Estudo do Movimento Uniforme

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os fundamentos 
da física 1
1
Unidade B 
Capítulo 3 Estudo do movimento uniforme
Resoluções dos exercícios propostos
Exercícios propostos
Capítulo
Testes propostosMenu Resumo do capítulo
1Os fundamentos da Física • Volume 1
3 Estudo do movimento uniforme
P.38 a) Da tabela observamos que, no instante t � 0, o espaço do móvel é: s0 � 160 m
No MU, temos:
v � vm ⇒ v � ∆∆
s
t
 ⇒ v � 120 – 160
1 0� ⇒ v � �40 m/s
b) Sendo v � �40 m/s � 0, concluímos que o movimento é retrógrado.
c) s � s0 � vt
 s � 160 � 40t (s em metros e t em segundos)
P.39 a) vm � ∆∆
s
t
 ⇒ vm � 250 1503 1
�
� ⇒ vm � 50 m/s
b) vm � ∆∆
s
t
 ⇒ vm � 750 35013 5
�
� ⇒ vm � 50 m/s
c) Sim, pois o móvel percorre distâncias iguais em intervalos de tempo iguais.
d) O movimento é progressivo, pois v � 0. Outra maneira de se concluir que o
movimento é progressivo é observar, na tabela, que os espaços crescem com
o decorrer do tempo.
P.40 a) Comparando s � 100 � 80 t (s → m e t → s) com s � s0 � vt, vem:
 s0 � 100 m e v � 80 m/s
b) s � 100 � 80t ⇒ s � 100 � 80 � 2 ⇒ s � 260 m
c) s � 100 � 80t ⇒ 500 � 100 � 80t ⇒ t � 5 s
d) O movimento é progressivo, pois v � 0.
P.41 a) Comparando s � 60 � 12t (s em km e t em h) com s � s0 � vt, vem:
 s0 � 60 km e v � �12 km/h
b) s � 60 � 12t ⇒ s � 60 � 12 � 3 ⇒ s � 24 km
c) s � 60 � 12t ⇒ 0 � 60 � 12t ⇒ t � 5 h
d) O movimento é retrógrado, pois v � 0.
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Capítulo 3 Estudo do movimento uniforme
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
2Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 3
P.42 De s � s0 � vt, temos:
• sA � 35 � 12t (sA em metros e t em segundos)
t � 2 s → sA � 35 � 12 � 2 ⇒ sA � 59 m
• sB � 30 � 90t (sB em metros e t em segundos)
t � 2 s → sB � 30 � 90 � 2 ⇒ sB � �150 m
• sC � 29 � 13t (sC em centímetros e t em segundos)
t � 2 s → sC � 29 � 13 � 2 ⇒ sC � 3 cm
• sD � 43 � 21t (sD em metros e t em segundos)
t � 2 s → sD � 43 � 21 � 2 ⇒ sD � 85 m
P.44 s1 � 15 � 20t (s1 em metros e t em segundos)
s2 � 45 � 10t (s2 em metros e t em segundos)
No encontro, temos:
s1 � s2 ⇒ 15 � 20t � 45 � 10t ⇒ t � 1 s (instante de encontro)
Posição de encontro:
s1 � 15 � 20 � 1 ⇒ s1 � 35 m
P.43 No encontro, temos:
sA � sB ⇒ 30 � 80t � 10 � 20t ⇒
⇒ t � 0,2 h (instante de encontro)
Substituindo t por 0,2 h em qualquer uma das funções horárias, obtemos a posi-
ção de encontro:
sA � 30 � 80 � 0,2 ⇒ sA � 14 km (posição de encontro)
Para confirmar:
sB � 10 � 20 � 0,2 ⇒ sB � 14 km
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Capítulo 3 Estudo do movimento uniforme
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
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P.45 a) sP � 0 � 80t (sP em quilômetros e t em horas)
sQ � 300 � 70t (sQ em quilômetros e t em horas)
P.46 v s
t
t s
v
t
v s
t
v v
A
A A
A
B
B
B B
 60
15
 4,0 s
 80
4,0
 20 m/s
� � � �
� � �
∆
∆ ∆
∆ ∆
∆
∆
⇒ ⇒
⇒ ⇒
No encontro, temos:
sP � sQ ⇒ 80t � 300 � 70t ⇒ t � 2 h
b) Posição de encontro:
sP � 80 � 2 ⇒ sP � 160 km
P
300 km
(Origem)
Q
A B s (km)
P.47 A figura abaixo mostra o deslocamento que o carro deverá efetuar para cruzar
totalmente a rua.
4,0 m 150 m
∆s � 180 m
26 m
v � ∆∆
s
t
 ⇒ 15 � 180∆t ⇒ ∆t � 12 s
Logo, o carro consegue cruzar totalmente a rua, pois o sinal permanece verde por
15 s.
P.48
200 m
Trem de carga
400 m 50 m
v
Trem de passageiros Desvio
10 m/s
Situação inicial
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Trem de passageiros: v
t
 400� ∆ �
Trem de carga: 10 250� ∆t �
De �: ∆t � 25 s
Substituindo ∆t por 25 s em �: v v 400
25
 16 m/s� �⇒
P.49 Caminhão:
vC � 90 km/h � 25 m/s
vC � ∆∆ ∆
s
t t
tC 25 0,20 0,0080 s⇒ ⇒� �∆
Bala:
v s
t
vB B B 
2,00
0,0080
� �∆∆ ⇒ ⇒ vB � 250 m/s
P.50 sA � s0A � vA � t
sA � 0 � 8,0t (SI)
sB � s0B � vB � t
sB � 10 � 6,0t (SI)
Possibilidades:
1a) sB � sA � 4,0 m ⇒ 10 � 6,0t � 8,0t � 4,0 ⇒ t � 3,0 s
2a) sA � sB � 4,0 m ⇒ 8,0t � 10 � 6,0t � 4,0 ⇒ t � 7,0 s
P.51 Vamos determinar inicialmente o instante de encontro das carroças, adotando como
origem dos tempos o instante em que elas partem:
sA � 5t
sB � 10 � 5t
200 m400 m
50 m
O trem de passageiros atinge o desvio depois de o trem
de carga passar totalmente pelo desvio.
t � 0
vB0
A B
vA
10 m
A
10 kmOrigem
BvA � �5 km/h vB � �5 km/h
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Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
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No encontro, temos:
sA � sB ⇒ 5t � 10 � 5t ⇒
⇒ t � 1 h (instante de encontro)
Com velocidade de módulo 15 km/h em 1 h a mosca percorre a distância:
d � vt ⇒ d � 15 � 1 ⇒ d � 15 km
P.52 ∆t � ∆tproj. � ∆tsom ⇒ ∆ ∆ ∆t sv
s
v
 
proj. som
� � ⇒
⇒ ⇒ ⇒1,6 255 255
340
255 0,85 300 m/s
proj. proj.
proj.� � � �v v v
P.53 Seja x a distância desconhecida, t1 o instante de chegada do som emitido através
da água e t2 o instante de chegada do som emitido através do ar (t2 � t1 � 4 s).
Como s � vt, temos:
água: 1.500 
1.500
ar: 300 
300
1 1
2 2
x t t x
x t t x
� �
� �
⇒
⇒
t t x x x x x2 1 4 300
 
1.500
 4 5 
1.500
 4 4 6.000� � � � � � �⇒ ⇒ ⇒
Resolvendo, temos: x � 1.500 m
P.54 a) 24 quadros → 1 s
x → 30 s ⇒ x � 720 quadros
b) 24 quadros → 1 s
y → 600 s ⇒ y � 14.400 quadros (fotos)
P.55 64 fotos → 1 s
x → 5 s ⇒ x � 320 fotos
16 fotos → 1 s
320 fotos → y ⇒ y � 20 s
O movimento da borboleta será visto, na projeção, mais lento do que ocorreu na
realidade, pois será projetado com velocidade menor (16 fotos/segundo) do que
foi filmado (64 fotos/segundo).
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Capítulo 3 Estudo do movimento uniforme
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
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P.56 a) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500
20
 h ⇒ t � 0,025 h
b) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500100 h ⇒ t � 0,005 h
P.58 A velocidade do trem maior em relação ao trem menor é vrel. � 2v � v � 3v.
Em relação à pessoa do trem menor, um ponto do trem maior percorre 90 m
durante a passagem.
Portanto: srel. � vrel. � t ⇒ 90 � 3v � 2 ⇒ v � 15 m/s
A velocidade do trem menor, em relação ao solo, é: 2v � 30 m/s
P.57 s1 � 40t (s1 em quilômetros e t em horas)
s t2 60 
1
3
� �

 (s2 em quilômetros e t em horas)
No encontro, temos:
s s t t1 2 40 60 
1
3
� � �⇒ 

 ⇒ t � 1 h
Portanto, o encontro ocorre depois de 1 h da saída do 1o trem e após 40 min
da saída do 2o trem.
P.60 a) Sendo ∆tA � ∆tB, concluímos que o receptor R está mais próximo do satélite B,
conforme a figura:
D D
R
BA
O
X
dA
dB
De ∆s � v � ∆t, temos:
dA � c � ∆tA ⇒ dA � 3,0 � 105 � 68,5 � 10�3 km ⇒ dA � 205,5 � 102 km
dB � c � ∆tB ⇒ dB � 3,0 � 105 � 64,8 � 10�3 km ⇒ dB � 194,4 � 102 km
Mas: dA � dB � 2D ⇒ (205,5 � 194,4) � 102 � 2D ⇒ D � 200,0 � 102 km
Exercícios propostos
6Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 3
P.56 a) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500
20
 h ⇒ t � 0,025 h
b) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500100 h ⇒ t � 0,005 h
P.58 A velocidade do trem maior em relação ao trem menoré vrel. � 2v � v � 3v.
Em relação à pessoa do trem menor, um ponto do trem maior percorre 90 m
durante a passagem.
Portanto: srel. � vrel. � t ⇒ 90 � 3v � 2 ⇒ v � 15 m/s
A velocidade do trem menor, em relação ao solo, é: 2v � 30 m/s
P.57 s1 � 40t (s1 em quilômetros e t em horas)
s t2 60 
1
3
� �

 (s2 em quilômetros e t em horas)
No encontro, temos:
s s t t1 2 40 60 
1
3
� � �⇒ 

 ⇒ t � 1 h
Portanto, o encontro ocorre depois de 1 h da saída do 1o trem e após 40 min
da saída do 2o trem.
P.60 a) Sendo ∆tA � ∆tB, concluímos que o receptor R está mais próximo do satélite B,
conforme a figura:
D D
R
BA
O
X
dA
dB
De ∆s � v � ∆t, temos:
dA � c � ∆tA ⇒ dA � 3,0 � 105 � 68,5 � 10�3 km ⇒ dA � 205,5 � 102 km
dB � c � ∆tB ⇒ dB � 3,0 � 105 � 64,8 � 10�3 km ⇒ dB � 194,4 � 102 km
Mas: dA � dB � 2D ⇒ (205,5 � 194,4) � 102 � 2D ⇒ D � 200,0 � 102 km
Exercícios propostos
6Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 3
P.56 a) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500
20
 h ⇒ t � 0,025 h
b) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500100 h ⇒ t � 0,005 h
P.58 A velocidade do trem maior em relação ao trem menor é vrel. � 2v � v � 3v.
Em relação à pessoa do trem menor, um ponto do trem maior percorre 90 m
durante a passagem.
Portanto: srel. � vrel. � t ⇒ 90 � 3v � 2 ⇒ v � 15 m/s
A velocidade do trem menor, em relação ao solo, é: 2v � 30 m/s
P.57 s1 � 40t (s1 em quilômetros e t em horas)
s t2 60 
1
3
� �

 (s2 em quilômetros e t em horas)
No encontro, temos:
s s t t1 2 40 60 
1
3
� � �⇒ 

 ⇒ t � 1 h
Portanto, o encontro ocorre depois de 1 h da saída do 1o trem e após 40 min
da saída do 2o trem.
P.60 a) Sendo ∆tA � ∆tB, concluímos que o receptor R está mais próximo do satélite B,
conforme a figura:
D D
R
BA
O
X
dA
dB
De ∆s � v � ∆t, temos:
dA � c � ∆tA ⇒ dA � 3,0 � 105 � 68,5 � 10�3 km ⇒ dA � 205,5 � 102 km
dB � c � ∆tB ⇒ dB � 3,0 � 105 � 64,8 � 10�3 km ⇒ dB � 194,4 � 102 km
Mas: dA � dB � 2D ⇒ (205,5 � 194,4) � 102 � 2D ⇒ D � 200,0 � 102 km
Exercícios propostos
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R
BA
O
550 km
Escala
0 500 km
b) D � X � dA ⇒ X � dA � D ⇒ X � 205,5 � 102 � 200,0 � 102 ⇒
⇒ X � 5,5 � 102 km
c)
P.59 a) Intervalo de tempo para que o projétil atinja o cometa:
∆ ∆t D
v
t D
v
 
3
 2
3
� �
2
⇒
Distância percorrida pela sonda nesse intervalo:
∆ ∆ ∆ ∆S v t S v D
v
S D 2
3
 2
3
� � �� �⇒ ⇒
Portanto: x D D x D 2
3
 � � �⇒
3
b) Da figura dada, o percurso (d) da sonda a partir do instante em que ocorre o
impacto é dado por:
x D d D D d d D2 2 2 
5
 
3
 
5
 4
15
� � � � �

 ⇒







 ⇒
2 2 2
Portanto, o instante (t) pedido será:
t D
v
D
v
t D
v
 2
3
 
4
15 14
15
� � �⇒
v v
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Unidade B 
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P.56 a) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500
20
 h ⇒ t � 0,025 h
b) srel. � vrel. � t ⇒ 0,500 � (60 � 40) � t ⇒ t � 0,500100 h ⇒ t � 0,005 h
P.58 A velocidade do trem maior em relação ao trem menor é vrel. � 2v � v � 3v.
Em relação à pessoa do trem menor, um ponto do trem maior percorre 90 m
durante a passagem.
Portanto: srel. � vrel. � t ⇒ 90 � 3v � 2 ⇒ v � 15 m/s
A velocidade do trem menor, em relação ao solo, é: 2v � 30 m/s
P.57 s1 � 40t (s1 em quilômetros e t em horas)
s t2 60 
1
3
� �

 (s2 em quilômetros e t em horas)
No encontro, temos:
s s t t1 2 40 60 
1
3
� � �⇒ 

 ⇒ t � 1 h
Portanto, o encontro ocorre depois de 1 h da saída do 1o trem e após 40 min
da saída do 2o trem.
P.60 a) Sendo ∆tA � ∆tB, concluímos que o receptor R está mais próximo do satélite B,
conforme a figura:
D D
R
BA
O
X
dA
dB
De ∆s � v � ∆t, temos:
dA � c � ∆tA ⇒ dA � 3,0 � 105 � 68,5 � 10�3 km ⇒ dA � 205,5 � 102 km
dB � c � ∆tB ⇒ dB � 3,0 � 105 � 64,8 � 10�3 km ⇒ dB � 194,4 � 102 km
Mas: dA � dB � 2D ⇒ (205,5 � 194,4) � 102 � 2D ⇒ D � 200,0 � 102 kmExercícios propostos
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R
BA
O
550 km
Escala
0 500 km
b) D � X � dA ⇒ X � dA � D ⇒ X � 205,5 � 102 � 200,0 � 102 ⇒
⇒ X � 5,5 � 102 km
c)
P.59 a) Intervalo de tempo para que o projétil atinja o cometa:
∆ ∆t D
v
t D
v
 
3
 2
3
� �
2
⇒
Distância percorrida pela sonda nesse intervalo:
∆ ∆ ∆ ∆S v t S v D
v
S D 2
3
 2
3
� � �� �⇒ ⇒
Portanto: x D D x D 2
3
 � � �⇒
3
b) Da figura dada, o percurso (d) da sonda a partir do instante em que ocorre o
impacto é dado por:
x D d D D d d D2 2 2 
5
 
3
 
5
 4
15
� � � � �

 ⇒







 ⇒
2 2 2
Portanto, o instante (t) pedido será:
t D
v
D
v
t D
v
 2
3
 
4
15 14
15
� � �⇒