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.

Conteudos semelhantes no Responde aí (https://www.respondeai.com.br/conteudo/fisica/livro/exercicios/sistema-fig-porcao-contem-mercurio-contem-oleo-tanque-aberto-contem-52021) e no Forum PiR2 (https://pir2.forumeiros.com/t151295-fluido)

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.

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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).