Física 2
aula 11
4.
(0,2s) movimento progressivo:
CINEMÁTICA – IV
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES
1.
PARA
SALA
Como x1 – x2 é a diferença entre as posições dos automóveis A1 e A2 tem-se:
• No instante t = 0, os automóveis A1 e A2 estão na
mesma posição.
• Para 0 < t < 3s o automóvel A1 está a frente do automóvel A2, pois x1 – x2 > 0.
• Em t = 3s o automóvel A2 está ultrapassando o automóvel A1, pois x1 – x2 = 0.
• Do instante t = 3s em diante o automóvel A2 ficou a
frente do automóvel A1, pois x1 – x2 < 0.
• Assim só tivemos uma ultrapassagem durante todo o
percurso.
ΔS1 =
Resposta correta: D
2.
2x8
2
ΔS1 = 8m
Do gráfico você conclui que:
• No intervalo de (0,5s) o movimento é progressivo e
(5 + 2 ) x 10 → ΔS = 35m
o deslocamento ΔS1 =
1
2
(25,9s) movimento retrógrado
( 7 + 5) x 8
ΔS2 = −
2
ΔS2 = –48m
(0,9s) → ΔS = ΔS1 + ΔS2 → ΔS = 8 + (–48) → ΔS = –40m
NB.: O sinal negativo no ΔS significa que a partícula no final
do deslocamento está a esquerda do ponto de partida.
Resposta correta: A
5.
•
Assim para ele retornar ao ponto de origem, o deslocamento ΔS2 de t = 5s em diante deverá ser também 35m.
⎡( t − 5 ) + ( t − 6 ) ⎤⎦ x 10
( 2t − 11) x 10
ΔS2 = ⎣
→ 35 =
→
2
2
70 = 20t – 110 → 20t = 180 → t = 9s
Resposta correta: C
3.
Cálculo da velocidade:
N
No gráfico v =
tgα → v =
•
15 − 5
→ v = 1m/s
10 − 0
Equação horária:
x = x0 + vt → x = 5 + 1t
•
Deslocamento do carro A:
8 x 10
N A
=
ΔSA =
triângulo
2
Deslocamento do carro B:
ΔSB = A1 + A2 →
(8 + 4 ) x 4
ΔSB =
+ 8 x 3 → ΔSB = 48m
2
•
No instante t = 8s carro B na frente do carro A
Distância que separa os móveis (d)
d = ΔSB – ΔSA → d = 48 – 40 → d = 8m
Posição no instante t = 2h = 7200s:
x = 5 + 1 x 7200 → x = 7205m → x = 7,205 x 103m
Ordem de grandeza (OG):
4
OG(x) = 10 m
Resposta correta: D
Resposta correta: E
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
1
6.
A velocidade que a questão está tratando é a velocidade escalar média.
x
v=
Δt
1x 4
3x
A triângulos
N
2 →
x = Atriângulos → v =
→v=
Δt
6
12
→
v = 1m/s
→ v=
12
No início da ultrapassagem:
As equações dos espaços são: xA = 25t
xB = 50t +
75
t
4
No final da ultrapassagem:
Resposta correta: A
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES PROPOSTAS
1.
Do exame do gráfico, conclui-se que:
I. O trem azul parte da cidade A às 4h e chega à B às
16h realizando um deslocamento de 720km em 12h.
Afirmativa B (verdadeira)
II. O trem prata parte da cidade B às 6h e chega à A às
18h realizando um deslocamento de 720km em 12h.
Afirmativa D (falsa)
xA = xB
25t = 50 +
25t −
75
t
4
75
25
t = 50 ⇒
t = 50 ∴ t = 8s
4
4
Resposta correta: D
4.
No gráfico abaixo, a área hachurada mede o módulo do
deslocamento no intervalo de 3s, 9s.
III. A velocidade média dos dois trens é a mesma.
Vm =
ΔS
720
→ Vm =
→
Δt
12
Vm = 60km/h
Afirmativa A (verdadeira)
IV. As equações horárias dos dois trens são:
Azul: SA = 60(t – 4)
Prata: SP = 720 – 60(t – 6)
1
π .R2
4
(3s, 9s) → ΔS =
No encontro → SA = SP ⇒ 60(t – 4) = 720 – 60(t – 6)
ΔS =
60t – 240 = 720 – 60t + 360 →
ΔS =
1
. π . (3)2
4
9π
m
4
t = 11h
NB.: Nesse intervalo de tempo o módulo do deslocamento é igual ao espaço percorrido.
Afirmativa C (verdadeira)
Resposta correta: A
Resposta correta: D
2.
Examinando-se o gráfico, tem-se:
Trecho 1 posições crescem → ciclista move-se no mesmo sentido da trajetória. (Figura C)
Trecho 2 posições permanecem constantes → ciclista
em repouso. (Figura B)
Trecho 3 posições decrescente com o tempo → ciclista
move-se no sentido contrário à orientação da trajetória.
Figura A
5.
Sendo o movimento uniforme e a reta do gráfico x x t
decrescente, a velocidade escalar é negativa.
Para t = 30s
S30 = S0 + vt
25 = S0 − 2,5 x 30
S0 = 100m
S15 = S0 + vt
S15 = 100 − 2,5 x 15
Para t = 15s
S15 = 62,5m
Resposta correta: D
3.
Δs A 100 − 0
Do gráfico temos: vA = cte =
=
= 25m/s
4−0
Δt A
vB = cte =
2
Resposta correta: E
6.
Com base no gráfico, você conclui:
• Os movimentos dos móveis são:
ΔsB 100 − 25 75
=
=
m/s
4−0
4
ΔtB
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
M
M.R.U e PROGRESSIVO
N
M.R.U e RETRÓGRADO
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
Opções (A) e (B) são falsas.
vm =
OPÇÃO (E) verdadeira
XM = 1t
N
XN = 20 – 1t
10. •
No encontro → XM = XN → 1t = 20 – 1t → 2t = 20 → t = 10s
vm = 2m/s
Cálculo do módulo do deslocamento (0,5h):
(0,1h) → ΔS1 = 1 x 30 → ΔS1 = 30km
(1h, 2h) → ΔS2 = 0
(2h, 3h) → ΔS3 = –1 x 20 → ΔS3 = –20km
(3h, 5h) → ΔS4 = 0
ΔS = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 + ΔS4
Resposta correta: E
7.
⇒
Resposta correta: C
NB.: As equações horárias para os móveis
M
60 − 50 10
=
9−4
5
•
Velocidades dos móveis A e B.
→
ΔS = 10km
Cálculo do módulo da velocidade média:
Vm =
ΔS
10
→ Vm =
Δt
5
→
Vm = 2km/h
Resposta correta: A
11. Analisando o gráfico você conclui:
I. O movimento é uniforme e progressivo.
II. A velocidade é constante e positiva.
N
200 − 0
V = tgα → V =
→
V = 20m/s
20 − 10
III. A aceleração tangencial é NULA.
Resposta correta: E
N
VA = tgαA → VA =
N
VB = tgαB → VB =
••
12. Da análise do gráfico e verificando-se as opções oferecidas pelas alternativas, conclui-se que:
I) No intervalo de tempo de 0 a 20s, o corpo deslocou
com velocidade escalar média de:
Δs 30 − 20
=
= 0,5m/s
vm =
Δt
20 − 0
20
→ VA = 4m/s
5
60 − 50
→ VB = 2m/s
5
II) Entre 0 e 10s, o movimento foi uniforme com velocidade escalar de:
Δs 30 − 20
=
= 1m/s → a = 0
v=
Δt
10 − 0
Equações horárias dos móveis
S = S0 + vt
a
SA = 4t
b
SB = 50 + 2t
III) Entre 10 e 20s, o corpo permaneceu em repouso.
••• Instante do encontro
SA = SB → 4t = 50 + 2t → 2t = 50 →
IV) Entre 0 e 30s, a velocidade escalar média foi de:
0 − 20
2
Δs
=
=− m/s
vm =
30 − 0
3
Δt
t = 25s
Resposta correta: A
Resposta correta: D
8.
O tempo para a explosão é obtido de:
ΔS
0,6
⇒ 5 . 10−2 =
⇒ Δt = 12s
v=
Δt
Δt
13. No gráfico de S x t, a tangente do ângulo é numericamente
igual ao módulo da velocidade no ponto Q → VQ = 0
O deslocamento do dublê é dado pela área sob o gráfico v versus t até o instante t = 12s.
(B + b). h (12 + 6).5
ΔS =
ΔS = 45m
=
⇒
2
2
Resposta correta: E
9. I.
Incorreta. Entre t = 0 e t = 4s o objeto executou um
movimento retilíneo uniforme.
II. Incorreta. Entre t = 4s e t = 6s o objeto permaneceu
em repouso.
III. Correta. Entre t = 4s e t = 9s a velocidade média é
dada por:
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
3
α1 > α2 → tgα1 > tgα2
(4s, 5s) o movimento é uniforme e progressivo.
V P > VR
v=
ΔS
5−3
⇒
→v=
Δt
5−4
v = 2m/s
VP > VR > VQ
(0, 5s) a velocidade média será
Resposta correta: C
vm =
14. No gráfico, a distância percorrida pelo corpo é numericamente igual à área hachurada.
ΔS
5−0
→ vm
→
5−0
Δt
vm = 1m/s
NB: (5s, 7s) → o movimento é uniforme e retrógrado
ΔS 2 – 5
v=
=
→ v = −1,5m/s
Δt 7 – 5
Veja que o maior valor da velocidade ocorre no intervalo
de 4s a 5s.
Desta maneira as afirmativas (A) e (D) são falsas.
Resposta correta: B
aula 12
CINEMÁTICA – V
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES
d = ΔS1 + ΔS2 → d =
(10 + 5 ) x 10
2
+
SALA
No instante t = 0 → V0 = 5m/s
Para t = 4,0s → V = 5 – 2 x 4 → V = –3m/s
1.
5 x 10
2
PARA
Assim, no instante t = 4s, a velocidade tem módulo igual
a 3m/s e sentido oposto ao da velocidade inicial.
d = 100m
Resposta correta: B
Resposta correta: D
15. O deslocamento (ΔS) do objeto, no intervalo de 0 a 4h,
em relação ao ponto inicial é numericamente igual à
área do gráfico:
2.
Calculemos as distâncias percorridas por cada veículo
até parar:
V 2 = V02 + 2γΔs
Como: 0 = (30)2 + 2(–3)d1
6d1 = 900 → d1 = 150m
Caminhão: 0 = (30)2 + 2 (–2)d2
4d2 = 900 → d2 = 225m
N
ΔS = A1 + A2 + A3 ⇒ ΔS = 4 − 6 + 6 ⇒
Para não haver colisão, a distância inicial entre os dois
veículos deve ser maior ou igual a:
ΔS = 4km
d2 – d1 = 75m
Resposta correta: D
16. Observando o gráfico conclui-se que:
(0,2s) o movimento é uniforme e progressivo − afirmativa (C) é falsa.
Nesse intervalo v =
ΔS 3 − 0
=
→
Δt 2 − 0
Resposta correta: B
3.
Observe a situação:
v = 1,5m/s
(2s, 4s) e (7s, 9s) o móvel está em repouso − afirmativa
(E) é falsa.
4
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
0
0
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES PROPOSTAS
1
1
Gato: SG = So + Vot + at2 → SG = at2
2
2
Rato: SR = So + vt → SR = 1,75 + 3t
•
Tempo que o rato leva para chegar ao buraco:
SR = 4,16m → 4,16 = 1,76 + 3t → t = 0,8s
•
Aceleração mínima do gato:
SG = 4,16m no instante t = 0,8s →
1
x a x (0,8)2 → a = 13m/s2
→ 4,16 =
2
1.
O instante em que o atleta B parte em perseguição ao
atleta A está ilustrado na figura:
onde o espaço de A foi obtido pela relação:
Δs A
vA =
⇒ Δs A = 4 . 6 = 24m.
Δt
A partir do instante representado na figura, as equações
das posições dos atletas são:
1
sA = 24 + 4t e sB = at2.
2
Resposta correta: A
4.
Cálculo da aceleração do avião nos 1240m da pista:
v12 = v 02 − 2aΔs → (52)2 = (72)2 – 2 x a x 1240 → a = 1m/s2
Neste momento, o Airbus da TAM tinha 700m de pista
mas ainda continuou desacelerando com 1m/s2, percorreu um espaço x1 e atingiu uma velocidade v2.
Sabendo-se que o encontro ocorre em t = 4s e que,
nesse instante, sA = sB, então:
1
24 + 4 . 4 = .a . (4)2 ∴ a = 5m/s2
2
Resposta correta: A
0
V22 = V12 = −2ax1 → V22 = ( 52 ) − 2 . 1 . x1 → V22 = ( 52 ) − 2x1
2
0
1 2
at
2
t = 3s → S3 = 0,5 x (3)2 → S3 = 4,5m
2
2
2.
Se V0 = 0 e a = 1m/s então: S = S0 + Vot +
Daí o piloto arremeteu (acelerou) a aeronave com
a1 = 4m/s2, percorrendo um espaço x2 e atingindo a velocidade v3 = 72m/s, no final da pista.
S = 0,5t2
v 23 = v 22 + 2a1x 2 → (72) = (52) – 2x1 + 2 x 4 . x2 →
Assim, ΔS = S5 – S3 → ΔS = 12,5 – 4,5 →
2
2
→ 8x2 – 2x1 = 2480 (I)
Porém, x1 + x2 = 700. Logo, 2x1 + 2x2 = 1400 (II)
Somando-se (I) com (II) obtém-se: 10x2 = 3880 →
→
t = 5s → S5 = 0,5 x (5)2 → S5 = 12,5m
ΔS = 8m
Resposta correta: B
3.
Analisando-se os dois últimos segundos do movimento:
x2 = 388m
Assim, o piloto teria que arremeter a aeronave a 388m
do final da pista para evitar o acidente.
Resposta correta: C
5.
v2 = v12 − 2a ΔS → 0 = v12 − 2 x a x 20 → = 40a
1
1
ΔS = v1t − at2 → 20 = 2v1 − a x 4 → 20 = 2v1 − 2a
2
2
v12
→ 20 = 2v1 − 2 x
40
2
v
1
→ v12 − 40v1 + 400 = 0 → v1 = 20m/s
20 = 2v1 − v12
20
Como v12 = 40a → (20)2 = 40a → a = 10m/s2
Cálculo do tempo até a mosca ser capturada:
xM = vM . Δt → 8 = 1 . Δt → Δt = 8s
Cálculo da aceleração do pássaro:
ΔSP =
1
1
5
2
2
m/s2
a ( Δt ) → 10 = a x ( 8 ) → a =
2
2
16
Velocidade do pássaro ao capturar a mosca:
0
5
5
VP = V0 + aΔt → VP =
x 8 → VP = m/s
16
2
•
Cálculo do tempo no 1º trecho
v1 = v0 + at → 20 = 25 − 10t1 → t1 = 0,5s
O tempo total, desde a freada até parar, é:
T = t1 + t → T = 0,5 + 2 →
Resposta correta: B
T = 2,5s
Resposta correta: A
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
5
4.
7.
Carro I (MRUR)
v 01 = 20m/s
Para resolver esta questão, basta aplicar a Equação de
Torricelli V02 + 2 . a . ΔS
Vamos considerar que ele pare, portanto, a velocidade
final será zero. Assim, vamos ter:
202 + 2 . (–5) . ΔS = 02 → 400 – 10 . ΔS = 0
Sendo 40m < 100m, concluímos que o motorista conseguirá parar o carro a 60m do animal.
a = g senα → a = 5m/s
0
1
S1 = S0 + v0t + at2 → S1 = 20t – 2,5t2
2
2
Carro II (MRU)
v2 = 5m/s
Resposta correta: C
0
S2 = S0 + vt →
S2 = 5t
8.
Analisando-se o movimento:
•
Cálculo da aceleração
No trecho AB:
vB2 = v 2A + 2aΔS1 →
9=1+2xax2→
•
No encontro S1 = S2
20t – 2,5t2 = 5t →
9.
Orientando-se a trajetória no mesmo sentido do movimento e efetuando-se as devidas transformações de
unidade:
v 2 = v 20 + 2aΔs
S1 = S2 = 30m
162 = 02 + 2 . a . 200 ∴
Resposta correta: D
5.
Comparando-se as equações, tem-se:
1
x(t) = 10 + 10t – 5t
x(t) = x0 + v0t + at2
2
a
Então x0 = 10m, v0 = 10m/s e
= –5 → a = –10m/s2
2
A equação da velocidade será V = V0 + at
→ V = 10 – 10t
Para t = 4s → V = 10 – 10 x 4 → V = –30m/s
Resposta correta: A
•
Tempo de reação
Resposta correta: E
10. Comparando as equações, tem-se:
⎧x 0 = 0
1
⎪
x = x0 + v0t + at2 ⎨v 0 = 4m/s
2
⎪
2
⎩a = 2m/s
x = 4t + t2
d = v o tR → 15 = 20tR →
•
a = 0,64m/s2
Observação: Consideramos para a resolução da questão
que a aceleração do ciclista foi constante durante todo o
movimento, e não apenas no instante em que ele completou 200m.
2
6.
⎧⎪ t1 = 1s
1
x 2 x t2 → t2 + 3t – 4 = 0 ⎨
2
⎪⎩ t2 = − 4
Resposta correta: C
Posição do encontro
S1 = S2 = 5 x 6 →
Cálculo do tempo
No trecho BC:
1
ΔS2 = vB t + at 2
2
4 = 3t +
⎧⎪t1 = 0
2,5t2 – 15t = 0 → 2,5t (t – 6) = 0 ⎨
⎪⎩ t2 = 6s
a = 2m/s2
tR = 0,75s
A equação da velocidade v = v0 + at → v = 4 + 2t
Em t = 8s → v = 4 + 2 x 8 → v = 20m/s
Cálculo da aceleração
v 2 = v o2 + 2aΔs → 0 = ( 20 ) − 2 . a . 20 → a = 10 m / s2
2
•
•
Tempo de frenagem
v = v o + at → 0 = 20 − 10tF →
v = 72km/h
Resposta correta: C
tF = 2s
Tempo para parada completa
11. Aplicando-se a Equação de Torricelli, vem:
V 2 = V02 + 2aΔs (MUV)
km
72
(m/s) = 20m/s
=
h
3,6
0 = (20)2 + 2a 50
–100γ = 400
t = tR + tF → t = 0,75 + 2 → t = 2,75s
V0 = 72
Resposta correta: D
6
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
a = – 4,0m/s2
14.
2
|a| = 4,0m/s
Resposta correta: B
12. No instante t = 0 os objetos A e B estão na origem.
As equações horárias dos trens que possuem acelerações iguais em módulo:
1
1
SA = at2
SB = D − at2
2
2
1
1
No encontro SA = SB → at2 = D − at2 → D = at2 →
2
2
D
→ a= 2
t
D
As velocidades dos trens: v = at → v1 = v2 = 2 . t
t
D
4
→ v1 = v 2 = 48km /h.
Em módulo, v1 = v 2 = =
5
t
60
A velocidade relativa vr = v1 + v2 → vr = 96km/h
1 2
1
2
at → SA = x 0,2t
2
2
SB = S0 + vt → SB = 8t
Equação da posição SA =
No encontro SA = SB → 0,1t2 = 8t → 0,1t2 − 8t = 0 →
0,1t(t − 80) = 0 → t1 = 0 e t2 = 80s
• Velocidade do objeto A
vA = v0 + at → vA = 0,2t → vA = 0,2 x 80 →
→
Resposta correta: A
15. Contando o tempo a partir da passagem do carro pelo
ponto P, tem-se:
vA = 16m/s
Resposta correta: D
13.
•
Posição do carro no momento que a moto vai partir
1
1
x = Vc . t + act2 → x = 5 x 2 +
x1x4
2
2
x = 12m
Alternativa D é verdadeira.
•
Cálculo da aceleração
Δv
→
a=
Δt
vB − v A
a=
Δt
6−4
→
a=
2
•
Instante e posição do encontro
1
SM = S0 0 + v 0 t 0 + at2 → SM = 2 (t – 2)2
2
1
SC = S0 + vCt + aCt2 → SC = 5t + 0,5t2
2
•
No encontro → SM = SC → 2t2 – 8t + 8 = 5t + 0,5t2
•
⎧⎪ t1 = 8s
1,5t2 – 13t + 8 = 0 ⎨
⎪⎩ t 2 = 0,6s (não convém)
A posição do encontro
a = 1m/s2
SM = 2 (8 – 2)2 →
•• Cálculo da distância AB
vB2 = v 2A + 2 ad → (6)2 = (4)2 + 2 x 1 x d
Alternativa C é verdadeira.
•
d = 10m
Resposta correta: C
Velocidades no momento do encontro
Carro → VC = V0 + aC . t → VC = 5 + 1 x 8 →
→
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
SM = 72m
|
VOLUME 3
VC = 13m/s
|
FÍSICA 2
7
Alternativa A é verdadeira.
Moto → VM = V0
0
+ at
→ VM = 4 (t – 2) → VM = 4 (8 – 2)
→
VM = 24m/s
17. Como se trata de um movimento uniformemente variado, a equação da velocidade é:
v = v 0 + at
que, comparada com a equação dada, v = 50 – 10t, indica que o movimento tem aceleração escalar constante
igual a – 10m/s2.
→ a = – 10m/s2
Resposta correta: B
No instante t = 5s, a velocidade do corpo é:
16. Intervalo de tempo em que os movimentos são acelerados
Moto: VM = Vo + at → VM = 0,5t → 30 = 0,5t → t = 60s
Carro: VC = Vo + at → VC = 1t → 20 = 1t → t = 20s
•
v = 50 – 10 . (5) ∴
Resposta correta: C
18. Situação (1): Vo1 = 40km/h, V = 0, ΔS1 = 8m
Vo12
V 2 = Vo12 − 2aΔS1 → ΔS1 =
2a
Assim, no instante
t = 50s → Moto → M.R.U.A
Carro → M.R.U
Situação (2): Vo2 = 80km/h, Vo2 = 2Vo1, V = 0 → ΔS2 = ?
Vo22 4Vo12
=
→ ΔS2 = 4 ΔS1
V 2 = Vo22 − 2aΔS2 → ΔS2 =
2a
2a
Opção A é verdadeira
•
No instante t = 40s
Moto: VM = 0,5t → VM = 0,5 x 40 →
v=0
VM = 20m/s
ΔS2 = 4 x 8 → S2 = 32m
Carro: Possui velocidade constante e igual a 20m/s
desde t = 20m/s.
Resposta correta: D
19. • Cálculo da aceleração:
Opção B é verdadeira
•
v = v0 + at → 25 = 5 + a x 5,2 → a =
Observe o gráfico de velocidade x tempo
•
20
m/s2
5,2
Cálculo da distância:
1
20
1
x (5,2)2
x
Δs = vot + at2 → Δs = 5 x 5,2 +
2 5,2
2
Δs = 78m
Resposta correta: D
20. Para os últimos 9 metros, tem-se v2 = v02 − 2aΔx ⇒ 02 =
(12)2 − 2a9 ⇒
a = 8m/s2
Resposta correta: B
No instante t = 60s, os deslocamentos são:
60 x 30
ΔSM =
→ ΔSM = 900m (moto)
2
aula 13
CINEMÁTICA – VI
(60 + 40) x 20
→ ΔSC = 1000m (carro)
2
O carro está 100m à frente da moto.
ΔSC =
•
Opção C é verdadeira
O encontro ocorre no instante t, logo ΔSM = ΔSC
(t + t − 60) x 30 (t + t − 20) x 20
→
=
2
2
60t – 1800 = 40t – 400 → t = 70s
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES
1.
(2t − 60) x 30
→
2
(2 x 70 − 60) x 30
ΔSM = ΔSC =
→
2
ΔSM = ΔSC = 12000m
→ vc = 20m/s ou
vc = 72km/s
Opção B é verdadeira.
Resposta correta: E
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
SALA
No gráfico de posição x tempo você observa que o
carro e o caminhão estão numa mesma posição no instante t = 20s. Opção A é verdadeira.
Até o encontro o caminhão sempre esteve na frente do
carro.
No gráfico de velocidade x tempo observe que:
Aceleração do carro:
10 − 0
2
a = tgα =
→ a = 1m/s
10 − 0
0
Para t = 20s → vc = v0 + at → vc = 1 x 20 →
ΔSM = ΔSC =
8
PARA
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
2.
Distância entre o carro e o caminhão em t = 10s:
caminhão: ΔS1 = 10 x 10 → ΔS1 = 100m
10 x 10
carro: ΔS2 =
→ ΔS2 = 50m
2
d = ΔS1 – ΔS2 → d = 100 – 50 → d = 50m
1
x 1 x (10)2 → ΔS1 = 50m
2
(10s, 20S)(M.U.A) a = 2m/s2
N
Δv =
A2 ∴ v20 – v10 = 10 x 2 → v20 – v10 = v 20 = 30m / s
Resposta correta: C
→ ΔS2 = 200m
ΔS1 =
2
v 220 = v10
+ 2aΔS → ( 30 ) = (10 ) + 2 x 2 x ΔS2 →
2
2
As distâncias percorridas pelos dois automóveis até o instante de encontro podem ser determinadas como segue:
N
dI =
Área I
dI =
N
(20s, 50s)(M.U) a =
0 → Δv = 0 → v50 = v20 → v50 = 30m / s
( tE + tE − 20 ) 20
ΔS3 = v20 x Δt → Δt3 = 30 x 30 → ΔS3 = 900m
2
d I= 20tE − 200
(50, tf)MUR Δv = A3 → Δv = (tf – 50) x (–1)
vf – v50 = –tf + 50 → 0 – 30 = –tf + 50 → tf = 80s
2
v 2f = v50
+ 2aΔS4 → 0 = (30)2 – 2 x 1 x ΔS4 → ΔD4 = 450m
Deslocamento total:
ΔST = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 + ΔS4 → ΔST = 50 + 200 + 900 + 450
ΔST = 1600m
Resposta correta: A
4.
Supondo que o gráfico (s x t) do veículo II é uma parábola, sendo s0 = 0m e sua velocidade inicial nula.
• Calculando a aceleração do veículo II:
N
d II =
Área II
s = s0 + v0t +
A soma de tais distâncias corresponde à distância entre
as duas cidades:
225 = 0 + 0 . 15 +
•
dI + dII = 50000
20tE – 200 + 30tE = 50000
TE = 1004s
Logo, a distância procurada é:
dI = 20(1004) – 200 → dI = 19880m → dI = 19,88km
ou dI = 19,88km
aII152
→ aII = 2m/s2
2
Instante em que o veículo II alcança o veículo I é 15s:
vII = v0 + at → vII = 0 + 2 . 15 → vII = 30m/s
Resposta correta: D
Do instante t = 0 até o instante t = 5α o módulo do
deslocamento é ΔS = 20 – 12 → ΔS = 8m
2α x 2 ( 3α − 2α ) x 1
+
No gráfico ΔS = −
+ (5α – 3α) x 1
2
2
α
+ 2α = 8 → α = 16s
–2α +
2
5.
Resposta correta: B
3.
aIIt2
(para t = 15s)
2
d II N= 30tE
Cálculo das velocidades – tempo final (tf) – deslocamentos
Dado: v0 = 0 e vf = 0
N
A1 → v10 – v0 = 10 x 1
(0,10s)(M.U.A) a 1m/s2 Δv =
0 1
ΔS1 = v0.t + at2
2
Resposta correta: C
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
9
•
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES PROPOSTAS
1.
2
a(m/s)
Deslocamento
(15 + 10) x 10
⎧
= 125
⎪⎪A 2 =
2
ΔS = A 2 − A1 ⎨
⎪A1 = 5 x 10 = 25
⎪⎩
2
ΔS = 125 − 25
→ ΔS = 100m
Resposta correta: D
4.
Espaço percorrido durante o tempo de reação:
ΔS1 = v . t → ΔS1 = 20 x 1 → ΔS1 = 20m
Aceleração do carro durante a frenagem:
Observando-se o gráfico conclui-se:
I. O objeto só permanece em repouso no intervalo de
(0,4s) se inicialmente ele estiver em repouso.
II. No intervalo de (4s, 10s) a velocidade do objeto é
sempre crescente, logo o movimento é acelerado, e
sua velocidade será máxima em t = 10s.
III. A variação de velocidade ( Δv1 ) de 0 a 8s é numericamente igual a área A1.
4 x 2a
Δv1 =
⇒ Δv1 = 4a
2
v2 = v 20 + 2a ΔS, onde ΔS = 100 – 20 → ΔS = 80m
0 = (20) – 2 x a x 80 → 160a = 400 →
a = 2,5m/s2
2
Cálculo do intervalo de tempo do início da frenagem até
o carro parar:
v = v0 + at → 0 = 20 – 2,5t → Δt = 8s
Logo, o gráfico de v x t para o movimento completo
será:
A variação de velocidade ( Δv 2 ) de 8s a 10s é numericamente igual a área A2.
2 x 2a
Δv 2 =
→ Δv 2 = 2a ou seja Δv1 = 2Δv 2
2
Resposta correta: D
2.
Examinando o gráfico você conclui:
Considerando-se as curvas ramos de parábolas, tem-se:
A: possui M.U.R. e PROGRESSIVO → vA > 0 e aA < 0
B: possui M.U.A. e PROGRESSIVO → vB > 0 e aB > 0
Assim aA < aB
No instante do ENCONTRO as posições (xA = xB)
NB: A área hachurada no gráfico corresponde à distância entre o obstáculo e o motorista no momento em que
ele o avista.
( 9 + 1) x 20
ΔSt =
→ ΔSt = 100m
2
Resposta correta: D
5.
As áreas hachuradas no gráfico representam os módulos
dos deslocamentos.
αA > αB → tgαA > tgαB → vA > vB
Resposta correta: A
3.
•
Aceleração Média
Δv
v 20 − v o
10 − ( −10)
am =
→ am =
→ am =
Δt
20 − 0
20
am = 1m/s2
Comparando as áreas você conclui que:
x1 < x3 < x2
Resposta correta: B
10
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
6.
8.
•
Cálculo da aceleração:
Aceleração constante
N
20 − 10
→
a = tgα → a =
5−0
Examinando-se o gráfico e os dados da questão, tem-se:
v0 = 0
x0 = –2m
• Cálculo da aceleração:
1
t = 3s → x = 16m → x = – 2 + at2
2
1
x a x (3)2 → a = 4m/s2
16 = –2 +
2
N
(5,0s, 15s) → ΔS = x = A →
•
( 40 + 20 ) x 10
2
•
Velocidade no instante t = 5s:
v = v0 + at → v = 4t
t = 5s → v5 = 4 x 5 → v = 20m/s
5
No intervalo de tempo (0 ≤ t ≤ 4s) tem-se:
1
x = x0 + V0 t 0 + at2 → x = 100 – 2t2
2
Para t = 4s → x = 100 – 2x (4)2 → x = 68m
Módulo do deslocamento
→ x
Posição no instante t = 5s:
1
x = x0 + vot + at2 → x = –2 + 2t2
2
t = 5s → x5 = –2 + 2 x (5)2 → x5 = 48m
Resposta correta: B
a = 2m/s2
9.
•
•
→ x = 300m
V = V0
0
+ at → V = – 4t → Para t = 4s → V = – 4 x 4 →
V = – 16m/s
Equação da velocidade
v = vo + at → v = 10 + 2t
No intervalo de tempo (4s ≤ t ≤ 8s)
1
x = x0 + V0t + at 2 → x = 68 – 16 (t – 4) + (t – 4)2
2
Para t = 8s → x = 68 – 16 (8 – 4) + (8 – 4)2 → x = 20m
Para t = 7,5s → v = 10 + 2 x 7,5 → v = 25m/s
NB: Para t = 25s → v = 10 + 2 x 25 →
v = 60m/s
Resposta correta: A
10. •
Resposta correta: B
7.
•
•
•
•
No intervalo (0,4s) as posições decrescem, logo a
velocidade é NEGATIVA.
Como a concavidade da parábola é para cima, então
a aceleração é POSITIVA o tempo todo.
No instante t = 4s o móvel inverte o sentido do movimento, logo a velocidade é NULA.
As equações do movimento são:
1
1
S = S0 + V0t + at2 → S = 12 – V0 . t + at2
2
2
•
Aceleração do trem
N
20
a = tgα → a =
→
10
a = 2m/s2
Distância entre as estações
(60 + 30) x 20
ΔS =
→ ΔS = 900m
2
Em t = 4s → S = 4m → 4 = 12 – 4V0 + 8a →
4v0 – 8a = 8 (1)
V = V0 + at → Em t = 4s → V = 0 → 0 = – V0 + 4a →
V0 = 4a
Substituindo-se em (1) tem-se:
4 x 4a – 8a = 8 → a = 1m/s2, logo V0 = 4m/s. Assim:
S = 12 – 4t +
1 2
t
2
e
V=–4+t
Resposta correta: D
Resposta correta: D
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
11
11. O deslocamento do veículo A durante a frenagem corresponde à área destacada no gráfico:
14. As posições dos carros de Barrichello e de Schumacher
são dadas respectivamente por:
1 2 ⎫
xB(t) = aBt ⎪
⎪
2
⎬ → xB (t = 6) = xS (t = 6) → 36aB = 9aS → aS = 4aB
1 (t −3)2 ⎪
x S(t) = aS
⎪⎭
2
vB2 = 2aB D
v 2S = 2aS D
⎛ vS
⎜v
⎝ B
5 .26
= 41
3
Então, Δs = 30m.
Portanto, a distância que separa ambos os veículos no
fim da frenagem é:
2
8aB D
⎪⎫
⎛ vS ⎞
=4
⎬ → ⎜ ⎟ =
2aB D
= 8aBD ⎪⎭
⎝ vB ⎠
⎞
⎟=2
⎠
Resposta correta: E
B=
15. No 1º trecho, o movimento é uniformemente acelerado.
v = v0 + at → 30 = 2t → t = 15s
Para desacelerar ele deve gastar o mesmo tempo, portanto, tem um trecho em que a velocidade será constante.
d = 32 – 30 → d = 2m
Resposta correta: B
12. Representando abaixo o gráfico dado e seus ângulos
associados:
Sugestão: Calcule a área do trapézio. Ela representa
numericamente o módulo do deslocamento ΔS = 1800m.
Desta forma você obterá o valor de Δt. Este valor será
Δt = 45s. Confirme.
Resposta correta: D
Sendo os ΔOAB e ΔECD semelhantes:
OB
CE
=
OA
ED
⇒
16. O gráfico da velocidade escalar do automóvel em função do tempo é:
v(m/s)
2 10
=
∴ ED = 5
1 ED
Como vD = – ED, temos que
vD = –5m/s
v
Resposta correta: D
13. De acordo com o enunciado, o gráfico v x t é:
ΔS1 = 20m
0
•
Utilizando-se a propriedade da área do gráfico v x t:
N
N
Δs = A ⇒ Δs =
(25 + 15).20
∴
2
Δs = 400m
t(s)
4
10
De 0 a 4s o automóvel realiza um movimento uniformemente acelerado:
v = v0 + a . t
v0 = 0
m
a=5 2
v=0+5.4
s
m
∴ v = 20
s
Resposta correta: D
12
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
t1
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
•
De 10s a t1 o automóvel sofre um deslocamento escalar
de 20m. Como ΔS1 N= A:
b.h
Δt . 20
→ 20 =
20 =
∴ Δt = 2s
2
2
Logo, o gráfico com os valores de v e t1 é:
19. Utilizando-se a definição de velocidade escalar média:
Δs
900
vm =
→ 15 =
t−0
Δt
Substituindo t = 60s no gráfico I, obtemos:
v(m/s)
20
A
N
=
Sendo a área do gráfico v x t numericamente igual ao
deslocamento e S(t = 0):
de 0 até 60s:
( 60 + 20 ) . v
= 900 → v = 22,5m/s
2
de 0 a 20s:
20 . v
SR =
= 10 . 22,5 ∴ SR = 225m
2
ΔS
t(s)
0
4
10
12
de 0 a 40s:
( 40 + 20 ) . v
= 30 . 22,5 ∴
SR =
2
A velocidade escalar média do automóvel é:
Δs
vm =
Δt
(12 + 6) . 20
N
Δs = A =
⇒ Δs = 180m
2
Δs
180
m
km
=
∴ vm = 15
= 54
vm =
12
s
h
Δt
Resposta correta: C
20. Do enunciado:
Vm = 8,0m/s
Δs = 100m
Resposta correta: D
17. Escrevendo a equação do Torricelli para o movimento
do automóvel:
2
v = v
2 0
0
Portanto, o tempo de prova foi:
100
Δs
vm =
⇒ Δt =
= 12,5s ⇒
8,0
Δt
0
+ 2a(x − x 0 )
(6)2 = 2 . a . (9) ⇒
SS = 675m
t = 12,5s
a = 2m/s2
Resposta correta: B
18. Para que não ocorra choque, a mínima aceleração (em
módulo) da ambulância se obtém impondo-se que a
velocidade da ambulância diminua a 20m/s, durante
um deslocamento correspondente ao deslocamento
do carro, somado a 100m no mesmo intervalo de
tempo. O diagrama v x t é:
v(m/s)
30
A
Do gráfico temos que Δs ≅ A, portanto:
Δs = Δ1 + Δ2 + Δ3
12 . 5,5
(12 + v) . (12,5 − 8,5)
+ (8,5 – 5,5) . 12 +
100 =
2
2
20
t
t(s)
v = 3,5m/s
A área hachurada indica os 100m:
10 . t
Δv
20 − 30
100 =
→ t = 20s ∴ a =
→a=
2
20
Δt
Resposta correta: B
∴ a = – 0,5 m/s2
Resposta correta: A
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
13
aula 14
1.
QUEDA LIVRE – LANÇAMENTO VERTICAL
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES
1.
PARA
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES PROPOSTAS
No vácuo, as esferas caem com a mesma aceleração, g
(aceleração da gravidade).
Desta forma, a distância entre as esferas não muda durante a queda.
SALA
Tempo de descida:
1
2h
2 x 20
h = gt2 → t2 =
→ t2 =
∴ t2 = 45
2
g
10
Resposta correta: C
2.
Da análise do gráfico você conclui que o tempo de subida é ts = 6s.
A velocidade inicial (v0) é:
v = v0 + at → v = v0 − gt → 0 = v0 − gts
t = 25 → ts = td → ts = 25
Velocidade inicial (v0):
v = v0 + at → v = v0 – 10t
Para t = 2s → v = 0
0 = v0 – 10 x 2 →
v0 = gts → v0 = 10 x 6 →
Na altura máxima (hm) tem-se v = 0, então:
v0 = 20m/s
v2 = v02 + 2a Δs → 0 = v02 − 2 g hm → hm =
Resposta correta: B
2.
Enquanto o objeto (1) descer durante um tempo t, o
objeto (2) descerá durante um tempo (t – t9).
S1 – S2 = h
1
S1 = gt2
2
1
2
S2 = g ( t − t0 )
2
1 2 1
2
gt − g ( t − t0 ) = h
2
2
1 2 1 2 1
1
gt − gt + g2tt0 − gt20 = h
2
2
2
2
1 2
gtt0 = h + gt0 →
2
→ t=
hm =
3.
Portanto, o intervalo que o foguete emite luz útil
é Δt = t2 – t1 →
Δt = 3s
Resposta correta: A
h
t
+ 0
gt0 2
4.
Equação da posição
Altura máxima:
v2 = v 20 + 2aΔS → 0 = (10)2 – 2 x 10 x h →
0
S = S0 + v 0 t +
h = 5m
y
t
1
gt2
2
1
Para t2 = 2t → ΔS = x → x =
g(2t)2
2
x 4t2
x
= 2 →
=4
y
t
y
Resposta correta: A
x
2t
S
Resposta correta: D
5.
Escrevendo a equação de Torricelli:
v2 = v02 – 2gh
⇒ 02 = v02 – 2 x 10 x 5 ⇒
Resposta correta: D
⇒ v0 = 10m/s
Como v = v0 – gt
Observe, que nesta situação, os gráficos só ficam adequados se orientarmos a trajetória para baixo. Desta
forma, a situação descrita são representadas pelos gráficos da opção d.
⇒ tsubida =
(v − v 0 ) −10
= 1s.
=
−g
−10
Resposta correta: D
14
t=0
Para t1 = t → ΔS = y → y =
T = 2ts → T = 2s
Desprezada a resistência do ar (queda livre), os corpos
caem com a mesma aceleração independentemente da
massa.
Assim, após certo tempo, os dois corpos terão a mesma
velocidade (v) e terão percorrido a mesma distância.
1 2
at
2
1
ΔS =
gt2 →
2
Tempo total que a bola permanece no ar
5.
hm = 180m
Como a luz útil é apenas a partir de 14m, vamos determinar os instantes em que o foguete passa por essa posição.
h = 10 + 5t – t2
Se h = 14m → 14 = 10 + 5t – t2
⎧ t1 = 1s (na subida)
t2 – 5t + 4 = 0 ⎨
⎩ t2 = 4 s (na descida)
Tempo de subida:
v = v0 + at → 0 = 10 – 10ts → ts = 1s
4.
(60)2
→
2 x10
v 02
2g
Resposta correta: B (Retificação de gabarito)
Resposta correta: B
3.
v0 = 60m/s
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
+
v’2 = v 20 + 2aΔs
Porém, tsubida = tdescida
(
v'2 = 2 2gh
Ttotal = 2s
2
+ 2 ⋅ ( −g) ⋅ h
v' = 6gh
Resposta correta: B
6.
)
Do gráfico você conclui que:
v0 = 0 e a = g = 10m/s2, logo:
v = 10t. Se t = 1,5s → v = 10 x 1,5 → v = 15m/s
Afirmativa I (falsa)
Portanto,
v’ = v 3.
Resposta correta: B
•
8.
A distância percorrida é numericamente igual à área do
triângulo.
3 . 30
N
d=A=
→ d = 45m
2
Afirmativa II (verdadeira)
Situação (1)
a = g e Δs = h → v12 = v 02
v12 = 2gh →
•
0
+ 2gh
v1 =
2gh
Situação (2)
ΔS2 =
A aceleração é constante e igual à tangente do ângulo
formado com o semi-eixo positivo dos tempos:
30
N
→ a = 10m/s2
tgα =
a → a=
3
a = g senα
Afirmativa III (verdadeira)
v 22 = 2gh → v 2 =
v 22 = v 20
0
h
senα
+ 2a ΔS2 → v 22 = 2g sen α .
h
sen α
2gh
As medidas de distância e do tempo eram realizadas no
tempo de Galileu não com a precisão feitas atualmente.
Afirmativa IV (falsa)
Resposta correta: D
7.
Cálculo da velocidade com que o corpo atinge o solo:
•
Situação (3)
ΔS3 =
a = g senβ
h
senβ
v 23 = v 02 + 2a ΔS3 → v 23 = 2 g senβ x
v 23 = 2gh →
v3 =
h
→
senβ
2gh
v1 = v2 =v3
v2 = v 20 + 2aΔs
Resposta correta: C
v = 2gh
•
9.
O intervalo de tempo do ponto (1) até atingir a altura
máxima é ts = 2s, pois ts + td = 4s.
Cálculo da velocidade com que o corpo passa pelo
ponto A, após ter sido lançado verticalmente a partir
do solo com velocidade v0 = 2v = 2 2gh :
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
15
•
Velocidade da bola no ponto (1):
V = V1 + at → 0 = V1 – 10ts → V1 = 10 x 2
12. De acordo com o gráfico da função horária das posições, o
estudante orientou a trajetória do corpo para cima:
V1 = 20m/s
•
Altura máxima medida do ponto (1):
V2 = V12 + 2aΔSy → 0 = (20)2 – 2 x 10 x H
H = 20m
–g
•
Assim, H = ΔS + h → 20 = 15 + h → h = 5m
– gt
•
Velocidade da bola no ponto (2):
V22 = V12 + 2aΔS → V22 = (20) – 2 x 10 x 15 →
2
V2 = 10m/s
Segundo essa orientação, a função da velocidade do objeto é: v = − gt. O gráfico correspondente é:
•
Tempo de subida a partir do ponto (2):
V = V2 + at → 0 = 10 – 10 x t's → t's = 1s
•
Intervalo de tempo entre ambas passagens da bola
pelo ponto (2):
Δt = 2s
Δt = 2t's →
Resposta correta: A
10.
S
(+)
Resposta correta: E
13.
v0
g
0
v
A equação da velocidade para o movimento completo é:
v = v0 + at → v = 10 – 10t
No momento em que ele toca o solo
v = – 30m/s
A equação horária da posição
1
S = S0 + v0t + at2 → S = 50 + 15t − 5t2
2
– 30 = 10 – 10t → 10t = 40
No solo → S = 0 →
t = 4s
0 = 50 + 15t − 5t2 → t2 − 3t − 10 = 0
Resposta correta: D
N
11. ΔS = A → ΔS = H
t=
8x5
∴ H = 20m
2
Resposta correta: B
Resposta correta: B
16
⎧ t1 = 5s
3±7 ⎪
⎨
2
⎪t 2 = − 2 (não convém)
⎩
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
14. •
0
Oriente a trajetória para cima
1 2
at → S = vot + 5t2
2
No solo S = 100m quando t = 4s
100 = 4v0 + 5 x (4)2 → v0 = 5m/s
S = S0 + vot +
v0 = 18km/h
Resposta correta: D (Retificação de gabarito)
16. •
•
•
v (m/s)
Pedra (1)
S = S0 + v 0 t
0
1
+ at2
2
1 2
gt
2
1
0 = H – gt12 →
2
10t
Para t = t1 → S1 = 0
S1 = H –
•
A altura procurada é H = 5t2, com t = tq (tempo de
queda).
A equação das velocidades é v = 10t e o gráfico é:
g=
2H
t12
10(tq – 2)
N
Δs = Área
(1)
A
Pedra (2)
Cálculo da velocidade inicial
v2 = v 20 = 2aΔS → 0 = v 20 – 2gh → v0 =
(tq – 2)
2gh
(2)
v0t2 –
1 2
gt2 →
2
1 2
gt 2 = – H (3)
2
Portanto: H = 5t2 = 5 . 42 →
Substituindo-se (1) e (2) em (3), tem-se:
1 2H
H(t 22 − t12 )
. 2 . t22 = – H →
= 2gh . t2
2gh . t2 –
t12
2 t1
Elevando-se ao quadrado ambos os membros tem-se:
H 2 (t22 − t12 )2
2H
2 2 . h t22 →
t14 2
t1
H=
tq
t(s)
⎛B+b⎞
Δs = ⎜
⎟h
⎝ 2 ⎠
[10tq + 10(tq − 2)]
60 =
.2
2
60 = 10tq + 10tq − 20
tq = 4s
Equação da posição
1
1
S = S0 + v0t + at2 → S2 = H + v0t – gt2
2
2
Para t = t2 → S2 = 0 → 0 = H + v0t2 –
2
HTORRE = 80m
Resposta correta: D
17. Numa queda livre oriente a trajetória para baixo.
4t12 . t22 h
(t
2
2
- t12 )
2
v2 = v 20
0
+ 2aΔs → (8)2 = 2 x 10 x h
h = 3,2m
Resposta correta: E
15. Orientando-se a trajetória para baixo tem-se:
Resposta correta: A
18. •
Tempo de queda da pedra
Na vertical:
1
Δsy = v 0y t + at 2
2
0
7,2 =
⎧a = g = 10m/s2
⎪
⎨ v 0y = 0
⎪Δs y = 7,2m
⎩
1
. 10 . t2
2
t = 1,2s
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
17
O intervalo de tempo t em que a pedra se desloca (Δs)
até atingir o vidro do carro é o mesmo que ele leva para
percorrer a distância d.
d⎧
km 100 m
=
vcarro = cte = ⎨v carro = 120
t⎩
h
3 s
100
d
=
3
1,2
aula 15
MECÂNICA – REVISÃO
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES
1.
PARA
SALA
Observe a situação descrita:
d = 40m
Resposta correta: C
•
19. Quando a pedra atingir a altura de H = 60m, de volta, a
sua velocidade será 20m/s. Assim, a velocidade ao tocar
o solo será:
v2 = v 20 + 2gH
v2 = 202 + 2x10x60 = 1600
•
v = 40m/s
Cálculo das posições dos corpos A e B em t = 10s
0
SA = S0 + VA . t → SA = 4t → SA = 4 x 10 → SA = 40m
SB = S0 + VB . t → SB = 250 – 6t → SB = 250 – 6 x 10 →
→ SB = 190m
Distância entre os corpos no instante t = 10s:
d = SB – SA → d = 190 – 40 → d = 150m
Resposta correta: E
20.
NB.: É bom lembrar que se os corpos A e B não estiverem indo um de encontro ao outro, mas caminhando em
sentidos opostos à distância seria:
d = 350m
Resposta correta: A
2.
O movimento é retilíneo uniformemente acelerado (a =
constante). Pela equação de Torricelli, v2 = v 20 + 2.a.ΔS,
e considerando que o esquiador parte do repouso, podemos dizer que o quadrado da sua velocidade é diretamente proporcional ao seu deslocamento ou à altura
correspondente a cada nível, logo:
VC = VB
HC
HB
VB2
VC2
=
HB
, ou seja,
HC
VC = 20m/s
Resposta correta: D
Tempo de queda da bola (1)
1 2
S = S'0 0 + v 0 t 0 S0 + v0t +
at
2
S=
3.
Analisando o gráfico você conclui que:
(0,2s) → M.R.U e desloca-se ΔS1 = 2 x 1 → ΔS1 = 2m
2x1
(2s, 4s) → M.R.U.R desloca-se ΔS2 =
→ ΔS2 = 1m
2
Dos gráficos apresentados o que pode representar a
situação descrita é:
1
1
gt2 → 45 =
x 10 x t2
2
2
t2 = 9 → t = 3s
Para que as duas atinjam o solo, no mesmo instante, a
última bola (2) deve gastar um tempo de 2s para percorrer os 45m.
• Cálculo da velocidade inicial (v0) da bola (2)
1 2
1 2
s = S'0 0 S0 + v0t +
at → S = vot +
gt →
2
2
1
45 = v0 x 2 +
x 10x (2)2 → 2v0 = 25 → v0 = 12,5m/s
2
Resposta correta: A
18
Resposta correta: B
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2
4. I. (F) O movimento de N é uniforme (velocidade escalar constante ≠ 0) e o movimento de M é uniformemente variado (a velocidade escalar é função
do 1º grau do tempo).
II. (F) No instante t = 10s, as velocidades escalares são
iguais, porém as posições são diferentes.
III. (V) No intervalo de 0 até o instante de encontro, os
móveis terão o mesmo espaço percorrido, portanto, a mesma velocidade escalar média.
VM(N) = Vm(M)
16 =
0 + VM
2
3.
→ VM = 32m/s
No instante t os objetos A e B se encontrarão novamente. Nesse instante as velocidades serão:
VA = 2,4t e VB = 8 + 0,8t
Os deslocamentos ΔSA e ΔSB serão iguais:
t x 2, 4t
ΔSA =
2, 4t2 (16 + 0,8t ) t
2
=
→
2
2
(8 + 0,8t + 8) x t
ΔSB =
2
Resposta correta: C
5.
280ml = 280cm3 = 2,8 x 105mm3
t2
, substituindo os valores:
2
10t2
→2=
→ t2 = 0, 4 = 40 . 102
2
h=g
→ 2,4t = 16 + 0,8t →
→ t = 40 . 10−2 ≅ 0,63s
30mm → 0,63s
2,8 . 105 → t
30t = 2,8 x 105 x 0,63
t = 10s
3
Resposta correta: A
4.
Durante todo o movimento, a única força que age no
objeto é o peso.
1,76 x 105
→t=
≅ 0,59 x 104 = 5900s ≅ 2 horas
30
t = 2h
Resposta correta: B
COMENTÁRIOS – ATIVIDADES PROPOSTAS
1.
Como a lata efetua 2 voltas por segundo, sua velocidade
escalar média será de:
Δs
2πr 2.2. 3,14.0,8
vm =
=2.
=
Δt
Δt
1
•
Vm = 10m/s
A força peso nas proximidades da superfície da Terra
tem as seguintes características:
A velocidade escalar média com que o ar toca a lata, em
módulo, é igual a 10m/s.
MÓDULO: P = mg
Resposta correta: C
DIREÇÃO: vertical
2.
(constante)
SENTIDO: para baixo
Logo, a força atuando no objeto é para baixo e
constante.
Resposta correta: C
5.
Num plano inclinado, desprezando-se os atritos, a aceleração dos corpos é igual a:
Os objetos A e B têm aceleração constante.
12 − 0
N
aA =
→ aA = 2,4m/s2
tgαA =
5−0
N
tgαB = aB =
12 − 8
→
5
aB = 0,8m/s2
a = g . senα → a = g ⋅
Resposta correta: B
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
h
d
FÍSICA 2
19
A velocidade no final do plano inclinado será:
0
h
2
2
V = V0 + 2a . Δs → V2 = 2 x g . d
d
V B = V0 + V0 →
Resposta correta: A
8.
V2 = 2gh
VB = 200km/h
A aceleração da gravidade é devido à força PESO. Assim
ela será diferente de zero em todos os instantes.
A força de resistência do ar varia com a velocidade.
Como no ponto mais alto V = 0 , então, fRAR = 0 .
Como os planos inclinados 1 e 2 têm a mesma altura
(h1 = h2), então V1 = V2, logo:
Resposta correta: D
V1
=1
V2
No gráfico de posição x tempo a tgα ≅ v
9.
Resposta correta: C
6.
Como no plano inclinado o movimento é MRUA, então:
0
1
1
h 2
.t
ΔS = Vot + at2 → d = g .
2
2
d
t2 =
2d2
gh
No plano 1: t12 =
2d12
gh1
t12
t22
No plano 2: t22 =
2d22
t12
t22
gh2
=
=
2d12
gh1
x
gh2
Os móveis B e C possuem velocidade constante.
Como αB > αC → tgαB > tgαC → VB > VC
2d22
Alternativas A e B são falsas.
d12
d22
No ponto 3 a reta tangente à curva A é a reta C logo
neste ponto os móveis A e C se encontram (mesma po-
No plano 1: d12 = (1) + ( 2 ) → d12 = 5
2
2
sição e
V A = VC
No plano 2: d22 = (1) + ( 3 ) → d22 = 10
2
2
Alternativa C é falsa.
t12
t22
=
5
→
10
t1
1
=
t2
2
Os móveis A e B têm a mesma posição nos pontos 1 e 2
(posição de encontro), porém no:
ponto 1:
VB > VA
e
xB = xA
ponto 2
VB < VA
e
xB = xA
Resposta correta: D
7.
O movimento do pneu é a composição de dois movimentos: um de translação e o outro de rotação, em torno do centro 0.
Resposta correta: E
10. A velocidade escalar é a razão entre o espaço percorrido
(x = 60m) e o intervalo de tempo gasto (Δt = 8s).
V=
x
60
→V=
∴
Δt
8
V = 7,5m/s
Resposta correta: E
No movimento de translação todos os pontos do pneu
G
apresentam a mesma velocidade v 0 do centro. No movimento de rotação, todos os pontos da periferia apresentam a mesma velocidade em módulo e igual a v0.
• Deste modo, em relação ao plano, os módulos das
velocidades nos pontos A e B são:
VA = V0 – V 0 →
20
-2409
Rev.: Jarina
VA = 0
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 3
|
FÍSICA 2