Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 8.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2008. FÍSICA 1 CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES 3
13. A posição r de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r = (2,00t 5,00t )i + j com r em metros e t em (6,00 7,00t 4) j em segundos. Na notação de vetores unitários, calcule (a) r, (b) v e (c) a para t = = 2,00 s. (d) Qual é o ângulo entre o sentido positivo do eixo x e uma reta tangente à trajetória da partícula em t = = 2,00 s? (Pág. 85) Solução.
(a) Para t = = 2,00 s, r vale r(2,00 s): 3 4 r 2,00 s 2, 00 00 2, 00 00 5, 00 00 2, 00 00 i 6, 00 00 7, 7, 00 00 2, 00 00 j
00 m i 106 m j r 2,00 s 6, 00
(b) A velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo. v
d r dt
2 3 6, 00 00t 5, 00 00 i 28, 0t j
Para t = = 2,00 s, v vale v(2,00 s): v 2,00 s 6 , 00 00 2, 00 00 5, 00 00 i 28, 0 2, 00 00 j 2
3
v 2,00 s 19,0 m/s i 224 m/s j
(c) A aceleração é a derivada da velocidade em relação ao tempo. a
d v dt
2 12,0ti 84,,0 0t j 2
a 2,00 s 12,0 2,00 ,00 i 84,0 2,00 ,00 j
a 2,00 s 24,0 m/s
2
i 336 m/s j 2
(d) O cálculo do ângulo é feito a partir dos componentes x e y da velocidade em t = = 2,00 s: v y 224 m/s 11, 7894 tan v x 19,0 m/s Logo:
tan
1
,7894 85,1516 11,78
85, 2 85,
O gráfico paramétrico das funções x(t ) e y(t ), ), entre t = = 0,00 s e t = = 2,00 s é mostrado abaixo. O vetor o v(2,00 s) é mostrado na posição r(2,00 s). O ângulo aparenta ser menor do que 85,2 devido à diferença nas escalas dos eixos.
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x m
2
2
4
6
20
40
r(2,00 s)
60
80
100
v(2,00 s)
20. Na Fig. 4-35 a partícula A se move ao longo da reta y = 30 m com uma velocidade constante v de módulo 3,0 m/s e paralela ao eixo x. No instante em que a partícula A passa pelo eixo y a partícula B deixa a origem ori gem com velocidade inicial zero e aceleração constante a de módulo 0,40 2 m/s . Para que valor do ângulo entre entre a e o semi-eixo y positivo acontece uma colisão?
Fig. 4-35 Problema 20
(Pág. 85) Solução.
Para que haja colisão entre as duas partículas, p artículas, no instante t da da colisão deveremos ter x A = x B e y A = y B. Para resolver o problema, vamos analisar o movimento de cada partícula e igualar suas coordenadas finais x e y. A partir daí, desenvolveremos as equações com o objetivo de isolar . Movimento da partícula A em (movimento retilíneo uniforme): x A x0 A vAt x A 0 vt x A vt
(1)
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2
Como o movimento de A é paralelo ao eixo x, sua coordenada y não se altera: y A y0 A
(2)
Movimento da partícula B (movimento retilíneo uniformemente acelerado): 1
r B r0 B v 0B t
1
r B 0 0
1
r B
2
2
2
2
aB t
2
a B t
2
a B t
Este resultado pode ser desmembrado em duas equações, uma em x e outra em y: x B
1
x B
1
2
axBt 2
2
1 2
aB sen t 2
a sen t 2
(3)
De forma semelhante a (3), podemos calcular y B: y B
1 2
a cos t 2
(4)
Igualando-se (1) e (3) teremos: v At
1 2
a sen t 2 2
t
4v A
2
a 2 sen2
(5)
Igualando-se (2) e (4) teremos: y A
1
t 2
2 y A
2
a cos t 2
a cos
(6)
Nas equações (5) e (6), t é o instante de tempo em que a colisão ocorre e é o mesmo para os movimentos de A e B. Portanto, podemos igualar (5) e (6): 4v A2
a 2 sen 2
2 yA
a cos
Simplificando-se alguns termos e substituindo-se sen 2 = 1 cos2 , teremos:
2v A2 cos yA a 1 cos2
2
cos 2
2v A
y A a
cos 1 0
Fazendo cos = X , teremos: X 2
2v A2
y A a
X 1 0
Substituindo-se os valores numéricos: X 2
2 3,0 m/s
2
30 m 0, 40 m/s2
X 1 0
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3
X 2 1,5 X 1 0
As raízes desta equação são X 1 = 0,50 e X 2 = -2,0. Como X 2 = -2,0 não pode ser igual ao cosseno de nenhum ângulo, teremos: cos X 1 0,50 60
35. A
velocidade de lançamento de um projétil é cinco vezes maior que a velocidade na altura máxima. Determine o ângulo de lançamento 0. (Pág. 86)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação: y
v1
v0
0 x
De acordo com o enunciado, temos: v0 5v1
(1)
A velocidade v1 tem componente apenas em x, que é igual à componente x de v0, ou seja: v1 v0 x v0 cos
Substituindo-se o valor de v1 em (1): v0 5v0 cos
1 cos1 78, 4630 5 78,5 38. Você lança uma bola
em direção a uma parede com uma velocidade de 25,0 m/s e um ângulo 0 = 40,0 acima da horizontal (Fig. 4-38). A parede está a uma distância d = 22,0 m do ponto de lançamento da bola. (a) A que distância acima do ponto de lançamento a bola atinge a parede? Quais são as componentes (b) horizontal e (c) vertical da velocidade da bola ao atingir a parede? (d) Ao atingir a parede, ela já passou pelo ponto mais alto da trajetória? o
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4
Fig. 4-38 Problema 38
(Pág. 86) Solução.
Considere o seguinte esquema da situação: y
Ponto de impacto
h
v0
0 x
d
(a) Movimento em x: x x0 v x 0t d 0 v0 cos 0t t
d v0 cos 0
(1)
Movimento em y: y y0 v y 0t
1 2
gt 2
h 0 v0 sen 0t
1 2
gt 2
(2)
Substituindo-se (1) em (2), teremos: 1 d d h 0 v0 sen 0 g v0 cos 0 2 v0 cos 0 h d tan 0
gd 2 2v02 cos2 0
2
2
9,8 m/s 22,0 m 22, 0 m tan 40, 0 11,9939 2 25,0 m/s cos 40,0 2
2
2
m
h 12 m
(b) O componente horizontal de v é o mesmo componente horizontal de v0, uma vez que a velocidade horizontal da bola não se altera: v x v0 x v0 cos 0 25,0 m/s 2 cos 40,0
19,1511
m/s
v x 19 m/s
(c) O componente vertical da velocidade v com que a bola bate na parede vale: d v y v0 y gt v0 sen 0 g v0 cos 0
Na equação acima, substituímos t pelo seu valor definido em (1). Resolvendo numericamente, teremos: ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
5
2
9,8 m/s 22,0 m 4,8118 25,0 m/s cos 40,0 2
v y 25, 0 m/s2 sen 40, 0
m/s
v y 4,8 m/s
(d) Como v y é positivo, significa que no momento do impacto com a parede a bola ainda estava em ascensão. Logo, nesse momento a bola ainda não havia atingido o ponto mais alto de sua trajetória. 39. Um rifle que atira
balas a 460 m/s é apontado para um alvo situado a 45,7 m de distância. Se o centro do alvo está na mesma altura do rifle, para que altura acima do alvo o cano do rifle deve ser apontado para que a bala atinja o centro do alvo? (Pág. 87)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação, onde são mostradas a trajetória normal da bala até o alvo (parabólica) e a trajetória que a bala seguiria caso não houvesse aceleração da gravidade: Trajetória sem queda
Alvo
Trajetória parabólica
y
h
v0
0
x R
Movimento em x: x x0 v x 0t R 0 v0 cos 0t t
R v0 cos 0
(1)
Movimento em y: y y0 v y 0t
1 2
gt 2
0 0 v0 sen 0 t t
2v0 sen 0
g
1 2
gt 2
(2)
Igualando-se (1) e (2), teremos: R v0 cos 0 sen 2 0
2v0 sen 0
g
gR v02
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6
0
9,8 m/s2 45,7 m gR 1 1 0, 0606 sen 2 sen 2 v 2 2 460 m/s 0 1
1
Podemos encontrar a altura de queda da bala por meio da seguinte relação trigonométrica: h R tan 0 45, 7 m tan 0, 0606
0, 04836
m
h 4,84 cm
54. Dois segundos após ter sido lançado a partir do solo, um projétil deslocou-se 40 m
horizontalmente e 53 m verticalmente em relação ao ponto de lançamento. Quais são as componentes (a) horizontal e (b) vertical da velocidade inicial do projétil? (c) Qual é o deslocamento horizontal em relação ao ponto de lançamento no instante em que o projétil atinge a altura máxima em relação ao solo? (Pág. 88) Solução.
Considere o seguinte esquema da situação em que t 1 corresponde ao instante de tempo mencionado no enunciado e t 2 é o instante de tempo em que o projétil alcança o ponto mais alto de sua trajetória: y
t 2
t 1
H
h
0 t 0 = 0 x d D (a) Movimento em x, de t 0 = 0 a t 1 = 2 s: x1 x0 v x 0t 1 d 0 v x 0t 1 v x 0
d t 1
40 m 2 s
v x 0 20 m/s
(b) Movimento em y: y1 y0 v y 0t h 0 v y 0t1
v y 0
h
1 2 t 1
1 2
1 2
gt 12
gt 12
gt12
53 m
1
9,8 m/s 2 s 2 2
2 s
2
36,3 m/s
v y 0 36 m/s ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
7
(c) Análise do movimento em y desde o lançamento até a altura máxima da trajetória: v y 2 vy 0 gt2 0 v y 0 gt 2
t 2
v y 0 g
36,3 m/s
9,8 m/s 2
3,7040
s
Movimento em x até a altura máxima da trajetória: x2 x0 v x 0t 2 D 0 v x 0t 2
D 20 m/s 3,7040
s 74,0816
m
D 74 m
66. Uma partícula descreve um
movimento circular uniforme em um plano horizontal xy. Em certo instante ela passa pelo ponto de coordenadas (4,00 m, 4,00 m) com uma velocidade de 5,00i m/s e uma aceleração de +12,5 j m/s. Quais são as coordenadas (a) x e (b) y do centro da trajetória circular? (Pág. 89)
Solução.
A situação exposta no enunciado pode ser resumida no esquema I: y
y
C
6
5
5
a
4
a
4
v
v
3
3
2
2
1
1 1
2
3
4
5
x
R
1
2
3
4
5
x
(I) (II) Como se trata de movimento circular uniforme, a aceleração mencionada é centrípeta, ou seja, aponta para o centro da trajetória circular ( C ). Portanto, o centro da trajetória está localizado na coordenada xC = 4 e yC = 4,00 + R, em que R é o raio do círculo (esquema II). O raio pode ser obtido a partir de: aC R
v2 R
v2 aC
5,00 m/s
2
12,5 m/s
2
2,00 m
Logo: yC 4,00 m R 4, 00 m 2,00 m ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
8
yC 6,00 m
Portanto: C 4,00 m, 6,00 m 68. Um gato pula em um carrossel que está descrevendo um movimento circular uniforme. No instante t 1 = 2,00 s a velocidade do gato é v1 = (3,00 m/s)i + (4,00 m/s) j, medida em um sistema de coordenadas horizontal xy. No instante t 2 = 5,00 s, a velocidade é v2 = (3,00 m/s)i + (4,00 m/s) j. Quais são (a) o módulo da aceleração centrípeta do gato e (b) a aceleração média do gato no intervalo de tempo t 2 – t 1, que é menor que um período? (Pág. 89) Solução.
Segundo o enunciado, v1 = v2. Como também foi dito que o intervalo de tempo decorrido no deslocamento do gato é inferior a um período do movimento circular, o fato de v1 ser igual a v2 revela que o gato percorreu apenas meia circunferência do carrossel. Veja o esquema a seguir: Trajetória do gato
y
s12
v2, t 2
x v1, t 1 Carrossel
(a) O módulo da aceleração centrípeta é dado pela seguinte expressão, onde v é a velocidade escalar do gato e R é o raio do carrossel: ac
v2 R
(1)
A velocidade escalar corresponde ao módulo do vetor velocidade em qualquer instante de tempo. Vamos tomar o instante t 1 como referência, quando a velocidade é v1: v v1 v12 x v22x
2
2
3, 00 m/s 4, 00 m/s 5, 00 m/s
O raio do carrossel pode ser obtido a partir da definição da velocidade escalar, onde s12 é o comprimento de meia circunferência: v
s12
t12
R
t 12
5, 00 m/s3,00 s 4,7746 m 3,1415 Substituindo-se os valores de v e R em (1), teremos: R
ac
vt 12
5,00 m/s 4,7746
2
m
5, 2359
2
m/s
ac 5,24 m/s2 ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
9
(b) A aceleração média vale: am
v12 v 2 v1 3, 00 m/s i 4, 00 m/s j 3, 00 m/s i 4, 00 m/s j t12 t 12 3, 00 s
6, 00 m/s i 8, 00 m/s j 2, 00 m/s2 i 2, 666 3, 00 s O módulo da aceleração média vale: am
am
2
2, 00 m/s2 2, 666
m/s
2
2
3, 3333
m/s
m/s
2
j
2
am 3,33 m/s2
um vento de 42 km/h a um ângulo de 20 o ao sul do leste, o piloto de um avião sobrevoa uma cidade que está a 55 km ao norte do ponto de partida. Qual é a velocidade escalar do avião em relação ao ar? (Pág. 89)
76. Depois de voar por 15 min em
Solução.
Sejam va a velocidade do avião em relação ao solo, vv a velocidade do vento e vav a velocidade do avião em relação ao vento. O esquema vetorial dessas velocidades é mostrado a seguir, onde é o ângulo citado no enunciado:
vv
y vav
x
va
O esquema acima sugere a seguinte relação matemática: v av v a vv
(1)
Portanto, precisamos determinar va e vv para obter vav. Como o avião percorre uma distância s = 55 km para o norte (direção +y), medida sobre o solo, num intervalo de tempo t = 15 min = 0,25 h, teremos: 55 km/h s va j 220 km/h j t 0,25 h A velocidade do vento é obtida por decomposição do vetor vv: vv vvx i vvy j vv cos i vv sen j
vv 42 km/h vv cos 20 i 42 km/h sen 20
vv 39,4670
km/h i 14,3648
j
km/h j
Substituindo-se os valores de va e vv em (1), teremos: v av 220 km/h j 39,4670
vav 39,4670
km/h i 14,3648
km/h i 234,3648
km/h j
km/h j
O módulo de vav vale: ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
10
vav
39,4670
2
km/h 234,3648
2
km/h 237,6647
km/h
vav 240 km/h
104. Um astronauta é posto em rotação em uma centrífuga horizontal com um raio de 5,0 m. (a) Qual é a velocidade escalar do astronauta se a aceleração centrípeta tem um módulo de 7,0 g ?
(b) Quantas revoluções por minutos são necessárias para produzir essa aceleração? (c) Qual é o período do movimento? (Pág. 92) Solução.
(a) A velocidade (v) pode ser calculada a partir da definição da aceleração centrípeta ( ac), onde r é o raio da centrífuga: 2
ac
v
v
rac
r
5,0 m 7,0 9,8 m/s 2 18,5202
m/s
v 19 m/s
(b) O número de revoluções por minuto corresponde à freqüência ( f ) do movimento circular e pode ser calculada por conversão da unidades da velocidade: 60 s 1 rev 35,3710 1 min 2 5, 0 m
f 19 m/s
rpm
f 35 rpm
(c) O período ( T ) corresponde ao inverso da freqüência. T
1
f
1
35,3710
rpm
0, 02827
60 s 1, 6963 1 min
min
s
T 1,7 s
Astronauta em treinamento numa centrífuga (NASA) 131. Um golfista arremessa uma bola
a partir de uma elevação imprimindo à bola uma velocidade inicial de 43 m/s e um ângulo de 30 o acima da horizontal. A bola atinge o campo a uma distância horizontal de 180 m do local de lançamento. Suponha que o campo seja plano. (a) Qual era a altura da elevação de onde foi arremessada a bola? (b) Qual era a velocidade da bola
________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
11
ao chegar ao campo? (Pág. 94) Solução.
Considere o seguinte esquema da situação: y v0
0 h x d
(a) Para determinar a altura da elevação, vamos resolver as equações de movimento em x e em y. O movimento da bola em x ocorre com velocidade constante: x x0 v x 0t d 0 v0 cos 0t t
d v0 cos 0
(1)
O movimento em y ocorre com aceleração constante g: y y0 v y 0t
1 2
gt 2
0 h v0 sen 0t
1 2
gt 2
(2)
Substituindo-se (1) em (2): 1 d d h v0 sen 0 g v0 cos 0 2 v0 cos 0 h
2
2
9,8 m/s 180 m 180 m tan 30 10,5604 2 43 m/s cos 30 2
gd 2 2v0 cos
2
2
0
d tan 0
2
2
m
h 11 m
(b) O módulo da velocidade da bola imediatamente antes de atingir o solo, v, é dada por: v v x2 v y2
(3)
Como o componente da velocidade em x é constante, temos: v x vx 0 v0 cos 43 m/s cos 30
37,2390
m/s
O componente y da velocidade pode ser calculado por meio da análise do movimento em y: v y2 vy20 2 g y y0 v y2 v02 sen 2 2 g 0 h v y
v02 sen 2 2 gh
43 m/s
2
sen 2 30
2 9,8 m/s 10,5604 2
m 25,8695
m
Substituindo-se os valores de v x e v y em (1): ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
12
v
37, 2390
2
m/s 25, 8695
m 45, 3429
m/s
v 45m/s
________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
13
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 1 CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO BI E TRIDIMENSIONAL
3
4
02. A posição de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r = (2t 5t )i + (6 7t ) j, com r em metros e t em segundos. Calcule (a) r, (b) v e (c) a quando t = 2 s. (Pág. 64) Solução.
(a) Em t = 2,00 s a posição ( r) da partícula vale: 3 4 r [2 (2) 5 (2)]i [6 7 (2) ] j
r (16 10)i (6 112)j r (6i 106j) m
(b) A velocidade instantânea v é derivada primeira de r em relação ao tempo: v
dr dt
d
3 4 [(2t 5t )i (6 7t ) j] dt
v (6t 5)i 28t j 2
3
Substituindo-se o valor de t = 2 s: v [6 (2) 5]i [28 (2) ]j 2
3
v (21i 224j) m/s
(c) A aceleração instantânea a é derivada primeira de v em relação ao tempo: a
dv dt
d
[(6t 5)i 28t j] dt 2
3
a 12ti 84t j 2
Substituindo-se o valor de t = 2 s: a 12 (2)i 84 (2) j 2
a (24i 336 j) m/s
2
44. Um canhão é
posicionado para atirar projéteis com velocidade inicial v0 diretamente acima de uma elevação de ângulo , como mostrado na Fig. 33. Que ângulo o canhão deve fazer com a horizontal de forma a ter o alcance máximo possível acima da elevação?
________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
(Pág. 67) Solução.
Análise do movimento no eixo horizontal ( x), onde é o ângulo de inclinação do canhão em relação à horizontal: x x0 vxt
R cos 0 v0 cos t t
R cos v0 cos
(1)
Análise do movimento no eixo vertical ( y): y y0 v y 0t
1 2
at 2
R sin 0 v0 sin t
1 2
gt 2
(2)
Substituindo-se (1) em (2): R cos 1 R2 cos2 R sin v0 sin g 2 2 v0 cos 2 v0 cos 2
cos
1 R cos g 2 sin sin 2 cos 2 v0 cos sin tan cos
gR cos2 2
2
2v0 cos 2
R tan cos sin
2
2v0 cos 2
g cos
(3)
Como R( ) é uma função cujo ponto de máximo deve ser localizado, devemos identificar o valor de tal que dR/d = 0. dR d
2v0 cos( 2 ) sec 2
2
g
0
(4)
Resolvendo-se (4) para encontramos duas possíveis soluções: 1 (2 ) 4 1 (2 ) 4
Como 0 /2 (ver figura), a resposta mais coerente é: ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
15
1 4
(2 )
É claro que resta demonstrar que d 2 R/d 2 0, equação (3), pois como se trata de um ponto de máximo, a concavidade da curva nesse ponto deve ser voltada para baixo. 48. Um foguete é lançado do repouso e se move em uma linha reta inclinada de 70,0
o
acima da horizontal, com aceleração de 46,0 m/s . Depois de 30,0 s de vôo com o empuxo máximo, os motores são desligados e o foguete segue uma trajetória parabólica de volta à Terra; veja a Fig. 36. (a) Ache o tempo de vôo desde o lançamento ao impacto. (b) Qual é a altitude máxima alcançada? (c) Qual é a distância da plataforma de lançamento ao ponto de impacto? (Ignore as variações de g com a altitude.) 2
(Pág. 68) Solução.
Considere o seguinte esquema da situação: y
v2
y2 = H
v1
0 H
y1
a = g j
a0
0 v0 = 0
y0 = y3 = 0 x0 = 0
x x1
x2 R
x3 v3
(a) O cálculo do tempo total de vôo, t 03, é a soma do tempo de aceleração em linha reta com os foguetes, t 01 = 30,0 s, e o tempo de queda livre, t 13, que precisa ser calculado. t03 t01 t 13 (1) Para o cálculo de t 13, precisamos de y1 e v1. Cálculo de y1: ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
16
y y0 v y 0t
1
a yt 2
2
1
y1 y0 v0 y t 01 y1 0 0
y1
1
1 2
2
2 a0 y t 01
2 a0 sen 0t 01
2 a0 sen 0t 01
2
19.451, 63 y1
1
46, 0 m/s sen 70, 0 30, 0 s 2 2
o
2
m
(2)
Cálculo de v1: v y v0 y ay t v1 y v0 y a0 y t01
v1 sen 0 0 a0 sen 0 t 01 v1 a0t 01 46,0 m/s2 30,0 s
v1 1.380 m/s
(3)
Agora podemos determinar t 13, com a ajuda dos valores obtidos em (2) e (3): y y0 v y 0t
1
a yt 2
2
y3 y1 v1 y t13
1 2
g t 132
0 y1 v1 sen 0t13
t132 t132
2v1 sen 0
g
t 13
1 2
2 g
gt 13
2 y1
g
9,81 m/s
2
0
2 1.380 m/s sen 70, 0
t132 264,3783
2
s t 13
o
t 13
2 19.451,63
m
9,81 m/s 3.965, 6752 s 0 2
0
2
As raízes da equação acima são: ' t 13 278, 6120
s
'' t 13 14,2336
s
t 13 278, 6120
s
Logo: (4)
Substituindo-se (4) em (1): t 03 30,0 s 278,6120
s 308,6120
s
t 03 309 s
(b) A altitude máxima de vôo do foguete pode ser obtida pela análise do movimento na coordenada y do ponto 1, o início da queda livre, ao ponto 2, que corresponde ao topo da trajetória. ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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v y2 v02y 2ay y y0 v2 y v1y 2 g y2 y1 2
2
0 v12 sen2 0 2g H y1 H
v12 sen2 0 2 g
y1
2
2 9,81 m/s
1.380 m/s
sen 2 70, 0o 2
19.451,63
m 105.161,50
m
H 105 km
(c) Para determinarmos a distância pedida, precisamos apenas analisar o movimento horizontal entre os pontos 1 e 3, que ocorre com velocidade horizontal constante. x x0 vxt
x3 x1 v1 x t 13 R x1 v1 cos 0 t 13
Lembremos que x1 pode ser obtido pela relação: tan 0
y1 x1
Logo: R
y1 tan 0
v1 cos 0t 13
R 138.581, 29
19.451, 63
m o
tan 70, 0
1.380 m/s cos 70,0o 278, 6120
s
m
R 139 km 49. Um canhão antitanque está localizado na borda
de um platô a 60,0 m acima de uma planície, conforme a Fig. 37. A equipe do canhão avista um tanque inimigo parado na planície à distância de 2,20 km do canhão. No mesmo instante a equipe do tanque avista o canhão e começa a se mover em linha reta para longe deste, com aceleração de 0,900 m/s 2. Se o canhão antitanque dispara um obus com velocidade de disparo de 240 m/s e com elevação de 10,0 o acima da horizontal, quanto tempo a equipe do canhão teria de esperar antes de atirar, se quiser acertar o tanque?
(Pág. 68) Solução.
A estratégia que vamos adotar consiste em calcular o tempo que o obus leva para atingir o solo da planície (t b) e o tempo que o tanque leva para chegar ao local onde o obus cai ( t t ), que fica a uma distância horizontal R do canhão. O tempo de espera será: t tb t t (1) Em primeiro lugar vamos analisar o movimento do obus. Em x o movimento se dá com velocidade constante: ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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x x0 vxt R 0 v0 cos t b t b
R v0 cos
(2)
Movimento do obus em y: 1
y y0 v y 0t
a yt 2
2
0 h v0 sen t
1 2
gtb2
(3)
Substituindo-se (2) em (3): R h v0 sen g v0 cos 2 v0 cos R
1
2
g
R 2 tan R h 0 2v cos 2 0
2
Daqui para adiante não há vantagem em continuar a solucionar o problema literalmente. As raízes desta equação do 2 o grau são: R1 2.306, 775
m
R2 296,5345
m
Como R corresponde a uma coordenada positiva no eixo x, temos: R 2.306, 775 m Substituindo-se (4) em (2): t b 9,7598 s Agora vamos analisar o movimento do tanque, que se dá com aceleração constante: 1
x x0 v x 0t R d 0 0 t t
1 2
2
(4) (5)
a xt 2
at t t 2
2 R d 0 at
15, 4038
s
(6)
Substituindo-se (5) e (6) em (1): t 5,6440
s
t 5,64 s 60. Uma criança gira uma pedra em um círculo horizontal a 1,9 m
acima do chão, por meio de uma corda de 1,4 m de comprimento. A corda arrebenta e a pedra sai horizontalmente, caindo no chão a 11 m de distância. Qual era a aceleração centrípeta enquanto estava em movimento circular? (Pág. 68)
Solução.
Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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r y v x h
d
A aceleração centrípeta procurada é dada por: v
ac
2
r
(1)
Análise do movimento no eixo horizontal ( x): x x0 vxt
d 0 vt t
d v
(2)
Análise do movimento no eixo vertical ( y): y y0 v y 0t 0 h0
h
1 2
1 2
1 2
at 2
gt 2
gt
(3)
2
Substituindo-se (2) em (3): h
1 2
d
2
g 2 v 2
v 2
gd 2h
(4)
Substituindo-se (4) em (1): 2
ac
gd
ac
(9,81 m/s )(11 m)
2rh 2
2(1, 4 m)(1,9 m)
2
223,1221... m/s 2
ac 2, 2 103 m/s2 70. A
neve está caindo verticalmente à velocidade escalar constante de 7,8 m/s. (a) A que ângulo com a vertical e (b) com qual velocidade os flocos de neve parecem estar caindo para o motorista de um carro que viaja numa estrada reta à velocidade escalar de 55 km/h? (Pág. 69)
Solução. ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
20
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vC é a velocidade do carro em relação ao solo, v N é a velocidade da neve em relação ao solo e v NC é a velocidade da neve em relação ao carro: v NC
v N
y x
vC
(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale: vC
tan
v N 1
vC 27,0463 v N
tan
27
(b) A velocidade escalar da neve é dada por: 2 v NC vC2 vN 61,7534
km/h
v NC 62 km/h
Obs. Apenas como curiosidade, vamos mostrar o vetor v NC . Os vetores v N e vC são definidos como: vC vC i
v N vN j
De acordo com o esquema, temos: v N vC v NC v NC v N vC
Logo: v NC vC i vN j
71. Um trem viaja para o
Sul a 28 m/s (relativamente ao chão), sob uma chuva que está sendo soprada para o sul pelo vento. A trajetória de cada gota de chuva faz um ângulo de 64 o com a vertical, medida por um observador parado em relação à Terra. Um observador no trem, entretanto, observa traços perfeitamente verticais das gotas na janela do trem. Determine a velocidade das gotas em relação à Terra. (Pág. 69)
Solução.
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vT é a velocidade do trem em relação à Terra, vG é a velocidade das gotas de chuva em relação à Terra e vGT é a velocidade das gotas de chuva em relação aotrem: vGT
vG
y x
vT
Os vetores vT e vGT são definidos como: vT vT i
(1)
________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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vGT vG cos j
(2)
De acordo com o esquema, temos: vG vT vGT
(3)
Substituindo-se (1) e (2) em (3): vG vT i vG cos j
(4)
O esquema mostra que vG é definido por: vG vG sen i vG cos j Comparando-se (4 e (5), conclui-se que:
(5)
vG sen vT vG
vT sen
(6)
Substituindo-se (6) em (4): vG vT i
vT tan
j
O módulo de vG é dado por: 2
v NC
v v T 31,1528 tan 2 T
m/s
v NC 31 m/s 81. Um homem
quer atravessar um rio de 500 m de largura. A velocidade escalar com que consegue remar (relativamente à água) é de 3,0 km/h. O rio desce à velocidade de 2,0 km/h. A velocidade com que o homem caminha em terra é de 5,0 km/h. (a) Ache o trajeto (combinando andar e remar) que ele deve tomar para chegar ao ponto diretamente oposto ao seu ponto de partida no menor tempo. (b) Quanto tempo ele gasta? (Pág. 70)
Solução.
(a) O trajeto procurado é definido pelo ângulo que o remador deve adotar para direcionar o barco durante a travessia, de forma que a soma dos tempos gastos remando ( t 1) e andando (t 2) deve ser o menor possível. Logo, a solução deste item consiste em construir uma função matemática t 1 + t 2 = f ( ) e, em seguida, achar o valor de onde t 1 + t 2 tem seu valor mínimo, ou seja, d (t 1 + t 2)/d = 0. Considere o seguinte esquema para a situação: v
C
t ,d 2
B
2
vA
t ,d
y
1
1
l vHA
vH
A
x
________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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A velocidade do homem em relação à água ( vHA) deve fazer um ângulo em relação à margem. A velocidade da água ( vA) fará com que o barco percorra a trajetória retilínea AB, que faz um ângulo em relação à margem. O trajeto AB mede d 1 e será percorrido num tempo t 1. Ao chegar ao ponto B, o homem irá caminhando até C num tempo t 2 através de uma distância d 2. Seja o esquema vetorial de velocidades: vA vH
vHA
De acordo com o esquema acima: v H v A v HA Mas: v A va i
(1) (2)
v HA vHA cos i vHA sen j
(3)
Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1): v H (va vHA cos )i vHA sen j
Movimento do ponto A ao ponto B: r r0 vt
r B r A v H t 1
Considerando-se um sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto A, temos: r B d 2 i l j
Logo: d2i l j 0 [(v A vHA cos )i vHA sen j]t1
(4)
A equação (4) somente é verdadeira se e somente se: d2 (v A vHA cos )t1
e l v HA sen t 1
(5)
Logo, de acordo com (10): t 1
l v HA sen
Mas, de acordo com o esquema principal acima: d 2
l tan
(6)
Também podemos dizer que: v H v Hx i v Hy j
Onde: tan
v Hy v Hx
v HA sen (v A v HA cos )
(7)
Substituindo-se (7) em (6): ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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d 2
l (v A v HA cos ) v HA sen
(8)
Movimento de B até C: x x0 v x t 0 d 2 vt 2
t 2
d 2 v
(9)
Substituindo-se (8) em (9): t 2
l (v A v HA cos ) vv HA sen
Agora podemos construir a função t 1 + t 2 = f ( ): t 1 t 2
l v HA sen θ
l (v A v HA cos ) vv HA sen
l (v v A v HA cos )
t 1 t 2
vv HA sen
(10)
O mínimo da função (10) agora pode ser encontrado. d (t1 t2 ) d
l [(v HA )sen (v vA vHA cos ) cos ] 2
2
sen
vv HA
0
(11)
A equação (11) somente é verdadeira se: v HA sen2 (v v A v HA cos ) cos 0
Logo: v HA (sen 2 cos 2 ) (v v A ) cos cos
v HA v v A
1 cos
v HA
v v A
115,3769o [(5,0 km) (2,0 km)]
1 cos
(3,0 km)
115o
(b) Da equação (10): t1 t 2
(0,500 km)[(5,0 km/h) (2,0 km/h) (3, 0 km/h)cos115,3769 (5,0 km/h)(3,0 km/h)sen115,3769
o
)
o
t 1 t 2 0,2108 h t 1 t 2 0,21h 82. Um navio de guerra navega para leste a 24 km/h. Um submarino a 4,0 km
de distância atira um torpedo que tem a velocidade escalar de 50 km/h. Se a posição do navio, visto do submarino, está 20o a nordeste (a) em qual direção o torpedo deve ser lançado para acertar o navio, e (b)
________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio? (Pág. 70) Solução.
(a) Considere o seguinte esquema da situação: v N
y
v TN
v T
x
Pelo esquema acima, temos: vT v N vTN
vTN vT v N
onde vTN é o vetor velocidade do torpedo em relação ao navio. Os vetores v N e vT são assim definidos: v N vN i vT vT sin i vT cos j
(1) (2)
onde é o ângulo procurado no item (b) do enunciado. vTN vT sin i vT cos j vN i vT sin vN i vT cos j
(3)
j vTN vTN sin i vTN cos
(4)
Mas: Como os vetores (3) e (4) são iguais, suas componentes também são iguais. vT sin vN vTN sin vT cos vTN cos
(5) (6)
Dividindo-se (5) por (6): vT sin vN vT cos
tan
(7)
Resolvendo-se (7) : 1
sec
vN vT tan vT 4 vT 4 tan 2 vN 2vT 2
vT v 2
2 N
São duas as soluções possíveis: 173,89...o o 46,8112...
Pelo esquema inicial, conclui-se que a resposta mais coerente é a segunda opção: 47o
(b) Equação de movimento do navio e do torpedo: r N rN 0 v N t ________________________________________________________________________________________________________ a Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8 Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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rT rT 0 vT t
Como no instante t da colisão entre o torpedo e o navio ambos estarão na mesma posição, temos: r N rT
r N 0 v N t rT 0 vT t
Mas: rT 0 0
Logo: r N 0 v N t vT t
(8)
r N 0 d sin i d cos j
(9)
Porém: Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8): d sin i d cos j v N ti vT sin ti vT cos tj (d sin v N t )i d cos j vT sin ti vT cos tj
(10)
Como os vetores descritos em ambos os membros de (10) são iguais, suas componentes também são iguais. Igualando-se as componentes y desses vetores: d cos vT cos t t
t
d cos vT cos (4,0 km)cos(20o ) o
(50 km/h)cos(46,8112... )
0,109838... h
t 0,11 h
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