ensino medio livre_edicao_2012_unidade_01_fisica
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Capítulo 1
Primeiros conceitos
Conexões
1. Resposta pessoal.
2. Resposta pessoal.
Exercícios complementares
9. Embora a questão se refira às escalas Celsius e Fahrenheit,
não se trata de uma questão sobre escalas termométricas.
O objetivo da questão é mostrar que a falta da unidade (°C
ou °F) na informação pode levar a uma conclusão total-
mente errada. Se a temperatura média for 41 graus Celsius,
o brasileiro vai encontrar nos Estados Unidos um clima
quente; se a temperatura média for 41 graus Fahrenheit, o
brasileiro vai encontrar um clima frio (lembrando que, no
enunciado, menciona-se o fato de que 41 °F correspondem
a 5 °C). Portanto, estará um clima quente, se for 41 °C, e um
clima frio, se for 41 °F.
10. a) Se o número do sapato (n) corresponde a 1,5 vez o tamanho
do pé, em centímetros, então o comprimento do pé de uma
pessoa que calça sapatos número 42 é dado por:
n
1 5421 5
28,
,
= =
Portanto, o comprimento do pé é 28 cm.
b) Sendo 1 polegada = 2,54 cm, então 12 polegadas valem:
12 · 2,54 cm = 30,48 cm
Se o tamanho do pé, no padrão do sistema inglês, vale
30,48 cm (12 polegadas), então o número do calçado (n)
correspondente é:
n = 30,48 · 11,5 = 45,72 = 46
11. Sendo 1 hectare = 100 ares e 1 are = 100 m2, temos:
1 hectare = 100 · 100 m2 = 10.000 m2
Então, da gleba de 25 hectares, têm-se n lotes de 250 m2 cada:
n = ⋅ =25 10 000
2501 000
..
A pessoa consegue 1.000 lotes.
12. a) Como o côvado é uma unidade de medida do comprimento
do braço, desde o cotovelo até a ponta do dedo médio, as
respostas dos alunos devem variar, dependendo do tamanho
do braço de cada um. Contudo, um valor médio razoável
deve estar próximo de 48 cm.
b) Usando a relação obtida em a (1 côvado = 48 cm = 0,48 m),
obtemos o comprimento e a largura da tábua de madeira
usada por Galileu.
Comprimento: 12 côvados. Em metros: 12 · 0,48 m = 5,76 m
Largura: meio côvado. Em centímetros: 0,5 · 48 cm = 24 cm
Espessura da tábua: precisamos determinar quanto valem
“três dedos” em centímetros. Usando três dedos — indica-
dor, médio e anular — da mão, obtemos um valor próximo
de 6 cm, mas as respostas variam de acordo com cada um
dos alunos.
c) De acordo com os resultados obtidos, os alunos deverão
apontar os inconvenientes de se usarem unidades de me-
didas que variam de pessoa para pessoa. Fale em padroni-
zação de unidade.
21. a
Para se chegar a uma resposta satisfatória, é preciso predeter-
minar algumas condições:
•ocaminhoficaàesquerdadomenino;
• as duas encruzilhadas são perpendiculares (formamum
ângulo de 90°).
Consideradas essas condições e a informação de que o Sol nasce
a leste dos meninos, conclui-se que o senhor, ao dobrar à es-
querda, caminhou no sentido oeste. Na primeira encruzilhada,
ao dobrar à esquerda, caminhou no sentido sul e na segunda
encruzilhada, ao dobrar à esquerda novamente, caminhou no
sentido leste.
22. Deacordocomafigura,notrajetoABC a pessoa percorre uma
distância de:
∆sABC = 160 + 220 + 270 s ∆sABC = 650 m
Como ela caminha, em média, 100 metros por minuto, o tempo
gasto no trajeto ABC é de:
∆ = ∆ ∆ = =t
sv
tm
s650100
6 5, min
A pessoa gasta, aproximadamente, 6,5 minutos.
23. O tempo para baixar um arquivo de 3,6 MB a uma velocidade
média de 2,0 kB/s é:
∆s = vm · ∆t s 3,6 MB = 2,0 kB/s · ∆t s
s ∆t = 3 6 10
2 0 10
6
3
,
,
⋅⋅
s
s ∆t = 1,8 · 103 s = 1.800 s = 30 min
O tempo será de 30 minutos.
24. a) Ambos os textos estão corretos. A diferença na infor-
mação da localização deve-se à adoção de sistemas de
referência diferentes. Em relação ao centro de Curitiba,
a terra indígena está 340 km a noroeste; em relação ao
centro de Londrina, está 80 km ao sul, conforme o mapa
a seguir.
b) Em relação ao centro da terra indígena, Curitiba localiza-se
340 km a sudeste. Observe o mapa.
1
Físicacinemática escalar
Curitiba
Londrina
Tamarana(Reserva de
Apucaraninha)
80 km
340 km
SANTA CATARINASANTA CATARINA
PARANÁPARANÁ
MATOGROSSODO SUL
MATOGROSSODO SUL
SÃOPAULO
SÃOPAULO
570 km
N
Tarefa proposta
1. Se uma polegada equivale a 25,4 milímetros, então o diâmetro
da porca, que é de 5
16 de polegada, em milímetros, é:
1 pol 25,4 mm
516
pol x
x = 7,9 mm
Como o mecânico optou por uma chave de 8 mm, sua escolha
está correta.
2. 4,0 cm = 40 mm
800 páginas são 400 folhas.
Folhas Espessura
400 40
1 x
400x = 40 s x = 0,10 mm
3. 1.380 mm = 1,38 m
V = A · h = 200 · 1,38 = 276 m3 por ano
O volume mensal médio será: V ’ = V12
27612
= = 23 m3
4. b
V = 200 km3 = 200 · (103 m)3 = 200 · 109 m3
Como 1 bilhão = 109, vem:
V = 200 bilhões de m3
5. e
Tempo (s) Área (km2)
8 10–2
32 · 106 x
x x= ⋅ ⋅ =
−32 10 108
4 106 2
4 2s · km
6. c
A área da faixa na praia vale:
A = c · s A = 3.000 · 100 s A = 3 · 105 m2
Uma pessoa sentada na areia ocupa uma área aproximada de:
Ap = 70 cm · 50 cm s Ap = 0,7 · 0,5 = 0,35 m2
Portanto, o maior número possível de pessoas é:
n = AAp
= ⋅3 100 35
5
,s n = 106
7. a) Inicialmente, efetuamos uma comparação entre as massas
do próton (ou do nêutron) e a do elétron:
m
mpróton
elétron
= ⋅⋅
= ⋅−
−
1 7 10
9 1 101 9 10
27
313,
,,
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,
pois, em comparação à massa do próton e à do nêutron, a
massa dos elétrons é desprezível.
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
do nêutron são praticamente iguais, a massa do átomo de
neônio é igual a 20 vezes a massa de um próton. Assim,
temos:
Massa do átomo de neônio = 20 · 1,7 · 10–27 kg =
= 3,4 · 10–26 kg
8. ∆t = 22 h 36 min 48 s – 21 h 54 min 16 s
∆t = 21 h 96 min 48 s – 21 h 54 min 16 s = 0 h 42 min 32 s
∆t = 2.520 + 32 = 2.552 s
9. Lembrando que 11 h 05 min pode ser escrito como 10 h 65 min,
temos:
10 h 65 min – 9 h 15 min = 1 h 50 min (tempo de duração
da corrida)
10. d
45 anos 4,5 · 109 anos
1 hora x
x x= ⋅ =4 5 10
4510
98,
s h
Sendo 1 ano = 365 · 24 = 8.760 h, temos:
x x= =10
8 76011 415
8
..s anos
11. b
45 anos 4,5 · 109 anos
x 15 · 109 anos
x x= ⋅ ⋅
⋅=45 15 10
4 5 10150
9
9,s anos
12. e
Como o ser humano surgiu há menos de um bilhão de anos,
temos: seta 5.
13. b
O segundo observador está com velocidade v em relação ao
primeiro, isto é, a velocidade do segundo é 2v em relação à
2
Terra; portanto, ele vai observar o objeto cair para trás, de
acordocomafiguradaalternativab.
14. e
O observador vê dois movimentos combinados na horizontal
com a mesma velocidade do avião e queda com consequente
aumento de velocidade. Isso resulta num movimento para-
bólico.
15 . c
Para o cientista no interior do trem, a observação é de um
movimento de queda, pois ele se encontra em repouso em
relação ao trem.
Já para o colega que se encontra na estação, como o trem
se encontra em movimento em relação a ele, observa-se um
movimento parabólico.
16. c
A velocidade horizontal do copo é a mesma do avião. Portanto,
em relação ao passageiro, o copo atinge o ponto R.
17. c
vstm = ∆
∆ s vm = 380
40 s vm = 9,5 m/s
18. d
a) Errada. A diferença é 10 min 39,91 s.
b) Errada. O correto é: trinta centésimos de segundo.
c) Errada. O correto é: cinquenta e quatro centésimos de
segundo.
d) Correta. 21,30 s – 9,69 s = 11,61 s
e) Errada. O correto é: seiscentos e dezenove milésimos de
segundo.
19. b
v
stm = ∆
∆
Sendo 14 min 41,54 s = 881,54 s, temos:
vm = 1 500881 54
.,
s vm = 1,7 m/s
Em km/h: vm = 6,1 km/h
20. d
No percurso todo, temos:
v
st t
tm h= = = =∆∆ ∆
∆s s800 4 0 4
800 0050
, ,,
Primeiro trecho:
v
s
t ttm h
1
1
1 11120
0 2 0 2120
0 0017= = = =∆∆ ∆
∆s s, ,
,
v
s
tvm m2 2
2
2
0 20 0050 0 0017
0 20 0033
= =−
=∆∆
s,
, ,,
,
∴ vm2= 60 km/h
21. c
•∆s = 10 + 421 + 84 s ∆s = 515 km
•∆t = 3 + 14 + 7 s ∆t = 24 h
•vm = ∆∆
st
s vm = 51524
s vm = 21,5 km/h
22. d
•∆s = 100 + 40 s ∆s = 140 km
•∆tt = ∆t1 + ∆t2 + ∆t3 s ∆tt = 100100
+ 1 + 0,5 s ∆tt = 2,5 h
•vm = ∆∆
st
s vm = 1402 5,
s vm = 56 km/h
23. Considerando os sentidos:
a) Item 1: ∆s1 = 70 · 0,5 = 35 km
Item 2: ∆s2 = 30 · 0,3 = 9 km
Item 3: ∆s3 = 70 · 0,7 = 49 km
As distâncias obtidas somadas nos dão a distância total
percorrida.
Assim:
∆s = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 s ∆s = 35 + 9 + 49 s ∆s = 93 km
b) Assim:
vstm = = − +
+ +∆∆
35 9 490 5 0 3 0 7, , ,
s vm =751 5,
= 50 km/h
24. d
Peladefiniçãodevelocidademédia,acadahorarealiza-seum
deslocamento de 15 km, em média.
25. Com velocidade de 80 km/h s vm = ∆∆ ∆
st t
s 808
1
= s
s ∆t1
110
= h = 0,10 h
Com velocidade de 100 km/h s vm = ∆∆
st
s 100 = 8
2∆ts
s ∆t2 = 8
100 h = 0,08 h
A diferença entre os tempos: ∆t1 – ∆t2 = 0,10 – 0,08 = 0,02 h
Assim, como 1 h é equivalente a 60 min, então:
0,02 h s 1,2 min
26. c
Mesmo em movimento, um corpo pode estar em repouso em
relação a outro referencial.
27. c
∆s = 6 km = 6.000 m
∆t = 20 min = 20 · 60 = 1.200 s
vm = ∆∆
st
= 6 0001 200
.
. = 5 m/s
28. c
∆s = 108 km ∆t = 50 min
1 h 60 min
x 50 min
x = 56
h
Assim: vm = ∆∆
st
= 1085
· 6 = 129,6 km/h ou H 130 km/h
3
29. c
vst
ts
v= =∆
∆∆ ∆
s
Primeiro lado: t1
5150
130
= = h
Segundo lado: t2
5200
140
= = h
Terceiro lado: t3
5200
140
= = h
Quarto lado: t4
5100
120
= = h
t t tT T T= + + = + + =130
21
401
204 6 6
12016120
· s s == 430
Assim: vmédia km/h= = =204
30
20 30
4150
5 ·
30. d
Combasenafiguraenosdadosdatabela:
vm = ∆∆
st
= 24
s vm = 0,5 km/min
Da estação Bosque à Terminal: ∆s = 15 km
∆t = ∆ ∆t
sv
= =m
150 5,
s ∆t = 30 min
Como o metrô faz 5 paradas de 1,0 min cada, temos:
∆tt = 30 + 5 · 1 s ∆tt = 35 min
31. c
Por regra de três simples, temos:
3 pés 1 m
6 pés xm s x = 2 m
1 passada 2 m
50 passadas ym s y = 100 m
vm = ∆∆
st
= 100 m/min s vm = 0 1, km
160
h s vm = 6,0 km/h
32. a
Velocidade média no percurso normal:
vm = ∆∆
st
s vm = 16
13
km
h = 48 km/h
Assim, a pessoa movimenta 9,6 km a 48 km/h e 6,4 km a 16 km/h.
O tempo do trajeto é:
∆t = ∆t1 + ∆t2 s ∆t = 9 648
6 416
, ,+ s ∆t = 0,2 + 0,4 s s ∆t = 0,6 h = 36 min
Como ela deixa sua casa 42 min antes da hora prevista, chegará
com 6 min de antecedência.
Capítulo 2
movimento uniforme (mu)
Conexões
1. Resposta pessoal.
2. ∆s = v · ∆t s ∆s = 20 · 2 s ∆s = 40 m
Exercícios complementares
9. c
De acordo com a função horária, temos:
x0 = –2 m (posição inicial) v = 5 m/s (velocidade)
Como v > 0 e as posições crescem à medida que passa o tempo,
o movimento é progressivo.
10. b
Para o primeiro carro, temos:
v
st t
tm h= ∆∆
=∆
∆ =s s40200
5
Se o carro 2 partiu 1 hora mais tarde e chegou junto com o carro
1, gastou então 4 horas para percorrer os mesmos 200 km.
Assim: vstm km/h= ∆
∆= =200
450
11. d
Para t = 0 h, temos:
s0 = 200 km
vst
= ∆∆
= −−
= −50 20010 0
15 km/h (constante)
Assim: s = 200 – 15 ⋅ t
12. Para o caminhão:
v
st t
tcc c
c h= ∆∆
=∆
∆ = =s s7020 20
7027
Para o veículo:
v
st t
tvv v
v h= ∆∆
=∆
∆ = =s s8020 20
8014
Como o veículo é mais rápido, ele cumprirá os 20 km em 14
h.
Nesse tempo, o caminhão terá percorrido:
vst
ssc
v
km= ∆∆
= ∆ ∆ =’ ’’ ,s s70
14
17 5
Assim, a diferença de distância entre eles é de: d = 20 – 17,5 =
= 2,5 km.
21. c
Montando as funções horárias para os dois motociclistas,
temos:
xA = xA0 + vA · t s xA = 20 + 15 · t
xB = xB0 + vB · t s xB = 300 + 10 · t
Para a situação descrita, temos:
xA = xB + 100 s 20 + 15 · t = 300 + 10 t + 100 s
s 5 · t = 400 – 20 s t = 3805
76= s
22. e
Em 5 min, o ônibus percorreu:
∆sônibus = v · ∆t = 60 km/h · 560
h s ∆sônibus = 5 km
4
Assim, temos:
•Táxi:stáxi = s0 + v ⋅ ∆t s stáxi = 90 ⋅ ∆t
•Ônibus:sônibus = s0 + v ⋅ ∆t s sônibus = 5 + 60 · ∆t
No encontro: stáxi = sônibus s 30 · ∆t = 5
Portanto: ∆t =530
16
= h = 10 min
23. a
Em 30 min (0,5 h), o automóvel M percorre:
∆sM = v ⋅ ∆t = 60 ⋅ 0,5 s ∆sM = 30 km
Então, nesse tempo, o automóvel N percorre 20 km (50 – 30).
Portanto:
vN = ∆∆
=st
200 5,
s vN = 40 km/h
24. O trem de carga deve percorrer 250 m, com velocidade de
10 m/s, para entrar totalmente no desvio. Isso ocorre no
intervalo de tempo de:
∆t = ∆sv
= 25010
s ∆t = 25 s
Nesse intervalo de tempo, o trem de passageiros deve percorrer, no
máximo, 400 m. Para isso, sua velocidade máxima deve ser de:
vmáx. = ∆∆
st
= 40025
s vmáx. = 16 m/s
Tarefa proposta
1. V – V – F
I. (V) No movimento uniforme, a velocidade é constante: v = vm
II. (V) Movimento progressivo: v > 0; movimento retrógrado:
v < 0. Portanto, o móvel pode voltar ao ponto de partida.
III. (F) Velocidade média não é média de velocidade.
2. • s3 = sA + v ⋅ t3
• s8 = sA + v ⋅ t8
• s8 = s3 + v · (t8 – t3) s v = 58 28
8 3−−
= 6,0 m/s
• sA = s3 – v ⋅ t3 = 28 – 6 ⋅ 3 = 10,0 m
3. d
∆s = vluz ⋅ ∆t
Sendo 8 min = 480 s, temos:
∆s = dST = 300.000 ⋅ 480 s dST = 1,44 ⋅ 108 km = 1,44 ⋅ 1011 m
4. c
Convertendo a velocidade de 288 km/h para m/s, temos:
v = 2883 6,
s 80 m/s
Assim:
v = ∆∆
∆ ∆st
sss s80
2160= = m
5. a) vm = ∆∆
st
= 10 km0,5 h
s vm = 20 km/h
b) •∆s = 330 – 10 s ∆s = 320 km
•∆t = 4,5 – 0,5 s ∆t = 4 h
Assim:
∆s = v ⋅ ∆t s 320 = v ⋅ 4 s v = 80 km/h
6. e
• vs = 57.600 km/h = 57 6003 600
..
km/s = 16 km/s
• ∆sluz = ∆ssonda s vluz · ∆tluz = vsonda · ∆tsonda s
s 300.000 ⋅ 4,4 = 16 ⋅ ∆tsonda s ∆tsonda = 82.500 anos
7. O intervalo de tempo de ida e volta é 2,5 s. Então, o intervalo
de tempo somente de ida é 1,25 s. A distância Terra-Lua é
dada por:
∆s = v ⋅ ∆t s ∆s = 3 ⋅ 108 ⋅ 1,25 = 3,75 ⋅ 108 m
Esse valor corresponde a 375.000 km.
8. b
Na horizontal, a criança e o caroço possuem a mesma veloci-
dade constante, que é a velocidade da canoa.
9. b
Para o automóvel A:
Ida: ∆ti = ∆svmi
h= =2060
13
Volta: ∆t = ∆svmv
h= =2040
12
Assim: tA = + =13
12
56
h
Para o automóvel B:
Ida: ∆ti = 2050
s ∆ti = 25
h Volta: ∆tv =25
h
Assim: tB = 45
Logo: t
t
t
tA
B
A
B
= =
5645
2524
s
10. e
Temos: 10,8 km/h = 3,0 m/s
Na horizontal, as velocidades da menina e da bola são iguais:
vmenina = vbola = 3,0 m/s
Portanto, em 0,5 s, ambas percorrem a mesma distância hori-
zontal, em movimento uniforme:
∆smenina = ∆sbola = v ⋅ ∆t s ∆smenina = ∆sbola = 3,0 ⋅ 0,5 = 1,5 m
11. e
v = 900 km/h
• ∆t = 75 min = 1 h + 15 min = 1 h +14
h = 1,25 h
• v = ∆∆
st
s ∆s = 900 · 1,25 s ∆s = 1.125 km
12. a
I. q = consumo
quilômetros= C
s∆
II. r = consumominutos
= Ct∆
Dividindo I por II: qr
ts
= ∆∆
s qr v
qrv
= =1s
5
13. a) t0 = 0 s s0 = –10 m
b) Da tabela: t = 2 s
c) ∆s = 10 – (–10) = 20 m
d) Entre 6 s e 8 s.
14. a
Para t = 0 s s0 = 2 m
No intervalo de 0 s a 5 s, temos:
∆s = 17 – 2 = 15 m
De acordo com a tabela, a velocidade é constante.
Assim:
v
st
= = =∆∆
155
3 m/s
∴ s = 2 + 3t
15. b
vst
vs s
t= =
+∆∆
∆ ∆∆
s sponte caminhão
s s20
15
10200 15=
+= +
∆∆
ssponte
ponte s ∆sponte = 185 m
16. e
• vônibus m/s= =183 6
5,
•vR = 7 – 5 = 2 m/s
O homem alcançará o ônibus, sendo:
v
st t
tR s= = =∆∆ ∆
∆s s210
5
17. a
vR = vB – vA s vR = 8 – 6 = 2 m/s
Em 5 segundos, teremos: ∆s = v ⋅ ∆t s ∆s = 2 ⋅ 5 = 10 m
18. a
Como os caminhões se movimentam em sentidos contrários, a
velocidade do segundo caminhão, em relação ao caroneiro, é:
vR = v1 + v2 s vR = 40 + 50 s vR = 90 km/h
E o comprimento do segundo caminhão vale:
d = vR · ∆t s d = 903 6,
· 1 s d = 25 m
19. c
O intervalo de tempo que Laura demorou para ir de sua casa
à escola (2 km), com velocidade constante de 4 km/h, é:
∆tL = ∆sv
s ∆tL = 24
= 0,5 h = 15 min
O intervalo de tempo que Francisco demorou para ir de sua
casa à escola (2 km), com velocidade média de 8 km/h, é:
∆tF = ∆sv
s ∆tF = 28
= 0,25 h = 15 min
Como Francisco partiu 15 min após Laura, eles chegam juntos
à escola.
20. b
O trecho ABC pode ser considerado como:
∆sABC = 2π ⋅ R
R = = =2 8
40 7 70
,, m cm
∆sABC = 2π ⋅ 70 = 140π cm
Assim, considerando π = 3,14, temos:
v = 140 3 14
2 5⋅ ,,
= 176 cm/s ou v = 1,76 m/s
ou ainda: v 1,8 m/s
21. vRel = ∆∆
st
s 5 – (–7,5) = 150∆t
s ∆t = 12 s
Corredor 1 s ∆s1 = 5 ⋅ 12 = 60 m
Corredor 2 s ∆s2 = 7,5 ⋅ 12 = 90 m
22. b
5 min = 300 s
Mesmo sentido: v1 – v2 = 600300
s v1 – v2 = 2 (I)
Sentidos opostos: v1 + v2 = 60060
s v1 + v2 = 10 (II)
Resolvendo o sistema, temos: v v
v v
v
1 2
1 2
1
2
10
2 12
− =+ =
=
v1 = 6 m/s
6 – v2 = 2 s v2 = 4 m/s
23. b
A velocidade do maratonista é:
v = ∆∆
st
= 42 1957 439
..
ms
s v = 5,7 m/s
A diferença entre as velocidades é:
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:
∆s = vR ⋅ ∆t s ∆s = 4,2 ⋅ 3.600 s ∆s = 15.120 m = 15,1 km
24. c
No intervalo de 23
h, o ônibus teve um deslocamento de:
∆s0 = v0 · ∆t s ∆s0 = 75 ⋅ 23
= 50 km
Para o automóvel, nesse mesmo intervalo, temos:
∆sa = va · ∆t’ s 50 = 100 ⋅ ∆t’ s ∆t’ = 12
h
Como o automóvel levou 23
h (40 min) para alcançar o ônibus,
quando deveria ter gastado 12
h (30 min), concluímos que ele
ficouparado10min.
25. d
• Paraumreferencialnotremdecarga,temos:
sc = 0 + 10 ⋅ t e sb = 10.000 – 150 ⋅ t Considerando que 36 km/h = 10 m/s e 540 km/h = 150 m/s:
• Nocruzamento:sc = sb
Assim: 10 ⋅ t = 10.000 – 150 ⋅ t s t = 62,5 s
Portanto: sc = 10 ⋅ 62,5 s sc = 625 m
6
26. b
v1 = 50 km/h
v2 = –80 km/h
s1 = sA + 50t (para 2 h, s1 – s2 = – 40 km)
s2 = sB – 80t
sA + 50(2) – (sB – 80 · 2) = – 40 s s sA + 100 – sB + 160 = – 40 s s sA – sB = – 260 – 40 s s sA – sB = – 300 ou sB – sA = 300 km
27. b
A vR entre os trens é dada por:
vR = 15 – (–10) = 25 m/s
A distância total para o término do cruzamento é a soma dos
tamanhos dos trens.
Assim: ∆t = 50025
= 20 s
28. a
vR = 36 – (–18) = 54 km/h
vR = 543 6,
= 15 m/s
Assim: ∆t = 30015
= 20 s
29. a
Intervalo de tempo para os aviões chegarem a X:
A s ∆tA = ∆svA
= = =45900
0 05 3 0, ,h min
A s ∆tB = ∆svB
= = =36720
0 05 3 0, ,h min
Logo, eles chegam juntos ao ponto X em 3 minutos.
30. vA – vB =606
s vA – vB = 10 m/s (I)
vA – vC = 1407
s vA – vC = 20 m/s (II)
De (I), temos:
vA = 10 + vB
Substituindo em II, temos:
10 + vB – vC = 20 s vB – vC = 10 m/s
31. e
Para não haver choque, temos:
• Tempodetravessiadoprimeirotrem:
∆t = ∆sv
= +50 11016
s ∆t = 10 s
• Comoosegundotremsemovimentaa10m/s,eledeveestar
à distância mínima de:
∆s = v ⋅ ∆t s ∆s = 10 ⋅ 10 s ∆s = 100 m
32. a
Para t = 0, temos:
xA = 7 ⋅ 0 + 10 s xA = 10 m
xB = 5 ⋅ 0 s xB = 0 m
Logo, apenas B estava na origem em t = 0 s.
Capítulo 3
movimento uniformemente variado (muv)
Conexões
1. A capacidade do predador de agarrar presas depende mais de
sua aceleração que de sua velocidade máxima.
2. • RaiodaTerra:6.400km
• CircunferênciadaTerra:2πR ˙ 40.000 km
Em 1 s, temos: 300 00040 000
7 5..
,= voltas
Exercícios complementares
9. c
• vLaranja = 1803 6
50,
= m/s
• vLaranjinha = 1503 6
41 7,
,= m/s
Assim: avt
a a= ∆∆
=−
=s s41 7 50
32 8
,, m/s2
10. v² = v0² + 2 · a · ∆s2 s 803 6
2
,
= 1003 6
2
,
+ 2 · a · 1.000 s
s 6.400 = 10.000 + 2.000 ⋅ 13 · a s
sa = −3 60026 000
..
s a H −0,14 m/s² s |a| = 0,14 m/s2
11. c
Sendo 72 km/h = 20 m/s e a = −5,0 m/s2, o tempo gasto pelo
carro até parar (v = 0) é:
v = v0 + a · t s 0 = 20 + (–5,0) ⋅ t s t = 4,0 s
Nesse intervalo de tempo, o deslocamento do carro é dado por:
∆ ∆s v t
a ts= ⋅ + ⋅ = ⋅ + − ⋅ =0
2 2
220 4 0
5 0 4 02
40,, ( , )
s m
No instante em que o motorista avista a vaca, ele está a 100 m dela.
Como ele percorre 40 m até parar, concluímos que o motorista
consegue parar o carro a 60 m da vaca.
12. Soma = 50 (02 + 16 + 32)
(01) Errada. Com aceleração de 0,5 m/s2, a moto atinge a velo-
cidade máxima de 30 m/s em 60 s (30 : 0,5). Nesse tempo,
o deslocamento é de:
∆s1 = a t⋅ = ⋅2 2
20 5 60
2, ( )
s ∆s1 = 900 m
O deslocamento da moto nos 20 s restantes, com velocidade
constante de 30 m/s, é de:
∆s2 = v · ∆t = 30 ⋅ 20 s ∆s2 = 600 m
Assim, a velocidade média, entre 0 e 80 s, é:
vm =∆∆
= +st
900 60080
s vm = 18,75 m/s
7
(02) Correta. Para atingir a velocidade máxima de 20 m/s, o carro
demora 20 s, pois a aceleração é 1,0 m/s em cada segundo.
Como a moto demora 60 s para atingir a velocidade máxima
(item 01), 50 s após o início dos movimentos, o movimento
do carro é uniforme e o da moto é acelerado.
(04) Errada. Em 60 s, o deslocamento do carro é:
∆st = a t⋅ 2
2 + v · ∆t s ∆st =
1 202
2⋅ ( ) + 20 ⋅ 40 s
s∆st = 1.000 m
Nesse tempo, o deslocamento da moto é 900 m, conforme
cálculo na proposição (01). Portanto, o carro está 100 m à
frente da moto.
(08) Errada. Usando os resultados obtidos na proposição (04),
podemos escrever as funções horárias dos dois móveis:
sc = 1.000 + 20 · (t − 60) e sm = 900 + 30 · (t − 60)
No instante em que a moto alcança o carro, temos sc = sm.
Assim:
1.000 + 20 · (t − 60) = 900 + 30 · (t − 60) s
s 1.000 + 20 · t − 1200 = 900 + 30 · t − 1.800 s s 10 · t = 700 s t = 70 s
(16) Correta. Para t = 70 s, as posições do carro e da moto são:
• sc = 1.000 + 20 · (70 − 60) s sc = 1.200 m
• sm = 900 + 30 · (70 − 60) s sm = 1.200 m
(32) Correta. Após 40 s do início, a velocidade do carro é cons-
tante e igual a 20 m/s. A velocidade da moto é:
v = a · t = 0,5 ⋅ 40 s v = 20 m/s
21. O terceiro segundo compreende de t = 2 s a t = 3 s.
• s2 = s0 + v0 · t + a t⋅ = + ⋅ + ⋅ =
2 2
20 0 2
10 22
20 m
• s3 = s0 + v0 · t + a t⋅ = + ⋅ + ⋅ =
2 2
20 0 3
10 32
45 m
• d = 45 – 20 = 25 m
22. d
Dafigura,sabemosque,noprimeirosegundo,abolasobe36m
e, em 5 s, atinge a altura máxima. Assim, podemos escrever:
• v = vA − g1 · t s 0 = vA − g1 · 5 s vA = 5 · g1
• s = s0 + v0 ⋅ t + a2
⋅ t2
Para t = 1 s, temos: 36 = vA − g1
2
Substituindo vA = 5 · g1:
•36=5·g1 − g1
2 s g1 = 8 m/s²
•vA = 5 · g1 = 5 ⋅ 8 s vA = 40 m/s
23. A altura máxima atingida pela pedra, em relação ao ponto de
lançamento, é:
v2 = v0² + 2 · a · ∆s s 0 = (10)² + 2 ⋅ (−10) · hmáx. s hmáx. = 5,0 m
E, em relação ao solo, a altura máxima atingida pela pedra é:
Hmáx. = 37 + 5 s Hmáx. = 42 m
Logo, a distância total percorrida pela pedra vale:
d = 5 + 42 s d = 47 m
24. b
Tempo de queda do dublê:
∆h = 12
⋅ g ⋅ t 2 s 5 = 12
⋅ 10 ⋅ t 2 s t = 1,0 s
3 m
6 m
A BCCaçamba
∆sAC = v ⋅ ∆t s 3 = v ⋅ 1 s v = 3 m/s
A velocidade v pode diferir da velocidade ideal, em módulo,
no máximo, 3 m/s.
Tarefa proposta
1. c
Para um móvel partindo do repouso em MRUA, a distância
percorrida é dada por:
d = ∆s = 12
⋅ a ⋅ t2
2. a) a = ∆∆
vt
s 2,0 = 80∆t
s ∆t = 40 s
b) ∆s = 12
⋅ a ⋅ ∆t2 s ∆s = 12
⋅ 2 ⋅ (40)2 s ∆s = 1.600 m
3. d
sA = s0A + v0A
⋅ t + a t⋅ 2
2 = 0 + 1 ⋅ 4 +
0 5 42
2, ⋅ = 4 + 4 = 8 m
sB = v0B + vB ⋅t = 0 + 1,5 · 4 = 6 m
Como os espaços percorridos por A e B são perpendiculares
entre si, então a distância entre eles pode ser encontrada
aplicando-se o teorema de Pitágoras.
d2 = 82 + 62 = 64 + 36 = 100 s d = 10 m
4. c
• aA = ∆∆
vt
aA= ⇒ =12610
3 5: 3,6
m/s2,
• aB = ∆∆
vt
aB= =1086
5 0: 3,6
m/s2 ,s
• |aA – aB | = | 3,5 – 5,0 | s | aA – aB | = 1,5 m/s2
5. d
v = 20 m/s
a = –5 m/s2
(Como sabemos que o carro está desacelerando, o ∆s encon-
trado será o espaço necessário para frear.)
v2 = 2a · ∆s s (20)2 = 2 ⋅ 5 ⋅ ∆s s 400 = 10 ⋅ ∆s
∴ ∆s = 40 m
6. a) Como a velocidade do automóvel é 12 m/s, durante o tempo
de reação (0,5 s) o carro percorre a distância de 6 m. Portan-
to, para o espaço de freada restam 24 m. Assim, temos:
v = v 2 0 + 2 ⋅ a · ∆s s 0 = (12)2 + 2 ⋅ a ⋅ 24 s a = –3 m/s2
8
b) Para que o automóvel consiga passar sem ser multado, deve
percorrer os 24 m no tempo de 1,7 s, já descontado o tempo
de reação. Assim:
∆s v t
a t a= + ⋅ = ⋅ + ⋅s · ,
( , )2 2
224 12 1 7
1 72
s
Como 1,72 H 3,0, temos: a = 2,4 m/s2
7. F − V − F − F − V
I. (F) A aceleração é no sentido oposto ao do deslocamento.
II. (V) v = v0 + a ⋅ t s 11 = 15 + a ⋅ 2 s 2a = –4 s a = –2 m/s2
Assim: ∆s = v0 ⋅ t + a t⋅ 2
2
∆s = 15 ⋅ (2) + ( ) ( )− ⋅2 2
2
2
s ∆s = 30 – 4 s ∆s = 26 m
III. (F) a = –2 m/s2 (veja item II)
IV. (F) Para que duas grandezas sejam inversamente proporcionais,
o produto entre elas deve ser constante.
V. (V) v = v0+ a ⋅ t s v = 15 – 2 ⋅ (7,5) s v = 0
8. d
a = =2 4
30 8 2,, m/s
∆ ∆s v t
a ts= ⋅ + ⋅ = ⋅ +0
2 2
212 5
0 8 52
( ), ( )
s
∆s = 60 + 10 = 70 m
9. c
v0 = 72 km/h s v0 = 20 m/s
v = 54 km/h s v = 15 m/s
∆t = 2,5 s
a
vt
= = − = −∆∆
52 5
2,
m/s2
10. c
v0 = 25 m/s v = 5 m/s ∆s = 200 m
Pela equação de Torricelli, temos:
v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s s (5)2 = (25)2 + 2 ⋅ a ⋅ 200
25 = 625 + 400a s a = –1,5 m/s2
11. b
a0 1
180 1501
30→ = − =s
km/hs
a1 2
200 1801
20→ = − =s
km/hs
∴ a a0 1 1 2→ →>s s
12. b
Pela equação de Torricelli, temos:
v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s s 0 = (30)2 + 2 ⋅ a ⋅ 30
a = − 90060
= –15 m/s2
13. c
• Atletaqueestánafrente:
s1 = 20 + 8 ⋅ t
• Atletaqueestáatrás:
s2 = 8 ⋅ t + 12
⋅ 0,5 ⋅ t2
• Quandooatletadetrásalcançarodafrente,teremos:
s2 = s1 s 8 ⋅ t + 0,25 ⋅ t2 = 20 + 8 ⋅ t s
s 0,25 ⋅ t2 = 20 s t = 80 H 9 s
14. b
A diferença é dada somente pelas distâncias percorridas durante
o “tempo de reação”.
Assim, temos:
d = v ⋅ ∆t2 – v ⋅ ∆t1 s d = 20 ⋅ (2,5 – 0,75) s d = 35 m
15. a
Sendo x = 2t2 – 12 ⋅ t + 30 (SI), a velocidade do móvel é dada por:
v = v0 + a ⋅ t s v = –12 + 4 ⋅ t No instante em que ele muda o sentido:
v = 0 s 0 = –12 + 4 ⋅ t s t = 3 s
Substituindo na função horária da posição, obtemos:
x = 2 ⋅ (3)2 – 12 ⋅ (3) + 30 s x = 18 – 36 + 30 s x = 12 m
16. e
v = v0 + a ⋅ t s 0 = 15 + a ⋅ 10 s a = –1,5 m/s2
v2 = v02 + 2a ⋅ ∆s s 0 = (15)2 + 2 ⋅ (–1,5) ⋅ ∆s s
s ∆s = 225
3 = 75 m
17. e
I. sbola = 5 ⋅ t
II. sjogador = 1
2
2⋅ t s sbola = sjogador s 5t =
t2
2 s t = 10 s
De I, temos:
sbola = 5 ⋅ 10 = 50 m
18. b
Desprezando-se o atrito, todos os corpos se movimentam, pró-
ximos à superfície da Terra (subida ou descida), com a mesma
aceleração.
19. d
Em queda livre, o tempo de queda não depende da massa.
20. c
Sendo 1 km = 103 m e 1 h = 3.600 s, temos:
g = 10 m/s2 = 10 10
13 600
3
2
2
−
⋅
km
h.
s
s g = (3,6 ⋅ 103)2 ⋅ 10–2 s
s g = 1,3 ⋅ 107 ⋅ 10–2 s g = 1,3 ⋅ 105 km/h2
21. c
• NaTerra:hT = v
g02
2 ⋅ T
9
• NaLua:hL = v
g
v
g
v
g02
02
02
22
6
6
2⋅=
⋅=
⋅⋅L T T
Comparando, temos: hL = 6 ⋅ hT s hL s hL = 6 ⋅ 6 = 36 m
22. a
v = v0 + a ⋅ t (sendo a = –g = –10 m/s2)
0 = 30 – 10t s t = 3 s
23. d
A velocidade inicial do martelo é:
v = v0 + g ⋅ t s 25 = v0 + 10 ⋅ 2 s v0 = 5,0 m/s
E a altura do edifício vale:
h = v0 ⋅ t + 12
⋅ g ⋅ t2 s h = 5 ⋅ 2 + 12
⋅ 10 ⋅ (2)2 s h = 30 m
24. b
Tempo de subida:
v = v0 + a · t s 0 = 15 – 10 · t s ts = 1,5 s
Altura que o corpo atinge:
h = v0 · t + 12
· g · t 2 s h = 15 · 1,5 –12
· 10 · (1,5)2 s h = 11,25 m
Tempo de queda da altura: (50 + 11,25) m = 61,25 m
h’ =a t · 2
2 s 61,25 = +
102
2 · t s t0x
= 3,5 s
Tempo total: tT = ts + tq = 1,5 + 3,5 = 5 s
25. e
v2 = 2 ⋅ g ⋅ H s (g ⋅ t)2 = 2 ⋅ g ⋅ H s H = g t g t⋅ = ⋅2
2 2⋅ t s
s h = vm ⋅ t
26. a
Primeira bola:
v0 = 0 m/s; a = –g = –10 m/s2; s0 = 45 m; s = 0
s = s0 + v0 ⋅ t + a t⋅ 2
2 s 0 = 45,0 + 0 –
10 02
2, ⋅ t s
s 5,00 ⋅ t2 = 45,0 s t2 = 9,00 ∴ t = 3,00 s
A segunda bola terá um intervalo de tempo de queda igual a
2,00 s.
v0 = ?; a = –g = –10,0 m/s2; s0 = 45,0 m; s = 0
s = s0 + v0 ⋅ t + a t⋅ = + − ⋅2 2
20 45 0 0
10 0 2 002
s ,, ,
s
s 2,00 ⋅ v0 = 25,0
v0 = 12,5 m/s
27. c
Considerando:
s0 = 100 m
g = –10 m/s2
v0 = 5 m/s
s = s0 + v0 ⋅ t + a t⋅ 2
2 0 = 100 + 5 · t – 5t2 s t2 – t – 20 = 0
t’ = 5 s
t’’ = – 4 s (Não convém.)
28. d
• v = v0 + a · t s 27 = 0 + 9t s t = 3 s
• ∆s = v0 ⋅ t + a t⋅ 2
2 s ∆s =
9 32
2⋅ ( ) s ∆s =
812
= 40,5 m
29. Soma = 6 (02 + 04)
(01) Errada. A aceleração é a mesma para as duas pedras.
(02) Correta.
hA = 20 ⋅ t – 5 ⋅ t2 e hB = 35 – 5 ⋅ (t + 1)2
No encontro: hA = hB. Assim:
20 ⋅ t – 5 ⋅ t2 = 35 – 5 ⋅ t2 – 10 ⋅ t – 5 s t = 1,0 s
∴ vB = g ⋅ (t + 1) = 10 ⋅ 2 s vB = 20 m/s
(04) Correta. vA = v0 – g ⋅ t s vA = 20 – 10 ⋅ 1 s vA = 10 m/s
(08) Errada. hA = 20 ⋅ (1) – 5 ⋅ (1)2 s hA = 15 m
(16) Errada. hB = 35 – 5 ⋅ (1 + 1)2 s hB = 15 m
30. Sendo v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s, temos:
• Primeiro trecho s v12 = 2 ⋅ g ⋅ h
• Segundo trecho s v22 = 2 ⋅ g ⋅ 16h
Assim: v
v
v
v2
1
2
1
16 4= =s
31. c
• Primeiro objeto: h1 = v1 ⋅ t – 12
⋅ g ⋅ t2 s h1 = 10 ⋅ t – 5 ⋅ t2 (I)
• Segundo objeto: h2 = v2 ⋅ (t – 1) – 12
⋅ g ⋅ (t – 1)2 s
s h2 = 10 ⋅ t – 10 – 5 ⋅ t2 + 10 ⋅ t – 5 (II)
• No ponto da colisão: h1 = h2. Assim:
10 5 10 10 5 10 52 2⋅ − ⋅ = ⋅ − − ⋅ + ⋅ −t t t t t s
s 10 ⋅ t = 15 s t = 1,5 s
• Substituindo em (I): h1 = 10 ⋅ 1,5 – 5 ⋅ (1,5)2 s h1 = 3,75 m
32. a) A altura máxima atingida pela primeira bolinha é:
v2 = v02 + 2 ⋅ a ⋅ ∆s1 s
s 0 = (15)2 + 2 ⋅ (–10) ⋅ hmáx. s hmáx. = 11,25 m
O tempo total (subida e descida) da primeira bolinha é:
∆tt = 2 ⋅ tS = 2 ⋅ v
g0 s ∆tt = 2 ⋅ 15
10 = 3,0 s
Portanto, a terceira bolinha é lançada 3,0 s após o lança-
mento da primeira.
b) Primeira bolinha:
h1 = v0 ⋅ t – 12
⋅ g ⋅ t2 s h1 = 15 ⋅ t – 5 ⋅ t2 (I)
Segunda bolinha:
h2 = v0 ⋅ (t – 1) – 12
⋅ g ⋅ (t – 1)2 s h2 = 15 ⋅ (t – 1) – 5 ⋅ (t – 1)2 (II)
No encontro: h1 = h2. Assim, temos:
15 5 15 15 5 10 52 2⋅ − ⋅ = ⋅ − − ⋅ + ⋅ −t t t t t s
s 10 ⋅ t = 20 s t = 2,0 s
Substituindo em (I):
h1 = 15 ⋅ 2,0 – 5 ⋅ (2,0)2 s h1 = H = 10 m
10
Capítulo 4
Gráficos do mu e do muv
Conexões
Professor, reúna seus alunos em duplas.
Objetivo
Obter a aceleração (a) de queda da esfera para diferentes
inclinações (θ) do plano inclinado e comparar os resultados
comosvaloresteóricosapresentadosnográficodado.
Material/instrumentos
• Umtrilhodealumínio(comoosusadosparainstalarcortinas),
comperfilemformadeL,decomprimentoaproximadamente
igual a 2,0 m
• Umaesferaquepossarolarnestetrilho
• Cronômetro(ourelógioquemeçasegundos)
• Papel,lápiseborracha
• Calculadora
• Trenaoufitamétrica
• Umpedaçode10cm× 10 cm de borracha EVA (ou outro ma-
terial antiderrapante)
• Tabelatrigonométrica
Montagem
Observemafiguraaseguir.Vocêsdevemapoiarotrilhoem
uma superfície plana. Para que ele não escorregue, usem um
pedaço de EVA ou outro material antiderrapante.
L
Apoio
EVA
H
Procedimento
• Cálculodainclinaçãoθ Em primeiro lugar, meçam, com a trena, o comprimento L do
trilho e, em seguida, montem o plano inclinado, como indicado
anteriormente.
Meçam com a trena a altura H. Assim, vocês obterão um triângulo
retângulo,conformeestafigura.Lancemessesdados(H e L) na
tabela adiante.
HL
Do triângulo, temos sen θ = HL
. Para obterem o ângulo de
inclinação θ, em graus, façam:
θ = arc sen HL
Usem a tabela trigonométrica.
Variem a altura H e obtenham diferentes inclinações para o
plano inclinado. Para cada caso, determinem a aceleração de
queda, conforme explicado a seguir.
• Cálculodaaceleração
Um dos alunos inclina o trilho e lança a esfera. Lembrem-se
de anotar os dados referentes a H e L para determinarem a
inclinação que estão usando.
Com o cronômetro, o outro aluno mede o tempo que a esfera
leva para percorrer todo o trilho. Com a mesma inclinação,
repitam essa medida do tempo pelo menos cinco vezes e
determinem a média aritmética dos valores.
Considerando que o movimento de queda da esfera é uni-
formemente acelerado, a aceleração pode ser obtida na
expressão:
∆s = L = 12
⋅ a ⋅ t2 s aL
t= 2 ·
2
Esse procedimento deve ser repetido para pelo menos cinco
inclinações diferentes. Preencham a tabela com os resultados
obtidos.
Altura (H) em m
Comprimento (L) em m
Inclinação em (°)
θ =
arc senHL
Tempo (t), em s
Aceleração em m/s2
aL
t=
· 22
Plotem esses pontos (θ; a)nográficoaseguir.
θ (º) a (m/s²)
0 0
10 1,7
20 3,4
30 4,9
40 6,3
50 7,5
60 8,5
70 9,2
80 9,6
90 9,8
11
10,0
a (m/s2)
9,0
8,0
7,0
6,0
5,0
4,0
3,0
2,0
1,0
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 (°)
Comparem com os dados teóricos, que já estão inseridos no
gráfico,considerandoumcorpodeslizandosematritoemum
plano inclinado.
Respostas
1. Resposta pessoal. Professor, use o texto inicial, de Michel Rival,
como motivação da atividade experimental. Sugerimos que,
antes de realizá-la, solicite aos alunos uma pesquisa sobre os
experimentos de Galileu Galilei com o plano inclinado e o modo
como ele media o tempo. É importante destacar as unidades
de medida usadas na época de Galileu.
2. Deixe claro para os alunos que o mais importante nessa ativi-
dade experimental (e em muitas outras) não é obter resultados
idênticos aos teóricos, mas explicar as possíveis discrepâncias
com relação aos resultados teóricos. Comente, também, os erros
nas medidas, tanto os cometidos pelos alunos como os ineren-
tes aos próprios aparelhos de medidas. Destaque o fato de o
gráficoapresentadocomosvaloresteóricostersidoconstruído
com a aplicação da equação da aceleração de um corpo des-
lizando sobre um plano inclinado: a = g · sen θ. Mesmo sem
comentar essa equação e os conceitos de energia envolvidos
no fenômeno, explique aos alunos que, no experimento, a
esferarolae,noestudoteórico,aesferadesliza.Afinal,existe
ou não atrito no plano inclinado? Finalizando, use os resultados
desse experimento para mostrar por que, em muitas situações,
apresentamos em sala de aula uma teoria que não representa
exatamente o que acontece na prática.
Exercícios complementares
9. e
• sA = s0A + vA · t s sA = 0 +
2106
· t s sA = 35 · t
• sB = s0B + vB · t s sB = 210 –
2103
· t s sB = 210 – 70 · t
No encontro: sA = sB s 35 ⋅ t = 210 – 70 · t s s 105 · t = 210 s t = 2 h
Assim: sA = 35 · 2 = 70 km
10. a
Deacordocomográfico,em50s,acanoaA percorre 150 m
e a canoa B, 100 m. Portanto, a canoa A é mais rápida que a
canoa B.
11. Deacordocomográfico,noinstantet = 60 s, temos sA = sB.
Sendo v = ∆∆
st
, as velocidades das canoas são:
• vA = 15050
s vA = 3 m/s • vB = 10050
s vB = 2 m/s
Assim, em 60 s, cada canoa percorre:
• ∆sA = 3 ⋅ 60 = 180 m • ∆sB = 2 ⋅ 60 = 120 m
12. c
I.Deacordocomográfico,quemostraadistânciapercorrida
por Tânia, após 30 min, ela se encontra a 12 km do início do
percurso. Isso significaque a igreja está a 12 kmdo início
dopercurso.E,deacordocomográficoquemostraadistância
percorrida por Ângela, esta passa pela igreja (12 km do início)
após 40 min do início do percurso. Portanto, Ângela passa pela
igreja 10 min após o telefonema de Tânia. Assim, a observação
I está correta.
II. Após 40 min do início do percurso, Ângela percorreu 12 km e
Tâniapercorreu16km,conformemostramosgráficos.Por-
tanto, Tânia está 4 km à frente de Ângela. A observação II está
correta. Ambas as observações estão corretas.
21. d
Trajetória para baixo e MUV:
s = s0 + v0 · t + g2
· t2, com v0 < 0
Ográficodosespaçoséumarcodeparábolacomconcavidade
para cima (a > 0).
v = v0 + g · t, com v0 < 0
Ográficodavelocidadeéumasemirretacrescente(a > 0) com
v0 negativo.
a = +g = constante
Aaceleraçãoescalaréconstanteepositivaeseugráficoéuma
semirreta paralela ao eixo dos tempos.
22. a) Deacordocomográfico,otempodesubidaé3s,eaaltura
máxima atingida é 9 m. Assim, temos: ts = v
g0 s v0 = 3 · g
∆h = v0 · t + a t⋅ 2
2 s 9 = 3 · v0 − 4,5 · g s
s 9 = 3 · 3 · g − 4,5 · g s g = 2 m/s²
b) Cálculo da velocidade inicial:
v0 = 3 · 2 s v0 = 6 m/s
23.Pelográfico:
avt
= ∆∆
= −−
= =12 44 0
84
2 m/s2
Pela função horária de v, temos: v = 4 + 2t
Para t = 7 s, temos: v = 4 + 2 · (7) = 18 m/s
12
Calculando a área:
Área = 18 4 7
277
+( ) ⋅ =
Portanto: ∆s = 77 m
24. e
A velocidade do corpúsculo é sempre positiva no intervalo de 0
a 10 s. Portanto, ele se movimenta sempre no mesmo sentido.
Isso elimina as alternativas a, b e c.
A aceleração do movimento é constante e, em valor absoluto,
igual a: a = ∆∆
=vt
51
= 5 m/s2
Em cada intervalo de 2 s, o corpúsculo percorre:
∆s = 5 2
2 ·
s ∆s = 5 m
Logo, o corpúsculo percorre 25 m em 10 s.
Tarefa proposta
1. a
A velocidade da partícula é a mesma em todo o intervalo de
0 a 2 h.
2. a
Ográficocaracterizaummovimentouniformementevariado
(a = cte)
3. b
∆st = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3 + ∆s4 + ∆s5 + ∆s6 s
s ∆st = 10 · 1 + 10 · 2 +10 · 3 + 10 · 1 + 10 · 2 + 10 · (–1) s
s ∆st = 80 m
4. c
∆s =N Área do trapézio B b
h+ ⋅
2
s
s ∆s = 20 10
235
+ ⋅ s ∆s = 525 m
5. e
Sendo 72 km/h = 20 m/s e 1 min = 60 s, temos:
∆s =N Área do trapézio B bh
+ ⋅
2
s
s ∆s = 180 120
220
+ ⋅ s ∆s = 3.000 m
6. a) De 0 a 10 s s MUV acelerado (v > 0 e a > 0)
De 10 a 30 s s MU (v = cte)
De 30 a 40 s s MUV retardado (v > 0 e a < 0)
b) Calculando a área, temos:
∆ = + ⋅ ∆ =s s( )
40 20 20
2600s m m
Assim: vs
tmm m/s=
∆∆
= =60040
15
7. a
v
st
s s
tmfinal inicial= ∆
∆=
−∆
s vm = −0 0360
s vm = 0
8. b
a) Errada. aIV < 0
b) Correta. Em IV, o movimento é uniformemente variado.
c) Errada. aI > 0
d) Errada. aIII = 0
e) Errada.
9. a
sA = s0A + vA ⋅ t s sA = 0 +
2412
t = 2t
sB = s0B + vB ⋅ t s sB = s0B
+ 128
t = s0B
+ 1,5t
Quando sA = sB · (t = 12 s)
Assim: 2(12) = s0B + 1,5(12) s 24 = s0B
+ 18 s s s0B
= 24 – 18 = 6 m
10. a) Para calcularmos a velocidade do automóvel, devemos usar
o intervalo de tempo em que os sensores S1 e S2 registram
apassagemdasrodasdianteiras.Pelográfico:∆t1 = 0,1 s
Assim: vdt
v= =∆ 1
20 1
s,
s v = 20 m/s ou 72 km/h
b) Para calcularmos a distância entre os eixos, devemos
usar o intervalo de tempo em que o sensor 1 registra
a passagem das rodas dianteiras e, em seguida, das
traseiras.
Pelográfico,temos:∆t2 = 0,15 s
Assim: vdt
d= =’ ’,∆ 2
200 15
s s d’ = 3 m
11. e
• v = 2,5 m/s
• s = s0 + v ⋅ t Sendo:
vst
x= − =
−∆∆
s 2 525
300, s –75 = 25 – x0 s x0 = 100 m
Dessa forma, a equação horária:
s = s0 + v ⋅ t s s = 100 – 2,5 ⋅ t Para t = 15, temos: s = 100 – 2,5 ⋅ (15) = 62,5 m
12. b
Entre 0 e 60 min, temos:
• ∆s = 2 – 0 = 2 m
• ∆t = 60 – 0 = 60 min = 3.600 s
Assim:
vm = ∆∆
st
= 2
3 600. s vm =
11 800.
m/s
13. c
a) Errada. Uma carroça percorre, em média, 6 km por hora.
b) Errada. Carro: vm = 100 km/h = 27,8 m/s
c) Correta. Uma pessoa caminhando percorre, em média, 4 km
por hora.
d) Errada. Bicicleta: vm = 36 km/h = 10 m/s
e) Errada. Avião: vm = 900 km/h = 250 m/s
13
14. a
I. (F) Ocorrem apenas duas paradas.
II. (V) Retorna à origem.
III. (V) De 0 a 1 s, 2 s a 4 s e 5 s a 8 s
IV. (F) É o maior valor.
15. e
v0 = 0
0 w 2 s: v1 = 0 + 2t s v1 = 4 m/s
2 s w 4 s: v2 = v1 (constante; a = 0)
4 s w 6 s: v3 = v2 – t s v3 = 4 – 2 = 2 m/s
6 s w 8 s: v4 = v3 (constante; a = 0)Velocidade (m/s)
Tempo (s)0
4
2
2 4 6 8
∆s =N A1 + A2 + A3 + A4 s ∆s = 4 + 8 + 6 + 4 s ∆s = 22 m
16. e
Pelográfico:
vA = 804
= 20 m/s e vC =404
= 10 m/s
vR = 20 – 10 = 10 m/s
Para realizar totalmente a ultrapassagem, temos:
vR = ∆∆ ∆
∆st t
ts s1030
3= = s
Para o automóvel, temos: ∆sA = 20 ⋅ 3 = 60 m
17. a) No intervalo de 0 a 5 s, temos:
v = v0 + a ⋅ t s v = 2 + 8 ⋅ 5 s v = 42 m/s
No intervalo de 5 s a 7 s, a aceleração é nula.
Portanto, a velocidade é constante e igual a 42 m/s.
Assim, temos: ∆v = v7 – v0 s ∆v = 42 – 2 s ∆v = 40 m/s
b)
2
0
42
v (m/s)
t (s)5 7
c) ∆s =N área s ∆s =N A1 + A2 s
s ∆s = 42 2
2+
⋅ 5 + 42 ⋅ 2 s ∆s = 194 m
18. Somando os tempos da parada inicial (t1), do movimento em
marcha a ré (t2) e do intervalo necessário para iniciar este último
movimento (t3), devemos ter no máximo 8 s.
Deacordocomográfico:t1 = 1 s
De acordo com o texto: t3 = 3 s
Calculando o tempo do movimento em marcha a ré, temos:
∆ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =s v ta t t
t0
2 2
22 0 1
12
2s s s
Sendo assim, o tempo total gasto pelo senhor Roberto seria de
6 s e, portanto, ele teria condições de reposicionar o veículo,
não tendo razão na sua argumentação.
19. e
I. Correta. ∆ + = ⋅ + + = + =s A A 1 2 10 120 10
21 10 15 25 m
II.Incorreta.Suavelocidadefinaléde20m/s(vergráfico).
III. Correta. av v
t t=
−−
= −−
= =0
0
20 102 1
101
10 m/s2
20. a
• ∆sA =N
Área do triângulo B b · 2
s
s ∆sA = 10 10
250
· s ∆ =sA m
• ∆s =N Área do trapézio B b
h+
2
· s
s ∆sB = 8 4
28 48
+ ⋅ ∆ = s sB m
Distância entre eles:
dAB = ∆sA – ∆sB = 50 – 48 s dAB = 2 m
21. c
I. Errada. Entre 2 s e 4 s e entre 6 s e 8 s, o carrinho está em
movimento, pois v ≠ 0.
II. Correta. No intervalo entre 4 s e 6 s, a velocidade do carrinho
diminui, em módulo.
III. Correta. Sendo avt
= ∆∆
; ∆v0 – 2 > ∆v4 – 6 e ∆t0 – 2 = ∆t4 – 6
IV. Errada. São iguais (2 m/s).
22. a
Construindo o diagrama da velocidade em função do tempo
para ambos os móveis, temos:
vamb. = 108 km/h = 30 m/s
vcarro = 72 km/h = 20 m/s
v (m/s)
10
0
20
30Ambulância
Carro
t t (s)
Em t segundos, a velocidade da ambulância se iguala à ve-
locidade do carro e ela deve percorrer 100 m além do que o
carro percorre. Portanto, a área do triângulo determina esses
100 m.
∆s =N A s 100 =
t ⋅ 102
s t = 20 s
v = v0 + a · t s 20 = 30 + a · 20 s a = –0,5 m/s2 (v > 0 e a < 0:
desaceleração)
14
23. a
De acordo com os dados, temos:
Em A: vA = 20 m/s (constante)
Em B: vB = 0 e a = ∆∆
=vt
204
= 5 m/s2
Ao término da ultrapassagem: sA = sB
205
2
2
⋅ = ⋅t
t s t = 8 s
O móvel B percorre:
∆ = ⋅ ∆ =s s5 8
2160
2( ) s m
24. a
Pelográfico1temosque:a = 14 26
2−
= –6 m/s2
Como a velocidade cai linearmente, a desaceleração foi cons-
tante.
25. d
I. Correta. A velocidade não varia uniformemente nos intervalos
de 0 a 1 min e de 3 min a 4 min.
II. Correta. avt
am m2m/s
sm/s= ∆
∆= −( )
=24 1260
0 2s ,
III. Errada. A variação da velocidade não é uniforme.
26. d
• Distânciatotalpercorrida:
72,0
36,0
20,010,0 30,0
s1
s
s2
s3
v (km/h)
t (s)0
dT = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3
Sendo 72 km/h = 20 m/s e 36 km/h = 10 m/s, temos:
dT = 10 · 10 + 20 10
210
20 102
+ ⋅ + ⋅s
s dT = 100 + 150 + 100 s dT = 350 m
• Aceleraçãomédiaentre0e30s:
a
vt
am m2m/s= ∆
∆= − = − = −0 10
3013
0 3s ,
27. d
Nosquatrointervalosmostradosnográficov × t, temos:
a1 > 0; a2 > 0; a3 = 0 e a4 < 0
a2 > a1
28. e
Deacordocomográfico,avelocidadeéigualousuperiora
50 km/h no intervalo entre 13 h 30 min e 14 h 30 min e entre
15 h 30 min e 16 h, ou seja, durante 1 h 30 min.
Como o passeio durou 3 horas, o percentual de tempo corres-
ponde a 50%.
29. c
Calculandoasdistânciaspelaáreadográfico,temos:
∆ = ⋅ =sA
6 122
36 m
∆ = + =sB
( ) · 12 6 62
54 m
Assim: ∆∆
= = =s
s
d
dA
B
A
B
3654
23
30. s0 = –h; s = 0; v0 = 0; a = +g
a) v2 = v02 + 2 · a · ∆s s 202 = 02 + 2 · 10 · h s 20h = 400 s
s h = 20 m
b) v = v0 + a · t s 20 = 0 + 10 · t s t = 2 s
c)
0
20
v (m/s)
t (s)2 0
10
a (m/s2)
t (s)2
31. a) s1 = s0 + 0 · t + a t⋅ 2
2
s1 = s0 + 58
2t
s2 = s0 + 5t
No intervalo: s1 = s2 s s0 + 58
2t = 5t + s0 s
s 58
2t = 5t s t = 8 s
b) s2 = s0 + 5 · 8 s ∆s2 = 40 m
32. c
Observeográfico:
– 400
Velo
cida
de (m
/s)
Tempo (s)
–30
–20
–10
0
10
20
30
40
50
2 4 5 6 8 10
Deacordocomográfico,avelocidadedelançamentoé50m/s
e, após 5 s, o objeto atinge a altura máxima (v = 0).
Logo:
hm =N
Área do triângulo s hm
5 502
= ⋅ s
s hm = 125 m
15