Resoluções
Segmento: Pré-vestibular
Coleção: Alfa, Beta e Gama.
Disciplina: Física
Caderno de Exercícios 1
Unidade I – Cinemática
Série 3 – Movimento uniformemente variado
1. D
Substituindo o valor de t = 4 s, na equação da velocidade dada tem-se;
v = 5 – 2t → v = 5 – 2 . 4 → v = - 3 m/s.
Portanto a velocidade nesse instante tem intensidade de 3 m/s e, como é
negativa, tem sentido oposto ao da orientação da trajetória. A velocidade inicial
é positiva (v0 = 5 m/s), logo a velocidade no instante t = 4 s tem sentido oposto
ao da velocidade inicial.
2. C
Dados: v0 = 72 km/h = 20 m/s; v = 54 km/h = 15 m/s; ∆t = 2,5 s.
Como a aceleração é constante:
∆v
15 - 20
a=
→a=
→ a = - 2 m/s² → |a| = 2 m/s²
∆t
2,5
3. B
Como a aceleração é constante tem-se um MUV, cuja equação da velocidade
em função do tempo é:
v = v 0 + at → v 2 = 0+2t → v 2 = 2t .
instante em que v2 é igual a v1 = 72 km/h = 20 m/s é assim calculado:
2t = 20 → t = 2 s.
4. E
A partir das informações do enunciado tem-se:
m
m 1
v0 = 10 m/s; a = 60 s → a = 60 ⋅ ⋅
→ a = 1 m/s² o intervalo ∆t = 0,5 min =
min
s 60 s
30 s, a velocidade tem intensidade igual a:
v = v 0 + at → v = 10 + 1 .30 → v = 40 m/s .
o deslocamento é:
t2
30 2
→ s - s 0 =10 .30 + 1 .
→ ∆s = 750 m .
2
2
Assim a velocidade média nesse intervalo é:
s = s0 + v0 t + a
vm =
∆s
750
→ vm =
→ v m = 25 m/s .
∆t
30
5. B
Como o módulo da aceleração |a| é constante, tem-se um movimento
uniformemente variado (MUV). Então equação da velocidade em função do t
empo v = v0 + at ) ( do primeiro grau, cujo gráfico é uma reta. Como o carro está
freando, a aceleração é negativa () e o módulo de v é decrescente. Os gráficos
mais adequados a esta situação são os da alternativa b.
6. B
A aceleração escalar do M.U.V em questão é:
∆v
a =am =
∆t
4-0
a=
= 2m/s2
5-3
Da equação horária da velocidade, vem que:
v = v 0 + at
4 = v 0 + 2 ⋅ (5)
v 0 = -6m/s
O deslocamento escalar pode ser pela propriedade gráfica:
∆s ≜ A1+A 2
∆s = -9 + 4
∆s = -5 m
7. B
A partir da análise do gráfico verifica-se que nos trechos I e III o gráfico de v × t
são segmentos de reta não paralelos ao eixo do tempo, portanto, trata-se de
movimento uniformemente variado. Já no trecho II a velocidade é constante
que é a característica de um movimento uniforme.
8. 05
Da análise do gráfico tem-se:
De 0 a 10 s: A velocidade é constante. v = 12 m/s → v = 12 . 3,6 = 43,2 km/h
De 10 s a 25 s: A aceleração é constante.
∆v
20-12
a =
→a=
→ a ≅ 0,53 m/s² o deslocamento é
∆t
25 - 10
( 20 + 12 ) ⋅15 → ∆s = 240 m Assim os itens (01) e (04) estão
∆s ≜ área → ∆s =
2
corretos e o item (02) está errado. O item (08) está errado pois o deslocamento
nesse intervalo é dado por ∆s = v . ∆t → ∆s = 12 . ∆t. O item (16) está errado
pois não há informações sobre a trajetória.
9.
a)
∆s
km
m
= 90
= 25
∆t
h
s
A distância de segurança (∆t = 2 s) para veículos com velocidade constante de
25 m/s vale:
v=
v=
∆s
∆s
⇒ 25 =
∴ ∆ssegurança = 50 m
∆t
2
b)
O móvel 1 desloca-se até parar:
v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a1 ⋅ ∆s1
0 = 252 - 2 ⋅ (-5) ⋅ ∆s1 ∴ ∆s1 = 62,5 m
Estando os veículos nas condições de segurança inicialmente distanciados de
50 m e sabendo que existe um tempo de reação de 0,5 s, o deslocamento do
móvel 2, para que não haja colisão vale
∆s2 = ∆ssegurança - ∆satraso + ∆s1
∆s2 = 50 - 25 ⋅ 0,5 + 62,5 = 100 m
A aceleração mínima do móvel 2 pode ser calculada por:
v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a2 ⋅ ∆s
0 = 252 + 2 ⋅ a2 ⋅ 100
∴ a2 = 3,125m/s2
10.
O corpo executa um movimento uniformemente variado com:
v0 = 36 km/h = 10 m/s
a = - 4m/s2
a) No instante em que o veículo para: v = 0
v = v0 + at
v = 10 – 4t=0 → t = 2,5 s
b)
1
s = s0 + v 0 t + at 2
2
1
∆s = 10t+ ⋅ (-4) ⋅ t 2
2
Para t = 2,5 s:
∆s = 10 ⋅ (2,5) - 2 ⋅ (2,5)2 ⇒ ∆s = 12,5 m
11. D
Representando abaixo o gráfico dado e seus ângulos associados:
Sendo os ∆OAB e ∆ECD:
OB
OB
2
10
=
⇒ =
∴ ED = 5
1
CE
ED
ED
Como v D = -ED, temos que v D = -5 m/s
12. C
Sabendo que o corpo, partindo do repouso, adquire movimento uniformemente
variado acelerando, temos a cada intervalo de tempo de um segundo,
deslocamentos crescentes.
13. A
A partir do gráfico conclui-se que o movimento é uniformemente variado,
assim:
∆v
10 - 20
a = cte → a =
→a=
→ a = - 1 m/s² .
∆t
10 - 0
Sendo s0 = -10 m e v0 = 20 m/s, substituindo os valores na função horária para
um MUV, tem-se:
s = s0 + v0 t + a
t2
1
→ s = - 10 + 20t - t² ou x = - 10 + 20t - 0,5t² .
2
2
14.
a) A partir da equação x = 5 + 16t – 2t², conclui-se que o movimento é
uniformemente variado, cujo gráfico é uma parábola, sendo s0 = 5 m. Como
a aceleração é negativa a concavidade da parábola é para baixo. A posição
que corresponde ao vértice da parábola ocorre no instante em que o corpo
para e inverte o sentido do movimento, assim:
v = v0 + at → 0 = 16 – 4t → t = 4 s. Substituindo esse valor na função
horária x = 5 + 16t – 2t², tem-se que x = 37 m. Resolvendo a equação x = 5
+ 16t – 2t² = 0 tem-se t’ ≈ - 0,3 s e t’’≈ 8,3 s. Com essa informações montase o esboço.
b) Comparando as equações: x = 5 + 16t – 2t² e s = s 0 + v 0 t + a
t2
tem-se
2
que:
v0 = 16 m/s e a/2 = - 2 → a = - 4 m/s². Substituindo em v = v0 + at → v = 16 –
4t . Em t = 4 s,
v = 16 – 4 . 4 → v = 0.
c) Utilizando a função horária x = 5 + 16t – 2t² , vem:
t= 0 → x = 5 m; t = 4s → x = 37 m; t = 5s → x = 35 m.
Então o deslocamento nesse intervalo é: ∆s = 35 – 5 = 30 m
De 0s a 4s o movimento é favor da trajetória assim o deslocamento é igual à
distância percorrida. ∆s = 37 - 5 = 32m.
De 4s a 5s o movimento é contra a orientação da trajetória, então a distância
percorrida é igual ao módulo do deslocamento. |∆s| = | 35 – 37| = 2m.
Portanto,
Dtotal = 32 + 2 = 34 m
15.
x = -2-4t + 2t2 (SI)
Para t = 0 : x = -2 m
Para t’ = 4 s : x’ = -2 -44+242 = + 14 m
x' - x
+14 - (-2)
16
vm =
=
=
t' - t
4-0
4
∴ v m = 4m/s
16. B
O instante em que o bloco a estará mais distante da roldana será quando sua
velocidade for igual a zero. Comparando as equações: s = 8 + 4t – t² e
t2
tem-se que:
2
v0 = 4 m/s e a/2 = - 1 → a = - 2 m/s². Substituindo em v = v0 + at → v = 4 –
→ 0 = 4 – 2t
→t=2s
s = s0 + v0 t + a
17. C
Utilizando-se a definição de velocidade escalar média:
∆s
900
vm =
⇒ 15 =
∴ t = 60s
∆t
t-0
Substitundo t = 60 sno gráfico I, obtemos:
Sendo o gráfico v x t numericamente igual ao deslocamento e S(t = 0) = 0:
0 até 60 s
( 60+20 ) ⋅ v = 900 ⇒ v = 22,5 m/s
2
de 0 a 20 s
20 ⋅ v
= 10 ⋅ 22,5 ∴ SR = 225 m
2
de 0 a 40 s
SR =
SS =
( 40+20 ) ⋅ v
2
= 30 ⋅ 22,5 ∴ SS = 675 m
18. C
O gráfico de espaço em função do tempo indica que no instante t = 15 s, o
móvel inverte o sentindo de seu movimento, logo:
v = v0 +at
0 = v0 + a(1,5) → v0 = - 1,5ª
E ainda, para o mesmo instante:
s = s0 + v 0 t +
at 2
2
a(1,5)2
⇒ 1,5v 0 +1,125a = -4,5
2
Efetuando as devidas substituiçoes, vem que
-2 = 2,5 + v 0 (1,5) +
a = 4m/s2 e v 0 = -6m/s
Assim, o gráfico da velocidade em função do tempo correspondente ao M.U.V
em questão é:
v = -6 + 4t
19. B
Escrevendo a equação de Torricelli do automóvel:
v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a ⋅ (x - x 0 )
(6)2 = 2 ⋅ a ⋅ (9) ⇒ a = 2m/s2
20. B
I. (Correta) De acordo com o gráfico do espaço, o automóvel apresenta
velocidade constante.
II. (Correta) De acordo com o gráfico ocorreram 2 ultrapassagens.
III. (Correta) Como o ônibus não apresenta deslocamentos iguais em intervalos
de tempo iguais, seu movimento apresenta aceleração.
21.
a) ) tempo que o jogador L tem para lançar a bola é igual ao tempo necessário
para que A encontre Z. Admitindo que suas acelerações sejam constantes,
podemos usar a função horária.
s = s0 + v 0 t +
at 2
2
para o jogador A: s A =
3t 2
2
3t 2
para o jogador B: sB = 12 2
No encontro do jogador A com Z:
s A = sB
3t 2
3t 2
= 12 2
2
2
6t
= 12
2
t = 2 s ou t = -2 s
Portanto o tempo que o jogador L tem para lançar a bola depois da partida do
jogador A é 2 s
b) Cálculo do instante do encontro:
SA = 6t e SZ = 12 – 6t
No encontro: SA = SZ → 6te = 12 – 6te ∴ te = 1 s
A distância mínima procurada é igual a que separa os jogadores A e Z no
instante t = 1 – 0,1= 0,9 s que corresponde à diferença entre o tempo de
encontro e o tempo de reação do árbitro.
Como os movimentos são uniformes, então:
SA = 6t → para t = 0,9 s: SA = 6·0,9 = 5,4 m
SZ = 12 – 6t → para t = 0,9 s: SZ = 12 – 6·0,9 = 6,6 m
22. E
No instante em que o ciclista brasileiro ultrapassa o ciclista francês tem-se a
seguinte situação:
t2
0,4t 2
→ s B = 0 + 24t +
→ s B = 24t + 0,2t² i
2
2
Inglês: s = s 0 + vt → s I = 15 + 22t instante da ultrapassagem ocorre quando:
Brasileiro: s = s 0 + v 0 t + a
sB = sI .
serve que no instante t = 5 s os ciclistas percorreram 125 m, faltando ainda 75
m para a linha de chegada.
23. B
A velocidade escalar média é obtida pela equação:
∆s
v=
∆t
O deslocamento escalar (∆s) é numericamente igual a área do gráfico obtido
pela velocidade x tempo ( v x t). A resolução do exercício será
fundamentada na elaboração do gráfico v x t, a partir dos intervalos de
tempo em cada trecho.
Analisando o trecho AB, temos:
v0 = v A = 0
v = v B = 108 km/h = 30 m/s
a = 0,5 m/s2
Aplicando a equação da aceleração escalar média para o trecho AB, ficamos
com:
v - v0
∆v
30 - 0
a=
⇒a=
⇒ 0,5 =
∴ ∆t = 60 s
∆t
∆t
∆t
Analisando o trecho BC, temos:
v0 = vB = 0
v = v C =15 m/s
a = -0,25m/s2
A aceleração é negativa por ter sentido oposto ao da velocidade inicial.
Aplicando a equação da aceleração escalar média para o trecho BC, ficamos
com:
v - v0
∆v
15-30
a=
⇒a=
⇒ -0,25 =
∴ ∆t = 60 s
∆t
∆t
∆t
Analisando o trecho CD, temos:
v 0 = v c = 15 m/s
v = v D = 30 m/s
a = 0,25 m/s2
Aplicando a equação da aceleração escalar média para o trecho CD, ficamos
com:
v - v0
∆v
30 - 15
a=
⇒a=
⇒ 0,25 =
∴ ∆t = 60 s
∆t
∆t
∆t
Com base nos dados obtidos, é possível elaborar o gráfico v x t:
∆s ≜ ÁreaTotal
∆s ≜ A1+A 2 +A 3
( 30+15 ) ⋅ 60 + ( 30+15 ) ⋅ 60
60 ⋅ 30
+
2
2
2
∆s = 3600 m
∆s =
Como:
∆s
3600
v=
⇒v=
∴ v = 20 m/s = 72 km/h
∆t
180
24.
A partir dos dados do enunciado, utilizando a equação de Torricelli, tem-se:
v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s → 80² = 0 + 2 ⋅ 2 ⋅ L min → L min = 1600 m .
25. A
Considerando que o avião realizará um movimento uniformemente variado, a
aceleração mínima pode ser determinada como segue:
v 2 = v 0 2 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s
em que:
v0 = 0
v = 252 km/h = 70 m/s
∆s = 1960 m
amin =
702
∴ amin = 1,25 m/s2
2(1960)
26. E
Se considerarmos o movimento da bala como uniformemente variado, a
aceleração instantânea coincidirá com a aceleração média, assim, utilizando a
equação de Torricelli:
v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s → 400² = 0 + 2 ⋅ a ⋅ 4 ⋅10-1 → a = 2 ⋅105 m/s² .
27. A
Considerando o movimento do automóvel uniformemente variado, o tempo e a
distância da frenagem podem ser calculados por:
v0 = 108 km/h (÷ 3,6) = 30 m/s
v = v 0 + at → 0 = 30 - 5t → t = 6 s .
28.
a) Durante o tempo de reação do motorista o carro realiza um movimento
uniforme, nesse intervalo ele percorre:
v = 54 km/h (÷ 3,6) = 15 m/s
∆s
v=
→ ∆s = v ⋅ ∆t → ∆s = 15 ⋅ 0,5 = 7,5 m .
∆t
partir do instante em que ele freia, com desaceleração máxima, até o instante
em que para, ele percorrerá:
v 2 = v 02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s → 0 = 15 - 2 ⋅ 3 ⋅ ∆s → ∆s = 37,5 m Logo, o carro percorrerá uma
distância total até parar de 45m (7,5 + 37,5 = 45m), portanto, o motorista
não conseguirá parar o carro antes de chegar ao semáforo.
Como inicialmente o carro estava a 38 m do semáforo, ele para 7m (45 – 38 =
7m) após o semáforo.
b) Quando o motorista acelerar ele estará a 30,5 m do semáforo (38 – 7,5 =
30,5 m), para conseguir atravessar o cruzamento o carro deverá percorrer
35,5 m (30,5 + 5 = 35,5 m).
Descontando o tempo de reação restarão apenas 2 s. Utilizando a máxima
aceleração ele percorrerá nesse intervalo de tempo:
t2
3 .22
→ s – s 0 =15 .2+
→ ∆s = 36 m .
2
2
portanto ele conseguirá atravessar o cruzamento com uma folga de 0,5 m.
s = s0 + v0 t + a