponto
de lançamento acima do plano de referência (x0 < 0), como indicado no esquema a seguir.
Resposta da questão 33:
[A]
A situação proposta sugere que consideremos, no início, movimento acelerado e, a seguir, movimento uniforme. Por isso os
gráficos I e II são os que melhor representam as variações espaço × tempo e velocidade × tempo, respectivamente.
Resposta da questão 34:
[E]
A figura abaixo ilustra a situação descrita. (instante t = 0).
O ciclista inglês (I) executa movimento uniforme e o ciclista brasileiro (B) executa movimento uniformemente variado. A partir
do instante mostrado (t = 0), as respectivas funções horárias dos espaços são:
SI = 15 + 22 t e SB = 24 t +
0,4 2
t.
2
Igualando essas funções:
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2
2
24 t + 0,2 t = 15 + 22 t ⇒ 0,2 t + 2 t – 15 = 0.
Resolvendo essa equação do 2º grau, encontramos:
t1 = -15 s e t2 = 5 s.
Portanto: t = 5 s.
O ciclista brasileiro alcança o ciclista inglês no instante t = 5 s
Resposta da questão 35:
[A]
Suponhamos que as crianças consigam manter acelerações constantes ao longo de todo o percurso.
Sejam d1 a distância percorrida pela criança 1 e d2 a distância percorrida pela criança 2.
d2 = dAB + dBC = 300 + 500 = 800 m.
2
2
2
Pela lei dos cossenos: d12 = d2AB + dBC
− 2dAB dBC cos120° ⇒ d12 = 300 + 500 – 2(300)(500)(-0,5) = 490000 ⇒ d1 = 700 m.
Equacionemos os dois movimentos (uniformemente variados), considerando S0 = 0.
d1 =
d
a
a
1 2
1
700 7
a1t1 e d2 = a2 t 22 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 =
= .
2
2
d2 a 2
a2 800 8
Resposta da questão 36:
[A]
Antes do instante t1 , os veículos apresentam a mesma velocidade em relação ao solo e, desta forma, apresentam velocidade
relativa nula. Isto pode ser observado em todas as alternativas. Entre o instante t1 e t 2 apenas o carro de Felipe está acelerado
e, deste modo, a distância entre os carros aumenta, o que significa que a velocidade relativa aumenta. Como este aumento é
linear, visto que a aceleração é constante, neste intervalo entre t1 e t 2 , a linha de gráfico deverá ser retilínea e crescente. Isto
pode ser visto nas opções A e B.
A partir do instante t 2 , a velocidade do carro de Barrichelo começa a crescer no mesmo ritmo da de Felipe, de modo que a
velocidade relativa se fixa novamente. Desta forma, a alternativa correta é a A.
Resposta da questão 37:
a) 7 m após o semáforo.
b) Sim, com folga de 0,5 m, no fechar do semáforo.
Resposta da questão 38:
01 + 04 = 05
Resposta da questão 39:
[A]
Resposta da questão 40:
[D]
Resposta da questão 41:
a) Arco de parábola.
2
b) a = 4 m/s
c) V = 4 m/s
d) CD = 1,2 m
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