Lista de Recuperação 1 Ano - 2 trimestre - 2012 gabarito

Gabarito.

(PUC-RJ - 2011) Questão 1

As equações de movimento são: y1 = 10 t – 5t2 _{e y2 = 10 (t – 1) – 5(t – 1)}2 _.

A colisão ocorre quando y = y1 = y2 → t = 1,5 s → y = = 3,75 m.

(UEM - 2009) Questão 2

» Gabarito: 19

» Resolução: 01 + 02 + 16 = 19

01) Correta. Pela análise do gráfico, as velocidades serão iguais porque verifica-se um encontro dos diagramas em t = 20s.

02) Correta. Analisando a inclinação dos dois diagramas, a inclinação do gráfico de A é maior que de B, entre zero e 10 segundos.

04) Incorreta. Entre 30 e 40 segundos o móvel B esteve com velocidade constante.

08) Incorreta. Calculando por meio das áreas dos diagramas, têm-se as

distâncias percorridas: para A, 700 m e para B, 725 m. Isso permite antever que B ultrapassou sim, em algum instante anterior a 40s, o móvel A.

16) Correta. O cálculo das áreas de 0 até 60s em ambos os diagramas nos dá 1.000 m. Portanto, A e B percorreram a mesma distância entre 0 e 60s.

(UFV - 2010) Questão 3

» Gabarito: B

» Resolução:

Consideremos a equação do Movimento Uniforme: S = S0 + v · t, na qual, para este problema, S0 = 0.

E consideremos a equação do Movimento Uniformemente Variado: S = S0 + v0 · t + 1/2 de a · t2_{, em que S0 = v0 = 0, para este problema.}

O gráfico da função quadrática que reflete a função do MUV espaço-temporal será uma parábola que se inicia na origem dos espaços.

O gráfico do MU será uma reta que passa pela origem.

Como podemos observar, a parábola tem um máximo ou um mínimo que será o ponto onde o móvel muda de sentido no movimento, porém, mantendo a

aceleração igual, constante e de mesmo sinal.

Um gráfico da distância versus tempo tem de considerar que, no início até o ponto onde B muda de sentido na trajetória, o gráfico mostra um aumento não linear da distância entre ambos. Não linear porque, para o móvel B, as posições variam com o quadrado do tempo. Mudando de sentido, os móveis vão de novo se aproximando até estarem novamente na mesma posição, o que reflete distância nula entre eles. A partir disso, a distância só vai aumentar não linearmente. Como o gráfico de B é parabólico, o da distância guardará esta relação também com o tempo, de forma que até a mudança de sentido a distância aumenta segundo uma parábola com concavidade voltada para baixo, uma vez que o corpo B estará desacelerando para mudar de sentido. Depois, diminui a distância, também em acordo com essa parábola, até a distância zero, de onde recomeça outra parábola, a qual agora vai crescendo indefinidamente, pois os corpos terão sentidos

contrários no movimento.

(UnB - 2009) Questão 4

• C – A velocidade do Triceratops é 450 m/min.

A do T-Rex é logo: e

então m/min.

• C – A velocidade média em todo o percurso do T-Rex é de 600 m/min – fazendo o cáculo total do deslocamento pela área do gráfico chegamos a 4.800 m que serão percorridos em 8 min.

Dessa forma, teremos 600 m/min de velocidade média.

O Braquiossauro percorre no mesmo intervalo de tempo 2.400 m, logo sua velocidade média será 300 m/min.

Tomando por aproximação essas velocidades como se fossem do movimento de cada um, teremos equações que nos permitirão o cálculo aproximado.

Na ultrapassagem teremos t = 8 min.

Assim, concluímos que a distância deve ser inferior ou no máximo igual ao valor de 2.400 m para que o T-Rex alcance o Braquiossauro.

(PUC-RJ - 2008) Questão 5

» Gabarito: A

» Resolução:

(Resolução oficial.)

O Centro de Massa (CM) do sistema sobe inicialmente a v = (1 × 20 + 0)/ (1 + 1) = 10,0 m/s.

Ele sobe por 1,0 s (até v = 0 onde v = vo – 10t e vo = 10,0 m/s) até que hmax = vo t – ½ gt2 _{= 10 × 1 – ½ × 10 × 1}2 _{= 5,0 m.}

Como neste ponto as duas esferas estão na mesma altura, esta é a altura do CM, hmax = 5,0 m.

» Gabarito: B

» Resolução:

(Resolução oficial.)

A aceleração constante da bola é dada por a = v/t = 103 _m/s2_.

O deslocamento da bola em t = 0,02 s será dado por x = at2_{/2 = 0,2 m.}

(PUC-SP - 2010) Questão 7

» Gabarito: E

» Resolução:

Temos a função S = · a · t2 _{+ v0 · t + S0 e podemos chegar a v = v0 + a · t.} Para inverter o sentido do movimento, o corpo deve ter velocidade nula neste instante.

Da função horária do espaço podemos tirar a função horária da velocidade: v0 = – 30 m/s e a = 5. Logo, a = 10m/s2 Assim: v = –30 + 10 · t 0 = –30 + 10 · t t = 3,0s

(UEL - 2008) Questão 8

Observando o gráfico, percebemos que: quando t = 1,5 s tem-se S = 8 cm. Então:

(UEL - 2009) Questão 9

(UEM - 2009) Questão 10

02) FALSA 04) VERDADEIRA 08) FALSA 16) VERDADEIRA GRÁFICOS:

POSIÇÃO × TEMPO – arco de parábola – função de 2º grau VELOCIDADE × TEMPO – reta inclinada – função do 1º grau ACELERAÇÃO × TEMPO – reta paralela ao eixo dos tempos – função constante

(UEM - 2009) Questão 11

» Gabarito: 30

» Resolução:

02 + 04 + 08 + 16 = 30

01) Incorreta. x(t) = k · t2 _{- comparando com a função espaço × tempo para o} MUV, x(t) = X + v0 · t + 1/2 · a · t2_{, tem-se que: 1/2a = k. Desta forma a = 2k.}

02) Correta. V = 0 + 2k · t comparada com a função do 1º grau y = b + ax, então o coeficiente angular será 2k.

04) Correta. Pela função observada no item 02, o coeficiente linear será zero. 08) Correta. x(t) = 0 + 0 · t + k · t2_{. Se tem-se x(u) para u = t}2_{. Então x(u) = 0 + k ·} u, em que o coeficiente angular será k.

16) Correta. Pela equação em u, citada no item 08, o coeficiente linear será zero.

(Uerj - 2008) Questão 12

(Uerj - 2009) Questão 13

As coordenadas do vértice de uma parábola são dadas por:

Para a situação I, temos: e

De onde obtemos: (1)

Para a situação II, temos:

e De onde obtemos: (2) De 1 e 2, obtemos:

(UFJF - 2009) Questão 14

Aceleração do carro 1 Aceleração do carro 2

= 2 m/s2 _{= –4 m/s}2

Equação do carro 1 Equação do carro 2

c) Em t = 5 s os dois carros momentaneamente param e invertem o sentido do movimento.

(UFPB - 2008) Questão 15

» Gabarito: E

» Resolução:

Trata-se de uma função espaço × tempo e reproduz, portanto, a função S = S0 + v0t + ½ a t2_{, onde S0 é o espaço inicial dado em metros no MKS; v0 é a velocidade} inicial em m/s no MKS e a é a aceleração em m/s2_{. Dessa forma:}

é a velocidade inicial, em m/s, e é ½ aceleração, dada em m/s2_.

(UFPR - 2008) Questão 16

» Gabarito:

a) Dados , , , , e temos pela equação horária do Movimento

Retilíneo Uniformemente variado,

Para a obtenção da solução acima foram utilizadas as equações (2)–(1) e (3)–(1). Também pode ser utilizada outra combinação das equações (1), (2) e (3).

b) Substituindo os dados da tabela na equação obtida no item a, obtemos para a

aceleração a = 5,0 cm/ .

c) O valor da velocidade inicial e da posição inicial podem ser obtidos através do

sistema acima e do valor da aceleração obtido no item a, encontrando-se os valores = −35 cm / s e = 192,5cm

(UFU - 2008) Questão 17

» Gabarito: B

» Resolução:

Se a velocidade horizontal é constante e assim permance, então o pássaro levará S = 1 · t

8 = 1 · t, t = 8 segundos

O triângulo é pitagórico. Se a hipotenusa é 10 m, e um cateto é 6 m, o outro será 8 m.

O tempo que o pássaro leva para caminhar horizontalmente , será o mesmo que ele leva para cair. (Simultaneidade de Galileu)

Logo, ele cai, se deslocando horizontalmente 10m, com aceleração nesta direção. 1

0 = · a · t2

Dessa forma,

(Fuvest - 2010) Questão 18 » Gabarito:

a) v Pedro (água) = distância Pedro-água/t = 60/2 · 60 = 0,5 m/s 2 minutos = 2 · 60 segundos

b) v Pedro (margem) = distância Pedro-margem/t = 100/120 = 0,8 m/s distância Pedro-margem = distância Pedro-água/cos θ = 60 /(3/5) = 100 c) v água (margem) = distância água-margem/t

distância água-margem = distância Pedro-água · tg θ tg θ = 4/3 v água (margem) = 60 · 4/120 · 3 = 0,7 m/s (ITA - 2009) Questão 19 » Gabarito: B » Resolução: Subindo: Descendo: De onde obtemos:

Quando o barco desce o rio com o motor desligado, temos: Assim:

(PUC-Camp - 2011) Questão 20 » Gabarito: