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Ensino medio livre_edicao_2012_unidade_01_fisica
 

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    Ensino medio livre_edicao_2012_unidade_01_fisica Ensino medio livre_edicao_2012_unidade_01_fisica Document Transcript

    • Física Cinemática escalarCapítulo 1 Comprimento: 12 côvados. Em metros: 12 · 0,48 m = 5,76 m Largura: meio côvado. Em centímetros: 0,5 · 48 cm = 24 cmPrimeiros conceitos Espessura da tábua: precisamos determinar quanto valemConexões “três dedos” em centímetros. Usando três dedos — indica- dor, médio e anular — da mão, obtemos um valor próximo 1. Resposta pessoal. de 6 cm, mas as respostas variam de acordo com cada um 2. Resposta pessoal. dos alunos. c) De acordo com os resultados obtidos, os alunos deverãoExercícios complementares apontar os inconvenientes de se usarem unidades de me- didas que variam de pessoa para pessoa. Fale em padroni- 9. Embora a questão se refira às escalas Celsius e Fahrenheit, zação de unidade. não se trata de uma questão sobre escalas termométricas. O objetivo da questão é mostrar que a falta da unidade (°C 21. a ou °F) na informação pode levar a uma conclusão total- Para se chegar a uma resposta satisfatória, é preciso predeter- mente errada. Se a temperatura média for 41 graus Celsius, minar algumas condições: o brasileiro vai encontrar nos Estados Unidos um clima • o caminho fica à esquerda do menino; quente; se a temperatura média for 41 graus Fahrenheit, o • as duas encruzilhadas são perpendiculares (formam um brasileiro vai encontrar um clima frio (lembrando que, no ângulo de 90°). enunciado, menciona-se o fato de que 41 °F correspondem Consideradas essas condições e a informação de que o Sol nasce a 5 °C). Portanto, estará um clima quente, se for 41 °C, e um a leste dos meninos, conclui-se que o senhor, ao dobrar à es- clima frio, se for 41 °F. querda, caminhou no sentido oeste. Na primeira encruzilhada, ao dobrar à esquerda, caminhou no sentido sul e na segunda10. a) Se o número do sapato (n) corresponde a 1,5 vez o tamanho encruzilhada, ao dobrar à esquerda novamente, caminhou no do pé, em centímetros, então o comprimento do pé de uma sentido leste. pessoa que calça sapatos número 42 é dado por: n 42 22. De acordo com a figura, no trajeto ABC a pessoa percorre uma  =   = 28 1, 5 1, 5 distância de: Portanto, o comprimento do pé é 28 cm. ∆sABC = 160 + 220 + 270 s ∆sABC = 650 m b) Sendo 1 polegada = 2,54 cm, então 12 polegadas valem: Como ela caminha, em média, 100 metros por minuto, o tempo 12 · 2,54 cm = 30,48 cm gasto no trajeto ABC é de: Se o tamanho do pé, no padrão do sistema inglês, vale ∆s 650 ∆t = s ∆t = = 6, 5  min 30,48 cm (12 polegadas), então o número do calçado (n) vm 100 correspondente é: A pessoa gasta, aproximadamente, 6,5 minutos. n = 30,48 · 11,5 = 45,72 = 46 23. O tempo para baixar um arquivo de 3,6 MB a uma velocidade11. Sendo 1 hectare = 100 ares e 1 are = 100 m2, temos: média de 2,0 kB/s é: 1 hectare = 100 · 100 m2 = 10.000 m2 ∆s = vm · ∆t s 3,6 MB = 2,0 kB/s · ∆t s Então, da gleba de 25 hectares, têm-se n lotes de 250 m2 cada: 3, 6 ⋅ 106 s ∆t = s 25 ⋅ 10.000 2, 0 ⋅ 103 n= = 1.000 250 s ∆t = 1,8 · 103 s = 1.800 s = 30 min pessoa consegue 1.000 lotes. A O tempo será de 30 minutos.12. a) Como o côvado é uma unidade de medida do comprimento 24. a) Ambos os textos estão corretos. A diferença na infor- do braço, desde o cotovelo até a ponta do dedo médio, as mação da localização deve-se à adoção de sistemas de respostas dos alunos devem variar, dependendo do tamanho referência diferentes. Em relação ao centro de Curitiba, do braço de cada um. Contudo, um valor médio razoável a terra indígena está 340 km a noroeste; em relação ao deve estar próximo de 48 cm. centro de Londrina, está 80 km ao sul, conforme o mapa b) Usando a relação obtida em a (1 côvado = 48 cm = 0,48 m), a seguir. obtemos o comprimento e a largura da tábua de madeira b) Em relação ao centro da terra indígena, Curitiba localiza-se usada por Galileu. 340 km a sudeste. Observe o mapa. 1
    • Uma pessoa sentada na areia ocupa uma área aproximada de: MATO Ap = 70 cm · 50 cm s Ap = 0,7 · 0,5 = 0,35 m2 GROSSO Portanto, o maior número possível de pessoas é: DO SUL Londrina A 3 ⋅ 105 n = = s n = 106 80 km SÃO Ap 0, 35 Tamarana PAULO (Reserva de Apucaraninha) 7. a) Inicialmente, efetuamos uma comparação entre as massas 340 km do próton (ou do nêutron) e a do elétron: PARANÁ Curitiba mpróton 1, 7 ⋅ 10−27 = = 1, 9 ⋅ 103 melétron 9, 1 ⋅ 10−31 A massa do próton é, aproximadamente, 2.000 vezes a massa do elétron. Portanto, na determinação da massa de um átomo, a contribuição dos elétrons é muito pequena, N pois, em comparação à massa do próton e à do nêutron, a SANTA CATARINA massa dos elétrons é desprezível. 570 km b) A massa do átomo de neônio é a soma das massas dos 10 prótons e dos 10 nêutrons. Como as massas do próton e Tarefa proposta do nêutron são praticamente iguais, a massa do átomo de 1. Se uma polegada equivale a 25,4 milímetros, então o diâmetro neônio é igual a 20 vezes a massa de um próton. Assim, 5 temos: da porca, que é de de polegada, em milímetros, é: 16 Massa do átomo de neônio = 20 · 1,7 · 10–27 kg = 1 pol    25,4 mm = 3,4 · 10–26 kg 5 pol   x ∆ 8. t = 22 h 36 min 48 s – 21 h 54 min 16 s 16 ∆t = 21 h 96 min 48 s – 21 h 54 min 16 s = 0 h 42 min 32 s x = 7,9 mm ∆t = 2.520 + 32 = 2.552 s Como o mecânico optou por uma chave de 8 mm, sua escolha está correta. 9. Lembrando que 11 h 05 min pode ser escrito como 10 h 65 min, temos: 2. 4,0 cm = 40 mm 10 h 65 min – 9 h 15 min = 1 h 50 min (tempo de duração 800 páginas são 400 folhas. da corrida) Folhas Espessura 400 40 10. d 1 x 45 anos 4,5 · 109 anos 400x = 40 s x = 0,10 mm 1 hora x 3. 1.380 mm = 1,38 m 4, 5 ⋅ 109 x = s x = 108 h V = A · h = 200 · 1,38 = 276 m3 por ano 45 V 276 Sendo 1 ano = 365 · 24 = 8.760 h, temos: O volume mensal médio será: V ’ = = = 23 m3 12 12 108 4. b x = s x = 11.415 anos 8.760 V = 200 km3 = 200 · (103 m)3 = 200 · 109 m3 Como 1 bilhão = 109, vem: 1 b 1. V = 200 bilhões de m3 45 anos 4,5 · 109 anos x 15 · 109 anos 5. e 45 ⋅ 15 ⋅ 109 Tempo (s) Área (km2) x = s x = 150 anos 4, 5 ⋅ 109 8 10–2 32 · 106 x 12. e Como o ser humano surgiu há menos de um bilhão de anos, 32 ⋅ 106 ⋅ 10−2 x = s x = 4  · 10 4  km2 temos: seta 5. 8 6. c 13. b A área da faixa na praia vale: O segundo observador está com velocidade v em relação ao A = c ·  s A = 3.000 · 100 s A = 3 · 105 m2 primeiro, isto é, a velocidade do segundo é 2v em relação à2
    • Terra; portanto, ele vai observar o objeto cair para trás, de • ∆t = 3 + 14 + 7 s ∆t = 24 h acordo com a figura da alternativa b. ∆s 515 • vm = s vm = s vm = 21,5 km/h ∆t 2414. e O observador vê dois movimentos combinados na horizontal 22. d com a mesma velocidade do avião e queda com consequente • ∆s = 100 + 40 s ∆s = 140 km aumento de velocidade. Isso resulta num movimento para- 100 • ∆tt = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3 s ∆tt = + 1 + 0,5 s ∆tt = 2,5 h bólico. 100 ∆s 14015 c . • vm = s vm = s vm = 56 km/h ∆t 2, 5 Para o cientista no interior do trem, a observação é de um movimento de queda, pois ele se encontra em repouso em 23. onsiderando os sentidos: C relação ao trem. a) Item 1: ∆s1 = 70 · 0,5 = 35 km Já para o colega que se encontra na estação, como o trem Item 2: ∆s2 = 30 · 0,3 = 9 km se encontra em movimento em relação a ele, observa-se um Item 3: ∆s3 = 70 · 0,7 = 49 km movimento parabólico. As distâncias obtidas somadas nos dão a distância total percorrida.16. c Assim: A velocidade horizontal do copo é a mesma do avião. Portanto, ∆s = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 s ∆s = 35 + 9 + 49 s ∆s = 93 km em relação ao passageiro, o copo atinge o ponto R. b) Assim:17. c ∆s 35 − 9 + 49 75 vm = = s vm = = 50 km/h ∆s 380 ∆t 0, 5 + 0, 3 + 0, 7 1, 5 vm = s vm = s vm = 9,5 m/s ∆t 40 24. d1 8. d Pela definição de velocidade média, a cada hora realiza-se um a) Errada. A diferença é 10 min 39,91 s. deslocamento de 15 km, em média. b) Errada. O correto é: trinta centésimos de segundo. ∆s 8 c) Errada. O correto é: cinquenta e quatro centésimos de 25. om velocidade de 80 km/h s vm = C s 80 = s ∆t ∆t1 segundo. 1 d) Correta. 21,30 s – 9,69 s = 11,61 s s ∆t1 = h = 0,10 h 10 e) Errada. O correto é: seiscentos e dezenove milésimos de ∆s 8 Com velocidade de 100 km/h s vm = s 100 = s segundo. ∆t ∆t2 8 s ∆t2 = h = 0,08 h1 9. b 100 ∆s vm = A diferença entre os tempos: ∆t1 – ∆t2 = 0,10 – 0,08 = 0,02 h ∆t Assim, como 1 h é equivalente a 60 min, então: Sendo 14 min 41,54 s = 881,54 s, temos: 0,02 h s 1,2 min 1.500 vm = s vm = 1,7 m/s 881, 54 26. c Em km/h: vm = 6,1 km/h Mesmo em movimento, um corpo pode estar em repouso em relação a outro referencial.2 0. d No percurso todo, temos: 27. c ∆s = 6 km = 6.000 m ∆s 0, 4 0, 4 vm = s 80 = s ∆t = = 0, 0050 h ∆t = 20 min = 20 · 60 = 1.200 s ∆t ∆t 80 ∆s 6.000 Primeiro trecho: vm = = = 5 m/s ∆t 1.200 ∆s1 0, 2 0, 2 vm 1 = s 120 = s ∆t1 = = 0, 0017 h ∆t1 ∆t1 120 28. c ∆s = 108 km ∆t = 50 min ∆s2 0, 2 0, 2 vm2 = s vm2 = = 1 h 60 min ∆t2 0, 0050 − 0, 0017 0, 0033 x 50 min ∴ vm2 = 60 km/h 5 x = h 621. c ∆s · 6 = 129,6 km/h ou H 130 km/h 108 Assim: vm = = • ∆s = 10 + 421 + 84 s ∆s = 515 km ∆t 5 3
    • 29. c 2. ∆s = v · ∆t s ∆s = 20 · 2 s ∆s = 40 m ∆s ∆s v =   s   ∆t = ∆t v Exercícios complementares 5 1 Primeiro lado: t1 = =  h 150 30 9. c 5 1 De acordo com a função horária, temos: Segundo lado: t2 = =  h 200 40 x0 = –2 m (posição inicial) v = 5 m/s (velocidade) 5 1 Como v > 0 e as posições crescem à medida que passa o tempo, Terceiro lado: t3 = =  h 200 40 o movimento é progressivo. 5 1 Quarto lado: t 4 = =  h 10. b 100 20 Para o primeiro carro, temos: t = 1 + 2  ·  1 + 1   s  t = 4 + 6 + 6 = 16   s  t = 4 vm = ∆s s 40 = 200 s ∆t = 5 h T T T 30 40 20 120 120 30 ∆t ∆t 20 5 20  · 30 Se o carro 2 partiu 1 hora mais tarde e chegou junto com o carro Assim: vmédia = = = 150 km/h 4 4 1, gastou então 4 horas para percorrer os mesmos 200 km. 30 ∆s 200 Assim: vm = = = 50 km/h 3 0. d ∆t 4 om base na figura e nos dados da tabela: C 11. d ∆s 2 vm = = s vm = 0,5 km/min Para t = 0 h, temos: ∆t 4 s0 = 200 km Da estação Bosque à Terminal: ∆s = 15 km ∆s 50 − 200 ∆s 15 v = = = −15 km/h (constante) = ∆t = ∆t = s ∆t = 30 min ∆t 10 − 0 vm 0, 5 Assim: s = 200 – 15 ⋅ t Como o metrô faz 5 paradas de 1,0 min cada, temos: ∆tt = 30 + 5 · 1 s ∆tt = 35 min 12. Para o caminhão: ∆s 20 20 2 3 1. c vc = s 70 = s ∆tc = = h ∆tc ∆tc 70 7 Por regra de três simples, temos: 3 pés 1m Para o veículo: 6 pés xm s x = 2 m ∆s 20 20 1 vv = s 80 = s ∆tv = = h 1 passada 2m ∆tv ∆tv 80 4 50 passadas ym s y = 100 m 1 Como o veículo é mais rápido, ele cumprirá os 20 km em h. ∆s 0, 1 km 4 vm = = 100 m/min s vm = s vm = 6,0 km/h Nesse tempo, o caminhão terá percorrido: ∆t 1 h ∆s ’ ∆s ’ 60 vc = s 70 = s ∆s ’ = 17, 5 km ∆tv 1 3 a 2. 4 Velocidade média no percurso normal: Assim, a diferença de distância entre eles é de: d = 20 – 17,5 = ∆s 16 km = 2,5 km. vm = s vm = = 48 km/h ∆t 1 h 21. c 3 Montando as funções horárias para os dois motociclistas, Assim, a pessoa movimenta 9,6 km a 48 km/h e 6,4 km a 16 km/h. temos: O tempo do trajeto é: 9, 6 6, 4 xA = x 0 + vA · t s xA = 20 + 15 · t ∆t = ∆t1 + ∆t2 s ∆t = + s ∆t = 0,2 + 0,4 s A 48 16 s ∆t = 0,6 h = 36 min xB = x 0 + vB · t s xB = 300 + 10 · t B Como ela deixa sua casa 42 min antes da hora prevista, chegará Para a situação descrita, temos: com 6 min de antecedência. xA = xB + 100 s 20 + 15 · t = 300 + 10 t + 100 s 380 Capítulo 2 s 5 · t = 400 – 20 s t = = 76 s 5 Movimento uniforme (MU) 22. e Em 5 min, o ônibus percorreu: Conexões 5 ∆sônibus = v · ∆t = 60 km/h · h s ∆sônibus = 5 km 1. Resposta pessoal. 604
    • Assim: Assim, temos: ∆s = v ⋅ ∆t s 320 = v ⋅ 4 s v = 80 km/h • Táxi: stáxi = s0 + v ⋅ ∆t s stáxi = 90 ⋅ ∆t • Ônibus: sônibus = s0 + v ⋅ ∆t s sônibus = 5 + 60 · ∆t 6. e No encontro: stáxi = sônibus s 30 · ∆t = 5 57.600 •  vs = 57.600 km/h = km/s = 16 km/s 5 1 3.600 Portanto: ∆t = = h = 10 min 30 6 •  ∆sluz = ∆ssonda s vluz · ∆tluz = vsonda · ∆tsonda s23. a   s 300.000 ⋅ 4,4 = 16 ⋅ ∆tsonda s ∆tsonda = 82.500 anos Em 30 min (0,5 h), o automóvel M percorre: 7. O intervalo de tempo de ida e volta é 2,5 s. Então, o intervalo ∆sM = v ⋅ ∆t = 60 ⋅ 0,5 s ∆sM = 30 km de tempo somente de ida é 1,25 s. A distância Terra-Lua é Então, nesse tempo, o automóvel N percorre 20 km (50 – 30). dada por: Portanto: ∆s = v ⋅ ∆t s ∆s = 3 ⋅ 108 ⋅ 1,25 = 3,75 ⋅ 108 m ∆s 20 vN = = s vN = 40 km/h Esse valor corresponde a 375.000 km. ∆t 0, 5 8. b24. O trem de carga deve percorrer 250 m, com velocidade de Na horizontal, a criança e o caroço possuem a mesma veloci- 10 m/s, para entrar totalmente no desvio. Isso ocorre no dade constante, que é a velocidade da canoa. intervalo de tempo de: 9. b ∆s 250 ∆t = = s ∆t = 25 s Para o automóvel A: v 10 ∆s 20 1 ∆s 20 1 Nesse intervalo de tempo, o trem de passageiros deve percorrer, no Ida: ∆ti = = = h   Volta: ∆t = = = h vm 60 3 vm 40 2 máximo, 400 m. Para isso, sua velocidade máxima deve ser de: i v ∆s 400 1 1 5 vmáx. = = s vmáx. = 16 m/s Assim: t A = + = h ∆t 25 3 2 6 Para o automóvel B:Tarefa proposta 20 2 2 Ida: ∆ti = s ∆ti = h  Volta: ∆tv = h 50 5 5 1. V – V – F 4 I. (V) No movimento uniforme, a velocidade é constante: v = vm Assim: tB = 5 II. (V) Movimento progressivo: v > 0; movimento retrógrado: 5 v < 0. Portanto, o móvel pode voltar ao ponto de partida. tA t 25 Logo: = 6 s A = III. (F) Velocidade média não é média de velocidade. tB 4 tB 24 5 2. •  s3 = sA + v ⋅ t3 10. e •  s8 = sA + v ⋅ t8 Temos: 10,8 km/h = 3,0 m/s 58 − 28 •  s8 = s3 + v · (t8 – t3) s v = = 6,0 m/s Na horizontal, as velocidades da menina e da bola são iguais: 8−3 vmenina = vbola = 3,0 m/s •  sA = s3 – v ⋅ t3 = 28 – 6 ⋅ 3 = 10,0 m Portanto, em 0,5 s, ambas percorrem a mesma distância hori- 3. d zontal, em movimento uniforme: ∆s = vluz ⋅ ∆t ∆smenina = ∆sbola = v ⋅ ∆t s ∆smenina = ∆sbola = 3,0 ⋅ 0,5 = 1,5 m Sendo 8 min = 480 s, temos: 11. e ∆s = dST = 300.000 ⋅ 480 s dST = 1,44 ⋅ 108 km = 1,44 ⋅ 1011 m v = 900 km/h 4. c 1 •  ∆t = 75 min = 1 h + 15 min = 1 h + h = 1,25 h Convertendo a velocidade de 288 km/h para m/s, temos: 4 ∆s 288 •  v = s ∆s = 900 · 1,25 s ∆s = 1.125 km v = s 80 m/s ∆t 3, 6 Assim: 1 2. a ∆s ∆s consumo C v = s 80 = s ∆s = 160 m q = I.  = ∆t 2 quilômetros ∆s ∆s 10 km consumo C 5. a) vm = = s vm = 20 km/h r = II.  = ∆t 0,5 h minutos ∆t b) • ∆s = 330 – 10 s ∆s = 320 km q ∆t q 1 r Dividindo I por II: = s = s q= • ∆t = 4,5 – 0,5 s ∆t = 4 h r ∆s r v v 5
    • 13. a) t0 = 0 s s0 = –10 m 2, 8 b) Da tabela: t = 2 s R= = 0, 7 m = 70 cm 4 c) ∆s = 10 – (–10) = 20 m ∆sABC = 2π ⋅ 70 = 140π cm d) Entre 6 s e 8 s. Assim, considerando π = 3,14, temos: 14. a 140 ⋅ 3, 14 v = = 176 cm/s  ou  v = 1,76 m/s Para t = 0 s s0 = 2 m 2, 5 No intervalo de 0 s a 5 s, temos: ou ainda: v  1,8 m/s ∆s = 17 – 2 = 15 m ∆s 150 De acordo com a tabela, a velocidade é constante. 21. vRel = s 5 – (–7,5) = s ∆t = 12 s ∆t ∆t Assim: Corredor 1 s ∆s1 = 5 ⋅ 12 = 60 m ∆s 15 v = = = 3 m/s Corredor 2 s ∆s2 = 7,5 ⋅ 12 = 90 m ∆t 5 ∴ s = 2 + 3t 22. b 5 min = 300 s 15. b 600 ∆s + ∆scaminhão Mesmo sentido: v1 – v2 = s v1 – v2 = 2 (I) v = ∆s s v = ponte s 300 ∆t ∆t 600 ∆s + 15 Sentidos opostos: v1 + v2 = s v1 + v2 = 10 (II) s 20 = ponte s 200 = ∆sponte + 15 s ∆sponte = 185 m 60 10 16. e v 1 − v 2 = 2  Resolvendo o sistema, temos:  • v ônibus = 18 = 5 m/s v 1 + v 2 = 10  3, 6 2v 1 = 12 v1 = 6 m/s • vR = 7 – 5 = 2 m/s 6 – v2 = 2 s v2 = 4 m/s O homem alcançará o ônibus, sendo: 23. b ∆s 10 vR = s 2= s ∆t = 5 s A velocidade do maratonista é: ∆t ∆t ∆s 42.195 m v = = s v = 5,7 m/s 17. a ∆t 7.439 s vR = vB – vA s vR = 8 – 6 = 2 m/s A diferença entre as velocidades é: Em 5 segundos, teremos: ∆s = v ⋅ ∆t s ∆s = 2 ⋅ 5 = 10 m vR = vm – vp s vR = 5,7 – 1,5 s vR = 4,2 m/s Logo, em 1 h (3.600 s), a distância entre eles é: 18. a ∆s = vR ⋅ ∆t s ∆s = 4,2 ⋅ 3.600 s ∆s = 15.120 m = 15,1 km Como os caminhões se movimentam em sentidos contrários, a velocidade do segundo caminhão, em relação ao caroneiro, é: 24. c vR = v1 + v2 s vR = 40 + 50 s vR = 90 km/h 2 No intervalo de h, o ônibus teve um deslocamento de: E o comprimento do segundo caminhão vale: 3 2 90 ∆s0 = v0 · ∆t s ∆s0 = 75 ⋅ = 50 km d = vR · ∆t s d = · 1 s d = 25 m 3 3, 6 Para o automóvel, nesse mesmo intervalo, temos: 19. c 1 ∆sa = va · ∆t’ s 50 = 100 ⋅ ∆t’ s ∆t’ = h O intervalo de tempo que Laura demorou para ir de sua casa 2 2 à escola (2 km), com velocidade constante de 4 km/h, é: Como o automóvel levou h (40 min) para alcançar o ônibus, 3 ∆s 2 ∆tL = s ∆tL = = 0,5 h = 15 min 1 v 4 quando deveria ter gastado h (30 min), concluímos que ele 2 O intervalo de tempo que Francisco demorou para ir de sua ficou parado 10 min. casa à escola (2 km), com velocidade média de 8 km/h, é: ∆s 2 ∆tF = s ∆tF = = 0,25 h = 15 min 2 5. d v 8 • Para um referencial no trem de carga, temos: Como Francisco partiu 15 min após Laura, eles chegam juntos sc = 0 + 10 ⋅ t e sb = 10.000 – 150 ⋅ t à escola. Considerando que 36 km/h = 10 m/s e 540 km/h = 150 m/s: 20. b • No cruzamento: sc = sb O trecho ABC pode ser considerado como: Assim: 10 ⋅ t = 10.000 – 150 ⋅ t s t = 62,5 s ∆sABC = 2π ⋅ R Portanto: sc = 10 ⋅ 62,5 s sc = 625 m6
    • 26. b Capítulo 3 v1 = 50 km/h v2 = –80 km/h Movimento uniformemente s1 = sA + 50t (para 2 h, s1 – s2 = – 40 km) variado (MUV) s2 = sB – 80t Conexões sA + 50(2) – (sB – 80 · 2) = – 40 s s sA + 100 – sB + 160 = – 40 s 1. A capacidade do predador de agarrar presas depende mais de s sA – sB = – 260 – 40 s sua aceleração que de sua velocidade máxima. s sA – sB = – 300  ou  sB – sA = 300 km 2. • Raio da Terra: 6.400 km27. b • Circunferência da Terra: 2πR ˙ 40.000 km A vR entre os trens é dada por: 300.000 Em 1 s, temos: = 7, 5 voltas vR = 15 – (–10) = 25 m/s 40.000 A distância total para o término do cruzamento é a soma dos tamanhos dos trens. Exercícios complementares 500 Assim: ∆t = = 20 s 25 9. c28. a 180 •  vLaranja = = 50 m/s vR = 36 – (–18) = 54 km/h 3, 6 54 150 vR = = 15 m/s = 41, 7 m/s •  vLaranjinha = 3, 6 3, 6 300 ∆v 41, 7 − 50 Assim: ∆t = = 20 s Assim: a = s a = s a = 2, 8  m/s 2 15 ∆t 329. a 2 2  80   100  Intervalo de tempo para os aviões chegarem a X: 0. v² = v0² + 2 · a · ∆s2 s  1 =  + 2 · a · 1.000 s  3, 6    3, 6   ∆s 45 A s ∆tA = = = 0, 05 h = 3, 0 min vA 900 s 6.400 = 10.000 + 2.000 ⋅ 13 · a s ∆s 3.600 s a H −0,14 m/s² s |a| = 0,14 m/s2 36 A s ∆tB = = = 0, 05 h = 3, 0 min s a = − vB 720 26.000 Logo, eles chegam juntos ao ponto X em 3 minutos. 11. c 60 Sendo 72 km/h = 20 m/s e a = −5,0 m/s2, o tempo gasto pelo30. vA – vB = s vA – vB = 10 m/s (I) 6 carro até parar (v = 0) é: 140 v = v0 + a · t s 0 = 20 + (–5,0) ⋅ t s t = 4,0 s A – vC = v s vA – vC = 20 m/s (II) 7 Nesse intervalo de tempo, o deslocamento do carro é dado por: De (I), temos: a ⋅ t2 − 5, 0 ⋅ ( 4, 0 )2 vA = 10 + vB ∆s = v 0 ⋅ t + = 20 ⋅ 4, 0 + s ∆s = 40  m 2 2 Substituindo em II, temos: No instante em que o motorista avista a vaca, ele está a 100 m dela. 10 + vB – vC = 20 s vB – vC = 10 m/s Como ele percorre 40 m até parar, concluímos que o motorista3 1. e consegue parar o carro a 60 m da vaca. Para não haver choque, temos: 12. Soma = 50 (02 + 16 + 32) •  Tempo de travessia do primeiro trem: (01) Errada. Com aceleração de 0,5 m/s2, a moto atinge a velo- ∆s 50 + 110 ∆t =   = s ∆t = 10 s cidade máxima de 30 m/s em 60 s (30 : 0,5). Nesse tempo, v 16 o deslocamento é de: •  Como o segundo trem se movimenta a 10 m/s, ele deve estar a ⋅ t 2 0, 5 ⋅ (60 )2 à distância mínima de: ∆s1 = = s ∆s1 = 900 m 2 2 ∆s = v ⋅ ∆t s ∆s = 10 ⋅ 10 s ∆s = 100 m   O deslocamento da moto nos 20 s restantes, com velocidade32. a constante de 30 m/s, é de: Para t = 0, temos: ∆s2 = v · ∆t = 30 ⋅ 20 s ∆s2 = 600 m xA = 7 ⋅ 0 + 10 s xA = 10 m Assim, a velocidade média, entre 0 e 80 s, é: xB = 5 ⋅ 0 s xB = 0 m ∆s 900 + 600 vm = = s vm = 18,75 m/s Logo, apenas B estava na origem em t = 0 s. ∆t 80 7
    • (02) Correta. Para atingir a velocidade máxima de 20 m/s, o carro Logo, a distância total percorrida pela pedra vale: demora 20 s, pois a aceleração é 1,0 m/s em cada segundo. d = 5 + 42 s d = 47 m Como a moto demora 60 s para atingir a velocidade máxima 2 4. b (item 01), 50 s após o início dos movimentos, o movimento Tempo de queda do dublê: do carro é uniforme e o da moto é acelerado. 1 1 (04) Errada. Em 60 s, o deslocamento do carro é: ∆h = ⋅ g ⋅ t 2 s 5 = ⋅ 10 ⋅ t 2 s t = 1,0 s 2 2 a ⋅ t2 1 ⋅ ( 20 )2 ∆st = + v · ∆t s ∆st = + 20 ⋅ 40 s 3m Caçamba 2 2 A C B s ∆st = 1.000 m 6m Nesse tempo, o deslocamento da moto é 900 m, conforme ∆sAC = v ⋅ ∆t s 3 = v ⋅ 1 s v = 3 m/s cálculo na proposição (01). Portanto, o carro está 100 m à A velocidade v pode diferir da velocidade ideal, em módulo, frente da moto. no máximo, 3 m/s. (08) Errada. Usando os resultados obtidos na proposição (04), podemos escrever as funções horárias dos dois móveis: Tarefa proposta sc = 1.000 + 20 · (t − 60) e sm = 900 + 30 · (t − 60) No instante em que a moto alcança o carro, temos sc = sm. 1. c Assim: Para um móvel partindo do repouso em MRUA, a distância 1.000 + 20 · (t − 60) = 900 + 30 · (t − 60) s percorrida é dada por: s 1.000 + 20 · t − 1200 = 900 + 30 · t − 1.800 s 1 d = ∆s = ⋅ a ⋅ t2 s 10 · t = 700 s t = 70 s 2 (16) Correta. Para t = 70 s, as posições do carro e da moto são: ∆v 80 2. a)  a = s 2,0 = s ∆t = 40 s •  sc = 1.000 + 20 · (70 − 60) s sc = 1.200 m ∆t ∆t •  sm = 900 + 30 · (70 − 60) s sm = 1.200 m 1 1 (32) Correta. Após 40 s do início, a velocidade do carro é cons- b) ∆s = ⋅ a ⋅ ∆t2 s ∆s = ⋅ 2 ⋅ (40)2 s ∆s = 1.600 m 2 2 tante e igual a 20 m/s. A velocidade da moto é: v = a · t = 0,5 ⋅ 40 s v = 20 m/s 3. d a ⋅ t2 0, 5 ⋅ 42 21. O terceiro segundo compreende de t = 2 s a t = 3 s. sA = s0 + v0 ⋅ t + =0+1⋅4+ =4+4=8m A A 2 2 a ⋅ t2 10 ⋅ 22 sB = v0 + vB ⋅ t = 0 + 1,5 · 4 = 6 m •  s2 = s0 + v0 · t + = 0+ 0⋅2+ = 20 m B 2 2 Como os espaços percorridos por A e B são perpendiculares a ⋅ t2 10 ⋅ 32 entre si, então a distância entre eles pode ser encontrada •  s3 = s0 + v0 · t + = 0 + 0⋅3+ = 45 m 2 2 aplicando-se o teorema de Pitágoras. •  d = 45 – 20 = 25 m d2 = 82 + 62 = 64 + 36 = 100 s d = 10 m 22. d 4. c Da figura, sabemos que, no primeiro segundo, a bola sobe 36 m ∆v 126 : 3,6 •  aA = = ⇒ aA = 3, 5 m/s 2 e, em 5 s, atinge a altura máxima. Assim, podemos escrever: ∆t 10 •  v = vA − g1 · t s 0 = vA − g1 · 5 s vA = 5 · g1 ∆v 108 : 3,6 •  aB = =   s  aB = 5, 0 m/s 2 a 2 ∆t 6 •  s = s0 + v0 ⋅ t + ⋅t 2 •  | aA – aB | = | 3,5 – 5,0 | s | aA – aB | = 1,5 m/s2 g1 Para t = 1 s, temos: 36 = vA − 5. d 2 v = 20 m/s Substituindo vA = 5 · g1: a = –5 m/s2 g • 36 = 5 · g1 − 1 s g1 = 8 m/s² (Como sabemos que o carro está desacelerando, o ∆s encon- 2 trado será o espaço necessário para frear.) • vA = 5 · g1 = 5 ⋅ 8 s vA = 40 m/s v2 = 2a · ∆s s (20)2 = 2 ⋅ 5 ⋅ ∆s s 400 = 10 ⋅ ∆s ∴ ∆s = 40 m 23. A altura máxima atingida pela pedra, em relação ao ponto de lançamento, é: 6. a) Como a velocidade do automóvel é 12 m/s, durante o tempo v2 = v0² + 2 · a · ∆s s 0 = (10)² + 2 ⋅ (−10) · hmáx. s hmáx. = 5,0 m de reação (0,5 s) o carro percorre a distância de 6 m. Portan- E, em relação ao solo, a altura máxima atingida pela pedra é: to, para o espaço de freada restam 24 m. Assim, temos: Hmáx. = 37 + 5 s Hmáx. = 42 m   v = v 0 + 2 ⋅ a · ∆s s 0 = (12)2 + 2 ⋅ a ⋅ 24 s a = –3 m/s2 28
    • b) Para que o automóvel consiga passar sem ser multado, deve •  Atleta que está atrás: percorrer os 24 m no tempo de 1,7 s, já descontado o tempo 1   s2 = 8 ⋅ t + ⋅ 0,5 ⋅ t2 de reação. Assim: 2 a ⋅ t2 a ⋅ (1, 7 )2 •  Quando o atleta de trás alcançar o da frente, teremos: ∆s = v s · t +   s  24 = 12 ⋅ 1, 7 + 2 2   s2 = s1 s 8 ⋅ t + 0,25 ⋅ t2 = 20 + 8 ⋅ t s Como 1,72 H 3,0, temos: a = 2,4 m/s2 s 0,25 ⋅ t2 = 20 s t =   80 H 9 s 7. F − V − F − F − V I. (F) A aceleração é no sentido oposto ao do deslocamento. 1 4. b II. (V) v = v0 + a ⋅ t s 11 = 15 + a ⋅ 2 s 2a = –4 s a = –2 m/s2 A diferença é dada somente pelas distâncias percorridas durante a ⋅ t2 o “tempo de reação”. Assim: ∆s = v0 ⋅ t + 2 Assim, temos: ( −2 ) ⋅ ( 2 )2 d = v ⋅ ∆t2 – v ⋅ ∆t1 s d = 20 ⋅ (2,5 – 0,75) s d = 35 m ∆s = 15 ⋅ (2) + s ∆s = 30 – 4 s ∆s = 26 m 2 1 5. a III. (F) a = –2 m/s2 (veja item II) Sendo x = 2t2 – 12 ⋅ t + 30 (SI), a velocidade do móvel é dada por: IV. (F) Para que duas grandezas sejam inversamente proporcionais, v = v0 + a ⋅ t s v = –12 + 4 ⋅ t o produto entre elas deve ser constante. No instante em que ele muda o sentido: V. (V) v = v0+ a ⋅ t s v = 15 – 2 ⋅ (7,5) s v = 0 v = 0 s 0 = –12 + 4 ⋅ t s t = 3 s 8. d Substituindo na função horária da posição, obtemos: 2, 4 x = 2 ⋅ (3)2 – 12 ⋅ (3) + 30 s x = 18 – 36 + 30 s x = 12 m a= = 0, 8 m/s 2 3 16. e a ⋅ t2 0, 8(5 )2 ∆s = v 0 ⋅ t +   s   ∆s = 12 ⋅ (5 ) + v = v0 + a ⋅ t s 0 = 15 + a ⋅ 10 s a = –1,5 m/s2 2 2 ∆s = 60 + 10 = 70 m v2 = v 0 + 2a ⋅ ∆s s 0 = (15)2 + 2 ⋅ (–1,5) ⋅ ∆s s 2 225 9. c s ∆s = = 75 m 3 v0 = 72 km/h s v0 = 20 m/s 17. e v = 54 km/h s v = 15 m/s I. sbola = 5 ⋅ t ∆t = 2,5 s 1 ⋅ t2 t2 ∆v −5 II. sjogador = s sbola = sjogador s 5t = s t = 10 s a= = = − 2 m/s 2 2 2 ∆t 2, 5 De I, temos:1 0. c sbola = 5 ⋅ 10 = 50 m v0 = 25 m/s     v = 5 m/s     ∆s = 200 m Pela equação de Torricelli, temos: 18. b v2 = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s s (5)2 = (25)2 + 2 ⋅ a ⋅ 200 2 Desprezando-se o atrito, todos os corpos se movimentam, pró- 25 = 625 + 400a s a = –1,5 m/s2 ximos à superfície da Terra (subida ou descida), com a mesma aceleração.11. b 180 − 150 30 km/h 19. d a0 → 1 s = = 1 s Em queda livre, o tempo de queda não depende da massa. 200 − 180 20  km/h = = 20. c a 1→ 2 s 1 s Sendo 1 km = 103 m e 1 h = 3.600 s, temos: ∴ a0 → 1 s > a1 → 2 s 10−3 km g = 10 m/s2 = 10 s12. b  1  2  3.600  ⋅ h 2 Pela equação de Torricelli, temos:   v2 = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s s 0 = (30)2 + 2 ⋅ a ⋅ 30 2 s g = (3,6 ⋅ 103)2 ⋅ 10–2 s 900 = − a = –15 m/s2 60 s g = 1,3 ⋅ 107 ⋅ 10–2 s g = 1,3 ⋅ 105 km/h213. c 21. c 2 •  Atleta que está na frente: v0 •  Na Terra: hT =   s1 = 20 + 8 ⋅ t 2 ⋅ gT 9
    • 2 v0 v02 6 ⋅ v0 2 28. d •  Na Lua: hL = = = 2 ⋅ gL g 2 ⋅ gT •  v = v0 + a · t s 27 = 0 + 9t s t = 3 s 2⋅ T 6 a ⋅ t2 9 ⋅ ( 3)2 81 Comparando, temos: hL = 6 ⋅ hT s hL s hL = 6 ⋅ 6 = 36 m •  ∆s = v0 ⋅ t + s ∆s = s ∆s = = 40,5 m 2 2 2 22. a 29. Soma = 6 (02 + 04) v = v0 + a ⋅ t (sendo a = –g = –10 m/s2) (01) Errada. A aceleração é a mesma para as duas pedras. 0 = 30 – 10t s t = 3 s (02) Correta. hA = 20 ⋅ t – 5 ⋅ t2 e hB = 35 – 5 ⋅ (t + 1)2 23. d No encontro: hA = hB. Assim: A velocidade inicial do martelo é: 20 ⋅ t – 5 ⋅ t2 = 35 – 5 ⋅ t2 – 10 ⋅ t – 5 s t = 1,0 s v = v0 + g ⋅ t s 25 = v0 + 10 ⋅ 2 s v0 = 5,0 m/s ∴ vB = g ⋅ (t + 1) = 10 ⋅ 2 s vB = 20 m/s E a altura do edifício vale: (04) Correta. vA = v0 – g ⋅ t s vA = 20 – 10 ⋅ 1 s vA = 10 m/s 1 1 h = v0 ⋅ t + ⋅ g ⋅ t2 s h = 5 ⋅ 2 + ⋅ 10 ⋅ (2)2 s h = 30 m (08) Errada. hA = 20 ⋅ (1) – 5 ⋅ (1)2 s hA = 15 m 2 2 (16) Errada. hB = 35 – 5 ⋅ (1 + 1)2 s hB = 15 m 24. b Tempo de subida: 30. Sendo v2 = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s, temos: 2 v = v0 + a · t s 0 = 15 – 10 · t s ts = 1,5 s Altura que o corpo atinge: •  Primeiro trecho s v 1 = 2 ⋅ g ⋅ h 2 1 1 h = v0 · t + · g · t 2 s h = 15 · 1,5 – · 10 · (1,5)2 s h = 11,25 m •  Segundo trecho s v 2 = 2 ⋅ g ⋅ 16h 2 2 2 v v Tempo de queda da altura: (50 + 11,25) m = 61,25 m   Assim: 2 = 16 s 2 = 4 v1 v1 a  · t 2 10  · t 2 h’ = s 61,25 = + s t0x = 3,5 s 3 1. c 2 2 1 Tempo total: tT = ts + tq = 1,5 + 3,5 = 5 s •  Primeiro objeto: h1 = v1 ⋅ t – ⋅ g ⋅ t2 s h1 = 10 ⋅ t – 5 ⋅ t2   (I) 2 1 25. e •  Segundo objeto: h2 = v2 ⋅ (t – 1) – ⋅ g ⋅ (t – 1)2 s 2 g ⋅ t2 g ⋅t v2 = 2 ⋅ g ⋅ H s (g ⋅ t)2 = 2 ⋅ g ⋅ H s H = = ⋅ts s h2 = 10 ⋅ t – 10 – 5 ⋅ t2 + 10 ⋅ t – 5   (II)   2 2 s h = vm ⋅ t •  No ponto da colisão: h1 = h2. Assim: 26. a   10 ⋅ t − 5 ⋅ t = 10 ⋅ t − 10 − 5 ⋅ t + 10 ⋅ t − 5 s 2 2 Primeira bola:   s 10 ⋅ t = 15 s t = 1,5 s v0 = 0 m/s; a = –g = –10 m/s2; s0 = 45 m; s = 0 •  Substituindo em (I): h1 = 10 ⋅ 1,5 – 5 ⋅ (1,5)2 s h1 = 3,75 m a ⋅ t2 10, 0 ⋅ t 2 s = s0 + v0 ⋅ t + s 0 = 45,0 + 0 – s 2 2 3 2. a) A altura máxima atingida pela primeira bolinha é: 2 s 5,00 ⋅ t2 = 45,0 s t2 = 9,00  ∴ t = 3,00 s 2 = v 0 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s1 s v A segunda bola terá um intervalo de tempo de queda igual a s 0 = (15)2 + 2 ⋅ (–10) ⋅ hmáx. s hmáx. = 11,25 m 2,00 s. O tempo total (subida e descida) da primeira bolinha é: v0 = ?; a = –g = –10,0 m/s2; s0 = 45,0 m; s = 0 v0 15 ∆tt = 2 ⋅ tS = 2 ⋅ s ∆tt = 2 ⋅ = 3,0 s a ⋅ t2 10, 0 ⋅ 2, 002 g 10 s = s0 + v0 ⋅ t + s 0 = 45, 0 + 0 − s 2 2 Portanto, a terceira bolinha é lançada 3,0 s após o lança- s 2,00 ⋅ v0 = 25,0 mento da primeira. v0 = 12,5 m/s b) Primeira bolinha: 1 27. c h1 = v0 ⋅ t – ⋅ g ⋅ t2 s h1 = 15 ⋅ t – 5 ⋅ t2  (I) 2 Considerando: Segunda bolinha: s0 = 100 m 1 g = –10 m/s2 h2 = v0 ⋅ (t – 1) – ⋅ g ⋅ (t – 1)2 s h2 = 15 ⋅ (t – 1) – 5 ⋅ (t – 1)2  (II) 2 v0 = 5 m/s No encontro: h1 = h2. Assim, temos: a ⋅ t2 s = s0 + v0 ⋅ t + 2 15 ⋅ t − 5 ⋅ t 2 = 15 ⋅ t − 15 − 5 ⋅ t 2 + 10 ⋅ t − 5 s 0 = 100 + 5 · t – 5t2 s t2 – t – 20 = 0 s 10 ⋅ t = 20 s t = 2,0 s t’ = 5 s Substituindo em (I): t’’ = – 4 s (Não convém.) h1 = 15 ⋅ 2,0 – 5 ⋅ (2,0)2 s h1 = H = 10 m10
    • Capítulo 4 H Do triângulo, temos sen θ = . Para obterem o ângulo de LGráficos do MU e do MUV inclinação θ, em graus, façam:Conexões H θ = arc sen L Professor, reúna seus alunos em duplas. Usem a tabela trigonométrica.O bjetivo Variem a altura H e obtenham diferentes inclinações para o Obter a aceleração (a) de queda da esfera para diferentes plano inclinado. Para cada caso, determinem a aceleração de inclinações (θ) do plano inclinado e comparar os resultados queda, conforme explicado a seguir. com os valores teóricos apresentados no gráfico dado. • Cálculo da aceleraçãoMaterial/instrumentos Um dos alunos inclina o trilho e lança a esfera. Lembrem-se• Um trilho de alumínio (como os usados para instalar cortinas), de anotar os dados referentes a H e L para determinarem a com perfil em forma de L, de comprimento aproximadamente inclinação que estão usando. igual a 2,0 m Com o cronômetro, o outro aluno mede o tempo que a esfera• Uma esfera que possa rolar neste trilho leva para percorrer todo o trilho. Com a mesma inclinação,• Cronômetro (ou relógio que meça segundos) repitam essa medida do tempo pelo menos cinco vezes e• Papel, lápis e borracha determinem a média aritmética dos valores.• Calculadora Considerando que o movimento de queda da esfera é uni-• Trena ou fita métrica formemente acelerado, a aceleração pode ser obtida na• Um pedaço de 10 cm × 10 cm de borracha EVA (ou outro ma- expressão: terial antiderrapante)• Tabela trigonométrica 1 2 · L ∆s = L = ⋅ a ⋅ t2 s a = 2 2 tMontagem Observem a figura a seguir. Vocês devem apoiar o trilho em Esse procedimento deve ser repetido para pelo menos cinco uma superfície plana. Para que ele não escorregue, usem um inclinações diferentes. Preencham a tabela com os resultados pedaço de EVA ou outro material antiderrapante. obtidos. Altura (H) em m Comprimento (L) em m Inclinação em (°)  H  θ =  arc sen   L  L H   Apoio Tempo (t), em s Aceleração em m/s2  2  · L   a =  t 2    EVA Plotem esses pontos (θ; a) no gráfico a seguir.Procedimento• Cálculo da inclinação θ θ (º) a (m/s²) Em primeiro lugar, meçam, com a trena, o comprimento L do 0 0 trilho e, em seguida, montem o plano inclinado, como indicado 10 1,7 anteriormente. 20 3,4 Meçam com a trena a altura H. Assim, vocês obterão um triângulo retângulo, conforme esta figura. Lancem esses dados (H e L) na 30 4,9 tabela adiante. 40 6,3 50 7,5 60 8,5 L H 70 9,2 80 9,6 90 9,8 11
    • a (m/s 2) 10. a 10,0 De acordo com o gráfico, em 50 s, a canoa A percorre 150 m 9,0 e a canoa B, 100 m. Portanto, a canoa A é mais rápida que a 8,0 canoa B. 7,0 11. De acordo com o gráfico, no instante t = 60 s, temos sA = sB. 6,0 ∆s Sendo v = , as velocidades das canoas são: 5,0 ∆t 4,0 150 100 •  vA = s vA = 3 m/s •  vB = s vB = 2 m/s 50 50 3,0 Assim, em 60 s, cada canoa percorre: 2,0 •  ∆sA = 3 ⋅ 60 = 180 m •  ∆sB = 2 ⋅ 60 = 120 m 1,0 12. c 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 (°) I. De acordo com o gráfico, que mostra a distância percorrida Comparem com os dados teóricos, que já estão inseridos no por Tânia, após 30 min, ela se encontra a 12 km do início do gráfico, considerando um corpo deslizando sem atrito em um percurso. Isso significa que a igreja está a 12 km do início plano inclinado. do percurso. E, de acordo com o gráfico que mostra a distância percorrida por Ângela, esta passa pela igreja (12 km do início) Respostas após 40 min do início do percurso. Portanto, Ângela passa pela 1. Resposta pessoal. Professor, use o texto inicial, de Michel Rival, igreja 10 min após o telefonema de Tânia. Assim, a observação como motivação da atividade experimental. Sugerimos que, I está correta. antes de realizá-la, solicite aos alunos uma pesquisa sobre os II. Após 40 min do início do percurso, Ângela percorreu 12 km e experimentos de Galileu Galilei com o plano inclinado e o modo Tânia percorreu 16 km, conforme mostram os gráficos. Por- como ele media o tempo. É importante destacar as unidades tanto, Tânia está 4 km à frente de Ângela. A observação II está de medida usadas na época de Galileu. correta. Ambas as observações estão corretas. 2. Deixe claro para os alunos que o mais importante nessa ativi- 21. d dade experimental (e em muitas outras) não é obter resultados Trajetória para baixo e MUV: idênticos aos teóricos, mas explicar as possíveis discrepâncias g 2 com relação aos resultados teóricos. Comente, também, os erros s = s0 + v0 · t + · t , com v0 < 0 2 nas medidas, tanto os cometidos pelos alunos como os ineren- O gráfico dos espaços é um arco de parábola com concavidade tes aos próprios aparelhos de medidas. Destaque o fato de o para cima (a > 0). gráfico apresentado com os valores teóricos ter sido construí­ o d v = v0 + g · t, com v0 < 0 com a aplicação da equação da aceleração de um corpo des- O gráfico da velocidade é uma semirreta crescente (a > 0) com lizando sobre um plano inclinado: a = g · sen θ. Mesmo sem v0 negativo. comentar essa equação e os conceitos de energia envolvidos a = +g = constante no fenômeno, explique aos alunos que, no experimento, a A aceleração escalar é constante e positiva e seu gráfico é uma esfera rola e, no estudo teórico, a esfera desliza. Afinal, existe semirreta paralela ao eixo dos tempos. ou não atrito no plano inclinado? Finalizando, use os resultados desse experimento para mostrar por que, em muitas situações, 22. a) De acordo com o gráfico, o tempo de subida é 3 s, e a altura apresentamos em sala de aula uma teoria que não representa v0 máxima atingida é 9 m. Assim, temos: ts = s v0 = 3 · g exatamente o que acontece na prática. g a ⋅ t2 ∆h = v0 · t + s 9 = 3 · v0 − 4,5 · g s Exercícios complementares 2 s 9 = 3 · 3 · g − 4,5 · g s g = 2 m/s² 9. e b) Cálculo da velocidade inicial: 210 •  sA = s0A + vA · t s sA = 0 + · t s sA = 35 · t v0 = 3 · 2 s v0 = 6 m/s 6 210 23. Pelo gráfico: •  sB = s0B + vB · t s sB = 210 –· t s sB = 210 – 70 · t 3 ∆v 12 − 4 8 a = = = = 2 m/s2 encontro: sA = sB s 35 ⋅ t = 210 – 70 · t s No ∆t 4−0 4 s 105 · t = 210 s t = 2 h Pela função horária de v, temos: v = 4 + 2t Assim: sA = 35 · 2 = 70 km Para t = 7 s, temos: v = 4 + 2 · (7) = 18 m/s12
    • Calculando a área: 8. b ( 18 + 4 ) ⋅ 7 a) Errada. aIV < 0 Área = = 77 2 b) Correta. Em IV, o movimento é uniformemente variado. Portanto: ∆s = 77 m c) Errada. aI > 0 d) Errada. aIII = 024. e e) Errada. A velocidade do corpúsculo é sempre positiva no intervalo de 0 a 10 s. Portanto, ele se movimenta sempre no mesmo sentido. 9. a Isso elimina as alternativas a, b e c. 24 t A = s0 + vA ⋅ t s sA = 0 + s = 2t aceleração do movimento é constante e, em valor absoluto, A A 12 ∆v 5 12 t igual a: a = = = 5 m/s2 B = s0 + vB ⋅ t s sB = s0 + s = s0 + 1,5t ∆t 1 B B 8 B Em cada intervalo de 2 s, o corpúsculo percorre: Quando sA = sB · (t = 12 s) 5  · 2 Assim: 2(12) = s0 + 1,5(12) s 24 = s0 + 18 s ∆s = s ∆s = 5 m B B 2 s s0 = 24 – 18 = 6 m B Logo, o corpúsculo percorre 25 m em 10 s. 1 0. a) Para calcularmos a velocidade do automóvel, devemos usarTarefa proposta o intervalo de tempo em que os sensores S1 e S2 registram a passagem das rodas dianteiras. Pelo gráfico: ∆t1 = 0,1 s 1. a d 2 A velocidade da partícula é a mesma em todo o intervalo de Assim: v = sv = s v = 20 m/s ou 72 km/h ∆t1 0, 1 0 a 2 h. b) Para calcularmos a distância entre os eixos, devemos 2. a usar o intervalo de tempo em que o sensor 1 registra O gráfico caracteriza um movimento uniformemente variado a passagem das rodas dianteiras e, em seguida, das (a = cte) traseiras. Pelo gráfico, temos: ∆t2 = 0,15 s 3. b d’ d’ ∆st = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 + ∆s4 + ∆s5 + ∆s6 s Assim: v = s 20 = s d’ = 3 m ∆t2 0, 15 s ∆st = 10 · 1 + 10 · 2 +10 · 3 + 10 · 1 + 10 · 2 + 10 · (–1) s s ∆st = 80 m 1 1. e •  v = 2,5 m/s 4. c •  s = s0 + v ⋅ t N B+b  ∆s = Área do trapézio  ⋅ h s Sendo:  2  ∆s 25 − x 0 20 + 10 v = s − 2, 5 = s –75 = 25 – x0 s x0 = 100 m s ∆s = ⋅ 35  s ∆s = 525 m ∆t 30 2 5. e Dessa forma, a equação horária: Sendo 72 km/h = 20 m/s e 1 min = 60 s, temos: s = s0 + v ⋅ t s s = 100 – 2,5 ⋅ t Para t = 15, temos: s = 100 – 2,5 ⋅ (15) = 62,5 m ∆s = Área do trapézio  B + b ⋅ h s N    2  1 2. b 180 + 120 Entre 0 e 60 min, temos: s ∆s = ⋅ 20  s ∆s = 3.000 m 2 •  ∆s = 2 – 0 = 2 m •  ∆t = 60 – 0 = 60 min = 3.600 s 6. a) De 0 a 10 s s MUV acelerado (v > 0 e a > 0) Assim: 10 a 30 s s MU (v = cte) De ∆s 2 1 De 30 a 40 s s MUV retardado (v > 0 e a < 0) vm = = s vm = m/s ∆t 3.600 1.800 b) Calculando a área, temos: ( 40 + 20 ) ⋅ 20 1 3. c ∆s = s ∆sm = 600  m 2 a) Errada. Uma carroça percorre, em média, 6 km por hora. ∆sm 600 Assim: vm = = = 15 m/s b) Errada. Carro: vm = 100 km/h = 27,8 m/s ∆t 40 c) Correta. Uma pessoa caminhando percorre, em média, 4 km 7. a por hora. ∆s sfinal − sinicial 0−0 d) Errada. Bicicleta: vm = 36 km/h = 10 m/s vm = = s vm = s vm = 0 ∆t ∆t 360 e) Errada. Avião: vm = 900 km/h = 250 m/s 13
    • 1 4. a Sendo assim, o tempo total gasto pelo senhor Roberto seria de I. (F) Ocorrem apenas duas paradas. 6 s e, portanto, ele teria condições de reposicionar o veículo, II. (V) Retorna à origem. não tendo razão na sua argumentação. III. (V) De 0 a 1 s, 2 s a 4 s e 5 s a 8 s 19. e IV. (F) É o maior valor. 20 + 10 I. Correta. ∆s  A1 + A2 = 10 ⋅ 1 + 1 = 10 + 15 = 25 m 1 5. e 2 v0 = 0 II. Incorreta. Sua velocidade final é de 20 m/s (ver gráfico). 0 w 2 s: v1 = 0 + 2t s v1 = 4 m/s v − v 0 20 − 10 10 III. Correta. a = = = = 10 m/s2 2 s w 4 s: v2 = v1 (constante; a = 0) t − t0 2−1 1 4 s w 6 s: v3 = v2 – t s v3 = 4 – 2 = 2 m/s 20. a 6 s w 8 s: v4 = v3 (constante; a = 0) •  ∆sA = Área do triângulo  B  · b  s N Velocidade (m/s)   2   4 10  · 10   s ∆sA = s ∆s A = 50 m 2 •  ∆s = Área do trapézio  B + b  · h s N   2   2 8+4 s ∆sB =   ⋅ 8   s   ∆sB = 48 m 2 0 2 4 6 8 Tempo (s)   Distância entre eles: N   dAB = ∆sA – ∆sB = 50 – 48 s dAB = 2 m ∆s = A1 + A2 + A3 + A4 s ∆s = 4 + 8 + 6 + 4 s ∆s = 22 m 21. c 1 6. e I. Errada. Entre 2 s e 4 s e entre 6 s e 8 s, o carrinho está em Pelo gráfico: movimento, pois v ≠ 0. 80 40 vA = = 20 m/s e vC = = 10 m/s II. Correta. No intervalo entre 4 s e 6 s, a velocidade do carrinho 4 4 diminui, em módulo. vR = 20 – 10 = 10 m/s ∆v Para realizar totalmente a ultrapassagem, temos: III. Correta. Sendo a = ; ∆v0 – 2 > ∆v4 – 6 e ∆t0 – 2 = ∆t4 – 6 ∆t ∆s 30 vR = s 10 = s ∆t = 3 s IV. Errada. São iguais (2 m/s). ∆t ∆t Para o automóvel, temos: sA = 20 ⋅ 3 = 60 m ∆ 22. a Construindo o diagrama da velocidade em função do tempo 17. a) No intervalo de 0 a 5 s, temos: para ambos os móveis, temos: v = v0 + a ⋅ t s v = 2 + 8 ⋅ 5 s v = 42 m/s vamb. = 108 km/h = 30 m/s No intervalo de 5 s a 7 s, a aceleração é nula. vcarro = 72 km/h = 20 m/s Portanto, a velocidade é constante e igual a 42 m/s. v (m/s) Assim, temos: ∆v = v7 – v0 s ∆v = 42 – 2 s ∆v = 40 m/s b) v (m/s) 30 Ambulância 42 2 20 Carro 0 5 7 t (s) N N 10 c) ∆s = área s ∆s = A1 + A2 s 42 + 2 ∆s = s ⋅ 5 + 42 ⋅ 2 s ∆s = 194 m 2 0 t t (s) 18. Somando os tempos da parada inicial (t1), do movimento em Em t segundos, a velocidade da ambulância se iguala à ve- marcha a ré (t2) e do intervalo necessário para iniciar este último locidade do carro e ela deve percorrer 100 m além do que o movimento (t3), devemos ter no máximo 8 s. carro percorre. Portanto, a área do triângulo determina esses De acordo com o gráfico: t1 = 1 s 100 m. De acordo com o texto: t3 = 3 s N t ⋅ 10 ∆s = A s 100 = s t = 20 s Calculando o tempo do movimento em marcha a ré, temos: 2 v = v0 + a · t s 20 = 30 + a · 20 s a = –0,5 m/s2 (v > 0 e a < 0: ∆s = v ⋅ t + a ⋅ t s 2 = 0 ⋅ 1 + 1 ⋅ t s t = 2 s 2 2 0 2 2 desaceleração)14
    • 23. a Como o passeio durou 3 horas, o percentual de tempo corres- De acordo com os dados, temos: ponde a 50%. Em A: vA = 20 m/s (constante) 29. c ∆v 20 Em B: vB = 0 e a = = = 5 m/s2 Calculando as distâncias pela área do gráfico, temos: ∆t 4 Ao término da ultrapassagem: sA = sB 6 ⋅ 12 ∆s A = = 36 m 5 ⋅t 2 2 20 ⋅ t = st=8s 2 (12 + 6 ) · 6 O móvel B percorre: ∆sB = = 54 m 2 5 ⋅ ( 8 )2 ∆s A d A 36 2 ∆s = s ∆s = 160  m Assim: = = = 2 ∆sB dB 54 324. a 30. s0 = –h; s = 0; v0 = 0; a = +g 14 − 26 2 Pelo gráfico 1 temos que: a = = – 6 m/s2 a) v2 = v 0 + 2 · a · ∆s s 202 = 02 + 2 · 10 · h s 20h = 400 s 2 s h = 20 m Como a velocidade cai linearmente, a desaceleração foi cons- b) v = v0 + a · t s 20 = 0 + 10 · t s t = 2 s tante. c) v (m/s) a (m/s2)25. d 20 10 I. Correta. A velocidade não varia uniformemente nos intervalos de 0 a 1 min e de 3 min a 4 min. ∆v ( 24 − 12 ) m/s II. Correta. am = = s am = 0, 2  m/s 2 ∆t 60 s 0 2 t (s) 0 t (s) 2 III. Errada. A variação da velocidade não é uniforme.26. d a ⋅ t2 3 1. a) s1 = s0 + 0 · t + •  Distância total percorrida: 2 5t 2 v (km/h) s1 = s0 + 8 s s2 = s0 + 5t 72,0 2 intervalo: s1 = s2 s s0 + 5t = 5t + s0 s No 36,0 8 s1 s2 s3 5t 2 s = 5t s t = 8 s 8 0 10,0 20,0 30,0 t (s) b) s2 = s0 + 5 · 8 s ∆s2 = 40 m dT = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 32. c Sendo 72 km/h = 20 m/s e 36 km/h = 10 m/s, temos: Observe o gráfico: 20 + 10 20 ⋅ 10 dT = 10 · 10 + ⋅ 10 + s 50 2 2 40 s dT = 100 + 150 + 100 s dT = 350 m 30 Velocidade (m/s) 20 •  Aceleração média entre 0 e 30 s: 10 0 ∆v 0 − 10 1 –10 am = = s am = − = − 0, 3 m/s 2 ∆t 30 3 –20 –30 – 402 7. d 0 2 4 5 6 8 10 Nos quatro intervalos mostrados no gráfico v × t, temos: Tempo (s) a1 > 0; a2 > 0; a3 = 0 e a4 < 0 De acordo com o gráfico, a velocidade de lançamento é 50 m/s a2 > a1 e, após 5 s, o objeto atinge a altura máxima (v = 0).28. e Logo: De acordo com o gráfico, a velocidade é igual ou superior a N 5 ⋅ 50 hm = Área do triângulo s hm = s 50 km/h no intervalo entre 13 h 30 min e 14 h 30 min e entre 2 15 h 30 min e 16 h, ou seja, durante 1 h 30 min. s hm = 125 m 15