Revisão EsPCEx 2018 Cinemática Prof. Douglão. Gabarito:

(1)

Gabarito:

Resposta da questão 1:

[A]

Orientando a trajetória no sentido do jogador para a parede, na ida o movimento é progressivo, portanto a velocidade escalar é positiva e, na volta, o movimento é retrógrado, sendo a velocidade escalar negativa. Como essas velocidades são constantes, os gráficos dos deslocamentos são segmentos de reta. O módulo da velocidade está associado à declividade do segmento de reta: maior velocidade  maior declividade. Assim, como o módulo da velocidade é menor na volta, nesse trecho a declividade do segmento de reta também é menor.

[E]

Partindo da estação A, o tempo necessário e o espaço percorrido até o trem atingir a velocidade máxima de 72 km h (20 m s) são: 1 1 1 2 2 2 2 0 1 1 1 v 20 0 a 5 t 4 s t t v v 2a s 20 0 2 5 s s 40 m Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ               

Da mesma forma, depois de atingida a velocidade máxima, no último trecho o trem gastará o mesmo tempo e percorrerá a mesma distância até parar. Logo: Δt₃4 s e Δs₃ 40 m.

Para o trecho intermediário, o trem deve desenvolver uma velocidade constante igual à máxima para que o tempo de percurso seja mínimo. Desse modo:

2 2 2 2 2 2 s 4000 2 40 s 3920 m s 3920 v 20 t 196 s t t Δ Δ Δ Δ Δ Δ          

Portanto, o tempo total será:

1 2 3 t t t t (4 196 4) s 204 s t 3,4 min Δ Δ Δ Δ Δ          Resposta da questão 3: [E]

Tomando como referencial o chão do elevador, o parafuso está em repouso até o

instante t₀. Assim, v '₀0. A partir desse instante, ele entra em queda livre, aumentando sua velocidade linearmente com o tempo.

O gráfico mostra a variação da velocidade escalar do parafuso em relação ao chão do elevador e em relação ao solo, ambos considerando a trajetória orientada para baixo. Resposta da questão 4: [C] Dados: A B v 60 cm s; v 0,3m s30 cm s; AB10 cm. Da figura dada: A B B A R R ABR R 10.

Os dois pontos têm mesma velocidade angular.





A B A B A A A A B A A v v 60 30 2 R 10 R R 20 cm. R R R R 10 ω ω          

O diâmetro da polia é igual ao dobro do raio do ponto A.

A

D2 R  D40 cm.

A velocidade angular da polia é igual à do ponto A. A A A v 60 3 rad s. R 20 ωω    ω Resposta da questão 5: [C]

A energia cinética ao abandonar a mão do garoto é: 2 0 0 m v E . (I) 2 

(2)

é: v_x v cos .₀ α

A energia cinética nesse ponto mais alto é:





2 ₂ 2 0 0 2 x m v cos m v m v E cos . (II) 2 2 2 α α    

Substituindo (I) em (II): EE₀cos2α.

[A]

A distância pedida (d) é numericamente igual à soma das áreas dos dois trapézios, destacados no gráfico.



 





 





 



1 2 25 5 20 10 10 25 5 20 10 12 d A A 2 2 d 20 10 5 20 10 6 150 180 d 330 m.                              Resposta da questão 7: ANULADA

Questão anulada pelo gabarito oficial. Ao propor uma pista com cantos vivos, supõe-se perda de energia mecânica pelo choque nestes locais e, assim, fica impossível definir com certeza a resposta correta. Para evitar essa possibilidade, poderia se fazer o trecho da bola B em curva ou ainda informar que não haveria perda de energia mecânica.

[C]

[F] Quando o movimento é uniformemente acelerado, a expressão da posição em função do tempo é do 2º grau.

No caso, z(t) é do terceiro grau. Logo, o movimento não é uniformemente variado.

Por derivações, pode-se encontrar as expressões de v(t) e a(t) 3 2 z(t) 5t 3t. dz v(t) 15 t 3 dt dv a(t) 30t dt       _ _ _    _ _ 

De fato, a(t) é um função do 1º grau, confirmando que o movimento não é uniformemente variado, pois nesse tipo de movimento a aceleração escalar é constante.

[F] Quando a partícula inverte o sentido do movimento, a velocidade escalar é nula. Da expressão v(t) encontrada acima, vem: 2 2 v(t) 15t 3 v(0) 3 m s. 3 v(t) 0 15t 3 0 t 0,2 t 0,45 s. 15  _ _{ } _{ }                

Conclusão: a velocidade escalar inicial é negativa, caracterizando um movimento regressivo. Esse movimento continua regressivo até a partícula mudar de sentido, o que ocorre em t0,45 s, como calculado acima.

[V] Teremos:

   

3 3 m m 3 z(1) 5 1 3 1 z(1) 2 m. _{34 2} z(t) 5t 3t v v 32 m s. 2 1 z(2) 5 2 3 2 z(2) 34 m.      _    _           

[V] Quando a partícula passa pela origem, sua posição é nula.

 

3 3 2 2 t 0. z(t) 5 t 3 t z t 0 5 t 3 t 0 t 5 t 3 0 5 t 3 0 t 0,77s.                Resposta da questão 9: [A]

[I] Verdadeira. Pedro levou menos tempo para cumprir a mesma distância que Paulo, portanto sua velocidade média foi

(3)

maior.

[II] Falsa. A velocidade máxima em um gráfico de distância pelo tempo é dada pela inclinação da reta, que indica o seu coeficiente angular representado pela velocidade. Nota-se no diagrama que Pedro teve a maior velocidade no primeiro trecho de seu percurso, quando inclusive ultrapassou Paulo.

[III] Falsa. Os intervalos de parada de ambos os ciclistas foram diferentes, correspondendo aos trechos em que as posições não mudam com o tempo. Sendo assim, Pedro esteve parado durante 150 s e Paulo durante 100 s.

Resposta da questão 10:

[B]

Para o atleta A ganhar a corrida, ele deve fazer o mesmo trajeto de B em menor tempo. Para o tempo total de A



Δt_A



somamos o tempo que permaneceu parado com o tempo em movimento. Para o tempo em movimento de ambos os atletas, multiplicamos o tempo por volta (t_A e t )_B pelo número de voltas N.

Equacionando:

Para o atleta A vencer:

A B

t t

Δ Δ

E o tempo de cada atleta, fica:

A A parado A B B B t t N t t 180N 300 t t N t 200N Δ Δ Δ Δ          

Substituindo as equações de cada atleta na inequação inicial:

180N 300 200N30020 N N 15

Logo, para o menor valor inteiro, temos que o número de voltas mínimo para que aconteça a vitória de A, será de 16 voltas.

Resposta da questão 11: [A] 0 1 2 1 2 2 H 0 m t 10 s a 5 m s a g 10 m s      

1ª etapa: foguete sobe do chão durante 10 s com aceleração de 5 m s .2 2 1 0 o 1 1 2 1 1 1 0 1 1 1 1 H H V t a t 2 5 H 10 H 250 m (i) 2 V V a t V 50 m / s (ii)         

2ª etapa: foguete continua subindo com desaceleração da gravidade até atingir a altura máxima H .₂ 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 V V 2a (H H ) 0 50 2 ( 10) (H 250) H 375 m (iii) V V a (t t ) 0 50 ( 10) (t 10) t 5 s (iv)                    

Depois dos 10 s subindo, o foguete subiu por mais 5 s, até adquirir velocidade zero.

3ª etapa: Foguete desce com aceleração da gravidade. 2 3 2 2 2 3 3 t 1 2 3 t t 1 H H V t a t 2 0 375 0 5t t 8,7 s t t t t t 10 5 8,7 t 23,7 s Δ Δ                  

Portanto, conforme indica a alternativa [A], a altura máxima atingida será de 375 m e o tempo total de 23,7 s.

[B]

Primeiramente, fazendo a conferência do tempo para atingir a velocidade terminal e a distância percorrida por cada carro, temos: Para o carro A:

 

A A A ₂ A A 2 2 2 A A A A A v 20m s t t t 2,8 s a _{7m s} a 7 m s s t s 2,8 s 28,6 m 2 2 Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ            

(4)

Para o carro B:

 

B B B ₂ B B 2 2 2 B B B B B v 20 m / s t t t 4 s a _{5 m s} a 5 m s s t s 4 s 40 m 2 2 Δ Δ Δ Δ Δ Δ Δ            

Como as distâncias percorridas somadas não ultrapassam o comprimento da balsa, os dois móveis se chocam com a velocidade de 20 m s em relação à balsa e em sentidos contrários.

Ao colidirem, temos a conservação da quantidade de movimento do sistema balsa e carros, portanto:

f i

Q Q

Considerando como positivo o movimento do carro de maior massa e desprezando os efeitos dos atritos, para o choque inelástico, temos:













balsa A B A A B B A A B B balsa A B m m m v m v m v m v m v 800 kg ( 20 m s) 900 kg 20 m s v v 2000 kg 800 kg 900 kg m m m                     

E, finalmente, a velocidade final da balsa será:



18000 16000 kg m s



v v 0,54 m s 3700 kg     

no mesmo sentido do carro B.

[E]

Primeiro vamos calcular a distância do trecho AB :

Vamos analisar o eixo x

2 0 0y 2 0 2 0 1 S S V t at 2 1 H 0 V sen t ( g) t 2 1 H V sen t g t 2 θ θ                

No final do trecho AB, a altura máxima atingida será 0. 2 0 0 1 0 V sen t g t 2 1 0 (V sen g t) t 2 θ θ          

Para a solução ser igual a zero só existe duas possibilidades t (que é o caso 0 inicial) ou então: 0 0 1 V sen g t 0 2 2V sen t (i) g θ θ     

Agora vamos ver o deslocamento no eixo x

2 0 0x 2 0x 0x 0 1 S S V t at 2 1 S 0 V t 0 t 2 S V t S V cosθ t (ii)             0 0 2 0 2 0 2 0 (i) em (ii) 2V sen S V cos g 2V S cos sen g 2V S cos sen g 2V S sen(2 ) g θ θ θ θ θ θ θ           

S na verdade é o trecho AB. Agora vamos calcular o trecho BC :

0x 0 S V t S V cosθ t     Onde S ' é o trecho BC.

O trecho AC é igual ao trecho AB BC, logo o trecho AC é igual a:

2 0 AC 0 2 V S sen(2 ) V cos t g θ θ       Resposta da questão 14: [E] 1ª opção:

Ajustando as velocidades em relação ao solo no Sistema Internacional de Unidades:

(5)

Balão: v_b 90 km / h 1 m / s 25 m / s 3,6 km / h    Objeto:





0 1 m / s v 18 90 km / h 30 m / s 3,6 km / h    

Tomando as velocidades em relação ao solo, as equações das posições dos móveis em relação ao tempo são:

Balão: h8025t (1) Objeto: h8030t5t2 (2)

Para que o objeto retorne à mão do passageiro é necessário que a posição indicada pelo balão seja a mesma do objeto, portanto, fazendo a igualdade das duas equações:





2 2 2 2 80 25t 80 30t 5t 25t 30t 5t 5t 5t 0 t t 0 t t 1 0             

Resolvendo a equação de segundo grau incompleta, as raízes são:

t '0 s e t ''1 s.

Logo, após o lançamento, o objeto retorna ao passageiro em apenas 1 segundo.

2ª opção:

Considerando o balão como um sistema inercial, usamos somente a informação do objeto efetuando um lançamento vertical com velocidade inicial referida ao balão.

Objeto: v₀ 18 km / h 1 m / s 5 m / s 3,6 km / h

  

Usando a equação horária da velocidade para o lançamento vertical, vv₀gt.

Sabendo-se que a velocidade final terá sentido contrário da velocidade inicial, mas de mesmo módulo e usando a aceleração da gravidade g10 m / s :2

5 5 10t t 1 s

    

[B]

Verdadeira. Cálculo da velocidade de saída, pela conservação da energia mecânica, tomando como referência a superfície da mesa. 2 fin in mec mec m v E E m gh v 2gh 2 10 1,25 v 5 m s. 2          

Como a componente horizontal da velocidade não varia e o tempo de queda é 1 s, o alcance horizontal é:

Dv t 5 1  D5m.

Verdadeira. Para a queda livre, tem-se: 2

1 2h

h gt t .

2 g

  

Portanto, o tempo de queda depende apenas da altura de queda e da intensidade do campo gravitacional local. Então o tempo de queda também é igual a 1 s.

Falsa. Conforme demonstrado acima. Falsa. Quando se conhece o tempo de queda não é necessário conhecer a altura de queda para determinação do alcance horizontal, como confirma a primeira afirmativa.

[A]

Os raios das engrenagens (R) e os números de dentes (n) são diretamente proporcionais. Assim: C A A B D B R R n 8 1 . R R  n 24 3

- A e B estão acopladas tangencialmente:

A B A A B B A A B B M A A M M A B B B M M B B v v 2 f R 2 f R f R f R . f R 1 Mas : f f f R f R f f f f . R 3 3 π π             

- B e C estão acopladas coaxialmente: M C B f f f . 3  

(6)

C D C C D D C C D D M M C D R C C R D R C R R D R R v v 2 f R 2 f R f R f R . f f R 1 Mas : f f f R f R f f f f R 3 3 9 13,5 F f 1,5 Hz. 9 π π                   Resposta da questão 17: [A]

Fazendo algumas definições na figura:

Por semelhança de triângulos, extraímos a primeira relação entre h e D :

85 h 8 h 165 8D (1) D 10 1      

Do lançamento horizontal, tem-se a expressão do alcance D : x 2h 2h h D v D 5 D 5 (2) g 10 5         Substituindo (1) em (2):





2 2 2 165 8D 165 8D D 5 D 25 5 5 D 5 165 8D D 40D 825 0 D' 55 e D'' 15         _ _            

Como a distância D é positiva, então D15 m.

[C]

Primeiramente, calcula-se a velocidade horizontal da pedra no instante do

lançamento, usando-se a expressão da aceleração centrípeta (radial) do movimento circular uniforme: 2 2 c c v a v R a v 0,80 m 370 m / s v 17,2 m / s R         

Essa velocidade horizontal é constante, pois não há atrito, portanto podemos calcular o tempo para a pedra se deslocar 10 m na horizontal, sendo este tempo o mesmo para a pedra cair da altura h.

x 10 m

t t t 0,58 s

v 17,2 m / s

Δ

Δ  Δ  Δ 

Usando a equação da altura em função do tempo para o movimento de queda livre na direção vertical, temos:





2 2 2 0,58 s t h g h 10 m / s h 1,69 m 2 2        Resposta da questão 19: [C]

Sabendo que na posição da altura máxima a componente vertical da velocidade é zero, utilizando a equação de Torricelli, podemos dizer que: 2 2 y oy 2 oy máx 2 oy oy oy v v 2 a S 0 v 2 g H v 2 10 5 v 100 v 10 m s Δ             

Note que a aceleração neste movimento é em módulo igual a aceleração da gravidade. Porém, a  devido a aceleração da g, gravidade, no movimento analisado, está contra o movimento.

Sabendo que o ângulo de lançamento da bola é de 30 C, podemos encontrar a velocidade inicial da bola.

 

oy o oy o o v v sen 30 v 10 v sen 30 1 2 v 20 m s        Resposta da questão 20: [A]

Equação do espaço percorrido em função do tempo para as partículas A e B :

(7)

A 0A 0A A 2 2 B B 0B 0B B s s v t s 500 8t; a t 1,5t s s v t s 0 45t . 2 2            

Portanto, o gráfico da partícula A deve ser uma semi reta com inclinação positiva, e o da partícula B deve ser parte de uma parábola com concavidade para baixo. Fazendo s_A s :_B 2 2 1,5t 1,5t 500 8t 45t 37t 500 0 2 2       

Calculando o Δ desta equação do 2º grau, temos:

2 1,5

( 37) 4 500 131 0

2

Δ        

Logo, a equação não possui raízes reais e as partículas A e B não se encontram. De acordo com as informações obtidas, a alternativa [A] é a única que obedece os critérios acima citados.