Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 3 Questao 6 resolvido

Questão 6 

Um helicóptero, saindo de seu hangar percorre 100m numa pista em direção ao sul, dobrando depois para entrar noutra pista rumo ao leste, de onde, após percorrer mais 100m, levanta vôo verticalmente ,elevando-se a 100 m de altitude. Calcule:(a) A magnitude do deslocamento total (b) O ângulo de elevação ao solo a partir de hangar (c) A direção da projeção sobre o solo do vetor deslocamento total  (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Primeiro deslocamento, rumo ao sul: $ |\vec{a}| = 100 \, m $
• Segundo deslocamento, rumo ao leste: $ |\vec{b}| = 100 \, m $
• Terceiro deslocamento, vertical: $ |\vec{c}| = 100 \, m $

Primeiro, deve-se tomar como base a imagem a baixo.

(a) o deslocamento total do helicóptero pode ser dado por $\vec{R_{2}} = \vec{a} + \vec{b}+ \vec{c}$. Para isso pode-se somar os vetores dois a dois, ou seja, pode-se se fazer a soma $\vec{R_{1}} = \vec{a} + \vec{b}$ e depois $\vec{R_{2}} = \vec{R_{1}} + \vec{c}$.

Para fazer a soma  $\vec{R_{1}} = \vec{a} + \vec{b}$ pode-se usar o teorema de Pitagoras, assim  $$|\vec{R_{1}}|^2 = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2$$ $$|\vec{R_{1}}| = \sqrt{ (100)^2 + (100)^2 }$$ $$|\vec{R_{1}}| = 100\sqrt{2}$$

Em seguida, pode-se fazer a soma $\vec{R_{2}} = \vec{R_{1}} + \vec{c}$ utilizando também o teorema de Pitagoras, assim,  $$|\vec{R_{2}}|^2 = |\vec{R_{1}}|^2 + |\vec{c}|^2$$ $$|\vec{R_{2}}|^2 = (100\sqrt{2})^2 + (100)^2$$ $$|\vec{R_{2}}| = \sqrt{20000+10000}$$ $$|\vec{R_{2}}| = \sqrt{30000}$$ $$ \textbf{a)} \, |\vec{R_{2}}| \approx 173.20 \, m$$

(b) o ângulo da elevação do helicóptero em relação ao solo pode ser obtida descobrindo-se o ângulo entre os vetores $\vec{R_{1}}$ e $\vec{R_{2}}$, sendo $\theta$ o ângulo entre eles. Como o triângulo formado pelos vetores $\vec{R_{1}}$ e $\vec{R_{2}}$ e $\vec{c}$ é um triângulo retângulo, pode-se usar as relações trigonometricas de seno, cosseno e tangente. No caso pode se usar a tangente de $\theta$, assim $$tg(\theta) = \dfrac{|\vec{c}|}{|\vec{R_{1}}|}$$ $$tg(\theta) = \dfrac{100}{100\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$ $$\theta = arctg(\dfrac{1}{\sqrt{2}})$$ $$\textbf{b)} \, \theta \approx 35.26 ^\circ$$ 

(c) a projeção sobre o solo do vetor deslocamento total é o vetor $\vec{R_{1}}$. Para obter a direção do vetor, basta obter o ângulo entre a direção sul e o vetor $\vec{R_{1}}$, para isso, pode-se usar o triângulo retângulo formado pelos vetores $\vec{a}$, $\vec{b}$ e $\vec{R_{1}}$ e suas relações trigonometricas. Assim, tomando como base que o angulo entre  $\vec{R_{1}}$ e  $\vec{c}$ é $\alpha$: $$tg(\alpha) = \dfrac{|\vec{b}|}{|\vec{a}|}$$ $$tg(\alpha) = \dfrac{100}{100} = 1$$ $$ \alpha = arctan(1) $$ $$\textbf{c)} \, \alpha = 45^\circ$$

Assim, a direção do vetor $\vec{R_{1}}$ é $45^\circ$ em relação ao sul.

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/helicoptero-saindo-hangar-percorre-100-pista-direcao-sul-dobrando-entrar-23995) e no Forum PiR2 (https://pir2.forumeiros.com/t5270-questao-de-vetores).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 3 questão 5 resolvido

Questão 5

As latitudes de longitudes de São Paulo, Rio de Janeiro e Belo Horizonte, respectivamente, são as seguintes: São Paulo:23° 33´ S, 46° 39’ O; Rio de Janeiro:22° 53´ S, 43° 17’ O; Belo Horizonte:19° 55’ S, 43° 56’ O. A partir destes dados, (a) Calcule as distâncias entre as três cidades, (b) Em relação a um sistema de coordenadas com origem em São Paulo e eixo das abcissas na direção São Paulo- Rio de Janeiro obtenha o vetor posição de belo Horizonte. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução

Dados do problema

• Latitude de São Paulo: $\theta_{SP} = 23 ^\circ 33' S$
• Longitude de São Paulo: $\phi_{SP} = 46 ^\circ 39' O$
• Latitude do Rio de Janeiro: $\theta_{RJ} = 22 ^\circ 53' S$
• Longitude do Rio de Janeiro: $\phi_{RJ} = 43 ^\circ 17' O$
• Latitude de Belo Horizonte: $\theta_{BH} = 19 ^\circ 55' S$
• Longitude de Belo Horizonte: $\phi_{BH} = 43 ^\circ 56' O$
• Raio da Terra: $R= 6371 \, km$

O exercício forneceu as coordenadas das cidades em coordenadas esféricas, para resolver o problema, deve-se transformar o sistema de coordenadas esféricas para coordenadas cartesianas. Para isso, deve-se construir um modelo de conversão, como mostra a figura abaixo:

Assim, tendo o ângulo $\alpha$ e $\beta$ e o raio $R$ pode-se construir o ponto em coordenadas cartesianas em que:

• $x=R cos(\alpha ) sen(\beta ) $
• $y=R sen(\alpha ) sen(\beta ) $
• $z = R sen(\beta )$

No caso do exercício, o angulo de longitude é disposto em direção ao oeste (esquerda do eixo x) e o ângulo de latitude é disposto em direção ao sul (abaixo do plano xy) e devem ser adaptados para o modelo. Para isso, basta subtrair o ângulo de $360 ^\circ$ do ângulo da cidade, assim, $\alpha = 360 ^\circ - \phi$ e $\beta = 360 ^\circ - \theta$.

Dessa forma, as coordenadas das cidades são:

• Rio de Janeiro: $RJ = (4009.14,-4246.97, -2545.53)$
• São Paulo: $SP = (4272.90,-4024.23, -2477.40)$
• Belo Horizonte: $BH = (4313.64,-4155.95, -2170.30)$

Dessa forma, para descobrir a distância entre uma cidade e outra basta descobrir qual a distância entre os pontos da seguinte forma:

• Ponto 1 $P1 = (x_1,y_1,z_1)$
• Ponto 2 $P2 = (x_2,y_2,z_2)$

A distância entre os pontos $P1$ e $P2$ é $d = \sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2}$

Assim:

a)

• Distância Rio de Janeiro-São Paulo: $351,88 \, km$
• Distância São Paulo-Belo Horizonte: $491,73 \, km$
• Distância Rio de Janeiro-São Paulo: $336,63 \, km$

Contudo, as respostas obtidas não coincidem com as do livro. Porém, procurando as coordenadas no Google Maps, pode-se medir as distâncias dos pontos dados

Distância São Paulo até Rio de Janeiro

Distância São Paulo até Belo Horizonte

Distância Rio de Janeiro até Belo Horizonte

Como podem ver, as respostas encontradas são muito parecidas:

Distância Rio de Janeiro-São Paulo: $351,93 \, km$

Distância São Paulo-Belo Horizonte: $491,86 \, km$

Distância Rio de Janeiro-São Paulo: $336,67 \, km$

(b) Deve-se encontrar os vetores São Paulo-Belo Horizonte $\overrightarrow{SP,BH}$ e São Paulo-Rio de Janeiro $\overrightarrow{SP,RJ}$, para isso, basta subtrair os pontos.

• $\overrightarrow{SP,BH} = BH - SP = (263.76, 222.73, 68.13)$
• $\overrightarrow{SP,RJ} = RJ - SP = (304.50,91.02,375.23)$

Para encontrar o ângulo entre eles $\Omega$ deve-se usar a seguinte equação: $$cos(\Omega ) = \dfrac{\overrightarrow{SP,BH} \cdot \overrightarrow{SP,RJ}}{|\overrightarrow{SP,BH}| |\overrightarrow{SP,RJ}|} = 0.73 \Rightarrow \Omega = 43.19 ^\circ$$

O modulo do vetor $\overrightarrow{SP,BH}$ é $491,73 \, km$

Assim, o vetor posição de Belo Horizonte tem modulo $491,73 \, km$ e ângulo $\Omega = 43.19 ^\circ$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Imagens tiradas do Google Maps

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/latitudes-longitudes-sao-paulo-rio-janeiro-belo-horizonte-respectivamente-sao-23991) e no Forum PiR2 (https://pir2.forumeiros.com/t46071-vetores#:~:text=As%20latitudes%20de%20longitudes%20de,%2C%2043%C2%B0%2056'%20O.).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 3 questão 4 resolvido

Questão 4

As magnitudes de a e b são iguais. Qual é o angulo entre a + b e a - b?  (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Vetor genérico $\vec{a}$
• Vetor genérico $\vec{b}$
• $|\vec{a}| = |\vec{b}|$

O cosseno do ângulo entre o vetor soma e o vetor subtração, denominado como $\theta$, pode ser obtido por meio da equação: $$cos(\theta) = \dfrac{(\vec{a} + \vec{b}) \cdot (\vec{a} - \vec{b})}{|\vec{a} + \vec{b}| |\vec{a} - \vec{b}|}$$

Usando a propiedade distributiva do produto escalar, têm-se que: $$cos(\theta) = \dfrac{\vec{a} \cdot \vec{a} - \vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{b} \cdot \vec{a} - \vec{b} \cdot \vec{b}}{|\vec{a} + \vec{b}| |\vec{a} - \vec{b}|}$$

Sabendo que: $$ \vec{a} \cdot \vec{a} = |\vec{a}|^2 \ \ e \ \  \vec{b} \cdot \vec{b} = |\vec{b}|^2 $$

Como $|\vec{a}| = |\vec{b}|$ então: $$\vec{a} \cdot \vec{a} - \vec{b} \cdot \vec{b} = 0$$

Da propriedade comutativa do produto escalar $\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{a}$

Logo, $$cos(\theta) = 0 \Rightarrow \theta = 90 ^\circ$$

Assim, o ângulo entre o vetor $\vec{a} + \vec{b}$ e o vetor $\vec{a} - \vec{b}$ é $90 ^\circ$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/magnitudes-sao-iguais-angulo-23990) e no Passei Direto (https://www.passeidireto.com/arquivo/26144757/moyses-nussensveig-vol-1-resolucao/5).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 3 questão 3 resolvido

Questão 3

Mostre que a magnitude da soma de dois vetores a e b está sempre compreendida entre os limites $$||\vec{a}|-|\vec{b}|| \leq |\vec{a}+\vec{b}| \leq |\vec{a}|+|\vec{b}|$$
Em que situação são atingidos os valores extremos? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Vetor genérico $\vec{a}$
• Vetor genérico $\vec{b}$

Tendo como base que o ângulo entre os vetores $\vec{a}$ e $\vec{b}$ é $\theta$, o vetor soma $\vec{s} = \vec{a} + \vec{b}$ respeita a equação: $$|\vec{s}|^2 = |\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|  cos(\theta)$$

Isolando $cos(\theta)$: $$cos(\theta) = \dfrac{|\vec{s}|^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|}$$

Substituindo o $cos(\theta )$ em: $$-1 \leq cos(\theta) \leq 1$$ $$-1 \leq \dfrac{|\vec{s}|^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|} \leq 1$$

O modulo de qualquer vetor é sempre positivo, logo, pode-se multiplicar toda a inequação por $2 |\vec{a}| |\vec{b}|$. Assim: $$ - 2 |\vec{a}| |\vec{b}| \leq |\vec{s}|^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2 \leq 2 |\vec{a}| |\vec{b}| $$

Somando $|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2$ em toda a inequação: $$|\vec{a}|^2 - 2 |\vec{a}| |\vec{b}| +|\vec{b}|^2 \leq |\vec{s}|^2 \leq |\vec{a}|^2+ 2 |\vec{a}| |\vec{b}| +|\vec{b}|^2$$

Substituindo os seguintes produtos notáveis: $$(|\vec{a}|-|\vec{b}|)^2 = |\vec{a}|^2 - 2 |\vec{a}| |\vec{b}| +|\vec{b}|^2 $$ $$(|\vec{a}|+|\vec{b}|)^2 = |\vec{a}|^2 + 2 |\vec{a}| |\vec{b}| +|\vec{b}|^2 $$ Têm-se que: $$(|\vec{a}|-|\vec{b}|)^2 \leq |\vec{s}|^2 \leq (|\vec{a}|+|\vec{b}|)^2$$

Pode-se aplicar a raiz quadrada em todos os termos da equação, lembrando que $\sqrt{x^2} = |x|$ $$||\vec{a}|-|\vec{b}|| \leq ||\vec{s}|| \leq ||\vec{a}|+|\vec{b}||$$

Como a soma de dois termos maiores que 0 é sempre maior que zero, $||\vec{a}|+|\vec{b}|| = |\vec{a}| + |\vec{b}|$ e lembrado da definição de $\vec{s}$ como soma dos vetores $\vec{a}$ e $\vec{b}$: $$||\vec{a}|-|\vec{b}|| \leq |\vec{a} + \vec{b}| \leq |\vec{a}|+|\vec{b}|$$

Com isso é possível notar que o modulo do vetor soma $\vec{s}$ possui dois extremos:

• Extremo máximo de $|\vec{s}| = |\vec{a}| + |\vec{b}|$
• Extremo mínimo de $|\vec{s}| = ||\vec{a}| + |\vec{b}||$ 

Substituindo o extremo máximo na equação:

$$cos(\theta) = \dfrac{|\vec{s}|^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|}$$ $$ cos(\theta) = \dfrac{(|\vec{a}| + |\vec{b}|)^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|}$$ $$ cos(\theta) = \dfrac{2 |\vec{a}| |\vec{b}|}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|} =1$$ Assim,  $$\theta = 0 ^\circ$$

Ou seja, o vetor soma atinge seu valor máximo se os dois vetores tiverem mesma direção e sentido (orientações iguais).

Substituindo o extremo mínimo na equação: $$cos(\theta) = \dfrac{|\vec{s}|^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|}$$ $$cos(\theta) = \dfrac{(|\vec{a}| - |\vec{b}|)^2 - |\vec{a}|^2 - |\vec{b}|^2}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|}$$ $$cos(\theta) = \dfrac{ - 2 |\vec{a}| |\vec{b}|}{ 2  |\vec{a}|  |\vec{b}|} = - 1$$ Assim, $$\theta = 180 ^\circ$$

Ou seja, o vetor soma atinge seu valor mínimo se os dois vetores tiverem mesma direção e com sentidos opostos (orientações opostas).

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 3 questão 2 resolvido

Questão 2 

Um avião a jato voa para o norte, de Brasilia até Belém, a 1630 km de distância, levando 2h 10 min nesse percurso. De lá, segue para oeste, chegando a Manaus, distante 1290 km de Belém, após 1h 50 min de vôo. (a) Qual é o vetor deslocamento total do avião? (b) Qual é o vetor velocidade média do trajeto Brasilia - Belém? (c) Qual é o vetor velocidade média no trajeto Brasilia-Manaus? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Distância Brasilia - Belém: $1630 \, km$
• Tempo de percurso Brasilia - Belém: $2\, h \, 10 \, min = 2,1\overline 6$
• Distância Belém - Manaus: $1290 \, km$
• Tempo de percurso Belém - Manaus: $1\, h \, 50 \, min = 1,8\overline 3$

A disposição das cidades segue como na imagem:

O vetor deslocamento total do avião é a soma dos vetores deslocamento de Brasilia Belém, assim o modulo do vetor deslocamento total é obtido a partir do teorema de Pitagoras, sendo $\vec{a} \, , |\vec{a}| = 1630 \, km$ o deslocamento do avião de Brasilia até Belém, $\vec{b} \, , |\vec{b}| = 1290 \, km$ o deslocamento do avião de Belém até Manaus e $\vec{s}$ o deslocamento total do avião, assim: $$\vec{s} = \vec{a} + \vec{b}$$ $$|\vec{s}|^2 =|\vec{a}|^2 +|\vec{b}|^2$$ $$|\vec{s}| = \sqrt{|\vec{a}|^2 +|\vec{b}|^2}$$ $$|\vec{s}| = \sqrt{4321000}$$ $$\textbf{a)} \, |\vec{s}|  = 2078,70 \, km$$

O ângulo entre o vetor $\vec{s}$ e o norte pode ser obtido por meio do arco tangente entre o modulo do vetor $\vec{b}$ e o modulo do vetor $\vec{a}$, assim: $$\theta = arctan \left( \dfrac{|\vec{b}|}{|\vec{a}|}\right)$$ $$\theta = 38,36 ^\circ \ em \ relação \ ao \ norte$$

O vetor velocidade média tem mesma direção e sentido do vetor deslocamento, o modulo do vetor velocidade média é obtido por meio da divisão entre o modulo do vetor deslocamento e o tempo decorrido, assim, sendo o vetor velocidade média no trajeto Brasilia - Belém como $\vec{v_{(b)}}$ e o vetor velocidade média no trajeto Brasilia - Manaus como $\vec{v_{(c)}}$.

Assim, $$\textbf{b)} \, |\vec{v_{(b)}}|= \dfrac{1690}{2,1\overline 6} = 752,31 \, \dfrac{km}{h} \\ \vec{v_{(b)}} : \ 0 ^\circ \ em \ relação \ ao \ norte$$  $$\textbf{c)} \, |\vec{v_{(c)}}|= \dfrac{2078,70}{2,1\overline 6 + 1,8 \overline 3} = 519,675 \, \dfrac{km}{h} \\ \vec{v_{(c)}} : \ 38,36 ^\circ \ em \ relação \ ao \ norte$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/aviao-jato-voa-norte-brasilia-ate-belem-1630-km-distancia-23989) e no Brainly (https://brainly.com.br/tarefa/3902474).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 3 questão 1 resolvido

Questão 1

No problema do caçador e do macaco (Seç. 3.1), mostre analiticamente que a bala atinge o alvo, e calcule em que instante isso ocorre, para uma dada distância $d$ entre eles e altura $h$ do galho, sendo $v_{0}$ a velocidade inicial da bala. Interprete o resultado. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Altura $h$ do macaco
• Distancia $d$ do macaco
• Velocidade inicial da bala $v_0$
• Aceleração da gravidade $g$

Primeiro, deve-se descobrir em que instante a bala percorre a distância $d$. Sabendo que a bala descreve um movimento uniforme na horizontal com velocidade $v_0 \cdot cos(\theta)$ e que o instante em que a bala atinge o macaco é $t$, têm-se que: $$v_0 \cdot cos(\theta) \cdot t = d$$ $$t = \dfrac{d}{v_0 \cdot cos(\theta)}$$

Feito isso, deve-se descobrir a altura da bala $h_b$ no instante $t$. Sabe-se que a bala descreve um movimento uniformemente variado com aceleração $g$ para baixo, a altura da bala pode ser descrita por meio da equação horária da posição: $$h_b = 0 + v_0 \cdot sen(\theta) \cdot t - \dfrac{g \cdot t^2}{2}$$

Substituindo $t$ em $h_b$: $$h_b= d \cdot tg(\theta) - \dfrac{g\cdot d^2}{2\cdot v_0^2 \cdot cos^2(\theta)}$$

Em seguida, deve-se descobrir a que altura o macaco está. Sabendo que o macaco descreve um movimento uniformemente variado com aceleração $g$ para baixo, a altura do macaco pode ser descrita por meio da equação horária da posição, tomando $h_m$ como a altura do macaco no instante t: $$h_m = h - \dfrac{g \cdot t^2}{2}$$

Substituindo $t$ em $h_m$: $$h_m = h - \dfrac{g\cdot d^2}{2 \cdot v_0^2 \cdot cos^2(\theta)}$$

Para provar que a bala atinge o macaco no instante $t$ basta provar que a bala e o macaco estão na mesma posição, ou seja, que eles estão na mesma altura em relação ao atirador. Portanto, provar que a bala atinge o macaco implica na seguinte igualdade: $h_b=h_m$

Têm-se ainda a seguinte relação no triangulo retângulo formado entre a altura $h$ e a distância $d$

Usando o teorema de Pitagoras, têm-se que:$$c^2 = d^2 +h^2$$ $$c=\sqrt{d^2+h^2}$$

Usando as relações trigonométricas, têm-se que:

$$sen(\theta ) = \dfrac{h}{c} = \dfrac{h}{\sqrt{d^2+h^2}}$$

$$cos(\theta ) = \dfrac{d}{c} = \dfrac{d}{\sqrt{d^2+h^2}}$$

$$tg(\theta ) = \dfrac{h}{d}$$

Da ultima relação: $$h=d\cdot tg(\theta ) $$

Substituindo em $h_m$: $$h_m = d\cdot tg(\theta ) - \dfrac{g\cdot d^2}{2\cdot v_0^2 \cdot cos^2(\theta)}$$

Assim, $$h_m = h_b \Rightarrow a \ bala \ atinge \ o \ macaco$$

Para descobrir o instante em que a bala atinge o macaco, basta substituir $cos(\theta )$ em $t$ $$t = \dfrac{d}{v_0 \cdot cos(\theta)}$$ $$t = \dfrac{d}{v_0 \cdot  \dfrac{d}{\sqrt{d^2+h^2}}}$$ $$t = \dfrac{\sqrt{d^2+h^2}}{v_0}$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/problema-macaco-cacador-secao-31-mostre-analiticamente-bala-atinge-alvo-23988) e no Forum PiR2 (https://pir2.forumeiros.com/t105539-terceiro-capitulo-fisica-1-moyses-nussenzveig).

Fisica 2 Moyses vol 2 capítulo 1 questão 3 resolvido

Questão 3

O manômetro de tubo inclinado (Fig. P.3), utilizado para medir pequenas diferenças de pressão, p1-p2, difere do descrito no problema 2 pela inclinação $\theta$ do tubo de diâmetro d. Se o fluido empregado é óleo de densidade $\rho = 0,8 \, g/cm^3$, com $d = 0,5 \, cm$, $D = 2,5 \, cm$, escolha $\theta$ para que o deslocamento l seja de 5 cm quando p1-p2 = 0,001 atm. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.2)

Solução 

Dados do problema

• Diametro $D=2,5\, cm=0,025 \, m$
• Diametro $d=0,5 \, cm=0,005 \, m$
• Diferença de pressão para o deslocamento l $p_1 - p_2 = 0,001 \, atm = 100 \, Pa$
• Deslocamento do fluido $l  =  5 \, cm = 0,05 \, m$
• Nivel de equilibrio ($p_1 = p_2$) $N_0$
• Densidade do fluido $\rho = 0,8 \, g/cm^3 =800 \, kg/m^3$

Assumindo dois pontos A e B no mesmo nível e, por isso, sob a mesma pressão. Assumindo também que o fluido abaixa uma altura H.

A pressão em A e B são $p_A$ e $p_B$ respectivamente. Sabe-se que $p_A = p_1$ e, usando a lei de Stevin na coluna de liquido inclinado, $p_B = p_2 + \rho g \left( h+ H \right)$. Assim, $$p_A = p_B$$ $$p_1 = p_2 + \rho g \left( h+ H \right)$$ $$p_1 - p_2 = \rho g \left( h+ H \right)$$

Sabendo que o volume de fluido que abaixa até a altura H preenche a altura h, pode-se usar a equivalência entre os volumes: $$\pi \dfrac{D^2}{4} H = \pi \dfrac{d^2}{4} l$$ $$D^2H = d^2l$$ $$H = \dfrac{d^2}{D^2}l$$

Usando a seguinte relação $sen (\theta ) = \dfrac{h}{l}$, $h = l sen (\theta )$ e substituindo H e l na equação da diferença de pressão: $$p_1 - p_2 = \rho g \left( l sen( \theta )+ \dfrac{d^2}{D^2}l \right)$$ $$p_1 - p_2 = \rho g l \left( sen( \theta )+ \dfrac{d^2}{D^2} \right)$$

Isolando $sen( \theta )$, $$sen( \theta ) =\dfrac{p_1 - p_2}{\rho g l} - \dfrac{d^2}{D^2}$$

Substituindo os valores: $$sen( \theta ) =\dfrac{100}{800 \cdot 9.8 \cdot 0,05} - \dfrac{0,005^2}{0,025^2}$$ $$sen( \theta ) \approx 0,22$$ $$\theta \approx 12,71^\circ$$

Observação: O método está certo e as contas estão certas, entretanto não sei por que motivo o gabarito deu diferente, apesar de ser "próximo" (Gabarito = $14,4^\circ$).

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Fısica Básica, vol 2, Ed. Edgard Blücher Ltda, 1983.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/nanometro-tubo-inclinado-utilizado-medir-pequenas-diferencas-pressao-difere-descrito-52022) e no Passei Direto (https://www.passeidireto.com/arquivo/1091760/curso-de-fisica-basica-cap-1-estatica-dos-fluidos).

Fisica 2 Moyses vol 2 capítulo 1 questão 2 resolvido

Questão 2

No manômetro de reservatório (Fig. P.2), calcule a diferença de pressão p1-p2 entre os dois ramos em função da densidade $\rho$ do fluido, dos diâmetros d e D, e da altura h de elevação do fluido no tubo, relativamente ao nível de equilíbrio N0 que o fluido ocupa quando p1=p2. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.2)

Solução 

Dados do problema

• Diametro D
• Diametro d
• Altura de descida do fluido H
• Altura de elevação do fluido h
• Nivel de equilibrio ($p_1 = p_2$) $N_0$
• Densidade do fluido $\rho$

Dada a figura do problema, 

Assumindo dois pontos A e B no mesmo nível e, assim, sob a mesma pressão, pode-se dizer que o ponto A esta sob a pressão $p_1$ e o ponto B está sob a pressão $p_2$ mais a pressão da coluna de fluido. Dessa forma, $$p_A = p_B$$ $$p_A = p_1$$ $$p_B = p_2 + \rho g \left( h+H \right)$$ $$p_1 = p_2 + \rho g \left( h + H \right)$$ $$p_1 - p_2 =\rho g \left( h + H \right)$$

Tomando agora que, quando o fluido atinge o nível de equilíbrio, o volume do fluido que desceu até a altura H foi deslocado, subindo para a altura h. Têm-se a equação, obtida da equivalência entre os volumes: $$\pi \dfrac{D^2}{4} H = \pi \dfrac{d^2}{4} h$$ $$D^2 H = d^2 h$$ $$H = \dfrac{d^2}{D^2}h$$

Substituindo H na equação de diferença de pressão: $$p_1 - p_2 =\rho g \left( h + \dfrac{d^2}{D^2} h \right)$$ $$p_1 - p_2 =\rho g h \left( 1 + \dfrac{d^2}{D^2} \right)$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Fısica Básica, vol 2, Ed. Edgard Blücher Ltda, 1983.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/nanometro-reservatorio-calcule-diferenca-pressao-dois-ramos-funcao-densidade-52020) e no Passei Direto (https://www.passeidireto.com/arquivo/1091760/curso-de-fisica-basica-cap-1-estatica-dos-fluidos).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 16 resolvido

Questão 16

Um foguete para pesquisas metereológicas é lançado verticalmente para cima. O combustível, que lhe imprime uma aceleração 1,5g (g = aceleração da gravidade) durante o período de queima, esgota-se após 0,5min. (a) Qual seria a altitude máxima atingida pelo foguete se pudéssemos desprezar a resistência do ar? (b) Com que velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o solo? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Aceleração da gravidade $g = 9,8 \, m/s^2$
• Aceleração inicial $a = 1,5 g = 14,7 \, m/s^2$
• Tempo de queima de combustível $t_1 = 0,5\, min = 30 \, s$
• Velocidade inicial do foguete $v_0 = 0$

Analisando o comportamento do foguete durante a queima de combustível, pode-se usar a equação horária da posição para encontrar a altura $y_1$ que o foguete sobe durante tempo de queima $t_1$ e pode-se usar a equação horária da velocidade para encontrar a velocidade final $v$ após o tempo de queima $t_1$. Sabendo que a aceleração é $a = 1,5 g$, têm-se duas equações:

1. $y_1 = \dfrac{1,5gt_1^2}{2} = 6615 \, m$
2. $v = 1,5gt_1 = 441 \, m/s$

Após a queima do combustível, a aceleração do foguete passa a ser $a = -g$. A velocidade em função do tempo é descrita pela equação $v_f = v - g \left( t -30 \right)$. A velocidade é decrescente e quando a velocidade do foguete for 0 ele alcançará a altura máxima $h_{max}$. Assim, para encontrar a altura máxima basta usar a equação de Torricelli $v_f^2 = v^2 - 2g \Delta x$, com $\Delta x = h_{max} - y_1$ e $v_f = 0$. $$0 = 441^2 - 2 \cdot 9,8 \cdot \left( h_{max} - 6615 \right)$$ $$ \textbf{a)} \, h_{max} = 16537,5 \, m = 16,5 \, km$$

Para encontrar a velocidade final quando o foguete atinge o solo basta usar a equação de Torricelli analisando do ponto mais alto da trajetória até a colisão com o solo: $v_f^2 = v_0^2 + 2a \Delta x$, com $a = g$, $v_0 = 0 $, $\Delta x = h_{max}$ $$v_f^2 = 0^2 + 2\cdot 9,8 \cdot 16537.5$$ $$v_f =569,3 \, m/s = 2049,6 \, km/h$$

Para encontrar o tempo que o foguete voltaria para o solo, primeiro deve-se usar a equação $v_f = v - gt$ com $v_f =0$, para encontrar o tempo que o foguete atinge o ponto mais alto da trajetória, que nesse caso será $t_2$ $$ 0 = 441 - 9,8 t_2 $$ $$t_2 = 45 \, s$$

Em seguida deve-se usar a equação $v_f = v_0 +gt$, analisando o movimento do ponto mais alto da trajetória até alcançar o solo no instante $t_3$. Assim, $v_f = 569,3$ e $v_0 = 0$ $$569,3 = 0 + 9,8 t_3 = 58,1 \, s$$

Assim, o foguete sobe durante 30 segundos até a altura $y_1$, sobe durante 45 segundos até a altura maxima e cai durante 58,1 segundos até colidir com o chão. Logo o tempo total $t$ é $$\textbf{b)} \, t = t_1 + t_2 + t_3 = 133,1 \, s$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/foguete-pesquisas-metereologicas-lancado-verticalmente-cima-combustivel-imprime-aceleracao-15g-23975) e no Nosso Exercicio (https://nossoexercicio.pet-ufvjm.org/exid/2290).

Fisica 2 Moyses vol 2 capítulo 1 questão 1 resolvido

Questão 1

No sistema da Fig. P.1, a porção AC contém mercúrio, BC contém óleo e a porção aberta contém água. As alturas indicadas são: h0 = 10 cm, h1 = 5 cm, h2 = 20 cm e as densidades relativas à da água são: 13,6 (mercúrio) e 0,8 (óleo). Determine a pressão pA no ponto A (em atm). (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.2)

Solução 

Dados do problema

• Altura $h_0 = 10 \, cm = 0,1 \, m$
• Altura $h_1 = 5 \, cm = 0,05 \, m$
• Altura $h_2 = 20 \, cm = 0,2 \, m$
• densidade da água $\rho = 1 \, g/cm^3 = 1000 \, kg/m^3$
• densidade do mercúrio relativa a água $\rho_m = 13,6 \rho$
• densidade do óleo relativa a água $\rho_o = 0,8 \rho$
• gravidade $g = 9,8 \, m/s^2$
• Pressão atmosférica $p_{atm} = 1 \, atm = 100000 \, Pa$

Usando a lei de Stevin entre os pontos A e C, B e C, e B e um ponto na atmosfera, têm-se as seguintes equações:

1. Entre A e C: $p_C - p_A = \rho_m g h_2$
2. Entre B e C: $p_C - p_B = \rho_o g h_1$
3. Entre B e um ponto da atmosfera: $p_B - p_{atm} = \rho g h_0$

Multiplicando a primeira equação por $-1$ e somando as três equações, obtêm-se: $$p_A - p_{atm} = -\rho_m g h_2 + \rho_o g h_1 + \rho g h_0$$

Substituindo os termos lembrando de converte-los para o SI (assim o resultado sairá em Pa): $$p_A - p_{atm} = -13,6 \cdot 1000 \cdot 9,8 \cdot 0,2 + 0,8 \cdot 1000 \cdot 9,8 \cdot 0,05 + 1000 \cdot 9,8 \cdot 0,1$$

$$p_A - p_{atm} = -26656+392+980 \, Pa$$ $$p_A - p_{atm} = -25284 \, Pa$$ $$p_A = 100000- 25284 \, Pa$$ $$p_A = 74716 \, Pa$$

Logo, para converter de Pa para atm, basta dividir $p_a$ por 100000: $$p_A \approx 0,75 \, atm$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Fısica Básica, vol 2, Ed. Edgard Blücher Ltda, 1983.

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Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 15 resolvido

Questão 15

Um vaso com plantas cai do alto de um edifício e passa pelo 3º andar, situado 20m acima do chão, 0,5s antes de se espatifar no chão. (a) Qual é a altura do edifício? (b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso atinge o chão? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Altura do 3º andar $20 \, m$
• Tempo até a colisão com o chão $t_2 = 0,5 \, s$

Sabe-se que o vaso foi lançado do topo do edifício com velocidade nula. Após um tempo $t_1$ o vaso alcança o 3º andar com velocidade v, que pode ser calculada por meio da equação horária da velocidade para movimentos uniformemente variáveis, $v=-gt_1$. A distância percorrida pelo vaso pode ser calculada por meio da equação horária da posição para movimentos uniformemente variáveis, $h -20  = \dfrac{-gt_1^2}{2}$, com $h$ sendo a altura do edifício.

Sabe-se que após o vaso alcançar o 3º andar, ele continua a cair até atingir o chão. Assim pode-se usar a equação horária da posição para movimentos uniformemente variáveis, $ 0 = 20 + vt_2 -\dfrac{gt_2^2}{2}$. Substituindo $t_2 = 0,5$, $v=-gt_1$ e $g = 9,8$ : $$0 = 20 -4,9t_1 - 1,225$$ $$t_1 =3,83$$

Usando a equação $h -20  = \dfrac{-gt_1^2}{2}$, pode-se calcular a altura do edifício substituindo $t_1 =3,83$ e $g = 9,8$ $$h-20=-4,9$$ $$ \textbf{a)} \, h=91,88 \, m $$

Para calcular a velocidade que o vaso atinge o chão pode-se usar a equação horária da velocidade para movimentos uniformemente variáveis, entre o inicio da queda até o vaso espatifar no chão ($t_1 + t_2$). Assim, $$|v_f | = 0 + g \left( t_1+t_2 \right)$$ $$|v_f | = 9,8 \left( 3,83 + 0,50 \right)$$ $$\textbf{b)} \, |v_f | = 42,43 \, m/s $$ $$ \textbf{b)} \, |v_f | = 42,43 \cdot 3,6 \approx 152,75 \, km/h$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/vaso-plantas-cai-alto-edificio-passa-3o-andar-situado-20m-23973) e no Nosso Exercicio (https://nossoexercicio.pet-ufvjm.org/exid/2276).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 14 resolvido

Questão 14

Deixa-se cair uma pedra num poço profundo. O barulho da queda é ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade do som no ar é de 330m/s, calcule a profundidade do poço. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Tempo total $t = 2 \, s$
• Velocidade do som $v = 330 \, m/s$
• Aceleração da gravidade $g = 9,8 \, m/s^2$

A modelagem do problema pode ser descrita na figura abaixo:

Usando a equação horária da posição para a queda da pedra, têm-se que: $h=\dfrac{gt_1^2}{2}$, com h sendo a altura do poço e $t_1$ o tempo de queda da pedra. Assim, $t_1=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}$.

Apos a pedra atingir o chão ela emitirá um som que será propagado a velocidade constante v. O som alcança o topo do poço após $t_2$ segundos. Usando a equação horária da posição para movimentos uniformes, obtêm-se: $t_2 = \dfrac{h}{v} = \dfrac{h}{330}$, com $t_2$ sendo o tempo necessário para o som alcançar o topo do poço.

O tempo total desde o lançamento da pedra até ouvir o som é $t = t_1 + t_2 =2$. Substituindo os termos $t_1$ e $t_2$. $$\sqrt{\dfrac{2h}{g}} + \dfrac{h}{330} = 2$$ $$\sqrt{\dfrac{2h}{g}} = 2 - \dfrac{h}{330}$$

Elevando ambos os lados ao quadrado: $$\dfrac{2h}{g}= 4 - \dfrac{4h}{330} + \dfrac{h^2}{330^2}$$ 

Multiplicando os dois lados da equação por g e substituindo $g=9,8$ $$\dfrac{9,8}{330^2}h^2 -\dfrac{699,2}{330} h + 39,2 =0$$ 

Assim obtêm-se dois valores para h

$h = 18,52 \, m$ ou $h = 23525,97 \, m$

Sabendo que o tempo $t_2$ não pode exceder 2 segundos ($t_2< 2$) e pode ser escrito como $t_2 = \dfrac{h}{330}$, logo, $\dfrac{h}{330} < 2$, $h < 660$

Assim o segundo resultado não convêm, e o resultado para a altura do poço é $$h = 18, 52 \, m$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/deixase-cair-pedra-poco-profundo-barulho-queda-ouvido-2s-conteudo-23983) e no Brainly (https://brainly.com.br/tarefa/12099961).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 13 resolvido

Questão 13

Uma bola de vôlei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto próximo do chão, passa pela altura da rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7s depois do arremesso. (a) Qual é a velocidade inicial da bola? (b) Até que altura máxima ela sobe? (c) Qual é a altura da rede? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Instante de passagem pela altura da rede na subida $t_1= 0,3 \, s$
• Instante de passagem pela altura da rede na descida $t_1= 1,7 \, s$

A modelagem do problema pode ser vista abaixo: com z sendo a altura da rede:

        Sabendo que o movimento vertical possui aceleração constante $g = 9,8 \, m/s^2$ para baixo pode-se usar a equação horária da posição, dada por: $\Delta y = v_0\Delta t - \dfrac{g\Delta t^2}{2}$. Considerando o movimento com inicio em $t_1$ e fim em $t_2$ ($\Delta t = t_2 - t_1$), a variação da posição durante esse intervalo de tempo é 0, e $v_0=v$, $v$ é a velocidade em $t_1$. Assim: $$0 = v\left( t_2 - t_1 \right) - \dfrac{g \left( t_2 - t_1 \right)^2}{2}$$ $$v = \dfrac{g \left( t_2 - t_1 \right)}{2}$$

Usando a equação horária da velocidade têm-se que: $v = v_0 - gt_1$, com $v_0$ sendo a velocidade inicial de lançamento da bola. Substituindo a expressão encontrada para $v$ nessa equação, obtêm-se: $$\dfrac{g \left( t_2 - t_1 \right)}{2} = v_0 -g t_1$$ $$v_0= \dfrac{g \left( t_1 + t_2 \right)}{2}$$

Substituindo os valores têm-se que a velocidade inicial de lançamento é  $$v_0 = 9,8 \, m/s$$

        Sabendo que quando a bola atingir a altura máxima $h_{max}$ a velocidade final $v_f$ será 0. Assim, pode-se usar a equação de Torricelli $$v_f^2=v_0^2-2gh$$ $$0 = \left( \dfrac{g \left( t_1 + t_2 \right)}{2} \right)^2 - 2gh_{max}$$ $$h_{max} = \dfrac{g^2 \left( t_1 +t_2 \right)^2}{8g}$$

Substituindo os valores têm-se que a altura máxima de lançamento é $$h_{max} = 2,5 \, m$$

        Usando a equação horária da posição, agora entre $t_1$ e 0 (instante inicial), têm-se que: $$z = v_0 t_1 -\dfrac{gt_1^2}{2}$$

Substituindo $v_0$ $$z = \dfrac{g \left( t_1+ t_2 \right) }{2} t_1 -\dfrac{gt_1^2}{2}$$ $$z = \dfrac{gt_1^2+ g t_1 t_2 }{2} -\dfrac{gt_1^2}{2}$$ $$z = \dfrac{gt_1 t_2}{2}$$

Substituindo os valores têm-se que a altura da rede é é $$z = 2,5 \, m$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/bola-volei-impelida-verticalmente-cima-partir-ponto-proximo-chao-passa-23980) e no Nosso Exercicio (http://nossoexercicio.pet-ufvjm.org/exid/2288).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 12 resolvido

Questão 12

Um método possível para medir a aceleração da gravidade g consiste em lançar uma bolinha para cima num tubo onde se fez vácuo e medir com precisão os instantes $t_1$ e $t_2$ de passagem (na subida e na descida, respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir do instante do lançamento. Mostre que: $$g=\dfrac{2z}{t_1 t_2}$$  (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução  

Dados do problema

• Altura z
• Instante de passagem por z na subida $t_1$
• Instante de passagem por z na descida $t_2$

A modelagem do problema pode ser vista na imagem a baixo:

Sabendo que o movimento vertical possui aceleração constante $g$ para baixo pode-se usar a equação horária da posição, dada por: $\Delta y = v_0\Delta t - \dfrac{g\Delta t^2}{2}$. Considerando o movimento com inicio em $t_1$ e fim em $t_2$ ($\Delta t = t_2 - t_1$), a variação da posição durante esse intervalo de tempo é 0, e $v_0=v$, $v$ é a velocidade em $t_1$. Assim: $$0 = v\left( t_2 - t_1 \right) - \dfrac{g \left( t_2 - t_1 \right)^2}{2}$$ $$v = \dfrac{g \left( t_2 - t_1 \right)}{2}$$

Usando a equação horária da velocidade têm-se que: $v = v_0 - gt_1$, com $v_0$ sendo a velocidade inicial de lançamento da bola. Substituindo a expressão encontrada para $v$ nessa equação, obtêm-se: $$\dfrac{g \left( t_2 - t_1 \right)}{2} = v_0 -g t_1$$ $$v_0= \dfrac{g \left( t_1 + t_2 \right)}{2}$$

Usando a equação horária da posição, agora entre $t_1$ e 0 (instante inicial), têm-se que: $$z = v_0 t_1 -\dfrac{gt_1^2}{2}$$

Substituindo $v_0$ $$z = \dfrac{g \left( t_1+ t_2 \right) }{2} t_1 -\dfrac{gt_1^2}{2}$$ $$z = \dfrac{gt_1^2+ g t_1 t_2}{2} -\dfrac{gt_1^2}{2}$$ $$z = \dfrac{gt_1 t_2}{2}$$

Assim, remodelando a equação final:

$$g = \dfrac{2z}{t_1 t_2}$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/celebre-corrida-lebre-tartaruga-velocidade-lebre-30-kmh-tartaruga-15mmin-23972) e no Brainly (https://brainly.com.br/tarefa/4082740).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 11 resolvido

Questão 11

Você quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as até uma altura máxima de 2m. De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandar as bolas para cima? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Altura máxima do lançamento $h= 2\, m$
• Aceleração da gravidade $g = 9,8 \, m/s^2$

Sabe-se que a bola será lançada com uma velocidade inicial vertical $v_0$ para cima, e que a bola atinge altura máxima quando sua velocidade vertical for 0. Usando a equação de Torricelli, dada por: $v_f^2 = v_0^2+2a\Delta x$, com $v_f=0$, $a =-g$ e $\Delta x = 2 \, m$, pode-se determinar a velocidade inicial vertical: $$ 0^2 = v_0^2 -2\cdot g \cdot 2$$ $$v_0 = 2 \sqrt{g} \approx 6,3\, m/s$$

Se duas bolas forem lançadas em tempos sucessivos (curtos) elas vão se colidir no ar, já que a velocidade diminui ao longo do deslocamento, . Para que isso não ocorra a primeira bola deve alcançar altura máxima para que a segunda possa ser lançada. Assim, o intervalo de tempo entre os lançamentos das bolas é o mesmo que o tempo necessário para uma bola atingir a altura máxima.

Usando a equação horária da velocidade, dada por: $v_f=v_0 +a t$, com $v_f=0$, $a=-g$, pode-se determinar o tempo $t$ em que a bola alcançará a maior altura. $$0 = 2\sqrt{g} -g t$$ $$t=\dfrac{2}{\sqrt{g}} \approx 0,64 \, s$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/voce-quer-treinar-malabarista-mantendo-duas-bolas-ar-suspendendoas-ate-23976) e no Nosso Exercicio (http://nossoexercicio.pet-ufvjm.org/exid/2275).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 10 resolvido

Questão 10

Um trem com aceleração máxima a e desaceleração máxima f (magnitude da aceleração de freamento) tem de percorrer uma distância d entre duas estações. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a aceleração máxima até certo ponto e a partir daí frear com a desaceleração máxima, até chegar; (b) acelerar até uma certa velocidade, mantê-la constante durante algum tempo e depois freiar até a chegada. Mostre que a primeira opção é a que minimiza o tempo do percurso (sugestão: utilize gráficos v x t) e calcule o tempo mínimo de percurso em função de a, f e d. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Aceleração máxima $a$
• Desaceleração máxima $f$
• Distância percorrida $d$

Usando a opção (b) do problema, têm-se que o trem acelera com aceleração $a$ durante $t_1 \, s$ até alcançar velocidade $v$, mantem a velocidade $v$ constante durante $t_2 \, s$ e desacelera até parar com desaceleração $f$. Como mostra o gráfico de v x t. Assim, a opção (a) pode ser descrita como um caso especial em que $t_2 =0$

Para encontrar a velocidade $v$, basta usar a equação horária da velocidade para movimentos uniformemente variados, dada por $v_f = v_0 +at$, com $v_f = v$, $v_0=0$ e $t=t_1$. Pode-se usar a mesma equação para o movimento de desaceleração, com $v_f=0$, $v_0=v$, $a = -f$ e $t=t_3$. Têm-se assim duas equações:

• $v=at_1$
• $0=v-ft_3$

Dessa forma, obtêm-se a seguinte equação $at_1=ft_3$ e isolando $t_1$, $t_1=\dfrac{ft_3}{a}$

Usando o gráfico de v x t, a área abaixo do gráfico é numericamente igual a $d$. Assim, fazendo a área do trapézio, $\dfrac{\left(t_1+t_2+t_3+t_2 \right)f t_3}{2} = d$, substituindo $t_1=\dfrac{ft_3}{a}$ e usando a propriedade distributiva, a equação toma a seguinte forma: $$\dfrac{f^2t_3}{2a}+ft_2 t_3 + \dfrac{ft_3^2}{2} = d$$ 

Multiplicando os dois lados da equação por $2a$ $$f^2t_3^2 + 2aft_2 +aft_3^2 = 2ad$$

Agrupando alguns termos, têm-se que: $$f\left( a+f \right)t_3^2+2a f t_2 t_3 - 2ad=0$$

Aplicando a formula de bhaskara em $t_3$ e simplificando: $$t_3 = \dfrac{-a f t_2 \pm \displaystyle\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d}}{f \left(a + f \right)}$$

Sabe-se que: $$a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d \geq a^2 f^2 t_2^2$$ $$\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d} \geq \sqrt{a^2 f^2 t_2^2}$$ $$\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d} \geq a f t_2$$

Assim, como $t_3 \geq 0$, o sinal adotado para o discriminante deve ser positivo.

$t_3$ pode ser descrito pela equação: $$t_3 = \dfrac{-a f t_2 + \displaystyle\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d}}{f \left(a + f \right)}$$

Usando a equação $t_1=\dfrac{ft_3}{a}$ pode-se encontrar $t_1$, dado pela equação:

$$t_1 = \dfrac{-a f t_2 + \displaystyle\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d}}{a \left(a + f \right)}$$

O tempo total de percurso $\Delta t$ é dado por: $$\Delta t = t_1 +t_2 +t_3$$

Substituindo $t_1$ e $t_3$: $$\Delta t = t_2-\dfrac{aft_2}{a\left( a +f \right)}-\dfrac{aft_2}{f\left( a +f \right)} + \dfrac{\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d}}{a+f}\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{f} \right) $$ $$\Delta t = \dfrac{t_2 a f \left( a + f\right)}{a f \left( a + f\right)}-\dfrac{af^2t_2}{af\left( a +f \right)}-\dfrac{a^2ft_2}{af\left( a +f \right)} + \dfrac{\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d}}{a+f}\left(\dfrac{f+a}{af}\right)$$ $$\Delta t = \dfrac{\sqrt{a^2 f^2 t_2^2 +f \left(a + f \right) 2 a d}}{af}$$ $$\Delta t = \sqrt{t_2^2 +\dfrac{ \left(a + f \right) 2 d}{af}}$$

Com isso, já é possivel perceber que quanto maior for $t_2$, maior será o valor de $\Delta t$. Entretanto, para usar um argumento mais forte, deve-se derivar $\Delta t$ em relação a $t_2$: $$\dfrac{d\Delta t}{dt_2} = \dfrac{t_2}{\sqrt{t_2^2 +\dfrac{ \left(a + f \right) 2 d}{af}}}$$

Para todo valor de $t_2 > 0$, $\dfrac{d\Delta t}{dt_2} > 0$, assim, $\Delta t$ assume valor mínimo quando $t_2 = 0$. Assim, a melhor opção para minimizar o tempo de viagem é a opção (a) com $\Delta t$ mínimo: $$\Delta t = \sqrt{\dfrac{ \left(a + f \right) 2 d}{af}} = \sqrt{\dfrac{2d}{a} \left(1 + \dfrac{a}{f} \right)}$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

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Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 9 resolvido

Questão 9

Numa rodovia de mão dupla, um carro encontra-se 15 m atrás de um caminhão (distância entre pontos médios), ambos trafegando a 80km/h. O carro tem uma aceleração máxima de 3m/s2. O motorista deseja ultrapassar o caminhão e voltar para sua mão 15 m adiante do caminhão. No momento em que cameça a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto, também a 80km/h. A que distância mínima precisa estar do outro carro para que a ultrapassagem seja segura? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Distância carro-caminhão $x_1 = 15\, m$
• Velocidade inicial carro $v_{0}=80 \, km/h$
• Aceleração carro $a = 3\, m/s^2$
• Velocidade caminhão $v_{c}=80 \, km/h$
• Velocidade carro 2 $v_{k_2}=-80 \, km/h$

A modelagem do problema é mostrada na imagem 1, para facilitar a resolução pode-se usar o caminhão como referencial, para fazer isso, deve-se somar um vetor oposto a velocidade do caminhão em todos os objetos, ou seja, -80 \, km/h. Assim, o problema pode ser simplificado como mostrado na imagem 2. Para o segundo caso a velocidade inicial do carro e do caminhão será 0, já a velocidade do carro 2 será 160 km/h, para baixo.
O carro se move de acordo com um movimento uniformemente acelerado de aceleração $a = 3\, m/s^2$, assim, pode-se usar a equação de Torricelli, dada por $x = x_0 + v_0t+\dfrac{at^2}{2}$, com $x=30$, $v_0=0$, $a=3\, m/s^2$, $t=t_u$, com $t_u$ sendo o tempo de ultrapassagem. Assim, $$30 = \dfrac{3t^2}{2}$$ $$t=t_u=2 \sqrt{5}$$

Existe uma distancia $d_r$ em que o carro 2 é lançado que a colisão acontece no momento em que o carro está a 15 m. Se o carro 2 é lançado de uma distancia $d$, tal que $d \le d_r$, o carro 2, a colisão acontece com o carro a uma distancia menor que 15 m do caminhão. Se o carro 2 é lançado de uma distancia $d_2$, tal que $d_2 \ge d_r$, a colisão não acontece. Dessa forma, $d_r$ é a distância mínima para que não ocorra colisão. Isso pode ser melhor descrito no gif abaixo.

Já o carro 2 percorre um movimento uniforme com velocidade $v_{k_2}=-160 \, km/h = -\dfrac{160}{3,6} \, m/s$, como $v_{k_2}=\dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{x-d_r}{t-0}$, $x = d_r + v_{k_2}t$, com $t=t_u=2\sqrt{5}$ e $x=30 \, m$. Assim, $$30 = d_r - \dfrac{160}{3,6}\cdot 2 \sqrt{5}$$ $$d_r \approx 228,76 \, m$$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

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Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questão 8 resolvido

Questão 8

O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento é de 15m. A aceleração máxima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo é de 3m/s^2 e ele pode ser freiado a 5m/s^2. Que velocidade mínima o carro precisa ter na mudança do sinal para amarelo a fim de que possa atravessar no amarelo? Qual é a velocidade máxima que ainda lhe permite parar antes de atingir o cruzamento? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Tempo do sinal $t=3\, s$
• largura do cruzamento $l=15\, m$
• Distancia até o cruzamento $d=30\, m$
• Aceleração no sentido da velocidade $a=3 \, m/s^2$
• Aceleração no sentido contrario ao da velocidade $a=5 \, m/s^2$

montagem do problema

Desconsiderando o tempo de reação do motorista.
Para o carro atravessar o sinaleiro no amarelo ele deve acelerar no máximo possível $a=3 \, m/s^2$. Como a aceleração é constante, pode-se usar a equação horária da posição, dada por $x = x_0 + v_0t+\dfrac{at^2}{2}$, com $x_0=0$, $x=45\, m$, $t = 3\, s$ e $v_0 = v_{minima}$. Assim, $$45 = v_{minima}3+13,5$$ $$v_{minima} = 10,50 \, m/s = 37,80 \, km/h$$

Para o carro parar antes do cruzamento ele deve freiar o maximo possivel $a = -5 \, m/s^2$. Como a aceleração é constante, pode-se usar a equação de Torricelli, dada por $v_f^2 = v_0^2 + 2a\Delta x$, com $v_f = 0$, $v_0 = v_{maxima}$, $\Delta x = 30 \, m$. Assim, $$0^2 = v_{maxima}^2-2\cdot 5 \cdot 30$$ $$v_{maxima} \approx 17,32 \, m/s = 62,35 \, km/h$$

Considerando o tempo de reação do motorista como $t_r=0,7\, s$
Para o carro atravessar o sinaleiro no amarelo, ele percorrerá uma distancia $x_0$ com velocidade constante $v_0$ durante $t_r$, assim, como $v_0=\dfrac{x_0}{t_r}$, $x_0 = v_0 t_r = 0,7v_0$, após o carro percorrer a distancia $x_0$ ele irá acelerar no máximo possível $a=3 \, m/s^2$, deve-se considerar também que o motorista nota o sinal amarelo após $t_r = 0,7 \, s$ assim o tempo do movimento será $t = 3 - 0,7 =2,3 \, s$. Utilizando a equação da horária da posição $x = x_0 + v_0t+\dfrac{at^2}{2}$, com $x=45\, m$ e $v_0 = v_{minima}$. Assim, $$45 = 0,7v_0 + v_02,3+7,935$$ $$v_0 = v_{minima} = 12,355 \, m/s = 44,478 \, km/h$$
Para o carro parar antes do cruzamento, ele percorrerá uma distancia $x_0$ com velocidade constante $v_0$ durante $t_r$, assim, como $v_0=\dfrac{x_0}{t_r}$, $x_0 = v_0 t_r = 0,7v_0$, após o carro percorrer a distancia $x_0$ ele irá freiar no máximo possível $a=-5 \, m/s^2$, deve-se considerar também que o motorista nota o sinal amarelo após $t_r = 0,7 \, s$ assim o tempo do movimento será $t = 3 - 0,7 = 2,3 \, s$. Utilizando a equação de Torricelli, dada por $v_f^2 = v_0^2 + 2a\Delta x$, com $v_f = 0$, $v_0 = v_{maxima}$, $\Delta x = 30 - x_0 =  \, m$. Assim, $$0^2 = v_{0}^2-2\cdot 5 \cdot \left(30-0,7v_0\right)$$ $$v_0^2+7v_0-300=0$$

$v_0 = -21,17 \, m/s$ (não convem) ou $v_0 = 14,17 \, m/s = 51,01 \, km/h$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

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Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questao 7 resolvido

Questão 7

O tempo médio de reação de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo súbito e aplicar os freios) é da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca pode ser freiado a 6m/s2;. Calcule a distância mínima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 60km/h e a 90km/h. Estime a quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distâncias encontradas. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Tempo medio de reação $t = 0,7 \, s$
• Aceleração do carro $a = -6 \, m/s^2$

Primeiro deve-se calcular a distancia percorrida pelo carro durante o tempo de reação, em seguida deve-se calcular a distância percorrida até o carro parar.

Como a velocidade é constante no primeiro momento, pode-se usar a equação horária da posição do movimento uniforme, dada por $x = x_0 + v_0t$. Para os três casos, $x_0 = 0$ e $t = 0,7$, assim, $x = 0,7v_0$.

• Com $v_0 = 30 \, km/h = \dfrac{30}{3,6} \, m/s^2$, $x \approx 5,83 \, m/s^2$
• Com $v_0 = 60 \, km/h = \dfrac{60}{3,6} \, m/s^2$, $x \approx 11,67 \, m/s^2$
• Com $v_0 = 90 \, km/h = \dfrac{90}{3,6} \, m/s^2$, $x =17,5 \, m/s^2$

No segundo momento o carro será freiado a aceleração constante $a = -6\, m/s^2$, assim, pode-se usar a equação de Torricelli, dada por $v_f^2=v_0^2+2a\Delta x$. Para os três casos, $v_f = 0$ e $a = -6 \, m/s^2$.

• Com $v_0 = 30 \, km/h = \dfrac{30}{3,6} \, m/s^2$, $\Delta x \approx 5,79 \, m/s^2$
• Com $v_0 = 60 \, km/h = \dfrac{30}{3,6} \, m/s^2$, $\Delta x \approx 23,15 \, m/s^2$
• Com $v_0 = 90 \, km/h = \dfrac{30}{3,6} \, m/s^2$, $\Delta x \approx 52,08 \, m/s^2$

Assim, a distância percorrida pelo carro será $d = x+ \Delta x$, nos três casos:

• Com $v_0 = 30 \, km/h$, $d = 11,62 \, m$
• Com $v_0 = 60 \, km/h$, $d = 34,82 \, m$
• Com $v_0 = 90 \, km/h$, $d = 69,58 \, m$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/tempo-medio-reacao-motorista-tempo-decorre-perceber-perigo-subito-aplicar-23985) e no Brainly (https://brainly.com.br/tarefa/4653202).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questao 6 resolvido

Questão 5

Uma partícula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta, com aceleração crescente segundo a lei

a = bt,

onde t é o tempo e b = 0,5 m/s2. Trace os gráficos da velocidade v e da posição x da partícula em função do tempo. Qual é a expressão analítica de v(t) ? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

Solução 

Dados do problema

• Tempo decorrido $\Delta t = 10 \, s$
• Parametro $b = 0,5 \, m/s^2$
• Posição inicial $x_0 = 0$
• Aceleração em função do tempo $a = bt$

Sabendo que a aceleração é dada por $a = \dfrac{dv}{dt} = \dfrac{d^2x}{dt^2}$, pode-se afirmar que $ \dfrac{dv}{dt} = bt$. Como a função a(t) é continua para todo valor de t, a função v(t) será continua para todo valor de t, assim, v(t) pode ser diferenciada da seguinte forma, tomando f(t) uma função genérica: $$v = f(t)$$ $$dv = \dfrac{df(t)}{dt} \, dt$$ 

como $\dfrac{dv}{dt} = \dfrac{df(t)}{dt} = a$, $$dv = a \, dt$$

Integrando a ultima equação dos dois lados: $$\displaystyle\int^{v}_{v_{0}} dv = \displaystyle\int^t_0 a \, dt$$ $$ v - v_0 = \displaystyle\int^t_0 bt \, dt = \dfrac{bt^2}{2}$$ $$v = v_0 +\dfrac{bt^2}{2}$$

Sabendo que $v = \dfrac{dx}{dt}$ e repetindo o argumento usado para a aceleração.

$$dx = v \, dt$$ $$\displaystyle\int^x_{x_0} dx = \displaystyle\int^t_{0}v \,dt$$ $$x - x_0 =  \displaystyle\int^t_{0} v_0 \, + \, \dfrac{bt^2}{2}\, dt = v_0t+\dfrac{bt^3}{6}$$ $$x = x_0 + v_0t + \dfrac{bt^3}{6}$$

com $x_0 = 0$, $v_0 = 0$ e $b = \frac{1}{2}$ têm-se as equações para a veelocidade e posicao da particula

• $x(t) = \dfrac{t^3}{12}$
• $v(t) = \dfrac{t^2}{4}$

Os gráficos de x(t) e v(t) são mostrados abaixo:

velocidade em função do tempo

posição em função do tempo

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/particula-inicialmente-repouso-origem-movese-durante-10s-linha-reta-aceleracao-23979) e no Brainly (https://brainly.com.br/tarefa/1835557).

Fisica 1 Moyses vol 1 capítulo 2 questao 5 resolvido

Questão 5

O gráfico da figura representa a marcação do velocímetro de um automóvel em função do tempo. Trace os gráficos correspondentes da aceleração e do espaço percorrido pelo automóvel em função do tempo. Qual é a aceleração média do automóvel entre t = 0 e t = 1min? E entre t = 2min e t = 3min ? (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.1)

 

gráfico velocidade em função do tempo
Fonte: Moyses Nussensveing

Solução:

Dados do problema:

• Gráfico da velocidade em função do tempo

A aceleração é dada por $a = \dfrac{dv}{dt}$, assim, basta fazer a equação da velocidade em função do tempo e derivar em relação ao tempo $t$. Como o gráfico mostra que a função de $v(t)$ é afim, ela pode ser escrita como $v(t) = b + at$, e a pode ser dado como $a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t}$, com $\Delta v$ sendo a variação de velocidade e $\Delta t$ sendo o intervalo de tempo, lembrando de converter a velocidade de $km/h$ para $m/s$ e o tempo de minutos para segundos. Dessa forma:

• para $0 \leq t \leq 30 \, s$, $a = \dfrac{\dfrac{45}{3,6} - 0}{30} \approx 0,42 \, m/s^2$
• para $30 \leq t \leq 120 \, s$, $a = \dfrac{0}{90} = 0 \, m/s^2$
• para $120 \leq t \leq 150 \, s$, $a = \dfrac{0 - \dfrac{45}{3,6}}{30} \approx -0,42 \, m/s^2$
• para $150 \leq t \leq 180 \, s$, $a = \dfrac{0}{30} = 0 \, s$
• para $180 \leq t \leq 210 \, s$, $a = \dfrac{\dfrac{75}{3,6}-0}{30} \approx 0,69 \, m/s^2$
• para $210 \leq t \leq 270 \, s$, $a = \dfrac{0}{60} = 0 \, m/s^2$
• para $270 \leq t \leq 300 \, s$, $a = \dfrac{0-\dfrac{75}{3,6}}{30} \approx -0,69 \, m/s^2$

Assim, o gráfico da aceleração em função do tempo pode ser visto abaixo

Sabendo que a aceleração em função do tempo é constante, pode-se usar a equação horária do espaço, dada por $x =x_0\, +\,  v_0 \Delta t + \dfrac{a\Delta t^2}{2}$, com $x$ sendo a posição final da partícula, $x_0$ a posição inicial da partícula, que pode ser calculada usando o instante final do movimento anterior, $\Delta t$ a variação do tempo decorrido, $v_0$ a velocidade inicial do movimento, que pode ser obtida do gráfico.

• para $0 \leq t \leq 30 \, s$, $x = 0 \, + \, \dfrac{0,42\cdot t^2}{2}$
• para $30 \leq t \leq 120 \, s$, $x =187,5 \, + \, 12,5\left(t-30 \right)$
• para $120 \leq t \leq 150 \, s$, $x = 1312,5 \, + \, 12,5 \left(t-120 \right) \, + \, \dfrac{-0,42\cdot \left( t-120\right)^2}{2}$
• para $150 \leq t \leq 180 \, s$, $x = 1500$
• para $180 \leq t \leq 210 \, s$, $x = 1500 \, + \, \dfrac{0,69\cdot \left(t-180\right)^2}{2}$
• para $210 \leq t \leq 270 \, s$, $x = 1812,5 \, + \, 20,83 \left( t-210 \right)$
• para $270 \leq t \leq 300 \, s$, $x =3062.3 \, + \, 20,83 \left(t-270 \right) \, + \, \dfrac{-0,69\cdot \left( t-270\right)^2}{2}$

Usando essas equações, pode-se construir o gráfico da posição em função do tempo, como mostrado abaixo.

Para obter a aceleração media da particula entre $t=0$ e $t=1 \, min$ basta usar a equação $a_m = \dfrac{v_f-v_0}{\Delta t}$. O mesmo processo pode ser feito para $t=2 \, min$ e $t=3 \, min$, assim:

• com $0 \leq t \leq 1 \, min$, $a_m = \dfrac{\dfrac{45}{3,6} - 0}{60 - 0} \approx 0,21 \, m/s^2$
• com $2 \, min \leq t \leq 3 \, min$, $a_m = \dfrac{0-\dfrac{45}{3,6}}{180 - 120} \approx -0,21 \, m/s^2$

Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Física Básica: fluidos, oscilações e ondas, calor. Editora Blucher, 2018.

Conteudos semelhantes no Responde ai (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/grafico-figura-representa-marcacao-velocimetro-automovel-funcao-tempo-trace-graficos-23981) e no Tutor Brasil (https://www.tutorbrasil.com.br/forum/viewtopic.php?t=72535).