EP V1 Cap 06

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v v
os fundamentos 
da física 1
1
Unidade B 
Capítulo 6 Gráficos do MU e do MUV
Resoluções dos exercícios propostos
Exercícios propostos
Capítulo
Testes propostosMenu Teste sua le i tura Resumo do capítulo
1Os fundamentos da Física • Volume 1
6
Gráficos.
Gráficos do MU e do MUV
P.109 a) s � 10 � 5t (s em metros e t em segundos)
b) s � 8 � 2t (s em metros e t em segundos)
t (s) s (m)
0 10
1 15
2 20
3 25
t (s) s (m)
0 8
1 6
2 4
3 2
4 0
s (m)
v (m/s)
20
25
10
15
5
0 1 2 3 t (s) 0 t (s)
5
s (m) v (m/s)
8
4
6
2
0
0
1 2 3 4 t (s)
t (s)
�2
P.11 a) Quando t � 0, temos: s0 � �10 m
b) Entre 0 e 2 s, o espaço s é constante, ou seja, o ponto material está em repouso.
c) Quando s � 0, temos: t1 � 4 s e t2 � 9 s
d) De 2 s a 6 s temos um MU e, por-
tanto, a velocidade v é constante:
tg θ1 � 102 � 5
Logo:
v1 � 5 m/s
0
s (m)
10
1 2 3 4 5
θ1 θ2
6 7 8 9 t (s)
�10
De 6 s a 9 s temos outro MU:
tg θ2 � 103 � 3,3; logo: v2 � �3,3 m/s
1
Exercícios propostos
2Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.110 a)
tg θ � 20
2
 � 10
v � �10 m/s
b)
tg θ � 8
4
 � 2
v � �2 m/s
c)
tg θ � 10
4
 � 2,5
v � �2,5 cm/s
d)
v � 0 (repouso, no intervalo de
tempo de 0 a 4 s)
s (m)
20
0 2 t (s)
θ
s (m)
8
�4
0 62 t (s)
θ
s (cm)
30
20
0 4 t (s)
θ
s (cm)
15
0 642 t (s)
Exercícios propostos
2Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.110 a)
tg θ � 20
2
 � 10
v � �10 m/s
b)
tg θ � 8
4
 � 2
v � �2 m/s
c)
tg θ � 10
4
 � 2,5
v � �2,5 cm/s
d)
v � 0 (repouso, no intervalo de
tempo de 0 a 4 s)
s (m)
20
0 2 t (s)
θ
s (m)
8
�4
0 62 t (s)
θ
s (cm)
30
20
0 4 t (s)
θ
s (cm)
15
0 642 t (s)
Exercícios propostos
2Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.110 a)
tg θ � 20
2
 � 10
v � �10 m/s
b)
tg θ � 8
4
 � 2
v � �2 m/s
c)
tg θ � 10
4
 � 2,5
v � �2,5 cm/s
d)
v � 0 (repouso, no intervalo de
tempo de 0 a 4 s)
s (m)
20
0 2 t (s)
θ
s (m)
8
�4
0 62 t (s)
θ
s (cm)
30
20
0 4 t (s)
θ
s (cm)
15
0 642 t (s)
Exercícios propostos
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P.110 a)
tg θ � 20
2
 � 10
v � �10 m/s
b)
tg θ � 8
4
 � 2
v � �2 m/s
c)
tg θ � 10
4
 � 2,5
v � �2,5 cm/s
d)
v � 0 (repouso, no intervalo de
tempo de 0 a 4 s)
s (m)
20
0 2 t (s)
θ
s (m)
8
�4
0 62 t (s)
θ
s (cm)
30
20
0 4 t (s)
θ
s (cm)
15
0 642 t (s)
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2
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Resoluções dos exercícios propostos
Exercícios propostos
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P.110 a)
tg θ � 20
2
 � 10
v � �10 m/s
b)
tg θ � 8
4
 � 2
v � �2 m/s
c)
tg θ � 10
4
 � 2,5
v � �2,5 cm/s
d)
v � 0 (repouso, no intervalo de
tempo de 0 a 4 s)
s (m)
20
0 2 t (s)
θ
s (m)
8
�4
0 62 t (s)
θ
s (cm)
30
20
0 4 t (s)
θ
s (cm)
15
0 642 t (s)
Exercícios propostos
Capítulo
Testes propostosMenu Teste sua le i tura Resumo do capítulo
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6
Gráficos.
Gráficos do MU e do MUV
P.109 a) s � 10 � 5t (s em metros e t em segundos)
b) s � 8 � 2t (s em metros e t em segundos)
t (s) s (m)
0 10
1 15
2 20
3 25
t (s) s (m)
0 8
1 6
2 4
3 2
4 0
s (m)
v (m/s)
20
25
10
15
5
0 1 2 3 t (s) 0 t (s)
5
s (m) v (m/s)
8
4
6
2
0
0
1 2 3 4 t (s)
t (s)
�2
P.11 a) Quando t � 0, temos: s0 � �10 m
b) Entre 0 e 2 s, o espaço s é constante, ou seja, o ponto material está em repouso.
c) Quando s � 0, temos: t1 � 4 s e t2 � 9 s
d) De 2 s a 6 s temos um MU e, por-
tanto, a velocidade v é constante:
tg θ1 � 102 � 5
Logo:
v1 � 5 m/s
0
s (m)
10
1 2 3 4 5
θ1 θ2
6 7 8 9 t (s)
�10
De 6 s a 9 s temos outro MU:
tg θ2 � 103 � 3,3; logo: v2 � �3,3 m/s
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Capítulo 6 Gráficos do MU e do MUV
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
3Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.112 Área � 10 � 2 � 20
Portanto: ∆s � 20 m
t (s) s (m)
00 150
10 0
20 �50
30 0
40 150
P.113 s � 150 � 20t � 0,5t2 (s em metros e t em segundos)
s (m)
Q
100
150
50
0 10
20
30 40 t (s)
�50
a) v � 0 no ponto Q (vértice da parábola). Portanto, o instante em que o móvel
muda de sentido é: t � 20 s
b) Quando s � 0, temos: t1 � 10 s e t2 � 30 s
P.115 a) tg θ � 25
5
 � 5 ⇒ α � 5 m/s2
b) Área A 5 25
2
� � ⇒ A � 62,5
Portanto: ∆s � 62,5 m
c) ∆s � s � s0 ⇒ 62,5 � s � 15 ⇒ s � 77,5 m
v (m/s)
25
0 5
A
θ
t (s)
t (s) v (m/s)
0 8
2 4
4 0
6 �4
8 �8
P.114 v � 8 � 2t (v em m/s e t em s)
v (m/s)
8
4
0 2 64
θ
8 t (s)
�8
�4
Exercícios propostos
3Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.112 Área � 10 � 2 � 20
Portanto: ∆s � 20 m
t (s) s (m)
00 150
10 0
20 �50
30 0
40 150
P.113 s � 150 � 20t � 0,5t2 (s em metros e t em segundos)
s (m)
Q
100
150
50
0 10
20
30 40 t (s)
�50
a) v � 0 no ponto Q (vértice da parábola). Portanto, o instante em que o móvel
muda de sentido é: t � 20 s
b) Quando s � 0, temos: t1 � 10 s e t2 � 30 s
P.115 a) tg θ � 25
5
 � 5 ⇒ α � 5 m/s2
b) Área A 5 25
2
� � ⇒ A � 62,5
Portanto: ∆s � 62,5 m
c) ∆s � s � s0 ⇒ 62,5 � s � 15 ⇒ s � 77,5 m
v (m/s)
25
0 5
A
θ
t (s)
t (s) v (m/s)
0 8
2 4
4 0
6 �4
8 �8
P.114 v � 8 � 2t (v em m/s e t em s)
v (m/s)
8
4
0 2 64
θ
8 t (s)
�8
�4
Exercícios propostos
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P.116 v � 0,5 � t (v em m/s e t em s)
v (m/s)
A1
A2
0,5
0 0,5
θ
1 t (s)
�0,5
s (m)
2,125
2
0 0,5 1 t (s)
α (m/s2)
0 0,5 1 t (s)
�1
A 0,5 0,5
2
� � � 0,125
Portanto: ∆s � �0,125 m
A2 
0,5 0,5
2
� � � 0,125
Portanto: ∆s � �0,125 m
t (s) v (m/s)
0,0 0,5
0,5 0,0
1,0 �0,5
t (s) s (m)
0 2
0,5 2 � 0,125 � 2,125
1 2,125 � 0,125 � 2
tg θ � 0,5
0,5
 � 1
Portanto: α � �1 m/s2
Com os valores da tabela, construímos o gráfico da velocida-
de em função do tempo. A partir desse gráfico calculamos as
variações de espaço nos intervalos 0 a 0,5 s e 0,5 s a 1 s.
a) tg θ � 8
4
 � 2
Portanto: α � �2 m/s2
b) Quando v � 0, temos: t � 4 s
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v v
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Resoluções dos exercícios propostos
Exercícios propostos
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P.116 v � 0,5 � t (v em m/s e t em s)
v (m/s)
A1
A2
0,5
0 0,5
θ
1 t (s)
�0,5
s (m)
2,125
2
0 0,5 1 t (s)
α (m/s2)
0 0,5 1 t (s)
�1
A 0,5 0,5
2
� � � 0,125
Portanto: ∆s � �0,125 m
A2 
0,5 0,5
2
� � � 0,125
Portanto: ∆s � �0,125 m
t (s) v (m/s)
0,0 0,5
0,5 0,0
1,0 �0,5
t (s) s (m)
0 2
0,5 2 � 0,125 � 2,125
1 2,125 � 0,125 � 2
tg θ � 0,5
0,5
 � 1
Portanto: α � �1 m/s2
Com os valores da tabela, construímos o gráfico da velocida-
de em função do tempo. A partir desse gráfico calculamos as
variações de espaço nos intervalos 0 a 0,5 s e 0,5 s a 1 s.
a) tg θ � 8
4
 � 2
Portanto: α � �2 m/s2
b) Quando v � 0, temos: t � 4 s
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Exercícios propostos
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P.112 Área � 10 � 2 � 20
Portanto: ∆s � 20 m
t (s) s (m)
00 150
100
20 �50
30 0
40 150
P.113 s � 150 � 20t � 0,5t2 (s em metros e t em segundos)
s (m)
Q
100
150
50
0 10
20
30 40 t (s)
�50
a) v � 0 no ponto Q (vértice da parábola). Portanto, o instante em que o móvel
muda de sentido é: t � 20 s
b) Quando s � 0, temos: t1 � 10 s e t2 � 30 s
P.115 a) tg θ � 25
5
 � 5 ⇒ α � 5 m/s2
b) Área A 5 25
2
� � ⇒ A � 62,5
Portanto: ∆s � 62,5 m
c) ∆s � s � s0 ⇒ 62,5 � s � 15 ⇒ s � 77,5 m
v (m/s)
25
0 5
A
θ
t (s)
t (s) v (m/s)
0 8
2 4
4 0
6 �4
8 �8
P.114 v � 8 � 2t (v em m/s e t em s)
v (m/s)
8
4
0 2 64
θ
8 t (s)
�8
�4
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da física 1
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Unidade B 
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Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
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b) De 0 a 4 s a velocidade escalar é crescente e,
portanto, a aceleração escalar é positiva. Logo,
no gráfico s � f(t) de 0 a 4 s, temos um arco
de parábola com concavidade para cima. De
4 s a 6 s, o arco de parábola tem concavidade
para baixo, pois, sendo a velocidade escalar
decrescente, a aceleração escalar é negativa.
t � 0 ⇒ s � 0
t � 4 s ⇒ s � 100 cm
t � 6 s ⇒ s � 150 cm
tg 50
4
tg 12,5
 12,5 cm/s
tg tg 50
2
tg 25
 25 cm/s
1 1
1
2
2 2
2
2
θ θ
α
θ β θ
α
� �
�
�� �� ��
��
⇒
⇒
P.118 A1 � 20t1 ⇒ 14 � 20t1 ⇒ t1 � 0,7 h
A
t t
2
2 1 
( ) 20� � �
2
2 
( 0,7) 202� �t �
2
t2 � 0,9 h
A t v3 2 máx. 
 � �
2
16 0,9 máx.� � v
2
vmáx. � 35,5 km/h
v (km/h)
20
0 t1 t2
A1 = 14
A2 = 2
t (h)
v (km/h)
vmáx.
0 t2
A3 = 16
t (h)
θ1 β
v (cm/s)
s (cm)
α (cm/s2)
150
0
0
0
100
50
50
12,5
�25
2 4 6
2 4 6
2 4 6
50100
t (s)
t (s)
t (s)
θ2
P.117 a) A distância percorrida é numericamente igual à
área no diagrama v � t:
d0 6 � 150 cm
v (cm/s)
50
0 2 4 6
50100
t (s)
v v
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6
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Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
6Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.119 a) A
v 20 máx.� �
2
500 � 10 � vmáx.
vmáx. � 50 m/s
b) α1 �N tg θ1 � 50
10
 � 5,0 ⇒ α1 � 5,0 m/s2
α2 �N �tg θ2 � � 50
10
 � �5,0 ⇒ α2 � �5,0 m/s2
Portanto, o módulo das acelerações nas duas metades do percurso é 5,0 m/s2.
v (m/s)
vmáx.
0
A
t (s)2010
θ1 θ2
P.120 A � 5 � 5 � 25
Portanto: ∆v � 25 m/s
P.121 a) Repouso: s constante ⇒ intervalo t1 a t2
b) Movimento uniforme:
gráfico s � t reta inclinada em relação aos eixos ⇒ intervalo t3 a t4
c) Intervalo t2 a t3:
s cresce com t ⇒ v � 0; concavidade para cima ⇒ α � 0
Logo, o movimento é progressivo e acelerado.
d) Intervalo 0 a t1:
s cresce com t ⇒ v � 0; concavidade para baixo ⇒ α � 0
Logo, o movimento é progressivo e retardado.
∆sA �N AA � 8,0 6,0 10�
2
� ∆sB �N AB � 8,0 3,0 12�
2
�
∆sA � 70 m ∆sB � 66 m
Como ∆sA � ∆sB, temos que o corredor A lidera a competição na marca 8,0 s.
P.122 Corredor A Corredor B
v (m/s)
10
0
AA
t (s)8,02,0
v (m/s)
12
0
AB
t (s)8,05,0
v v
os fundamentos 
da física 1
7
Unidade B 
Capítulo 6 Gráficos do MU e do MUV
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
7Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.123 a) • 0 a 6 s:
tg θ1 � 126 � 2 ⇒ α1 � 2 m/s
2
• 6 s a 16 s:
α2 � 0
• 16 s a 20 s:
tg θ2 � 2
4
 � 0,5 ⇒ α3 � �0,5 m/s2
Logo, a menor aceleração, em módulo, ocorre no intervalo 6 s a 16 s.
b) O módulo da aceleração é máximo no intervalo 0 a 6 s.
c) ∆s �N A1 � A2 � A3 � 6 12
2
� � 10 � 12 � 12 10
2
 4� � ⇒ ∆s � 200 m
d) v s
t
vm m 
200
20
� �∆∆ ⇒ ⇒ vm � 10 m/s
v (m/s)
12
0
10
A2A1
θ1
θ2
A3
t (s)16 206
5,0 15,00
v (m/s)
t (s)
40
30
tE
B
A
P.124 a) Cálculo de ∆sA e ∆sB até o instante t � 15,0 s:
No gráfico v � f (t) a variação de espaço é
numericamente igual à área:
AA � 15,0 � 30 � 450
∆sA � 450 m
AB 
10,0 40
2
 200� ��
∆sB � 200 m
Logo:
d � ∆sA � ∆sB � 450 m � 200 m ⇒ d � 250 m
b) No instante tE de encontro, temos:
∆sA � ∆sB
30 10,0 40
2
 40 ( 15,0)E E� � �t t� � �
30tE � 200 � 40tE � 600
tE � 40,0 s
O veículo B alcança o veículo A 40,0 s após A passar pelo posto policial.
v v
os fundamentos 
da física 1
8
Unidade B 
Capítulo 6 Gráficos do MU e do MUV
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
8Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.125 a) Móvel 1:
tg 18
12
 1,5 1,5 m/s1 1
2θ α� � �⇒
v1
v (m/s)
18
12 18 t (s)0
θ1
A1
Móvel 2:
tg 18
9,0
 2,0 2,0 m/s2 2
2θ α� � �⇒
v2
v (m/s)
18
θ2
A2
123,0 18 t (s)0
b) Móvel 1:
v1 � α1 � t ⇒ v1 � 1,5 � 18 ⇒ v1 � 27 m/s
De 0 a 18 s o móvel 1 percorreu:
∆s1 �N A1 ⇒ ∆s1 18 272�
�
 ⇒ ∆s1 � 243 m
Móvel 2:
v2 � α2(t � 3,0) ⇒ v2 � 2,0(18 � 3,0) ⇒ v2 � 30 m/s
De 3,0 s a 18 s o móvel 2 percorreu:
∆s2 �N A2 ⇒ ∆s2 15 302�
� ⇒ ∆s2 � 225 m
Logo, até o instante 18 s, o móvel (2) não conseguiu alcançar o móvel (1).
P.126 No gráfico α � t, A �N ∆v. Portanto,
A1 � 4,0 � 4,0 � 16 ⇒ ∆v1 � �16 m/s ⇒ v4 � v0 � �16 m/s ⇒ v4 � �16 m/s
A2 � 4,0 � 2,0 � 8,0 ⇒ ∆v2 � 8,0 m/s ⇒ v8 � v4 � 8,0 m/s ⇒ v8 � �8,0 m/s
o gráfico da velocidade será:
4,0
0
v (m/s)
t (s)
–8
–16
8,0
No gráfico v � t, A �N ∆s. Então:
A 4,0 16
2
 
(16 8,0) 4,0
2
 80 m 80 m 0� � � � � � � �� � ⇒ ⇒ ⇒∆s s s
⇒ s �100 � �80 ⇒ s � 20 m
v v
os fundamentos 
da física 1
9
Unidade B 
Capítulo 6 Gráficos do MU e do MUV
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
9Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
t (s)0 10 40 50
v (m/s)
25
b) Área � 50 30
2
 25 � �� 1.000
Portanto: ∆s � 1.000 m
P.127 a)
P.128 a) v s
t
vm m 
2.520 m
180 s
� �∆∆ ⇒ ⇒ vm � 14 m/s
b)
t (s)0 x y x 180
v (m/s)
16
A
P.129 b) vm � ∆∆
s
t
v v 
2
0� � ⇒ 9
3
 0 
2
0� � v ⇒ v0 � 6 m/s
a) v � v0 � αt ⇒ 0 � 6 � α � 3 ⇒ α � �2 m/s2
Como α � �g, temos: g � 2 m/s2
P.130 As distâncias percorridas (1,0 cm; 4,0 cm; 7,0 cm; ...), em intervalos de tempo
iguais e sucessivos, estão em progressão aritmética, de razão igual a 3,0 cm. Assim,
no quarto segundo, a partícula percorre 10 cm e, no quinto segundo, 13 cm.
∆s �N A ⇒ 2.520 180 
2
 16� � y

 � ⇒ y � 135 s
Pelo gráfico acima, temos:
x � y � x � 180 ⇒ 2x � 135 � 180 ⇒ x � 22,5 s
v v
os fundamentos 
da física 1
10
Unidade B 
Capítulo 6 Gráficos do MU e do MUV
Resoluções dos exercícios propostosExercícios propostos
10Os fundamentos da Física • Volume 1 • Capítulo 6
P.131 a) O corpo atinge a altura máxima no instante em
que sua velocidade se anula, isto é, t � 6 s (tempo
de subida).
t (s)0
v (m/s)
60
A
6 12
b) Sendo o tempo de subida igual ao de descida, concluímos que o tempo total é
de 12 s.
c) A � 6 60
2
� � 180 ⇒ hmáx. � 180 m
d) Da análise dos dois triângulos da figura resulta que a velocidade escalar do
corpo, ao retornar ao ponto de lançamento, é �60 m/s.
P.132 a) tg θ1 � 50010 � 50 ⇒ α � 50 m/s
2
b) A1 � 10 5002 
� � 2.500
h � 2.500 m
c) tg θ2 � 500 10
500
 10
 
1 1t t
g� � �⇒ ⇒
⇒ 500
 101t �
 � 10 ⇒ t1 � 60 s
d) A2 � (60 10) 500
2
� � � 12.500
hmáx. �N A1 � A2 ⇒ hmáx. � 15.000 m
e) e f) tg θ2 � � ��
� �
� �
v
t t
v
t t
’
 
’
 
 10
2 1 2 1
⇒ ⇒ �v’ � � 10 � (t2 � t1) �
A3 � ( ) ’
2
( ) ’
2
 15.0002 1 2 1
t t v t t v�� � � � � �� �⇒ �
Substituindo � em �:
( ) 10 ( )
2
2 1 2 1t t t t� �� � � 15.000 ⇒ (t2 � 60)2 � 3.000 ⇒ t2 � 114,8 s �
Substituindo � em �, temos:
�v ’� � 10 � (114,8 � 60) ⇒ �v ’� � 548 m/s ⇒ v ’ � �548 m/s
t (s)0
v (m/s)
500
t1
A1
θ1 θ2
θ2
A2
A3
t2
10
v'