Resolução comentada dos exercícios de vestibulares das questões de Física sobre Movimento Uniformemente Variado (MUV)

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares das questões de Física sobre

Movimento Uniformemente Variado (MUV)

01- Quando t=0 a distância entre eles é de 32m  —  até t=4s, quando terminou a desaceleração o veículo A se deslocou   —  ΔS_A=área do trapézio=(30 + 15).4/2   —  ΔS_A=90m  —  no mesmo intervalo de tempo o veículo B se deslocou  —  ΔS_B=área do retângulo=4.15=60m  —  a distância entre eles antes era de   —  ΔS_a=32m (dado do exercício)  —  depois, ΔS_d=(90 – 60)=30m  —  a distância entre eles no final da frenagem será de d=32 – 30=2m  —  R- B. 

02- Primeira situação  —  cálculo da aceleração do carro com a pista seca  —  V²=Vo² + 2.a.∆S  —  0² = 10² + 2.a.5  —  a=-10ms2  —  cálculo da aceleração do carro com a pista molhada  —  V²=Vo² + 2.a.∆S  —  0² = 10² + 2.a.6  —  a=-100/12=-25/3 ms²  —  segunda situação  —  cálculo da distância percorrida com a pista seca  —  V²=Vo² + 2.a.∆S  —  0² = 30² + 2.(-10). ∆S  —  ∆S =45m  —  cálculo da distância percorrida com a pista molhada  —  V²=Vo²+ 2.a.∆S  —  0² = 30² + 2.(-25/3).∆S  —  ∆S=54m  —  distância percorrida a mais até parar  —  d=54 – 45=9m  —  R- D.

03- Observe na expressão D=K.V², onde K é constante e, nela você observa que a velocidade V é diretamente proporcional ao quadrado da velocidade  —  assim, se a velocidade dobra passando de 80kmh para 160kmh, a distância percorrida pelo carro até parar fica 2²=4 vezes maior  —  R- C.

04-  

Observe no esquema abaixo no triângulo hachurado que  —  130²=50² + d²  —  d²=14400  —  d=120  —  cosα=cateto adjacente/hipotenusa=120/130  —  72=V_r.120/130  —  V_r=78km/h  —  R- C.

05-  Calculando o espaço percorrido entre 0 e 10s pela área  —  móvel A  —  ΔS_A=(B + b).h/2=(45 + 30).10/2  —  ΔS_A=375m (deslocou 375m no sentido positivo da trajetória)  —  móvel B  —  ΔS_B=(-10 – 30).10/2  —  ΔS_B=-200m (deslocou 200m no sentido negativo da trajetória)  —  d=375 + 200  —  d=575m  —  cálculo da aceleração escalar de cada móvel   —  a_A=∆V_A/∆t  —  a_A=(45 – 30)/(10 – 0)  —  a_A=1,5m/s²  —  a_B=(-30 – (-10)/(10 – 0)  —  a_B= -2m/s²  — S_A=So_A + 30t + 0,75t²  —  S_B=So_B – 10t – t²  —  supondo S_oA=0 e fazendo t=10s no encontro onde você iguala as equações  —  30(10) + 0,75(10)² = S_oB – 10(10) – (10)²  —  375 = So_B – 200  —  So_B = 575 m, que é a distância inicial entre os móveis, pois supusemos o móvel A partindo da origem.

R- A

06- Ela vai (ida) pára e volta  —  se, na ida ela tem velocidade de 50m/s, na volta deverá ter velocidade de -50m/s  —   

na ida, V_o=50m/s e V=0, ela demorou  — V=V_o + at  —  0=50 – 0,2t  —  t=250s (na ida)  —  na volta  —  V_o=0 e V=-50m/s  —  V=Vo + at  —  -50=0 -0,2t  —  t=250s (na volta)  —  t_pedido=t_ida + t_volta  —  t_pedido=250 + 250=500s  —t=500s  —  R- A.

07- Cálculo da distância percorrida pelo predador  —  entre 0 e 4s  —  acelerado com a=(54/3,6 – 0)/(4 – 0)=3,75m/s²  —  ΔS₁=V_o.t + at²/2=0.4 +3,75.16/2  —  ΔS₁=90m  —  entre 4s e 10s é um MU com V=15ms  —  V= ΔS/Δt  —  15= ΔS₂/6  —  ΔS₂=90m  — ΔS_predador=90 + 90  —  ΔS_predador=180m  —  cálculo da distância percorrida pela presa  —  entre 0 e 5s  —  acelerado com a=(12 – 0)/(5 – 0)=2,4m/s²  —  ΔS₁=Vot + at²/2=0.5 +2,4.25/2  —  ΔS₁=30m  —  entre 5s e 10=14s é um MU com V=12ms  —  V= ΔS/Δt  —  12= ΔS₂/9  —  ΔS₂=108m  — ΔS_presa=30 + 108  —  ΔS_presa=138m  —  portanto para o predador obter sucesso, a distância inicial máxima entre ele e a presa deverá ser de  —  d=180 – 138  —  d=42m  —  R- C.

08- a) Equação de Torricelli  —  V²=V_o² + 2.a.∆S  —  veículo A  —  V_A²=20² + 2.4.150  —  V_A=40m/s  —  veículo B  —  V_B²=15² + 2.6.150  —  V_B=45m/s.  

b) Cálculo do tempo que cada móvel demora para percorrer os 150m  —   ∆S_A=V_oA.t + a_A.t²/2  —  150=40t + 4t²/2  — 

t₁=-15s (anulado) e t_A=5s  —  ∆S_B=V_oB.t + a_B.t²/2  —  150=45t + 6t²/2  —  t₁=-30s (anulado) e t_B=5s  — após as curvas os dois veículos se moveram durante 5s  —  nesses t=5s o móvel A percorreu   S_A=S_oA + V_oA.t + a_A.t²/2=0 + 40.5 + 4.25/2=250m  —  S_A=300m  —  S_B=S_oB + V_oB.t + a_B.t²/2=0 + 45.5 + 6.25/2=m  —  S_A=300m  —  observe na figura que a projeção de S_B=300m sobre a horizontal fornece S’_B=S_B.cos60^o=300.0,5=150m  —  agora, aplicando Pitágoras você calcula a distância d pedida  —  d²=250² + 150²=62500 + 22500=85000  —  d=291,54m.

09- Cálculo da aceleração  —  V=V_o + at  —  0=30 + a.6  —  a=-5m/s²  —  com essa aceleração sua velocidade deve ser reduzida de V_o=30m/s para V=10m/s em  —  30=10 – 5t  —  t=4s e, nesse tempo ele deve percorrer ΔS= V_o.t + at²/2=30.4 – 5.16/2=80m ou com Torricelli  —  V²=Vo² + 2a ΔS  —  100=900 – 2.5. ΔS  —  ΔS=80m  —  R- C.

10- S_o=0  —  V_o=0  —  S=S_o + V_o.t + at²/2  —  s=a.t²/2  —  como a é constante, S é diretamente proporcional a t², ou seja, aumenta proporcionalmente com o quadrado do tempo  —  R- C.

11-  a) Até começar a frear ele deve demorar   —  t=2,2 – 0,5  —  t=1,7s  para sua velocidade passar de V_o=12m/s até V=0  —  V= V_o + a.t  —  0=12 + a.1,7  —  a= -7,1m/s².

b) Até começar a frear ele percorreu ΔS₁ com velocidade constante de V=12m/s durante t=0,5s  —  V= ΔS₁/ Δt  —  12= ΔS₁/0,5  —  ΔS₁=6m  —  para passar pelo cruzamento sem ser multado ele deve percorrer ΔS=30 – 6=24m em t=2,2 – 0,5=1,7s  —  ΔS=V_o.t + a.t²/2  —  24=12.1,7 + a.(1,7)²/2  —  24=20,4 + a.3/2  —  a=2,4m/s^2.

12- 

Baseado na figura abaixo deduz-se a equação de cada móvel  —  carro  — MUV  —  S_c=So + V_ot + at²/2= 0 + 0 +2t²/2  —  S_c=t²  —  e do atleta  —  MU    —  S_at=S_o + V.t  —  S_at= 0 + V.t  —  S_at=V.t  —  se o atleta se mantém na frente do carro por t=3s  —  S_at = S_c, quando t=3s  —  V.t=t²  —  V.3 = 3²  —  V=3m/s  —  R- B.

13-  A velocidade inicial V_o é a mesma para os dois veículos V_o=108km/h/3,6=30m/s  —  deduzindo as

equações de   cada móvel de acordo com o esquema  —  V=V’=V_o=30m/s  —  equação de um ponto no pára-choque dianteiro do caminhão  — S_caminhão=S_o + V_o.t + at²/2=0 + 30.t – 2.t²/2  —  S_caminhão=30t – 1t²  —  equação de um ponto do pára-choque traseiro do carro  —  S_carro= S_o + V_o.t + at²/2= d + 30t – 3t²/2  — S_carro=d + 30t -1,5t²  —  o tempo que demorou para parar o caminhão (V=0) vale  —  V_caminhão=V_o – 2t  —  0=30 – 2t  —  t_caminhão=15s  —  até parar o caminhão percorre  —  S_caminhão=30t – 1t²=30.15 – 1.(15)²=450 – 225  —  S_caminhão=225m  —  tempo que o carro demora para parar  —  V_carro=V_o – at  —  0=30 – 3t  —  t=10s  —  distância que o carro percorre até parar  —  S_carro=d + 30t -1,5t²=d + 30.10 – 1,5.100  —  S_carro=d + 150  — no encontro  —  S_carro = S_caminhão  —  d + 150=225  —  d=75m  —  R- B.

14-  a) Como A e Z se deslocam em sentidos opostos, o módulo da aceleração relativa entre eles é a = 6 m/s²  —  como

 suas acelerações tem mesmo módulo, cada jogador percorre até o encontro metade da distância que os separa, ou seja, d= 6 m, distância que percorre em  —  S= S_o + V_o.t + a.t²/2  —  d=0 + 0 =at²/2  —  6=3t²/2  — t=2s.

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  —  ∆S=6m,  portanto, no momento do lançamento, a distância mínima (dmin) entre eles tem que ser  —  d_min= 2.(0,6)  —  d_min= 1,2 m  —  você também poderia utilizar a velocidade relativa que, em sentidos contrários é a soma das velocidades de cada um  —  Vr=6 + 6=12  —  Vr=12m/s  —  d=Vr.Δt=12.(0,1)  — d=1,2m.

15- 

Observe a figura abaixo  —  a catedral se encontra no ponto A(1;1), a prefeitura no ponto B (3;1) e a câmara de vereadores  no ponto C (5;3)  —  observe que AB=2 e AC2=(5 – 1)² + (3 – 1)²  —  AC=2√5  —  como AB=500m  —  AC=500√5m    R- A.

16- Observe na figura abaixo que entre o início da ultrapassagem e o final da mesma um ponto P

fixo, por exemplo, no farol do carro que está ultrapassando, percorreu ∆S=17 + 3=17,3m  —  observe também que tanto os carros da fileira como o que está ultrapassando possuem a mesma velocidade, então a velocidade relativa entre eles é nula e, você pode considerar nesse estudo que inicialmente todos estavam em repouso  —  assim, o ponto P com velocidade inicial V_o=0 inicia seu movimento para ultrapassar uma distância fixa de ∆S=17,3m, com aceleração a, demorando t=4s para isso  —  ∆S=V_o.t + a.t²/2=  —  17,3 = 0.4 + a.4²/2  —  a=17,3/8=2,16m/s²  —  cálculo da velocidade no final da ultrapassagem  —  V=V_o + a.t=0 + 2,16.4  —  V=8,65m/s  —  essa é a velocidade supondo os carros parados mas, na realidade, eles têm velocidade de 90km/h=25m/s  —  V_real=25 + 8,65=33,65m/s. 

R- C.

17-  Entre 0 e 10s  —  V_o=0  —  V=V_o + at=0 + 1.10=10m/s  —  entre 10s e 20s  —  V_o=10m/s  —  V=V_o + at=10 + 2.10=30m/s  —  entre 20s e 50s  —  a aceleração é nula e a velocidade constante de 30m/s  —  entre 50s e t ele freia e pára com sua velocidade variando de 30m/s para 0  —  V=V_o + at  —  0=30 -1.t —  t=30s  —  t_f=50 + 30=80s

Construindo o gráfico Vxt, cuja área entre a reta representativa e o eixo t fornece o deslocamento (no

caso, distância)entre as duas estações  —  ΔS_total=soma das áreas=10.10/2 + (30 + 10).10/2 + 30.30 + 30.30/2  — ΔS_total=1.600m  —  R- A

18- 

Cálculo dos instantes em que ele passa pela altura de 14m, ou seja, S=14m  —  S=10 + 5t – t²  —  14=10 +5t – t²  — 

t² – 5t + 4=0 —  t=1s (subida e t’=4s (descida)  —  ele estará acima de 14m (luminosidade útil) entre os instantes 1s e 4s  —  Δt=4 – 1=3s   —   R- A.

 

19-Se você fixar um ponto P no início da locomotiva , quando P começar a passar diante do observador (marco inicial 0), você terá velocidade inicial V_o e t_o=0, e quando a locomotiva terminar de passar pelo observador P estará a 24m de 0 no instante t=4s (figura I).

Pelo enunciado, quando o primeiro vagão terminar de passar pelo observador o ponto P estará a 48m de 0 e o instante será t=4 + 2 = 6s (figura II)

Na figura I, quando t=4s o ponto P, com velocidade inicial V_o e aceleração a, percorreu ΔS=24m —

ΔS= V_ot + at²/2 — 24 = v_o.4 + a.4²/2 — 24 = 4V_o + 8a — 6 = V_o + 2a — V_o= 6 – 2a (1).

Na figura II, quando t=6s o ponto P, com velocidade inicial V_o e aceleração a, percorreu ΔS=48m —

ΔS= V_ot + at²/2 — 48 = V_o.6 + a.6²/2 — 48 = 6V_o + 18a — 8 = V_o + 3a (2).

(1) em (2) — 8=6 – 2a + 3a — a=2m/s² (aceleração da composição).

V­_o= 6 – 2.2 — V_o=2m/s (velocidade inicial do ponto P).

Quando o primeiro vagão começa a passar diante do observador o ponto P está na posição 24m e o instante é t=4s — V=V_o + at=2 + 2.4=10m/sx3,6=36km/h.

R- D

20- Nos primeiros 50m ele partiu do repouso V_o=0, acelerou com aceleração a e terminou os 50m com velocidade V₁:

ΔS=V_ot + at²/2 — 50=0.t₁ + a.t₁²/2 — 100=at₁² — t₁=10/√a (I).

V=V_o + at — V₁ = 0 + a.t₁ — V₁ = a. 10/√a — V₁.√a = 10a — V₁².a = 100a² — v₁² = 100√a —

√a = V₁/10 (II).

(II) em (I) — t₁ = 10/V₁/10 — t₁=100/V₁ (III).

Os últimos 50m ele percorre com velocidade constante de valor V₁ num intervalo de tempo t₂:

V= ΔS/Δt — V₁=50/t₂ — t₂=50/V₁.

Como ele demorou 10s para efetuar todo o percurso você terá que t₁ + t₂ = 10 — (III) + (IV) = 10 — 100/V₁ + 50/V₁ = 10 — 150 = 10V₁ — V₁=15m/s.

A aceleração a é calculada substituindo V₁=15m/s em (II) — √a = V₁/10 — √a = 15/10=1,5 — a=1,5² — a=2,25m/s².

Tempo t₁ — substituindo V₁=15ms em (III) — t₁=100/15 — t₁=6,7s — tempo t₂ — t₁ + t₂=10 —

6,7 + t₂ = 10 — t₂=3,33s.

 

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