Início > Exercícios de Física-Ensino Médio > Cinemática – Exercícios

Cinemática – Exercícios


1) No instante em que o sinal de trânsito fica verde, um automóvel parte com uma aceleração a de 2,2 m/s2. No mesmo instante um caminhão, trafegando com uma velocidade constante de 9,5 m/s, alcança e ultrapassa o automóvel. (a) A que distância além do sinal de trânsito o automóvel ultrapassará o caminhão? (b) Qual será a velocidade do automóvel nesse instante?

R.:

a) Primeiro vamos fazer a função horária do espaço de cada movimento e igualarmos os espaços finais para descobrir o tempo de encontro. Feito isso, é só aplicar esse tempo em qualquer uma das funções horárias do espaço. Assim, para o automóvel em movimento uniformemente acelerado, tem-se:
s = so + vo*t + at² / 2
s = 0 + 0*t + 2,2t² / 2
s = 1,1t²
Para o caminhão, a função horária do espaço será de um movimento uniforme (“No mesmo instante um caminhão, trafegando com uma velocidade constante”). Assim:
s = so + vt
s = 0 + 9,5t
s = 9,5t
Igualando os espaços finais:
s = s
1,1t² = 9,5t
Como cortando-se t com t, tem-se:
1,1t = 9,5
t = (9,5 / 1,1) s
Assim, aplicando em uma das funções horárias do espaço:
s = 9,5t
s = 9,5*(9,5 / 1,1)
s = 90,25 / 1,1
s = 82,04m
b) Aplicando os dados na função horária da velocidade, tem-se:
v = vo + at
v = 0 + 2,2*(9,5 / 1,1)
v = 20,9 / 1,1
v = 19 m/s
ps.: o espaço inicial (so) é nulo pois foi adotado o sinal de trânsito como espaço inicial nulo.

2) A equação horária para o movimento de uma partícula é X(t)=15-2t, onde x é dado em metros e t em segundos . Calcule o tempo em segundos para que a partícula percorra uma distância que é dobro da distância à origem no instante t= 0s.R.:

A distância à origem no instante t = 0s será:
x(t) = 15 – 2t
x(t) = 15 – 2*0
x(t) = 15m
Se o movimento fosse progressivo, o dobro dessa distância de 15m que acabamos de descobrir seria 30m. Mas o movimento é retrógrado. Então o móvel está voltando, ou seja, queremos saber o tempo do móvel percorrer 30m voltando. Assim, ele volta 15m e está na origem. e voltando mais 15m ele se encontra na posição -15m. Assim, será o tempo para que a partícula saia de xo = 15m e vá até x = -15m. Assim, basta aplicarmos na função horária do movimento uniforme. Então:
x(t) = 15 – 2t
-15 = 15 – 2t
-15 – 15 = -2t
-2t = -30 *(-1)
2t = 30
t = 30 / 2
t = 15s

3) Um vaso de flores cai de um peitoril de uma janela e passa pela janela de baixo. Despreze a resistência do ar. Ele leva 0,420s para passar por esta janela, cuja altura é igual a 1,90m. Qual é a distância entre o topo dessa janela e o peitoril de onde o vaso caiu?
R.:

Para resolver este problema, precisamos fazê-lo por partes. O vaso, por ter caído do peitoril, iniciou um movimento de queda livre. Assim, ele cai com velocidade inicial vo = 0 m/s no tempo to = 0s e com espaço inicial so = 0m e passa pelo espaço que existe entre uma janela e outra e chega à janela de baixo. Ao chegar à parte superior da janela de baixo, o vaso tem velocidade v, um tempo t e um espaço final s. A partir daí ele começa a outra parte do movimento, passando pela janela de baixo e chegando ao final dela com velocidade v’, tempo t’ e espaço final s’. Assim, aplicando na função horária do espaço para quando o vaso passa pela janela, temos:
s’ = s + v*(t’- t) + g(t’ – t)² / 2
s’- s =  v*(t’- t) + g(t’ – t)² / 2
Note que para a janela, o espaço inicial é s e o final s’. Da mesma forma para o tempo e a velocidade inicial em relação a esse deslocamento é v. Sabemos que (t’ – t) = 0,420s, que s’-s = 1,9m e que g = 10 m/s². Assim:
1,9 = v*0,420 + 10(0,420)² / 2
1,9 = 0,420v + 0,882
0,420v = 1,018
v = 1,018 / 0,420
v = 2,4238095 m/s (aproximadamente)
Ora, note que com isso conseguimos a velocidade inicial do percurso da janela e final para o percurso entre a janela e o peitoril. Assim, aplicando na equação de Torricelli, temos:
v² = vo² + 2gΔs
v² = vo² + 2g(s – so)
(2,4238095)² = 0² + 2*10*(s – 0)
5,8748524 = 0 + 20s
s = 5,8748524 / 20
s = 0,29 m = 29cm (aproximadamente)
Esse resultado dá aproximadamente 31cm se usarmos g = 9,8m/s².

4) Um barco leva 10 horas para subir e 4 horas para descer um mesmo trecho do rio Amazonas, mantendo constante o módulo de sua velocidade em relação à água. Quanto tempo o barco leva para descer esse trecho com os motores desligados?
R.:

Primeiro vamos adotar o descer do rio como sentido positivo e o de subir como o negativo. Agora, vamos dar nomes ao termos envolvidos:

Va – velocidade da água relativa à margem;

Vb – velocidade do barco em relação à margem;

Vr – velocidade relativa do barco em relação à água.

Quando o barco sobe, há a velocidade do barco em relação à margem que é maior que a velocidade da água (contrária ao movimento). O barco faz isso em 10 horas, e logo:

t = d / Vr

Vr = d / t

Vr = d / 10

Assim:

Vb – Va = -Vr

Vb – Va = -d / 10   (I)

Note que a velocidade relativa é negativa pois vai no sentido negativo adotado. Para a descida, soma-se a velocidade da água com a do barco pois estão no mesmo sentido. Assim:

Vb + Va = Vr’

Vb + Va = d / 4   (II)

Para a situação em que o barco desce o rio com os motores desligados, temos que o barco será levado pela correnteza. Logo, a velocidade do barco será igual a velocidade da água. Assim:

Vb = Va = d / t   (III)

Somando as equações (I) e (II), temos:

Vb + Vb – Va + Va = (-d/10) + (d/4)

2Vb = (-2d + 5d) / 20

2Vb = 3d / 20

40Vb = 3d

40 / 3 = d / Vb

d / Vb = 40 / 3

Da equação (III), temos que t = d / Vb. Assim:

t = (40 / 3) h

t = (39 + 1) / 3

t = [13 + (1/3)] h

Ou seja, o tempo que o barco leva é 13 horas mais um terço de hora que é 20 minutos. Logo, t = 13h e 20 minutos.

5) Um ônibus percorre uma estrada retilínea com velocidade de módulo igual a 15 m/s. Quando o motorista inicia uma manobra de aceleração de módulo igual a 2 m/s² e mantém essa aceleração por 3s, um parafuso se desprende do teto. Considerando o módulo da aceleração gravitacional g = 10 m/s² e a distância do teto ao chão do ônibus d = 2m, o parafuso chega ao chão em um ponto a uma distância da vertical de onde se desprendeu de, em metro:

a) 0

b) 0,4

c) 4,0

d) 9,0

e) 9,5
R.:

Tomando o referencial do ônibus (um passageiro dentro do ônibus ou uma cadeira do ônibus), o parafuso está acelerado verticalmente (aceleração da gravidade). Sua equação de queda é a equação de queda livre dada por:
h = gt² / 2
Horizontalmente, como ele se move junto com o ônibus, o mesmo está parado em relação a esse referencial. Precisamos primeiro descobrir o tempo de queda do parafuso para que saibamos onde o parafuso cai depois desse tempo de queda. Assim, sendo a altura do teto ao chão h = 2m, g = 10 m/s², temos:
2 = 10t² / 2
10t² = 4
t² = 0,4
Esse resultado nos mostra que o parafuso chega ao chão antes de 3s e isso facilita e muito nosso cálculo pois só enquanto o parafuso cai o ônibus continua acelerando e não para de acelerar antes do parafuso cair.Vamos deixar esse resultado guardado. Agora, a partir da queda do parafuso o ônibus começa a acelerar com a = 2m/s². Aí o parafuso que não tem essa aceleração (pois está caindo no ar) vai ficar parado horizontalmente em relação ao referencial do ônibus enquanto o chão do ônibus está se movendo. Assim, para um tempo igual ao tempo de queda do parafuso (t = √0,4), queremos saber o quanto que o chão “andou” e assim saber o quanto o parafuso caiu depois do ponto do teto (horizontalmente falando), pois se o ônibus continuasse com velocidade constante o parafuso cairia no mesmo ponto (horizontalmente falando, não verticalmente). Assim:
s = so + vo*t + at² / 2
A velocidade inicial não será vo = 15 m/s, pois note que no referencial do ônibus, tanto o parafuso quanto o referencial do ônibus estão parados um em relação ao outro. Logo, vo = 0m/s. O espaço inicial é so = 0m e a = 2m/s². Assim:
s = 0 + 0*t + 2t² / 2
s = t²
Ora, o tempo que procuramos é o tempo de queda do parafuso para sabermos o quanto o chão se moveu nesse tempo. Assim, como já descobrimos antes, t² = 0,4. Assim:
s = 0,4 m
Portanto, a alternativa correta é B.

6) A posição S , em metros de um movel varia em função do tempo t, em segundos, de acordo com a função dada por S(t) = 2 + 4t – t². O valor máximo para S é, em metros:
a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8

R.:

Para fazer essa questão você precisa ser matemática. Ela pede o valor máximo para a posição S. Logo, usando a definição de máximo para uma função do segundo grau, temos:
ymax = Smax = -(b² – 4*a*c)/ 4a
Sendo a, b, c os coeficientes da equação do segundo grau (função horária). Logo, a = -1, b = 4 e c = 2. Assim:
Smax = -[16 - 4*(-1)*2] / 4*(-1)
Smax = -(16 + 8 ) / -4
Smax = -24 / -4
Smax = 24 / 4
Smax = 6 m
Portanto, a alternativa correta é D.

7) Uma pedra cai em um poço e, após 9 segundos, o observador ouve o som da pedra. Admitindo g = 10 m/s² e a velocidade do som no ar igual a 342 m/s, determine a profundidade do poço.R.:
A primeira coisa que podemos concluir é que o tempo de descida da pedra (t1) mais o tempo que o som levou para voltar ao observador (t2) é igual a 9s. Ou seja:
t1 + t2 = 9 (I)
Vamos adotar o nosso eixo y positivo para baixo, tendo como origem (ho = 0m) a posição em que a pedra caiu. Assim, para o tempo t1 temos um movimento de queda livre. Assim:
h = gt1² / 2
t1 = √(2h / g) (II)
Para o som voltar, ele subiu e logo, foi contra o nosso eixo y positivo que é para baixo. Logo, a velocidade será negativa dada por v = -342 m/s. Note que o som realiza um movimento uniforme. Ou seja:
h’ = h’o + vt
Mas h’ (altura final) é justamente a origem (pois o som veio do fundo do poço para cima) e h’o é a altura do poço que é h. Assim, sendo v = -342 m/s, temos:
0 = h -342t2
h = 342t2
t2 = h / 342 (III)
Assim, aplicando (II) e (III) em (I), temos:
√(2h / g) + h / 342 = 9
Vamos eliminar essa raiz isolando ela em um lado e colocando ambos os lados dessa igualdade ao quadrado. Assim:
√(2h / g) = 9 – (h / 342)
[√(2h / g)]² = [9 – (h / 342)]²
(2h / g) = 81 –(2*9*h/342) + (h / 342)²
(2h / g) = 81 – (h/19) + (h² / 342²)
(h² / 342²) – (h/19) – (2h / g) + 81 = 0
(h² / 342²) – (hg + 38h / 19g) + 81 = 0
Agora, aplicando os dados, temos:
(h² / 342²) – (10h + 38h) / 190) + 81 = 0
(h² / 342²) – (24h / 95) + 81 = 0
Agora, a parte mais trabalhosa da questão: calcular essa equação do segundo grau. Assim:
h = -b ± √(b² – 4ac) / 2ª
h = (24 / 95) ± √[(-24/95)² - 4*(1/342²)*81] / 2*(1/342²)
h = (24 / 95) ± √[(576/9025) – (1 / 361)] / (1/58482)
h = (24 / 95) ± √(207936 – 9025) / (1/58482)
h = (24 / 95) ± √(198911/ 3258025) / (1/58482)
h ≈ 0,2526 ± 0,2471 / 0,000017
h1 ≈ 29394,117 m (raiz positiva)
h2 ≈ 323,53 m (raiz negativa)
Como é, no mínimo, meio impossível de um poço ter 29km (aproximadamente), temos que a altura (profundidade do poço) é aproximadamente 323,53 m.

8 ) Um avião, desloca-se paralelamente a uma planície, a uma altura h e com velocidade horizontal Vo, libera, em um dado instante, um artefato. As componentes horizontal (Vx) e vertical (Vy) da velocidade do artefato, no exato instante em que ele passa pelo ponto A, a uma altura p do solo, são :
a) Vx = Vo e Vy = + √2g ( p – h )
b) Vx = 2gp e Vy = – 2gp
c) Vx = 2gp e Vy= – 2gh
d) Vx = Vo e Vy = – 2g ( h – p )

R.:

O caso citado é de um lançamento horizontal. Note que quando o avião solta o artefato, o mesmo também tem a mesma velocidade do avião, ou seja, Vo. Ao decorrer do tempo, essa velocidade horizontal permanece constante pois não há uma aceleração, horizontalmente falando, que faça essa velocidade variar. logo, Vx = Vo. A velocidade vertical, inicialmente é nula pois o avião só tem velocidade horizontal pois ele voa horizontalmente. Logo, assim que é lançado, Voy = 0 m/s. À medida que esse artefato se desloca, sua velocidade vertical varia pois existe uma aceleração (aceleração da gravidade: g) que faz variar a velocidade. Assim, basta aplicar na equação de Torricelli modificada para o movimento vertical. Adotando a nossa origem no solo, o sentido do nosso eixo-y positivo será para cima. Logo, como g está no sentido oposto (pois g aponta para baixo, enquanto o eixo y positivo aponta para cima), teremos a = -g. Sendo ho a altura inicial e ho = h e h a altura final e igual a h = p, temos:
Vy² = Voy² + 2(-g)(h – ho)
Vy² = -2g(p – h)
Vy² = -2g[(-1)(h - p)] (eu coloquei -1 como fator comum e o termo que era p – h ficou (-1)(h-p))
Vy² = -(-1)2g(h – p)
Vy² = 2g(h – p)
Vy = ±√2g(h – p)
Bem, como a velocidade também é oposta ao sentido positivo adotado (a velocidade vertical aponta para baixo) ela será negativa. E logo não faz sentido termos Vy = +√2g(h – p). Portanto:
Vy = -√2g(h – p)
Portanto, a alternativa correta é D. É importante você se acostumar a adotar um sentido como eu fiz. Isso deixa tudo muito mais fácil e faz com que as contas se expliquem por si mesmas.

About these ads
  1. Nenhum comentário ainda.
  1. No trackbacks yet.

Deixe um comentário

Preencha os seus dados abaixo ou clique em um ícone para log in:

Logotipo do WordPress.com

Você está comentando utilizando sua conta WordPress.com. Sair / Alterar )

Imagem do Twitter

Você está comentando utilizando sua conta Twitter. Sair / Alterar )

Foto do Facebook

Você está comentando utilizando sua conta Facebook. Sair / Alterar )

Foto do Google+

Você está comentando utilizando sua conta Google+. Sair / Alterar )

Conectando a %s

Seguir

Obtenha todo post novo entregue na sua caixa de entrada.

%d blogueiros gostam disto: