Prof. A.F.Guimarães Questões de Cinemática 3 – Movimento Uniformemente Variado Letra “D”. Questão 1 (CESGRANRIO) A distância (d) que um objeto percorre em queda livre, a partir do repouso, durante um tempo (t), é expressa por d=0,5 g t2. Uma pequena esfera é solta de um ponto situado a 1,80 m de altura. Considere g = 10 m s‐2. a) A distância que ela percorrerá, entre os instantes t = 0,2 s e t = 0,3 s, contados a partir do momento em que foi solta, vale, em metros: A( ). 0,05; B( ). 0,15; C( ). 0,25; D( ). 0,35; E( ). 0,45. Questão 2 (UNICAMP) As faixas de aceleração das auto‐
estradas devem ser longas o suficiente para permitir que um carro partindo do repouso atinja a velocidade de 100 km h‐1 em uma estrada horizontal. Um carro popular é capaz de acelerar de 0 a 100 km h‐1 em 18 s. Suponha que a aceleração é constante. a) Qual o valor da aceleração? b) Qual a distância percorrida em 10 s? c) Qual deve ser o comprimento mínimo da faixa de aceleração? Resolução: a) Só para manter as unidades no SI, vamos transformar a velocidade. Assim, 100 km h‐1 27,8 m s‐1. Utilizando a definição de aceleração escalar média teremos: ∆v 27,8
am =
=
≅ 1,54m ⋅ s−2 . ∆t
18
b) Com essa aceleração e partindo do repouso, o automóvel percorrerá a distância dada por: at 2
∆S = v0t +
2
2
1,54 ⋅10
∆S =
= 77 m.
2
c) O tempo necessário para que o automóvel atinja a velocidade de 100 km h‐1 é de 18 s, de acordo com o texto. Assim, poderemos utilizar a equação horária do espaço para determinar a distância a ser percorrida neste intervalo de tempo. Logo, 1,54 ⋅182
∆S =
≅ 249,5m. 2
Resolução: A distância percorrida em 0,2 s é dada por: d1 = 0,5 ⋅10 ⋅ 0, 22 = 0, 2m. E a distância percorrida em 0,3 s é dada por: d 2 = 0,5 ⋅10 ⋅ 0,32 = 0, 45m. Logo, a distância percorrida entre esses dois instantes é dada por: d = 0, 45 − 0, 2 = 0, 25m. Letra “C”. b) O tempo gasto para atingir o solo vale, em segundos: A( ). 0,3; B( ). 0,4; C( ). 0,5; D( ). 0,6; E( ). 0,7. Resolução: O tempo total para a queda de 1,80 m é dado por: 1,8 = 0,5 ⋅10 ⋅ t 2
1,8
t=
= 0,36 5
∴ t = 0, 6 s.
1 www.profafguimaraes.net Questão 3 ∆S
. ∆t
Assim, utilizando esses dois resultados podemos escrever: ∆S v + v0
=
∆t
2
500 40
=
∆t
2
∴ ∆t = 25s.
Letra “D”. vm =
(AFA) Em uma decolagem, um Tucano (aeronave T‐27) percorre 500 m na pista, atingindo a velocidade escalar de 144 km h‐1, com aceleração escalar constante. Quanto tempo durou a decolagem? A( ). 10 s; B( ). 15 s; C( ). 20 s; D( ). 25 s; E( ). 30s. Resolução: Poderemos transformar a distância de metros para quilômetros. Porém, vamos transformar a velocidade, pois assim, determinaremos o tempo em segundos. Logo 144 km h‐1 = 40 m s‐1. Agora poderemos determinar o tempo utilizando a equação de Torricelli, para determinar a aceleração e depois a equação horária do espaço para determinar o tempo. Assim, teremos: v 2 = v02 + 2a∆s
Questão 4 (UNICAMP) Uma torneira, situada a uma altura de 1,0 m acima do solo, pinga lentamente à razão de 3 gotas por minuto. a) Com que velocidade uma gota atinge o solo? b) Que intervalo de tempo separa as batidas de duas gotas consecutivas no solo? Considere, para simplificar, g = 10 m s‐2. Resolução: a) Uma gota atinge o solo com velocidade dada por: v 2 = v02 + 2a∆s
402 = 2a ⋅ 500 a = 1, 6m ⋅ s−2 .
Agora que temos a aceleração, poderemos determinar o tempo. Assim, teremos: at 2
∆S = v0t +
2
2
1, 6t
500 =
2
∴ t = 25s.
Utilizamos duas equações para determinar o tempo de decolagem. Mas poderíamos utilizar apenas uma única equação para determinar esse tempo. Observamos que no movimento uniformemente variado (e apenas no MUV) a velocidade escalar média é dada por: v + v0
vm =
. 2
E ao mesmo tempo, podemos utilizar também a definição de velocidade escalar média dada por: v 2 = 2 ⋅10 ⋅1 ∴ v ≅ 4,5m ⋅ s−1.
b) A primeira gota leva um intervalo de tempo, para atingir o solo dado por: gt 2
∆S =
2
10t 2
1=
2
t ≅ 0, 45s.
Porém, cerca de 1/3 do minuto (20 s), a segunda gota cai. Logo, 20 – 0,45 = 19,55 s depois de a primeira gota bater no chão, a segunda gota começa a cair. Como o tempo que as gotas levam para cair é de 0,45 s, o tempo total é de 19,55 + 0,45 = 20 s. 2 www.profafguimaraes.net Questão 5 motorista é 0,7 s, e os freios podem reduzir a velocidade de seu veículo à razão máxima de 5 m s‐1 e cada segundo. Supondo que esteja dirigindo à velocidade constante de 10 m s‐1, determine: a) O tempo mínimo decorrido entre o instante em que avista algo inesperado, que o leva a acionar os freios, até o instante em que o veículo pára. b) A distância percorrida nesse tempo. (ITA) Um corpo cai, em queda livre, de uma altura tal que durante o último segundo de queda ele percorre ¼ da altura total. Calcular o tempo de queda supondo nula a velocidade inicial do corpo. Resolução: 3h/4,T‐1 h,T h/4,1s. Para cair de uma altura h, a partícula leva um tempo total T. Assim, gT 2
h=
. 2
E para cair de uma altura 3h/4, a partícula leva um tempo T – 1. Assim, teremos: 2
3h g (T −1)
=
/4
/2
2
2 g (T −1)
h=
.
3
Agora utilizando esses dois resultados, teremos: 2
2
2 /g (T −1)
/gT
=
2
3
T 3 = 2 (T −1)
(
(
0 = 10 − 5t t = 2 s.
Logo o tempo total mínimo é de 2,7s. b) A distância percorrida será dada por: ∆S = ∆S1 + ∆S2
∆S1 = 10 ⋅ 0, 7 = 7m.
5 ⋅ 22
= 10m.
/2
∴ ∆S = 17m.
/
∆S2 = 10 ⋅ 2 −
Questão 7 (ITA) Um móvel parte da origem do eixo x com velocidade constante igual a 3 m s‐1. No instante t = 6 s o móvel sofre uma aceleração a = ‐4 m s‐2. A equação horária, a partir do instante t = 6 s, será: A( ). x = 3t – 2t2; B( ). x = 18 + 3t ‐2t2; C( ). x = 18 – 2t2; D( ). x = ‐72 + 27t – 2t2; E( ). x = 27t – 2t2. )
T 2− 3 = 2
T=
Resolução: a) Durante os primeiros 0,7s , carro executa um MU. Depois o motorista aciona os freios e o carro executa um MUV com uma aceleração de 5 m s‐2. Assim, o tempo que o carro leva para parar é dado por: v = v0 − at
)
2
∴ T = 2 ⋅ 2 + 3 s.
2− 3
Questão 6 Resolução: Ao partir da origem com velocidade constante de (VUNESP) O tempo de reação (intervalo de tempo 3 m s‐1 ela estará, no instante 6 s, na posição dada entre o instante em que uma pessoa recebe a por: informação e o instante em que reage) de certo x = 3 ⋅ 6 = 18m. 3 www.profafguimaraes.net Assim, poderemos escrever a equação horária do espaço dada por: x = 18 + 3t − 2t 2 . Porém, nesse exercício, o examinador quer que se leve em conta o atraso no tempo de 6s. Assim, a equação deveria ser reescrita na seguinte forma: 2
x = 18 + 3(t − 6) − 2 (t − 6)
hp = 2,16 + 6t − 5t 2 Agora poderemos escrever uma equação horária para o solo do elevador: hs = 6t + t 2 No ponto de encontro teremos: hp = hs
x = 18 + 3t −18 − 2t 2 + 24t − 72 2,16 + 6t − 5t 2 = 6t + t 2
x = −72 + 27t − 2t 2 .
Portanto letra “D”. Porém, particularmente, não descarto o primeiro resultado, uma vez que se iniciou um novo movimento, portanto, pode‐se “zerar” o cronômetro e começar uma nova marcação para a contagem dos tempos. Desta forma eu sugiro duas respostas para essa questão. Letras “B” e “D”. 6t 2 = 2,16
∴ t = 0, 6 s.
Tanto para um referencial no elevador como para um referencial fixo no solo. b) Para o referencial fixo no solo: ∆hp = 6t − 5t 2
∆hp = 6 ⋅ 0, 6 − 5 ⋅ (0, 6) 2
∆hp = 1,8m.
Questão 8 Para o referencial do elevador: 2,16 m. c) O intervalo de tempo de 0,6 s, corresponde ao tempo total de subida do pacote: v = v0 − gt
(DESAFIO) Um elevador parte do repouso e sobe com aceleração constante igual a 2 m s‐2 em relação a um observador fixo, localizado fora do elevador. Quando sua velocidade atinge o valor v = 6 m s‐1, uma pessoa que está dentro do elevador larga um pacote de uma altura h = 2,16 m, em relação ao piso do elevador. Considerando que o elevador continue em seu movimento acelerado ascendente, determine para o observador fixo e para o localizado no interior do elevador: a) O tempo de queda; b) A distância total percorrida pelo pacote até que este encontre o piso do elevador; c) Se o pacote entra em movimento descendente. Obs.: Considere g = 10 m s‐2. 0 = 6 −10t ∴ t = 0, 6 s.
Isto significa que para o referencial fixo no solo, o pacote apenas subiu. Não executou movimento na descendente. Agora, para o referencial do elevador, o pacote apenas caiu. Ou seja, o pacote executa movimento na descendente. Resolução: a) A partir desse instante, o pacote adquire aceleração dada por g. Assim, a equação horária do espaço para o pacote é dada por: 4 www.profafguimaraes.net