Exercícios resolvidos de cinemática

Você não aprende física lendo, só calculando. A seguir vêm treze exercícios sobre movimento, ordenados da distância percorrida e do deslocamento, passando pela aceleração e pela queda livre, até a aceleração centrípeta. Nos dois últimos os tipos de movimento se alternam. Resolvemos todos eles com o mesmo procedimento: anotação, conversão de unidades, resolução geral, substituição com as unidades, estimativa e resposta com uma frase completa. Tente primeiro resolver cada exercício sozinho e só depois leia a resolução.

Exercício 1: Clara passeia com o cachorro

Clara contorna com o cachorro uma praça quadrada de lado 120 m. Ela sai de um canto e percorre três lados da praça. Que distância ela anda e qual é o seu deslocamento?

Resolução:

$\begin{aligned} s & = ? (m) \\ | Δ \vec{r} | & = ? (m) \end{aligned}$

A distância percorrida é o comprimento da trajetória, ou seja, de três lados da praça:

$s = 3 \cdot 120 m = 360 m$

O deslocamento é a seta do lugar da largada até o lugar onde ela terminou. Depois de três lados do quadrado ela está no canto vizinho ao inicial, então o deslocamento segue pelo quarto lado:

$| Δ \vec{r} | = 120 m$

Clara andou 360 m, mas está a apenas 120 m do lugar de onde saiu. Se ela tivesse contornado a praça toda, teria andado 480 m e o deslocamento seria nulo.

Exercício 2: Subida e descida

Marcos sobe de bicicleta uma colina por uma estrada de 3 km de comprimento com velocidade de 12 km/h e desce pelo mesmo caminho com velocidade de 36 km/h. Qual é a velocidade média dele?

Resolução: Dá vontade de somar as velocidades e dividir por dois, sairiam 24 km/h. Só que a velocidade média é a distância total dividida pelo tempo total e para subir Marcos leva muito mais tempo do que para descer.

$\begin{aligned} s_{1} = s_{2} & = 3 km \\ v_{1} & = 12 km / h \\ v_{2} & = 36 km / h \\ v_{m} & = ? (km / h) \end{aligned}$

Tudo está em quilômetros e horas, a conversão é dispensável. Os tempos de viagem são $t_{1} = \frac{s_{1}}{v_{1}}$ e $t_{2} = \frac{s_{2}}{v_{2}}$ , então

$v_{m} = \frac{s_{1} + s_{2}}{t_{1} + t_{2}} = \frac{s_{1} + s_{2}}{\frac{s_{1}}{v_{1}} + \frac{s_{2}}{v_{2}}} .$

Substituímos:

$\begin{aligned} v_{m} & = \frac{6 km}{\frac{3 km}{12 km / h} + \frac{3 km}{36 km / h}} \\ = \frac{6 km}{0, 25 h + \frac{1}{12} h} = \frac{6 km}{\frac{1}{3} h} = 18 km / h \end{aligned}$

Para subir, Marcos levou um quarto de hora, para descer, cinco minutos. Ele fez o trajeto inteiro em vinte minutos e quem percorre 6 km em um terço de hora percorreria em uma hora 18 km. Em média, Marcos andou a 18 km/h, não a 24 km/h.

Exercício 3: Helena sai do refúgio

O refúgio de trilha fica à beira do caminho, a 4 km depois do povoado. Helena segue a partir dele, afastando-se do povoado, com velocidade constante de 5 km/h. A que distância do povoado ela estará depois de 1 hora e 12 minutos?

Resolução:

$\begin{aligned} s_{0} & = 4 km \\ v & = 5 km / h \\ t & = 1 h 12 \min = 1, 2 h \\ s & = ? (km) \end{aligned}$

Atenção à conversão. Doze minutos não são 0,12 h, mas $\frac{12}{60} = 0, 2 h$ . Helena não parte do povoado, mas de 4 km dele, por isso somamos a distância inicial s₀ à distância percorrida, como no movimento retilíneo uniforme:

$s = s_{0} + v \cdot t = 4 km + 5 km / h \cdot 1, 2 h = 10 km$

Quilômetros por hora vezes horas dão quilômetros, confere. Em uma hora Helena anda 5 km, em 1,2 h um quinto a mais, ou seja, 6 km, e, com os quatro até o refúgio, são dez. Helena estará a 10 km do povoado. Quem substituísse 1,12 h obteria 9,6 km.

Exercício 4: Tiago alcança a mãe

A mãe sai de casa com o carrinho de bebê a 4 km/h. Depois de um quarto de hora, Tiago percebe que ela esqueceu as chaves e sai correndo atrás dela pelo mesmo caminho a 10 km/h. Em quanto tempo ele a alcança e a que distância de casa?

Resolução:

$\begin{aligned} v_{1} & = 4 km / h \\ v_{2} & = 10 km / h \\ t_{0} & = 15 \min = 0, 25 h \\ t & = ? (h) \end{aligned}$

A mãe tem, depois de um quarto de hora, uma vantagem de s₀ = v₁ · t₀ = 4 km/h · 0,25 h = 1 km. No alcance, a distância diminui pela diferença das velocidades:

$\begin{aligned} t & = \frac{s_{0}}{v_{2} - v_{1}} = \frac{1 km}{10 km / h - 4 km / h} \\ = \frac{1}{6} h = 10 \min \end{aligned}$

Nesse tempo Tiago corre

$s = v_{2} \cdot t = 10 km / h \cdot \frac{1}{6} h \approx 1, 67 km .$

Prova real: a mãe anda 15 + 10 = 25 minutos, ou seja, $\frac{25}{60}$ de hora, e percorre $4 \cdot \frac{25}{60} \approx 1, 67 km$ . Confere. Tiago alcança a mãe dez minutos depois de sair, a cerca de 1,7 km de casa.

Exercício 5: Guepardo

Um guepardo acelera do repouso até 72 km/h em 2,5 s. Qual é a aceleração média dele? E que aceleração ele tem depois, quando, a partir dessa velocidade, para em 4 s?

Resolução:

$\begin{aligned} v_{0} & = 0 m / s \\ v & = 72 km / h = 20 m / s \\ Δ t & = 2, 5 s \\ a & = ? ({m / s}^{2}) \end{aligned}$

Pela fórmula da aceleração:

$a = \frac{v - v_{0}}{Δ t} = \frac{20 m / s - 0 m / s}{2, 5 s} = 8 {m / s}^{2}$

O guepardo tem aceleração de 8 m/s², a cada segundo fica 8 m/s mais rápido. Um carro familiar, que leva dez segundos para chegar a cem, tem menos de 3 m/s², então o guepardo o venceria com facilidade na largada.

Ao parar, a velocidade cai de 20 m/s a zero em 4 s:

$a = \frac{0 m / s - 20 m / s}{4 s} = - 5 {m / s}^{2}$

Tomamos como sentido positivo o sentido da corrida; a aceleração negativa significa, por isso, frenagem. Ao parar, o guepardo tem aceleração de −5 m/s², ou seja, desaceleração de 5 m/s².

Exercício 6: De que pista um avião precisa

Um avião comercial arranca na decolagem do repouso com aceleração constante de 2 m/s² e se descola do chão à velocidade de 252 km/h. De que trecho de pista ele precisa e quanto tempo leva para arrancar?

Resolução:

$\begin{aligned} v_{0} & = 0 m / s \\ a & = 2 {m / s}^{2} \\ v & = 252 km / h = 70 m / s \\ s & = ? (m), t = ? (s) \end{aligned}$

Não conhecemos o tempo, por isso vem a calhar a relação sem o tempo $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 a s$ . Para a arrancada do repouso, isolamos nela a distância:

$s = \frac{v^{2}}{2 a} = \frac{(70 m / s)^{2}}{2 \cdot 2 {m / s}^{2}} = \frac{4.900 m^{2} {/ s}^{2}}{4 {m / s}^{2}} = 1.225 m$

Calculamos o tempo de arrancada a partir de v = a · t:

$t = \frac{v}{a} = \frac{70 m / s}{2 {m / s}^{2}} = 35 s$

Conferência com a velocidade média: na arrancada do repouso ela é metade da final, 35 m/s, e em 35 s isso dá 35 m/s · 35 s = 1.225 m. O avião arranca por 35 s e precisa de mais de 1,2 km de pista. Por isso os grandes aeroportos têm pistas de vários quilômetros, com margem para uma decolagem abortada.

Exercício 7: Veado na estrada molhada

Um motorista anda por uma estrada molhada a 60 km/h e avista um veado a 40 m à frente. A reação leva 1 s, no asfalto molhado o carro freia com desaceleração de 5 m/s². Ele para a tempo?

Resolução:

$\begin{aligned} v & = 60 km / h = \frac{60}{3, 6} m / s = \frac{50}{3} m / s \\ t_{r} & = 1 s \\ | a | & = 5 {m / s}^{2} \\ s & = ? (m) \end{aligned}$

A velocidade fica como fração, para não arredondar resultados intermediários. A distância total é a de reação mais a de frenagem:

$s = s_{r} + s_{f} = v \cdot t_{r} + \frac{v^{2}}{2 \cdot | a |}$

Substituímos cada parte separadamente:

$\begin{aligned} s_{r} & = \frac{50}{3} m / s \cdot 1 s \approx 16, 7 m \\ s_{f} & = \frac{{(\frac{50}{3} m / s)}^{2}}{2 \cdot 5 {m / s}^{2}} = \frac{250}{9} m \approx 27, 8 m \end{aligned}$

No total são $\frac{400}{9} m \approx 44, 4 m$ . O carro não para a tempo, só pararia cerca de 4 m depois do lugar onde o veado está. No seco, com desaceleração de 7 m/s², bastariam 36,5 m, então no molhado vale a pena andar mais devagar.

Exercício 8: Pedra caindo de uma ponte

De uma ponte soltamos uma pedra, que cai no rio em 1,5 s. A que altura está a ponte acima da água e com que velocidade a pedra chega? Desprezamos a resistência do ar. Quanto tempo ela cairia de uma ponte duas vezes mais alta?

Resolução:

$\begin{aligned} t & = 1, 5 s \\ g & = 9, 81 {m / s}^{2} \\ h & = ? (m), v = ? (m / s) \end{aligned}$

Trata-se de queda livre, escolhemos o sentido positivo para baixo:

$h = \frac{1}{2} g t^{2} = \frac{1}{2} \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \cdot (1, 5 s)^{2} \approx 11 m$

$v = g \cdot t = 9, 81 {m / s}^{2} \cdot 1, 5 s \approx 14, 7 m / s$

Isso dá cerca de 53 km/h. A estimativa com g ≈ 10 m/s² dá $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 2, 25 \approx 11 m$ , confere. A ponte está a cerca de 11 m acima da água e a pedra chega com velocidade de cerca de 15 m/s.

O dobro da altura não significa o dobro do tempo. De $t = \sqrt{\frac{2 h}{g}}$ se vê que o dobro da altura prolonga o tempo de queda só $\sqrt{2}$ vezes:

$t^{'} = \sqrt{2} \cdot 1, 5 s \approx 2, 1 s$

Exercício 9: Drone com vento lateral

Um drone voa em relação ao ar com velocidade de 12 m/s e aponta o nariz exatamente para o norte. Sopra um vento leste, ou seja, o ar se move para o oeste, com velocidade de 5 m/s. Com que velocidade o drone se move em relação ao solo e em que ângulo ele se desvia do norte?

Resolução:

$\begin{aligned} v_{1} & = 12 m / s \\ v_{2} & = 5 m / s \\ v & = ? (m / s), α = ? \end{aligned}$

O drone se move de duas maneiras: voa em relação ao ar e o ar o arrasta. A velocidade resultante é a soma vetorial delas e, como as duas velocidades são perpendiculares, usamos o teorema de Pitágoras:

$\begin{aligned} v & = \sqrt{v_{1}^{2} + v_{2}^{2}} = \sqrt{(12 m / s)^{2} + (5 m / s)^{2}} \\ = 13 m / s \end{aligned}$

Descobrimos o ângulo em relação ao norte pelo triângulo retângulo das velocidades, em que a velocidade do vento é o cateto oposto e a velocidade resultante a hipotenusa:

$sen α = \frac{v_{2}}{v} = \frac{5}{13} \approx 0,385, α \approx 22, 6 °$

A soma simples daria 17 m/s, mas as velocidades não têm a mesma direção. O resultado precisa ser maior que 12 m/s e menor que 17 m/s, e 13 m/s é. O drone voa em relação ao solo com velocidade de 13 m/s e o vento o desvia cerca de 23° do norte para o oeste. Em um minuto ele é levado 300 m para o lado.

Exercício 10: Roda-gigante

A roda-gigante de um parque de diversões tem raio de 20 m e uma volta leva 4 min. Qual é a frequência e a velocidade angular dela e com que velocidade anda a cabine na borda?

Resolução:

$\begin{aligned} r & = 20 m \\ T & = 4 \min = 240 s \\ f & = ? (Hz), ω = ? (rad / s), v = ? (m / s) \end{aligned}$

A frequência é o inverso do período:

$f = \frac{1}{T} = \frac{1}{240 s} \approx 0,004 2 Hz$

A velocidade angular indica o ângulo pleno 2π em um período:

$ω = \frac{2 π}{T} = \frac{2 π}{240 s} \approx 0,026 rad / s$

A velocidade da cabine:

$v = ω \cdot r = \frac{2 π \cdot r}{T} = \frac{2 π \cdot 20 m}{240 s} \approx 0, 52 m / s$

Em uma volta a cabine percorre a circunferência da roda, cerca de 126 m, em quatro minutos. Isso dá cerca de 1,9 km/h, uma caminhada lenta. Por isso, daria até para embarcar na cabine com a roda em movimento, como nas grandes rodas-gigantes de observação.

Exercício 11: Centrífuga para pilotos

Uma centrífuga de treinamento de pilotos tem a cabine num braço de 8 m de comprimento. Quantas vezes por minuto ela precisa girar para que a cabine tenha aceleração centrípeta de 6g, ou seja, seis vezes maior que a aceleração da gravidade?

Resolução:

$\begin{aligned} r & = 8 m \\ a_{cp} & = 6 \cdot 9, 81 {m / s}^{2} = 58, 86 {m / s}^{2} \\ f & = ? (Hz) \end{aligned}$

Da fórmula da aceleração centrípeta a_cp = ω² · r isolamos primeiro a velocidade angular e depois a frequência:

$\begin{array}{rcl} ω^{2} \cdot r & = & a_{cp} / : r \\ ω & = & \sqrt{\frac{a_{cp}}{r}} \\ f & = & \frac{ω}{2 π} = \frac{1}{2 π} \sqrt{\frac{a_{cp}}{r}} \end{array}$

Unidades: $\sqrt{\frac{{m / s}^{2}}{m}} = \frac{1}{s}$ , confere. Substituímos:

$f = \frac{1}{2 π} \sqrt{\frac{58, 86 {m / s}^{2}}{8 m}} \approx 0, 43 Hz$

Por minuto isso dá 0,432 · 60 ≈ 26 voltas. Uma volta leva cerca de 2,3 s e a cabine se lança com velocidade v = ω · r ≈ 21,7 m/s, quase 80 km/h. A centrífuga precisa girar cerca de 26 vezes por minuto.

Exercício 12: Metrô entre estações

Um trem do metrô arranca da estação com aceleração de 1,2 m/s² por 15 s, depois anda com velocidade constante por 30 s e por fim freia com desaceleração de 1,5 m/s², até parar na estação seguinte. Qual é a distância entre as estações e qual é a velocidade média do trem?

Resolução: Dividimos a viagem em três trechos e, em cada um, usamos as fórmulas de um único tipo de movimento.

$\begin{aligned} a_{1} & = 1, 2 {m / s}^{2}, t_{1} = 15 s \\ t_{2} & = 30 s \\ | a_{3} | & = 1, 5 {m / s}^{2} \\ s & = ? (m), v_{m} = ? (m / s) \end{aligned}$

Arrancada do repouso. No fim dela o trem tem velocidade

$v = a_{1} \cdot t_{1} = 1, 2 {m / s}^{2} \cdot 15 s = 18 m / s$

e percorreu

$s_{1} = \frac{1}{2} a_{1} t_{1}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 1, 2 {m / s}^{2} \cdot (15 s)^{2} = 135 m .$

Marcha com velocidade constante de 18 m/s, ou seja, cerca de 65 km/h:

$s_{2} = v \cdot t_{2} = 18 m / s \cdot 30 s = 540 m$

Frenagem de 18 m/s até parar:

$\begin{aligned} t_{3} & = \frac{v}{| a_{3} |} = \frac{18 m / s}{1, 5 {m / s}^{2}} = 12 s \\ s_{3} & = \frac{v^{2}}{2 \cdot | a_{3} |} = \frac{(18 m / s)^{2}}{2 \cdot 1, 5 {m / s}^{2}} = 108 m \end{aligned}$

No total:

$\begin{aligned} s & = 135 m + 540 m + 108 m = 783 m \\ t & = 15 s + 30 s + 12 s = 57 s \\ v_{m} & = \frac{s}{t} = \frac{783 m}{57 s} \approx 13, 7 m / s \end{aligned}$

As estações ficam a cerca de 780 m uma da outra, o trem as percorre em menos de um minuto com velocidade média de cerca de 49 km/h. Ele só anda na máxima de 65 km/h mais ou menos metade do tempo, por isso a média é visivelmente menor. Uma distância em torno de um quilômetro é comum para um metrô urbano.

Exercício 13: Leitura de um gráfico

O gráfico registra a velocidade do patinete elétrico de Filipe durante doze segundos. Que aceleração o patinete teve em cada trecho, que distância percorreu no tempo todo e qual foi a velocidade média dele?

Gráfico da velocidade v em função do tempo t: de 0 a 4 s cresce de 4 para 8 m/s, de 4 a 10 s é constante, de 10 a 12 s cai a zero

Resolução: Do gráfico lemos a velocidade nos pontos em que muda o tipo de movimento: no início 4 m/s, no tempo 4 s já 8 m/s, no tempo 10 s ainda 8 m/s e no tempo 12 s zero. A aceleração é a variação da velocidade dividida pelo tempo:

$\begin{aligned} a_{1} & = \frac{8 m / s - 4 m / s}{4 s} = 1 {m / s}^{2} \\ a_{2} & = 0 {m / s}^{2} \\ a_{3} & = \frac{0 m / s - 8 m / s}{2 s} = - 4 {m / s}^{2} \end{aligned}$

Isso se vê no gráfico mesmo sem calcular: quanto mais inclinado o trecho, maior o módulo da aceleração. O trecho que sobe significa aceleração positiva, o horizontal nula e o que desce negativa: no terceiro trecho o patinete tem aceleração de −4 m/s², ou seja, desaceleração de 4 m/s².

A distância é a área sob o gráfico da velocidade. O primeiro trecho forma um trapézio, o segundo um retângulo e o terceiro um triângulo:

$\begin{aligned} s_{1} & = \frac{4 m / s + 8 m / s}{2} \cdot 4 s = 24 m \\ s_{2} & = 8 m / s \cdot 6 s = 48 m \\ s_{3} & = \frac{1}{2} \cdot 8 m / s \cdot 2 s = 8 m \end{aligned}$

No total s = 80 m em 12 s, a velocidade média é

$v_{m} = \frac{s}{t} = \frac{80 m}{12 s} \approx 6, 7 m / s .$

Conferência: a velocidade média precisa ficar entre zero e a velocidade máxima 8 m/s e, como o patinete andou a maior parte do tempo a oito, ficará mais perto dela. O patinete teve aceleração sucessivamente de 1 m/s², nula e −4 m/s², percorreu 80 m e andou em média a cerca de 6,7 m/s, ou seja, 24 km/h.

Com o mesmo procedimento podem-se resolver também problemas em que aparecem forças. Você os encontra no artigo Exercícios resolvidos de dinâmica.

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