Resoluções dos exercícios sobre lançamento vertical para cima

Resoluções dos exercícios sobre lançamento vertical para cima

 

01- a) Chegarão juntos, pois não existe matéria (ar), retardando-os.

b) A pessoa que está com o pára-quedas fechado chegará primeiro, pois o ar retardará a pessoa com o pára-quedas aberto, devido à maior área de contato com o mesmo.

02- R- D  —  Na superfície da Lua o meio é o vácuo

03- R- D  —  independente da massa, se não existe ar, os corpos caem com a mesma aceleração

04- Como em cada instante elas tem a mesma aceleração e consequentemente a mesma velocidade, elas percorrem a mesma distância no mesmo tempo  —  R- C

05- Em todos os pontos da trajetória a aceleração é sempre constante e de valor g, inclusive no ponto mais alto da trajetória e onde a velocidade é nula, pois ele pára para transformar seu movimento de progressivo em retrógrado  —  R- A

06- Na altura máxima V=0 e ΔS=h_máximo=50cm=0,5m  —  Torricelli  —  V²=V_o² + 2.a.ΔS  —  0²=V_o² – 2.10.0,5  —  V_o=√10=3,16ms  — R- B

07- Um movimento vertical independe da massa  —  altura máxima=3,2m e nela V=0 —  V² = V_o² – 2.g.h_máx  —  0² = V_o² – 2.10.3,2  —  V_o=√64  —  V_o=8ms  —  R- D

08- a)  Pelo diagrama a partícula precisa de 1 s para atingir a altura máxima (v = 0), que é o ponto onde a reta intercepta o eixo t. Será necessário mais 1 s para pedra retornar ao ponto de partida, pois o tempo de subida é igual ao ponto de descida  —  R- 2s

b) V_o=10m/s  —   a altura máxima em relação ao solo, que ocorre quando t=1s, vale  —  S=V_o.t – g.t²/2=10.1 – 5.1  —  S₁= 5m (altura máxima em relação ao ponto de lançamento) 

A pedra demora 3s para chegar ao solo  —  S=V_o.t – g.t²/2=10.3 – 5.9/2  —  S=30 – 45  —  S₂= -15m (posição em que chega ao solo)  —  R- 15m  —  Veja figura abaixo

 

c) Veja figura acima  —  H=15 + 5  —  R- H=20m

09- Atinge o solo com velocidade de -30m/s, pois já está em movimento retrogrado  —  V=V_o – g.t  —  -30=10 – 10.t  —  t=4s  —  R- D

10- Colocando a origem no ponto de lançamento, a pedra sobe, atinge a altura máxima e quando chega ao solo ocupa a posição

S = – 60m  — instante em que ela chega ao solo  —  S=V_o.t – g.t²/2  —  -60=20t – 5t²  —  t² -4t -12=0  —  t=6s  (instante em que

ela chega ao solo)  —  velocidade dela quando chega ao solo (t=6s)  —  V=V_o – gt  —  V=20 – 10.6  —  V=-40m/s  —  em módulo  —  V=40m/s

11- Cálculo dos instantes em que ele passa pela altura de 14m, ou seja, S=14m  —  S=10 + 5t – t²  —  14=10 +5t – t²  —  t² – 5t + 4=0 

—  t=1s (subida e t’=4s (descida)  —  ele estará acima de 14m (luminosidade útil) entre os instantes 1s e 4s  —  Δt=4 – 1=3s   —   R- A

 

—  t=1s (subida e t’=4s (descida)  —  ele estará acima de 14m (luminosidade útil) entre os instantes 1s e 4s  —  Δt=4 – 1=3s   —   R- A

12- ΔS=25cm=0,25m  —  V_o=?  —  a altura atingida independe da massa do foguetinho  —  V²=V_o² – 2.g.ΔS  —  na altura máxima V=0  —  0²=V_o² – 2.10.0,25  —  V_o=√5=2,236m/s  —  R- C

13- V=0  —  V_o=?  —  g=10m/s²  —  ΔS=3,2m  —  Torricelli  —  V² = V_o² – 2.g.ΔS  —  0² = V_o² – 20.3,2  —  V_o=8m/s  —  R- D

14- No instante em que a lâmpada se desprende do teto do elevador ele está sendo lançada para cima com velocidade de V_o=5m/s e o tempo de subida e descida até chegar ao piso, na posição –x, foi t=0,5s  —  (veja figura abaixo)

S=V_ot – gt²/2  —  -x=5.0,5 – 5.(0,5)²  —  x= – 1,25m  —  altura do elvador = 1,25m

15- Cálculo do tempo de subida  —  V=V_o – gt_s  —  0=20 – 10t_s  —  t_s=2s  —  relação entre o  tempo de subida t_s=2s e o de descida t_d  —  t_s/t_d=2/3  —  2/t_d=2/3  —  t_d=3s  —  tempo total do movimento (subida + descida)  —  t=2 + 3   —  t=5s  —  S=V_ot – gt²/2  — 

S=20.5 – 5.25  —  S= -25m  —  h=25m

16- a) Cada bola fica no ar t= 3.0,4  —  t=1,2s
b) Como cada bola fica no ar 1,2s e o tempo de subida é igual ao tempo de descida, ela demora t=0,6s para atingir a altura máxima,  onde V=0  —  V=V_o – gt  —  0=V_o – 10.0,6  —  V_o=6m/s

c) S=V_ot – gt²/2=6.0,6 – 5.(0,6)²  —  S=1,8m
17- a) O balão sobe com velocidade constante V e, aos 5s atinge a altura h, onde a pedra é abandonada com   —  V=ΔS/Δt  —  V=h/5  —  essa velocidade é a velocidade com que a pedra é abandonada, ou seja, é a velocidade inicial com que a pedra sobe  —  V_o=h/5

Observe que o movimento de sobe e desce da pedra demora 2s e que ela chega ao solo quando t=2s e na posição S=-h  — 

S-V_o.t – gt²/2  —  -h=h/5.2 – 4,9.2²  —  h=98/7  —  h=14m

c) Cálculo da velocidade de subida do balão que vale V=V_o=h/5=14/5=2,8m/s  —  V=2,8m/s  —  o balão subiu durante 7s com velocidade constante de 2,8m/s e percorreu  —  V= ΔS/Δt  —  2,8=H/7  —  H=19,6m
18- Entre 0 e 1s (primeiro segundo), entre 1s e 2s (segundo segundo) e entre 2s e 3s (terceiro segundo), ou seja,  no decorrer do terceiro segundo quer dizer entre  t=2s e t=3s  —  t=2s  —  S_2s=V_ot – gt²/2=V_o.2 – 5.2²=2V_o – 20  —  S_2s=2V_o – 20  —  t=3s  — S_3s=V_ot – gt²/2=V_o.3 – 5.3²  —  S_3s=3V_o – 45  —  ΔS=15m (do enunciado)  —  ΔS=S_3s – S_2s  —  15=3V_o – 45 – (2V_o – 20)  — 

V_o=40m/s
19- a) Bolinha P que saiu antes com V_o=15m/s  —  tempo que demora para atingir a altura máxima, ou seja, quando V=0  —  V= V_o – gt  —  0=15 – 10t  —  t=1,5s (tempo de subida e tempo de descida)  —  se ela parte com velocidade de 15ms ela retorna ao ponto de partida com velocidade de -15m/s (veja gráfico abaixo)

A bolinha Q repete os mesmos movimentos de Q, mas depois de 0,5s (veja gráfico acima) 

b) Como P partiu 0,5s antes  —  t_P – t_Q=0,5  —  t_P=t_Q + 0,5  —   S_Q=15t_Q -5t_Q²  —  S_P=15t_P -5t_P²  —  S_P=15(t_Q + 0,5) – 5(t_Q + 0,5)²=15t_Q + 7,5 – 5(t_Q² + 2.t_Q.0,5 + 0,25)=15t_Q + 7,5 – 5t_Q² – 5t_Q – 1,25  —  S_p=10t_Q – 5t_Q² + 6,25  —  no encontro S_Q=S_P  — 

15t_Q – 5t_Q²=-5t_Q² + 10t_Q + 6,25  —  t_Q=6,25/5  —  t_Q=1,25s (instante do encontro após a partida de Q) e t_P=1,75s (instante do encontro após a partida de P)  —  substituindo t_Q=1,25s em S_Q=15t_Q – 5t_Q²=15.1,25 – 5.(1,25)²  —  S_Q=11m

20- Na altura máxima V=0  —  Torricelli  —  V²=V_o²  – 2.g.h  —  0² = V_o² -2.10.0,45  —  V_o=3m/s  —  R- B

21- O corpo que foi lançado para cima com velocidade V_o, quando retorna ao ponto de partida tem velocidade –V_o. Assim, como os dois são lançados para baixo com velocidades de mesmo módulo, eles chegarão ao solo com a mesma velocidade em módulo  —  R- E

22- R- C  (veja teoria)

23- R- D   (veja teoria)

24- I – Falsa – os instantes devem ser os mesmos para percorrerem a mesma distância

II- Falsa – E_p=m.g.h – a energia potencial gravitacional depende da massa

III – Correta – essa aceleração é a da gravidade

IV – Correta – ambos os fenômenos estão relacionados com a lei fundamental da atração gravitacional de Newton – F=G.M.m/R²

R- C

25- O lançamento vertical, livre de resistência do ar, é um movimento uniformemente variado. A velocidade varia com o tempo de acordo com a função: v = v_o g t  —  portanto, o gráfico é uma reta, sendo o módulo da velocidade decrescente na subida, crescente na descida e nulo no ponto mais alto. 

R- A   

26- Equação de Torricelli  —   v²=v_o² + 2aΔS  —  no ponto mais alto  —  V=0 e ΔS=h  —  a=-g  —  0²=v_o² – 2gh  —  h=v_o²/2g  —  R- B

27- a) Aplicando a equação de Torricelli  —  V²=V_o² + 2aΔS  —  no ponto mais alto  —  V=0 e ΔS=h  —  0²=8² – 2.1,6.h  —  h=20,0m   —  cálculo do tempo de subida  —  V=V_o – gt  —  0=8 – 1,6t  —  t=5,0s  —  tempo total=tempo de subida + tempo de descida  —  t_total=5 + 5  — t_total=10,0s.

b) Na Terra, a pena chega depois porque o efeito da resistência do ar sobre ela é mais significativo que sobre o martelo  —  porém a Lua é praticamente desprovida de atmosfera, e não havendo forças resistivas significativas, o martelo e a pena caem com a mesma aceleração, atingindo o solo lunar ao mesmo tempo, como demonstrou David Randolph Scott em seu experimento. 

28-

Colocando a origem dos espaços no ponto de lançamento (h_o=0) e orientando a trajetória para cima  —  lançado para baixo  —  h_b=0 -10t – gt²/2= -10.1 + 10.1²/2  —  h_b= – 15m  —  lançado para cima  —  h_c=0 + 10.1 – 10.1²/2  —  h_c=5m  —  distância que os

separa  —  d=5 – (-15)  —  d=20m  —  R- C

29-

– Colocando a origem no ponto de lançamento, a pedra sobe, atinge a altura máxima e quando chega ao solo ocupa a posição

S = – 90m  — instante em que ela chega ao solo  —  h=V_o.t – g.t²/2  —  -90=15t – 5t²  —  t² – 3t -18=0  —  t=6s  (instante em que

ela chega ao solo)  —  R- C

30-  a) Pelo enunciado o VLS acelera verticalmente até atingir a altura de 100m e, a partir desse instante (t=0), ele se move por alguns segundos com velocidade constante de 20m/s até que um dos conjuntos de instrumentos se desprende, o que ocorre, pelo gráfico, quando t=2s  —  observando o gráfico você pode concluir que quando t=0 ele atinge a velocidade de 20m/s  —  portanto a ordenada y vale y=V=20m/s  —  entre 0 e 2s ele subiu com velocidade constante de 20ms  — 

V=∆S/∆t  —  20=∆S/2  —  ∆S=h’=40m  —  como, desde o solo até atingir a velocidade de 20m/s ele já havia subido h=100m, a altura total alcançada foi de htotal=100 + 4==140m  —  h=140m.

b) No instante em que o conjunto de instrumentos se desprende ele possui a mesma velocidade para cima que o VLS e que é de 20m/s  —  assim, o movimento do conjunto de instrumentos é como um lançamento vertical para cima com velocidade inicial Vo=20m/s  —  agora o conjunto está subindo e sua velocidade está variando de Vo=20m/s  (quando t=2s) paraV=0 (quando t=4s), veja gráfico  —  a=g=∆V/∆t=(V – Vo)/(t – to)=(0 – 20)/(4 – 2)  —  g= – 10m/s2  —  a partir do instante t=4s, em que o conjunto de instrumentos se desprende, ele possui a mesma velocidade que a do VLS que é de 20m/s  —  então, trata-se de um lançamento vertical para cima com Vo=20m/s, a=g= -10m/s2  —  colocando a origem no ponto de lançamento, quando o conjunto de instrumentos atinge o solo ele está na posição S= – 140m  —  S= So + Vo.t + g.t2/2  —  -140 =0 + 20t -10.t2/2  —  t2 – 4t – 28=0  —  ∆=16 + 112=128  — 

t= (4 ± 11,31)/2  —  t≈7,6s  —  o tempo pedido, vale t=2 + 7,6  —  t≈9,6s

31-

Características do lançamento vertical com a origem no ponto de lançamento e a trajetória orientada para cima  —  na subida, o movimento é progressivo, pois o deslocamento ocorre no sentido crescente da trajetória, e retardado, pois o módulo da

velocidade está diminuindo  —na descida, o movimento é retrogrado, pois o deslocamento ocorre no sentido decrescente da trajetória, e acelerado, pois o módulo da velocidade está aumentando  —  no ponto mais alto da trajetória, a velocidade do corpo se anula (V=0), pois é o ponto em que o corpo inverte o sentido de seu movimento e nesse ponto a altura atingida pelo corpo é máxima  —  o tempo de subida é igual ao tempo de descida  —  a velocidade (V­­_o) de lançamento na origem é igual à mesma velocidade de chegada à origem, mas de sinal contrário (-Vo)  —em qualquer ponto da trajetória o corpo tem duas velocidades de mesmo módulo, uma positiva na subida e uma negativa na descida.

Analisando cada assertativa:

I. Correta  —  a aceleração é sempre a mesma em qualquer instante e é negativa, pois a concavidade da parábola é para baixo.

II. Correta  —  a velocidade do corpo tem intensidade máxima no instante de lançamento (t=0) e de volta ao mesmo ponto de lançamento (t=4s).

III. Correta  —  é o ponto onde a altura é máxima (h=20m) e a velocidade é nula  —  nesse instante (t=2s) ele pára e inverte o sentido de seu movimento.

IV. Correta  —  ele sobe retardando, pára e a partir de t=2s, desce acelerando.

R- D        

 

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