Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Movimentos Verticais

Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre

Movimentos Verticais

01- 

No instante em que a lâmpada se desprende do teto do elevador ela está sendo lançada para cima com velocidade de V_o=5m/s e o tempo de subida e descida até chegar ao piso, na posição (–x), foi t=0,5s  —  (veja figura abaixo)  —  S=V_o.t – gt²/2  —  -x=5.0,5 – 5.(0,5)²  —  x= – 1,25m  —  altura do elevador = 1,25m.

02- a) Como são três bolas, cada uma fica no ar t= 3.0,4  —  t=1,2s.
b) Como cada bola fica no ar 1,2s e o tempo de subida é igual ao tempo de descida, ela demora t=0,6s para atingir a altura máxima,  onde V=0  —  V=V_o – gt  —  0=V_o – 10.0,6  —  V_o=6m/s.

c) Cada bola atinge a altura máxima no instante t=0,6s  —  S=V_o.t – gt²/2=6.0,6 – 5.(0,6)²  —  S=1,8m.

03- a) Bolinha P que saiu antes com V_o=15m/s  —  tempo que demora para atingir a altura máxima, ou seja, quando V=0  —  V= V_o – gt  —  0=15 – 10t  —  t=1,5s (tempo de subida e tempo de descida, ou seja, o tempo de permanência no ar é de 3,0s)  —  se ela parte com velocidade de 15ms ela retorna ao ponto de partida com velocidade de -15m/s (veja gráfico abaixo).

A bolinha Q repete os mesmos movimentos de Q, mas depois de 0,5s (veja gráfico acima)

b) Como P partiu 0,5s antes  —  t_P – t_Q=0,5  —  t_P=t_Q + 0,5  —   equação da Q  —  S_Q=15t_Q -10t_Q²/2  —  equação da P  —  S_P=15t_P -10t_P²/2  —  S_P=15(t_Q + 0,5) – 5(t_Q + 0,5)²=15t_Q + 7,5 – 5(t_Q2 + 2.t_Q.0,5 + 0,25)=15t_Q + 7,5 – 5t_Q² – 5t_Q – 1,25  —  S_P=10t_Q – 5t_Q² + 6,25  —  no encontro S_Q=S_P  —  15t_Q – 5t_Q²=-5t_Q² + 10t_Q + 6,25  —  t_Q=6,25/5  —  t_Q=1,25s (instante do encontro após a partida de Q) e  t_P=(1,25 + 0,5)=1,75s (instante do encontro após a partida de P)  —  substituindo t_Q=1,25s em S_Q=15t_Q – 5t_Q²=15.1,25 – 5.(1,25)²  —  S_Q=11m.

04- a) Pelo enunciado o VLS acelera verticalmente até atingir a altura de 100m e, a partir desse instante (t=0), ele se move por alguns segundos com velocidade constante de 20m/s até que um dos conjuntos de instrumentos se desprende, o que ocorre, pelo gráfico, quando t=2s  —  observando o gráfico você pode concluir que quando t=0 ele atinge a velocidade de 20m/s  —  portanto a ordenada y vale y=V=20m/s  —  entre 0 e 2s ele subiu com velocidade constante de 20ms  — V=∆S/∆t  —  20=∆S/2  —  ∆S=h’=40m  —  como, desde o solo até atingir a velocidade de 20m/s ele já havia subido h=100m, a altura total alcançada foi de h_total=100 + 40=140m  —  h=140m.

b) No instante em que o conjunto de instrumentos se desprende ele possui a mesma velocidade para cima que o VLS e que é de 20m/s  —  assim, o movimento do conjunto de instrumentos é como um lançamento vertical para cima com velocidade inicial V_o=20m/s  —  agora o conjunto está subindo e sua velocidade está variando de V_o=20m/s  (quando t=2s) para V=0 (quando t=4s), veja gráfico  —  a=g=∆V/∆t=(V – V_o)/(t – t_o)=(0 – 20)/(4 – 2)  —  g= – 10m/s²  —  colocando a origem no ponto de lançamento, quando o conjunto de instrumentos atinge o solo ele está na posição S= – 140m  —  S= S_o + V_o.t + g.t²/2  —  -140 =0 + 20t -10.t²/2  —  t² – 4t – 28=0  —  ∆=16 + 112=128  — 

t= (4 ± 11,31)/2  —  t≈7,6s  —  o tempo pedido vale t=2 + 7,6  —  t≈9,6s.

05- Tempo que a pedra demora para cair  —  queda livre da altura de h=7,2m  —  S=gt²/2  —  7,2=5t²  —  t=1,2s  —  nesse tempo o carro com velocidade constante de 120km/h=33,4m/s o carro se deslocou  —  V=ΔS/Δt  —  33,4= ΔS/1,2  —  ΔS=40,08m.  

R- C.

06- Observe que o tempo de queda é 6/2=3 vezes maior e,que na expressão h=gt²/2 a altura é diretamente proporcional ao quadrado do tempo  —  assim, a resposta será 3²=9 vezes maior  —  R-D.

07- a) Trata-se de um lançamento vertical para cima com velocidade inicial V_o=15m/s e a=-g=-10m/s²  —  na altura máxima V=0  —  V = V_o– gt  —  0=15 – 10t  —  t=1,5s (tempo que demora para subir que é o mesmo que demora para descer)  —  tempo de permanência no ar  — t=3s  —  na altura máxima t=1,5s  —  S=S_o + V_ot + at²/2  — 

h_máx=0 + 15.1,5 – 10.1,5²/2=22,5 – 11,25  —  h_máx=11,25m.

b) Equação da primeira bolinha que é lançada no instante t₁ com V_o=15m/s da origem  — h₁=0 + 15t₁ – 10t₁²/2  — 

h₁=15t₁ – 5₁²   —  quando a segunda bola foi lançada já fazia 1s que a segunda estava no ar  —  t₁ – t₂=1  —  t₂=t₁ – 1  —  equação da bola 2  —  h₂=0 + 15t₂ – 5t₂²=15(t₁ – 1) – 5.(t₁ – 1)²/2  —  h₂=-20 + 25t₁ – 5t₁²   —  no instante em que se cruzam possuem a mesma altura  —  h₁=h₂  —  15t₁ – 5t₁² = -20 + 25t₁ -5t₁²  —  10t₁ – 20 = 0  —  t₁=2s (instante do encontro)  —  substituindo t₁=2s em qualquer uma das duas equações, por exemplo na primeira, você obtém  —  h₁=h₂=H=15.2 – 5.2²=30 – 10  —  H=10m.

08- Observe a figura abaixo onde L é a distância horizontal entre a marca no chão e o dublê no instante do salto  —  cálculo do tempo de queda do dublê que cai da altura h=5m  —  h=gt²/2  —  5=10t²/2  —   t²=1  —  t=1s  —  a velocidade ideal ocorre quando ele cai no meio da caçamba ∆S=(L + 3) nesse tempo de ∆t=1s  — V_i=ΔS/Δt=(L + 3)/1  —  V_i=(L + 3)  —  a velocidade mínima do caminhão ocorre quando em ∆t=1s ele cai no início da caçamba ∆S=L  —  V_min= ΔS/Δt=L/1  —  V_min=L  —  a velocidade máxima do caminhão ocorre quando em ∆t=1s ele cai no final da caçamba ∆S=(L + 6) —  V_max= ΔS/Δt=(L + 6)/1  —  V_max=L + 6  —  diferenças  — V₁=V_i – V_min= (L + 3) – L  —  V₁=3m/s  —  V₂= V_max  – V_i=(L + 6) – (L + 3)  —  V₂=3m/s

R- B.

09- a) Velocidade com que cada gota chega no solo  —  equação de Torricelli  —  V²=Vo² + 2.g.h=0² + 2.10.1  —  V=√20  —  V=4,47m/s.

b) Como o tempo de queda é o mesmo, o intervalo de tempo entre as batidas de duas gotas consecutivas é o mesmo intervalo de tempo compreendido entre as saídas de duas gotas consecutivas da torneira  —  se saem 3 gotas em cada 1min=60s, tem-se que, entre a 1^a e a 2^adecorreram (20s); entre a 2^a e a 3^a (20s) e entre a 3^a e a 4^a (20s) e assim, a partir do instante em que uma bate no solo, depois de 20s chega a outra ao solo  —  R- 20s.

10- Trata-se de um lançamento vertical para cima de equação S=S_o + V_ot + at²/2  —  cálculo do tempo t nos instantes em que o projétil passa pela posição S=30m  —  30=25t – 10t²/2  —  t² – 5t + 6=0  —  resolvendo essa equação você obtém dois instantes  —   t₁=2s (passa pela posição 30m na subida) e t₂=3s (passa pela posição 30m na descida)  — 

o tempo Dt decorrido entre as duas observações foi de  —   Dt=3 – 2=1s  —  R- B.

11- Colocando a origem no ponto de lançamento e orientando a trajetória para cima  —  equação do corpo lançado verticalmente para baixo com velocidade V_o  —  S=S_o + V_ot + at²/2  —  S=h₁  —  V_o e a

são negativas (contrárias à orientação da trajetória)  —  h₁=0 –V_o.t – gt²/2  —  quando ele chega ao solo h₁=-40m e t=2s  —  -40=-V_o.2 – 10.2²/2  —  V_o=10m/s  —  equação do corpo lançado verticalmente para cima com V_o=10m/s (positiva, a favor da trajetória) e a=-g (contrária à orientação da trajetória)  —  h₂=0 + V_ot – gt²/2  —  ela sobe, desce e quando chega ao solo está na posição h₂=-40m  —  -40=10t – 5t²  —  5t² -10t -40=0  —  resolvendo essa equação você obtém dois instantes  — 

t₁=-1s (negativo, não convém) e t₂=4s (tempo com que o segundo projétil chega ao solo)  —  como o primeiro chega ao solo após 2s e o segundo após 4s, a diferença de tempo pedida é de t=2s.

12- Observe a figura onde foi colocada a origem no ponto de partida quando V_o=0 e orientando a trajetória para baixo  —  observe na figura que, no final do último segundo o instante é t e no segundo anterior é  t₁=t – 1  —     no instante t₁ 

—  S=S_o + V_o.t₁ + a.t₁²/2  —  S₁=0 + 0 + g.t₁²/2  —  S₁=g.t₁²/2  —  no instante t  —  S₂=g.t²/2  —  ∆S=H/4=S₂ – S₁  — 

H/4=g.t²/2 – g.t₁²/2=g/2 (t² – t₁²)  —  H/2=g( t² – t₁²)  —  H/2=g.(t – t₁).(t + t₁)= g.[t – (t – 1)]. [t + (t – 1)]  —  H/2=g.(t – t +1).(t + t -1)  —  H/2=g.(t + t – 1)=(2t – 1)  —  H/2=g.(2t – 1)  —  H=2g(2t – 1)  —  H=4gt- 2g  —  4gt=H + 2g  —

t=(H + 2g)/4g (I)  —  no instante t  —  S₂=H=g.t²/2 (II)  —  (II) em (I)  —  t=[(g.t²/2) + 2g]/4g  —  t=[(gt² + 4g)/2]4g  —  t=(gt² + 4g)/8g=(t² + 4)/8  —  8t=t² + 4  —  t² – 8t + 4 = 0  —  resolvendo  —  t₁=4 + 2√3 s e t₂=4 – 2√3 (negativo, não satisfaz)  —  t=(4 + 2√3)s  —  t=2(2 + √3)x(2 – √3)/(2 – 2√3)  —  t=2[2² – (√3)²]/(2 – √3)  —  t=2.(4 – 3)/(2 – √3)  —  t=2/( 2 – √3)  —  R- C.

13- 

Cálculo do tempo que a gota demora para chegar ao solo e percorrer h=20m  —  S=S_o + V_ot + gt²/2  —  20=0 + 0t + 10t²/2  —  20=5t²  —  t=√4  —  t=2s  —  como esse é o tempo que cada gota demora para chegar ao solo, dividindo-o por 4 você obterá o intervalo de tempo em que cada gota se desprende do telhado (observe a figura)  —  quando a quinta gota está saindo a quarta gota já estava se deslocando durante t=0,5s, fornecendo a distância pedida (entre a 4^a e a 5^a gotas) pela expressão h=gt²/2=10.(0,5)²2  —  h=1,25m.

14- Seja t o tempo que a pedra demora para descer e t₁ o tempo que o som demora para subir  —  t + t₁=10  —  t₁=10 – t  —  o corpo está em queda livre  —  S=S_o + V_o.t  _a.t²/2  —  h=0 + 0 + 10.t²/2  —  h=5t² (I)  —  o som sobe com velocidade constante de V=340m/s demorando t₁=10 – t  —  V=∆S/∆t  —  340=h/(10 – t)  —  h=340.(10 – t) (II)  —  igualando (I) com (II)  —  5t² = 340(10 – t)  —  5t² + 340t – 3400=0  —  t² + 68t – 680=0  —  ∆=4624 + 2720=7344  —  √∆≈85,7  —  t₁= -68 +85,7/2 =8,85s  —  t₂=negativo, não satisfaz  —  t=8,85s (tempo que a pedra demora para descer —   substituindo t=8,85s em h=5t²=5.(8,85)²=391,6125m  —  R- C.

15- a) Para um observador fixo no solo a bola estará subindo com velocidade relativa de VR=12 – 5=7m/s  —  colocando a origem do sistema de referência nas mãos do menino e orientando a trajetória para cima você terá  —  S=So + Vo.t + a.t²/2  —  h= 0 + 7t – gt²/2  —  h = 7t – 5t²  —  na altura máxima V=0  —  V=Vo + at  —  0=7 – 10t  —  t=0,7s (tempo que demora para atingir a altura máxima)  —  este tempo, substituído em h=7t – 5t2 fornece a altura  máxima  atingida pela bola  —   h_máx=7.(0,7) – 5.(0,7)²=4,9 – 2,45=2,45m  —  h_máx=10 + 2,45  —  h_máx=12,45m (altura máxima atingida pela bola em relação a um observado no solo) ou ainda  —  durante os t=0,7s o elevador desce V=∆S/∆t  —  5=h/0,7  —  h=3,5m  —  nesse mesmo intervalo de tempo a bola sobe até atingir a altura máxima, durante t=0,7s, de h’=0 + 12.0,7 – 10.(0,7)²/2=8,4 – 2,45=5,95m  —  assim, em t=0,7s o elevador desce 3,5m e a bola sobe 5,95m  —  h_máx=5,95 – 3,5=2,45m  —  h_máx=2,45m.

b) Para um observador dentro do elevador que se move em MRU com velocidade (equilíbrio dinâmico) a bola estará subindo sendo lançada verticalmente para cima com V_o=12m/s  —  equação de Torricelli  —  V²=V_o² + 2.a.∆S  —  na altura máxima V=0  —  0² = 12² – 2.10.h_máx  —  h_máx=144/20=7,2m  —  altura do elevador h_e=7,2/2=3,6m  —  h_e=3,6m. 

Observação: Veja que, para o observador dentro do elevador a bola demorou V=V_o + at  —  0=12 – 10t  —  t=1,2s  (para subir)  —  para o observador fora do elevador, para percorrer h=5,95m, ela deve demorar, com V_o=7m/s  —  5,95=7t – 5t⁵  —  5t² -7t +5,95=0  —  ∆=144 – 119=25  —  √∆=5  —  t₁=(7 – 5)/10=- 0,2s (negativo, desprezado)  —  t₂=(7 + 5)/10  —  t₂=1,2s (para subir)  —  observe que o tempo de subida  é o mesmo tanto para o observador fora do elevador como para o observador dentro do elevador, como deveria ocorrer.

16- Primeiro corpo abandonado V_o=0  —  colocando a origem da trajetória nesse ponto e orientando-a para baixo (g=+10m/s²), sua equação fica  —  S=S_o + V_ot + at²/2  —  h₁=0 + 0.t + 10t²/2  —  h₁=5t²  —  0 corpo 2 é lançado verticalmente para cima da posição h abaixo da origem 0 com velocidade (-V, contrária à orientação da trajetória)) e sua equação fica  —  h₂=h + (-V).t + 10t²/2  —  h₂=h – Vt + 5t²  —  como, pelo enunciado, eles se encontram na altura h₁=h₂=h/2, a equação horária do corpo 1 fica  —  h/2=5t²  —  t=√(h/10)  —  substituindo esse tempo na equação do corpo 2, onde h₂=h/2, você terá  —  h/2=h – Vt + 5t²  —  h/2 – h= – Vt + 5t²  —  -h/2= – Vt + 5t²  —  10t² – 2Vt +h=0  —  10.√(h/10) – 2V√(h/10) + h=0  —  h – 2V√(h/10) + h=0  —  h=V.√(h/10)  —  h² = V².h/10  —  h=V²/10=V²/g  —

R- B.

 

 

 

 

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