Alguns Exercicios Resolvidos Do Halliday Cap 04 5- Ed.

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA

Prof. Anderson Coser Gaudio

Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo

http://www.profanderson.net

[email protected] Última atualização: 08/04/2008 10:47 H

2 – Movimento Uni, Bi, Tridimensional e

Vetores

Fundamentos de Física 1 Halliday, Resnick, Walker

4ª Edição, LTC, 1996

Física 1 Resnick, Halliday, Krane

4ª Edição, LTC, 1996

Física 1 Resnick, Halliday, Krane

5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 2 – Movimento

Retilíneo Cap. 2 – Movimento

Unidimensional Cap. 2 – Movimento em

Uma Dimensão Cap. 3 – Vetores em

Duas e Três Dimensões Cap. 3 – Vetores

Cap. 4 – Movimento em Duas e Três Dimensões

Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional

Cap. 4 – Movimento em Duas e Três Dimensões

Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)

http://www.profanderson.net/

mailto:[email protected]

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4

a Ed. - LTC - 1996. Cap. 02 – Movimento Retilíneo

2

HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FUNDAMENTOS DE FÍSICA 1

CAPÍTULO 2 – MOVIMENTO RETILÍNEO

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 70

71 72 73 74 75 76 77 78 79 80

81 82 83 84 85 86 87 88 89 90

91 92 93 94 95 96 97 98 99

[Início documento]

[Início seção] [Início documento]



a Ed. - LTC - 1996. Cap. 03 – Vetores em Duas e Três Dimensões

3



CAPÍTULO 3 – VETORES EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63

[Início documento]




a Ed. - LTC - 1996. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões

4



CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 70

71 72 73 74 75 76 77 78 79 80

81 82 83 84 85 86 87 88 89 90

91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

[Início documento]



________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4

a Ed. - LTC - 1996. Cap. 02 – Movimento Unidimensional

5

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 1

CAPÍTULO 2 – MOVIMENTO UNIDIMENSIONAL

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70

71 72 73 74 75

[Início documento]

01. Que distância seu carro percorre, a 88 km/h, durante 1 s em que você olha um acidente à

margem da estrada?

(Pág. 28)

Solução.

Como o problema trata de um movimento que ocorre com velocidade constante, deve-se utilizar a

Eq. (1).

tvxx x0 (1)

A distância procurada corresponde ao deslocamento x = x x0.

0 xx x x v t

1 m/s

(88 km/h) (0,50 s) 12,222 m3,6 km/h

x

A resposta deve ser expressa com apenas um algarismo significativo:

10 mx


02. Um jogador de beisebol consegue lançar a bola com velocidade horizontal de 160 km/h, medida

por um radar portátil. Em quanto tempo a bola atingirá o alvo, situado a 18,4 m?

(Pág. 28)

Solução.

Apesar do movimento da bola ser bidimensional (ao mesmo tempo em que a bola viaja até a base

horizontalmente, ela sofre ação da gravidade e cai verticalmente) só precisamos nos preocupar com

o seu movimento horizontal. Isto é devido a esse movimento ser o responsável pela situação exposta

no enunciado. O movimento horizontal da bola não está sujeito à aceleração da gravidade ou a

qualquer outra aceleração (exceto, é claro, à aceleração causada pela força de resistência do ar, que é desprezada) e deve ser tratado como movimento com velocidade constante.




6

vtxx 0

0 (18,4 m)

1 m/s(160 km/h)

3,6 km/h

x x xt

v v

s 414,0t


08. Um avião a jato pratica manobras para evitar detecção pelo radar e está 35 m acima do solo

plano (veja fig. abaixo). Repentinamente ele encontra uma rampa levemente inclinada de 4,3o, o

que é difícil de detetar. De que tempo dispõe o piloto para efetuar uma correção que evite um

choque com o solo? A velocidade em relação ao ar é de 1.300 km/h.

(Pág. 28)

Solução.

O avião desloca-se em movimento retilíneo com velocidade constante. Considere o esquema abaixo para a resolução do problema.

h0 x

d

v

Analisando o movimento do avião no eixo x, temos:

0x x vt

0 d vt

dt

v (1)

Como o valor de d não foi dado, é preciso calculá-lo.

tan

h

d

tan

hd

(2)

Substituindo-se (2) em (1):

o

(35 m)1,289035... s

tan 1.300 km/h tan 4,3

3,6

ht

v

1,3 st





7

11. Calcule sua velocidade escalar média nos dois casos seguintes. (a) Você caminha 72 m à razão

de 1,2 m/s e depois corre 72 m a 3,0 m/s numa reta. (b) Você caminha durante 1,0 min a 1,2 m/s

e depois corre durante 1,0 min a 3,0 m/s numa reta.

(Pág. 28)

Solução.

(a) Precisamos lembrar que a velocidade escalar média é a razão entre a distância percorrida (não o

deslocamento) e o intervalo de tempo decorrido no percurso.

1 2 1 2

1 11 2

1 1

72 m 72 m 21,714 m/s

1 172 m 72 m

1,2 m/s 3,0 m/s1,2 m/s 3,0 m/s

em

s s s sv

s st t

v v

1,7 m/semv

(b)

1 2 1 1 2 2

1 2 1 2

1,2 m/s 60 s 3,0 m/s 60 s 1,2 m/s 3,0 m/s

60 s 60 s 2em

s s v t v tv

t t t t

2,1 m/semv


12. Dois trens, cada um com a velocidade escalar de 34 km/h, aproximam-se um do outro na mesma

linha. Um pássaro que pode voar a 58 km/h parte de um dos trens quando eles estão distantes

102 km e dirige-se diretamente ao outro. Ao alcançá-lo, o pássaro retorna diretamente para o

primeiro trem e assim sucessivamente. (a) Quantas viagens o pássaro pode fazer de um trem ao

outro antes de eles se chocarem? (b) Qual a distância total que o pássaro percorre?

(Pág. 28)

Solução.

Neste problema vamos resolver primeiro o item (b) e em seguida o item (a).

vA vB

Trem A Trem B

d

vP

d/2 d/2

1 Encontroo

2d/34d/9

2 Encontroo

x0

(b) Como os trens viajam à mesma velocidade, porém em sentidos contrários, o choque dar-se-á na

coordenada d/2. O tempo ( t) do percurso de cada trem será igual ao tempo de vôo do pássaro. Logo, para o trem A:

t

d

t

xvA

2/

Av

dt

2

Para o pássaro:




8

t

sv p

A

Av

dvs

22

ds

Portanto, o pássaro percorre uma distância igual à separação inicial dos trens, ou seja:

102 kms

(a) Em primeiro lugar, vamos calcular a coordenada x do primeiro encontro (x1).

1 0P Px x v t (1)

tvxx BB01 (2)

Nestas equações, x0p = 0 e x0B = d são as posições do pássaro e do trem B no instante zero e vP = 2

vB e vB são as velocidades do pássaro e do trem B. Como no momento do primeiro encontro o pássaro e o trem B estarão na mesma coordenada (x1), podemos igualar (1) e (2).

0 0B B P Px v t x v t

tvtvd BB )2(0

Bv

dt

3 (3)


1 0 0 ( 2 )

3P P B

B

dx x v v

v

3

21

dx

De maneira semelhante, pode-se demonstrar que o segundo encontro se dará na coordenada 4d/9.

Como conseqüência, do primeiro para o segundo encontro o pássaro percorre uma distância igual a

2d/3 4d/9 = 2d/9, que é igual a 2/3 de d/3. Também pode ser demonstrado que do segundo para o

terceiro encontro ele percorre uma distância igual a 2/3 de 1/3 de d/3, e assim por diante. Em

resumo:

Viagem do pássaro Distância percorrida

1 2/3 d = 2/3 d

2 2/3 . 1/3 . d = 2/32 d

3 2/3 . 1/3. 1/3 . d = 2/33 d

… … …

n 2/3 . 1/3 . …. 1/3 . d = 2/3n d

A soma das distâncias percorridas em cada trecho de ida e vinda do pássaro deve ser igual a d

(resposta do item b):

dddddn3

2

3

2

3

2

3

232

Ou seja:

2

1

3

1

3

1

3

1

3

132 n




9

2

1

3

1

1

n

ii

(4)

Pode-se demonstrar que (4) somente será verdadeira se n = (Utilize sua calculadora para verificar

esta afirmação). Portanto, em teoria, o pássaro fará um número infinito de viagens.


14. Que distância percorre em 16 s um corredor cujo gráfico velocidade-tempo é o da figura

abaixo?

(Pág. 28)

Solução.

Conhecendo-se a função x(t) que descreve a posição x de um objeto em qualquer instante de tempo t, pode-se calcular sua velocidade em qualquer instante a partir da derivada de x(t) em relação a t.

( )

( )

t

t

dxv

dt

No caso inverso, conhecendo-se a velocidade v(t) de um objeto em qualquer instante t, pode-se

determinar sua posição x em qualquer instante, bem como seu deslocamento, no intervalo de tempo considerado.

( ) ( )t tdx v dt

0 0( ) ( )

x v

t tx v

dx v dt

00 ( )

v

tv

x x v dt

De acordo com esta, o deslocamento x x0 corresponde à área sob a curva do gráfico v(t) = f(t). Cada

quadrado mostrado no gráfico possui área equivalente a (2 m/s) (2 s) = 4 m. Portanto, contabilizando toda a área sob a curva mostrada no gráfico, chegaremos ao seguinte resultado:

t (s) x (m)

0 2 8

2 10 64

10 12 12

12 16 16

Total 88

Portanto:




10

(16) (0) 98 mx x


29. Para decolar, um avião a jato necessita alcançar no final da pista a velocidade de 360 km/h.

Supondo que a aceleração seja constante e a pista tenha 1,8 km, qual a aceleração mínima

necessária, a partir do repouso?

(Pág. 29)

Solução.

Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito por meio da Eq.

(1).

xavv 22

0

2 (1)

2

2

2 220

3

1 m/s360 km/h 0

3,6 km/h2,7777 m/s

2 2 (1,80 10 m)

v va

x

2m/s 78,2a


31. A cabeça de uma cascavel pode acelerar 50 m/s2 ao atacar uma vítima. Se um carro pudesse

fazer o mesmo, em quanto tempo ele alcançaria a velocidade escalar de 100 km/h a partir do

repouso?

(Pág. 29)

Solução.

Trata-se, naturalmente, de movimento retilíneo com aceleração constante. A velocidade inicial, v0, é

igual a zero. O cálculo do tempo (t) é feito através da Eq. 1.

atvv 0 (1)

0

2

1 m/s(100 km/h) 0

3,6 km/h0,55556 s

(50 m/s )

v vt

a

s 56,0t


33. Um elétron, com velocidade inicial v0 = 1,5 105 m/s, entra numa região com 1,2 cm de

comprimento, onde ele é eletricamente acelerado (veja Fig. 29). O elétron emerge com

velocidade de 5,8 106 m/s. Qual a sua aceleração, suposta constante? (Tal processo ocorre no

canhão de elétrons de um tubo de raios catódicos, utilizado em receptores de televisão e

terminais de vídeo.)




11

(Pág. 30)

Solução.

Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito através da Eq.

(1).

xavv 22

0

2 (1)

2 2 6 2 5 2

15 20

-2

(5,8 10 m/s) -(1,5 10 m/s)1,4007 10 m/s

2 2(1,2 10 m)

v va

x

15 21,4 10 m/sa


34. A maior velocidade em terra já registrada foi de 1.020 km/h, alcançado pelo coronel John P.

Stapp em 19 de março de 1954, tripulando um assento jato-propulsado. Ele e o veículo foram

parados em 1,4 s; veja a Fig. 30. Que aceleração ele experimentou? Exprima sua resposta em

termos da aceleração da gravidade g = 9,8 m/s2. (Note que o corpo do militar atua como um

acelerômetro, não como um velocímetro.)

(Pág. 30)

Solução.

Trata-se de movimento retilíneo com aceleração (negativa ou desaceleração) constante. O cálculo pode ser feito através da Eq. (1).




12

atvv 0 (1)

20

1 m/s0 (1.020 km/h)

3,6 km/h202,38095 m/s

(1,4 s)

v va

t

Para obter a aceleração em termos de unidades g, basta dividir a aceleração obtida pelo valor da aceleração da gravidade.

2

2

( 202,38095 m/s )20,6511

(9,8 m/s )

a

g

ga 21


41. Um trem de metrô acelera a partir do repouso a 1,20 m/s2 em uma estação para percorrer a

primeira metade da distância até a estação seguinte e depois desacelera a 1,20 m/s2 na segunda

metade da distância de 1,10 km entre as estações. Determine: (a) o tempo de viagem entre as

estações e (b) a velocidade escalar máxima do trem.

(Pág. 30)

Solução.

Considere o esquema abaixo para auxiliar a resolução:

x = 0 0 xx = d/21

-aa

x = d2

(a) Sabendo-se que o tempo gasto na primeira metade do caminho (acelerado) é igual ao tempo

gasto para percorrer a segunda metade do caminho (desacelerado), o tempo de viagem entre as

estações pode ser calculado da seguinte forma (trecho x0 x1):

2 2

0 0 0 1 1

1 1

2 2x x v t at v t at

21

0 02 2 2

d ta

3

2

4 4(1,10 10 m)60,553... s

(1,2 m/s )

dt

a

60,6 st

(b) A velocidade escalar máxima do trem (v1), que é atingida em x1 = d/2, pode ser calculada da

seguinte forma (trecho x0 x1):

2 2

0 02 ( )v v a x x

2 2

1 0 1 02 ( )v v a x x

2

1 0 2 ( 0)2

dv a

2 3

1 (1,20 m/s )(1,10 10 m) 36,331... m/sv ad

1 36,3 m/sv




13


45. No momento em que a luz de um semáforo fica verde, um automóvel arranca com aceleração de

2,2 m/s2. No mesmo instante um caminhão, movendo-se à velocidade constante de 9,5 m/s,

alcança e ultrapassa o automóvel. (a) A que distância, além do ponto de partida, o automóvel

alcança o caminhão? (b) Qual será a velocidade do carro nesse instante? (É instrutivo desenhar

um gráfico qualitativo de x(t) para cada veículo.).

(Pág. 31)

Solução.

Considere o esquema abaixo para a resolução do problema. Observe que tanto o caminhão quanto o automóvel percorrem a mesma distância em tempos iguais.

x = 0 0 xx = d = ?

a

vC vC

v = 0A 0 v =A ?

d

(a) O movimento do caminhão (C) ocorre com velocidade constante.

0x x vt

0 Cx x v t

Cx v t (1)

O movimento do automóvel ocorre com aceleração constante, partindo do repouso em x0 = 0.

2

0 0

1

2x x v t at

2

0 0

1

2Cx x v t at

210

2d at

21

2d at (2)

Substituindo-se o valor de t de (1) em (2):

22

2

1

2 2c c

d a dd a

v v

2 2

2

2 2(9,5 m/s)82,045045... m

(2,2 m/s )

cvd

a

82 md

(a) A velocidade com que o automóvel alcança o caminhão (vA) vale:

2 2

0 02 ( )v v a x x

2 2

0 02 ( )A Av v a x x




14

2 0 2Av ad

22 2(2,2 m/s )(82,04545... m) 18,999... m/sAv ad

19 m/sAv


49. No manual de motorista diz que um automóvel com bons freios e movendo-se a 80 km/h pode

parar na distância de 56 m. Para a velocidade de 48 km/h a distância correspondente é 24

m.Suponha que sejam iguais, nas duas velocidades, tanto o tempo de reação do motorista,

durante o qual a aceleração é nula, como a aceleração quando aplicados os freios. Calcule (a) o

tempo de reação do motorista e (b) a aceleração.

(Pág. 31)

Solução.

Considere o seguinte esquema para a resolução do problema:

x = 0 0 x

Situação A

Situação BTempo dereação (B)

Tempo dereação (A)

Frenagem (A)

Frenagem (B)

x1B x1A x2B x2A

v0A v1A = v0A v = 2A 0

v0B v = v1B 0B v = 2B 0

(a) Vamos inicialmente analisar a situação A. Durante o tempo de reação, o carro desloca-se com

velocidade constante.

0x x vt

1 0 0A A A Rx x v t

Mas:

0 0Ax

Logo:

1 0A A Rx v t (1)

Análise do movimento de frenagem na situação A.

2 2

0 02 ( )v v a x x

2 2

2 1 2 12 ( )A A A Av v a x x

Mas:

1 0A Av v

Logo:

2

0 2 10 2 ( )A A Av a x x (2)




15


2

2 0 02 ( )A A R Aa x v t v (3)

A análise da situação B através do caminho seguido pelas Eqs. (1) a (3) conduz ao seguinte resultado:

2

2 0 02 ( )B B R Ba x v t v (4)

Dividindo-se (3) por (4):

2

2 0 0

2

2 0 0

A A R A

B B R B

x v t v

x v t v

Logo:

2 2

0 2 0 2

0 0 0 0( )

A B B AR

A B A B

v x v xt

v v v v (5)

0,72 sRt

(b) Substituindo-se (5) em (3):

2

20

2 0

6,17284... m/s2( )

A

A A R

va

x v t

26,2 m/sa


54. Uma rocha despenca de um penhasco de 100 m de altura. Quanto tempo leva para cair (a) os

primeiros 50 m e (b) os 50 m restantes?

(Pág. 31)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema para a situação:

y

y1 = 50 m

y2 = 100 m

y0 = 0

g

Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda

nos primeiros 50 m pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema ao lado, a

aceleração da gravidade tem o mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal positivo.




16

2

10012

1tatvyy yy (1)

Como v0y = 0:

1 0 1 01

2( ) 2( )

y

y y y yt

a g

2

1 2

2[(50 m) 0)10,20408 s 3,19438 s

(9,81 m/s )t

s 2,31t

(b) Para calcular o tempo de queda dos 50 m seguintes (y1 = 50 m a y2 = 100m), primeiramente

vamos calcular o tempo de queda de y0 = 0 a y2 = 100m.

2

20022

1tatvyy yy

2 02

2( )y yt

g

2

2 2

2[(100 m) 0)20,40816 s 4,51753 s

(9,81 m/s )t

O cálculo do tempo de queda y1 a y2 (t12) é feito por diferença:

s 32315,1)s 19438,3()s 51753,4(1212 ttt

s 3,112t


59. Enquanto pensava em Isaac Newton, uma pessoa em pé sobre uma passarela inadvertidamente

deixa cair uma maçã por cima do parapeito justamente quando a frente de um caminhão passa

exatamente por baixo dele. O veículo move-se a 55 km/h e tem 12 m de comprimento. A que

altura, acima do caminhão, está o parapeito, se a maçã passa rente à traseira do caminhão?

(Pág. 31)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação:




17

Inicial

Final

y

l

v1

x

x0 = 0 x l1=

y h0 =

y1 = 0

v0 = 0

vC

vC

h

A solução deste problema consiste em analisar as equações do movimento horizontal do caminhão e vertical da maçã e combiná-las, pois são sincronizadas no tempo. Movimento do caminhãoem x:

0 xx x v t

0 Cl v t

C

lt

v (1)

Movimento da maçã em y:

2

0 0

1

2y y v t at

21

0 0 ( )2

h g t

21

2h gt (2)


2

2

212 m1 1

9,81 m/s 3,026 mm/s2 2

55 km/h 3,6 km/h

C

lh g

v

3,0 mh


61. Um jogador de basquete, no momento de “enterrar” a bola, salta 76 cm verticalmente. Que

tempo passa o jogador (a) nos 15 cm mais altos do pulo e (b) nos 15 cm mais baixos? Isso

explica por que esses jogadores parecem suspensos no ar no topo de seus pulos.

(Pág. 32)




18

Solução.

Considere o seguinte esquema para a resolução do problema.

yD

y = yA G = 0

a = -g

y

15 cm maisaltos

15 cm maisbaixosA

B

C

D

E

F

G

y yC E=

y yB F=

Como a aceleração é a mesma na subida e na descida, temos que:

AB FGt t 15 2B ABt t 15

2

BAB

tt

CD DEt t 15 2A CDt t 15

2

ACD

tt

onde tAB é o tempo para ir de do ponto A ao ponto B e t15A e t15B são os tempos em que o jogador passa nos 15 cm mais altos e mais baixos, respectivamente.

A velocidade inicial do jogador (vA) pode ser calculada pela análise do movimento no trecho AD.

2 2

0 02 ( )v v a y y

2 2 2( )( )D A D Av v g y y 1)

20 2 ( 0)A Dv g y

22 2(9,81 m/s )(0,76 m) 3,8615022... m/sA Dv gy

(a) Análise do movimento no trecho CD.

2

0

1

2y y vt at

21

( )2

D C D CD CDy y v t g t

2

151(0,15 m) 0

2 2

Atg

15 2

8(0,15 m)0,3497... s

(9,81 m/s )At

15 0,35 sAt

(b) Análise do movimento no trecho AB.

2

0 0

1

2y y v t at

21

( )2

B A A AB ABy y v t g t

2

15 151(0,15 m)

2 2 2

B BA

t tv g




19

2

15 15

(9,81 m/s ) (3,8615022... m/s)(0,15 m) 0

8 2B Bt t (1)

A Eq. (1) é uma equação do segundo grau cujas raízes são:

15

15

' 1, 492560... s

'' 0,081955... s

B

B

t

t

Como t15B deve ser menor do que t15A:

15 0,082 sBt


64. O laboratório de pesquisa da gravidade nula do Centro de Pesquisa Lewis da NASA (EUA) tem

uma torre de queda de 145 m. Trata-se de um dispositivo vertical onde se fez vácuo e que, entre

outras possibilidades, permite estudar a queda de uma esfera com diâmetro de 1 m, que contém

equipamentos. (a) Qual o tempo de queda do equipamento? Qual sua velocidade ao pé da torre?

(c) Ao pé da torre a esfera tem uma aceleração média de 25 g quando sua velocidade é reduzida

a zero. Que distância ela percorre até parar?

(Pág. 32)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema da situação:

Acel.

Desacel.y2

y0 = 0

y1 = 145 m

g

y

Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda

livre pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema, a aceleração da gravidade tem o mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal positivo.

2

10012

1tatvyy yy (1)

Como v0y = 0:

1 01

2( )

y

y yt

a

1 01

2( )y yt

g




20

1 2

2[(145 m) 0)5,43706 s

(9,81 m/s )t

s 44,51t

(b) O cálculo da velocidade de chegada da esfera à base da torre também é direto.

101 tavv yyy

2

1 0 (9,81 m/s )(5,43706 s) 53,337604 m/syv

m/s 3,531yv

(c) A desaceleração ocorre entre as posições y1 e y2.

)(2 1

2

1

2

2 yyavv yyyy

2 2 2 2 2 22 1 2 1

2

0 (53,337604 m/s)5,8 m

2 2 25 2 (25 9,81 m/s )

y y y y

y

v v v vy

a g

5,8 my

Obs.: O diâmetro da esfera não tem utilidade na resolução dos itens pedidos. Ele só foi dado para ilustrar a situação.


70. Um balão está subindo a 12,4 m/s à altura de 81,3 m acima do solo quando larga um pacote. (a)

Qual a velocidade do pacote ao atingir o solo? (b) Quanto tempo ele leva para chegar ao solo?

(Pág. 32)

Solução.

O balão desloca-se em movimento retilíneo para cima, com velocidade constante. Considere o

esquema abaixo para a resolução do problema. Como o balão está em movimento, a velocidade inicial do pacote é a mesma do balão.

y = h0

y = 0

a = -g

v = 0 vBy

(a) A velocidade (v) do pacote ao atingir o chão pode ser calculada da seguinte forma:

2 2

0 02 ( )v v a y y

2 2 2( )(0 )Bv v g h

2 2 2Bv v gh

2 2 2(12,4 m/s) 2(9,81 m/s )(81,3 m)v

41,819445... mv




21

41,8 mv

(a) O tempo (t) gasto para o pacote atingir o chão pode ser calculado da seguinte forma:

0 0

1( )

2y y v v t

1

0 ( )2

Bh v v t

2

B

ht

v v

2(81,3 m)

5,5269567... s(12,4 m/s) (41,819445... m/s)

t

5,53 st


73. No Laboratório Nacional de Física da Inglaterra (o equivalente ao nosso Instituto Nacional de

Pesos e Medidas) foi realizada uma medição de g atirando verticalmente para cima uma bola de

vidro em um tubo sem ar e deixando-a retornar. A figura 35 é o gráfico da altura da bola em

função do tempo. Seja tL o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas da bola pelo

nível inferior, tU o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas pelo nível superior e

H a distância entre os dois níveis. Prove que

2 2

8

L U

Hg

t t.

(Pág. 32)

Solução.

Considere o seguinte esquema para a resolução do problema.

A

BC

yA

0

y

yB

yC

Movimento do ponto A ao ponto C é dado por:




22

2

0

1

2y y vt at

21( )

2C A Cy y v t g t

No ponto C a velocidade da bola (vC) é zero.

21

02 2

LC A

ty y g

21

8C A Ly y g t (1)

De maneira idêntica, o movimento do ponto B ao ponto C é dado por:

21

8C B Uy y g t (2)

Subtraindo-se (2) de (1):

2 21

( ) ( ) ( )8

C A C B B A L Uy y y y y y H g t t

Portanto:

2 2

8

L U

Hg

t t


74. Uma bola de aço de rolamento é largada do teto de um edifício com velocidade inicial nula. Um

observador em pé diante de uma janela com 120 cm de altura nota que a bola gasta 0,125 s para

ir do topo da janela ao parapeito. A bola continua a cair, chocando-se elasticamente com uma

calçada horizontal e reaparece no parapeito da janela 2,0 s após passar por ela ao descer. Qual a

altura do edifício? (Após uma colisão elástica, a velocidade escalar da bola em dado ponto é a

mesma ao subir e ao descer.)

(Pág. 33)

Solução.





23

y1

v0 = 0

y

y2 = y4

a j = g

y = H0

H

h

y = 3 0

v1

v2

v3

v3

v4 = v3t1

t3

t2

Vamos analisar o movimento de queda livre da esfera entre os pontos 0 (topo do edifício) e 2 (parapeito da janela):

2 2

0 02v v a y y

2 2

2 0 22v v g y H

2

2 20 2v g y H

2

22

2

vH y

g (1)

Agora vamos analisar o movimento da esfera entre os pontos 1 (topo da janela) e 2 (parapeito da janela):

2

0

1

2y y vt at

2

2 1 2 2 2

1

2y y v t g t

2

2 2 2

1

2h v t g t

2 2 2

2

1,20 m1 1 m9,81 0,125 s

2 0,125 s 2 s

hv g t

t

2 10,213125 m/sv

Finalmente, vamos analisar o movimento da esfera entre os pontos 2 (parapeito da janela) e 3 (solo).

Note que o tempo requerido para a esfera ir do parapeito ao solo e retornar ao parapeito é de 2,0 s.

Logo, o tempo para ir do parapeito ao solo é de t3 = 1,0 s.

2

0 0

1

2y y v t at

2

3 2 2 3 3

1

2y y v t g t




24

2

2 2 3 3

10

2y v t g t

2 22

2 3 2 3 2

1 1 m9,81 1,0 s 10,213125 m/s 1,0 s

2 2 sy g t v t

2 15,118125 my

Substituindo-se os valores de v2 e y2 em (1), teremos a resposta do problema:

2

2

10,213125 m/s15,118125 m 20,434532 m

2 9,81 m/sH

20 mH


75. Um cachorro avista um pote de flores passar subindo e a seguir descendo por uma janela com

1,1 m de altura. O tempo total durante o qual o pote é visto é de 0,74 s. Determine a altura

alcançada pelo pote acima do topo da janela.

(Pág. 33)

Solução.

O tempo no qual o vaso é visto subindo (tS) é igual ao tempo no qual ele é visto descendo (tD).

Portanto:

2S D St t t t

0,34 s2

S

tt

Considere o esquema abaixo para a resolução do problema.

y1

y = 0 0

y

y2

a = -g

Cálculo da velocidade do vaso na coordenada y1 (v1):

2

0

1

2y y vt at

2

1 0 1

1( )

2S Sy y v t g t




25

2

1 0

1

1

2S

S

y y gt

vt

2 2

1

1(1,1 m) 0 (9,81 m/s )(0,37 s)

2

(0,37 s)v

1 1,15812297... m/sv

Cálculo da distância acima da janela atingida pelo vaso (y2 y1):

2 2

0 02 ( )v v a y y

2 2

2 1 2 12( )( )v v g y y

2 2

1 22 1

2

v vy y

g

2

2 1 2

(1,15812297... m/s) 00,068361... m

2(9,81 m/s )y y

2 1 6,8 cmy y




a Ed. - LTC - 1996. Cap. 03 – Vetores

26


FÍSICA 1

CAPÍTULO 3 – VETORES

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53

[Início documento]

16. Uma roda com raio de 45 cm rola sem deslizar ao longo de uma superfície horizontal, como

mostra a Fig. 25. P é um ponto pintado no aro da roda. No instante t1, P é o ponto de contato

entre a roda e o chão. No instante t2 posterior, a roda girou de meia revolução. Qual é o

deslocamento de P nesse intervalo de tempo?

(Pág. 46)

Solução.

Considere o esquema a seguir:

P

r

x

y

P

x

y

O deslocamento do ponto P corresponde ao vetor r, que é dado por:

x yr i j

Analisando-se o esquema acima, podemos concluir que x é corresponde a meia volta da

circunferência da roda ( R) e y é igual a 2R. Logo, o vetor deslocamento vale:

2 1,4137 m 0,90 mR Rr i j i j




27

1,4 m 0,90 mr i j

O módulo do deslocamento vale:

2 2 2,2237 mr x y

2,2 mr


24. Uma estação de radar detecta um míssil que se aproxima do leste. Ao primeiro contacto, a

distância do míssil é 3.200 m, a 40,0o acima do horizonte. O míssil é seguido por 123

o no plano

leste-oeste, e a distância no contacto final era de 7.800 m; veja a Fig. 27. Ache o deslocamento

do míssil durante o período de contacto com o radar.

(Pág. 46)

Solução.


r0

r

r

x

y

A posição inicial do míssil é dada por:

0 0 0x yr rr i j

0 0 0cos senr rr i j

A posição final do míssil é dada por:

x yr rr i j

cos senr rr i j

O vetor deslocamento do míssil é dado por:

x yr i j

0 0cos cos sen senr r r rr i j

10.216,9370 m 33,5360 mr i j

10 km 33 mr i j

O módulo do deslocamento é:




28

2 2 10.216,9921 mx yr r r

10 kmr




a Ed. - LTC - 1996. Cap. 04 – Movimento Bi e Tridimensional

29


FÍSICA 1

CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO BI E TRIDIMENSIONAL

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61 62 63 64 65 66 67 68 69 70

71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87

[Início documento]

02. A posição de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r = (2t3 5t)i + (6 7t

4)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[2 (2) 5 (2)] [6 7 (2) ]r i j

(16 10) (6 112)r i j

(6 106 ) mr i j

(b) A velocidade instantânea v é derivada primeira de r em relação ao tempo:

3 4[(2 5 ) (6 7 ) ]

d dt t t

dt dt

rv i j

2 3(6 5) 28t tv i j

Substituindo-se o valor de t = 2 s:

2 3[6 (2) 5] [28 (2) ]v i j

(21 224 ) m/sv i j

(c) A aceleração instantânea a é derivada primeira de v em relação ao tempo:

2 3[(6 5) 28 ]

d dt t

dt dt

va i j

212 84t ta i j

Substituindo-se o valor de t = 2 s:

212 (2) 84 (2)a i j

2(24 336 ) m/sa i j




30


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?

(Pág. 67)

Solução.

Análise do movimento no eixo horizontal (x), onde é o ângulo de inclinação do canhão em relação à horizontal:

0 xx x v t

0cos 0 cosR v t

0

cos

cos

Rt

v (1)

Análise do movimento no eixo vertical (y):

2

0 0

1

2yy y v t at

2

0

1sin 0 sin

2R v t gt (2)


2 2

0 2 2

0 0

cos 1 cossin sin

cos 2 cos

R RR v g

v v

2

2 2

0

cos 1 cossin sin

cos 2 cos

Rg

v

2

2 2

0

cossin tan cos

2 cos

gR

v

2 2

0

2

2 costan cos sin

cos

vR

g (3)

Como R( ) é uma função cujo ponto de máximo deve ser localizado, devemos identificar o valor de

tal que dR/d = 0.

2 2

02 cos( 2 )sec0

vdR

d g (4)

Resolvendo-se (4) para encontramos duas possíveis soluções:




31

1(2 )

4

1(2 )

4

Como 0 /2 (ver figura), a resposta mais coerente é:

1

(2 )4

É claro que resta demonstrar que d2R/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 70,0o acima da

horizontal, com aceleração de 46,0 m/s2. 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.)

(Pág. 68)

Solução.





32

y1

v0 = 0

y

y2 = H

a j = g

H

x0 = 0

v1

v2

v3

0

xx1

R

0

x2 x3

y0 = = 0y3

a0

(a) O cálculo do tempo total de vôo, t03, é a soma do tempo de aceleração em linha reta com os

foguetes, t01 = 30,0 s, e o tempo de queda livre, t13, que precisa ser calculado.

03 01 13t t t (1)

Para o cálculo de t13, precisamos de y1 e v1. Cálculo de y1:

2

0 0

1

2y yy y v t a t

2

1 0 0 01 0 01

1

2y yy y v t a t

2

1 0 0 01

10 0 sen

2y a t

22 2 o

1 0 0 01

1 1sen 46,0 m/s sen 70,0 30,0 s

2 2y a t

1 19.451,63 my (2)

Cálculo de v1:

0y y yv v a t

1 0 0 01y y yv v a t

1 0 0 0 01sen 0 senv a t

2

1 0 01 46,0 m/s 30,0 sv a t

1 1.380 m/sv (3)

Agora podemos determinar t13, com a ajuda dos valores obtidos em (2) e (3):

2

0 0

1

2y yy y v t a t




33

2

3 1 1 13 13

1

2yy y v t g t

2

1 1 0 13 13

1 20 sen

2y v t g t

g

2 1 0 113 13

2 sen 20

v yt t

g g

o

2

13 132 2

2 1.380 m/s sen 70,0 2 19.451,63 m0

9,81 m/s 9,81 m/st t

2 2

13 13264,3783 s 3.965,6752 s 0t t

As raízes da equação acima são:

'

13

''

13

278,6120 s

14,2336 s

t

t

Logo:

13 278,6120 st (4)


03 30,0 s 278,6120 s 308,6120 st

03 309 st

(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.

2 2

0 02y y yv v a y y

2 2

2 1 2 12y yv v g y y

2 2

1 0 10 sen 2v g H y

2 2 o2 2

1 01 2

1.380 m/s sen 70,0sen19.451,63 m 105.161,50 m

2 2 9,81 m/s

vH y

g

105 kmH

(c) Para determinarmos a distância pedida, precisamos apenas analisar o movimento horizontal

entre os pontos 1 e 3, que ocorre com velocidade horizontal constante.

0 xx x v t

3 1 1 13xx x v t

1 1 0 13cosR x v t

Lembremos que x1 pode ser obtido pela relação:

10

1

tany

x

Logo:

o1

1 0 13 o0

19.451,63 mcos 1.380 m/s cos 70,0 278,6120 s

tan tan 70,0

yR v t




34

138.581,29 mR

139 kmR


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/s2. Se o canhão antitanque

dispara um obus com velocidade de disparo de 240 m/s e com elevação de 10,0o 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 (tb) e o tempo que o tanque leva para chegar ao local onde o obus cai (tt), que fica a uma distância horizontal R do canhão. O tempo de espera será:

b tt t t (1)

Em primeiro lugar vamos analisar o movimento do obus. Em x o movimento se dá com velocidade constante:

0 xx x v t

00 cos bR v t

0 cos

b

Rt

v (2)

Movimento do obus em y:

2

0 0

1

2y yy y v t a t

2

0

10 sen

2bh v t gt (3)


2

0

0 0

1sen

cos 2 cos

R Rh v g

v v

2

2 2

0

tan 02 cos

gR R h

v

Daqui para adiante não há vantagem em continuar a solucionar o problema literalmente. As raízes desta equação do 2

o grau são:




35

1

2

2.306,775 m

296,5345 m

R

R

Como R corresponde a uma coordenada positiva no eixo x, temos:

2.306,775 mR (4)


9,7598 sbt (5)

Agora vamos analisar o movimento do tanque, que se dá com aceleração constante:

2

0 0

1

2x xx x v t a t

2

0

10

2t tR d a t

02

15,4038 st

t

R dt

a (6)

Substituindo-se (5) e (6) em (1):

5,6440 st

5,64 st


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:

r

d

h

x

yv

A aceleração centrípeta procurada é dada por:

2

c

va

r (1)

Análise do movimento no eixo horizontal (x):

0 xx x v t

0d vt




36

d

tv

(2)

Análise do movimento no eixo vertical (y):

2

0 0

1

2yy y v t at

21

0 02

h gt

21

2h gt (3)


2

2

1

2

dh g

v

2

2

2

gdv

h (4)


2

2c

gda

rh

222(9,81 m/s )(11 m)

223,1221... m/s2(1,4 m)(1,9 m)

ca

3 22,2 10 m/sca


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.

Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vC é a velocidade do carro em relação

ao solo, vN é a velocidade da neve em relação ao solo e vNC é a velocidade da neve em relação ao carro:

vNC

vN

vC

x

y

(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale:

tan C

N

v

v

1tan 27,0463C

N

v

v

27




37

(b) A velocidade escalar da neve é dada por:

2 2 61,7534 km/hNC C Nv v v

62 km/hNCv

Obs. Apenas como curiosidade, vamos mostrar o vetor vNC. Os vetores vN e vC são definidos como:

C Cvv i

N Nvv j

De acordo com o esquema, temos:

N C NCv v v

NC N Cv v v

Logo:

NC C Nv vv i 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 64o 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

vT

x

y

Os vetores vT e vGT são definidos como:

T Tvv i (1)

cosGT Gvv j (2)

De acordo com o esquema, temos:

G T GTv v v (3)

Substituindo-se (1) e (2) em (3):

cosG T Gv vv i j (4)

O esquema mostra que vG é definido por:

sen cosG G Gv vv i j (5)

Comparando-se (4 e (5), conclui-se que:

senG Tv v




38

sen

TG

vv (6)


tan

TG T

vvv i j

O módulo de vG é dado por:

2

2 31,1528 m/stan

TNC T

vv v

31 m/sNCv


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 (t1) e andando (t2) deve ser o

menor possível. Logo, a solução deste item consiste em construir uma função matemática t1 + t2 =

f( ) e, em seguida, achar o valor de onde t1 + t2 tem seu valor mínimo, ou seja, d(t1 + t2)/d = 0. Considere o seguinte esquema para a situação:

t1 ,d1

t2 ,d2

A

BC

v

vA

vHAvH

l

x

y

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 d1 e será percorrido num tempo t1. Ao chegar ao ponto

B, o homem irá caminhando até C num tempo t2 através de uma distância d2. Seja o esquema

vetorial de velocidades:

vHAvH

vA

De acordo com o esquema acima:




39

HAAH vvv (1)

Mas:

iv aA v (2)

cos senHA HA HAv vv i j (3)

Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1):

( cos ) senH a HA HAv v vv i j

Movimento do ponto A ao ponto B:

tvrr 0

1tHAB vrr

Considerando-se um sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto A, temos:

jir 2 ldB

Logo:

2 1 0 [( cos ) sen ]A HA HAd l v v v ti j i j (4)

A equação (4) somente é verdadeira se e somente se:

2 1( cos )A HAd v v t

e

1 senHAl v t (5)

Logo, de acordo com (10):

1

senHA

lt

v

Mas, de acordo com o esquema principal acima:

tan

2

ld (6)

Também podemos dizer que:

jiv HyHxH vv

Onde:

)cos(

sentan

HAA

HA

Hx

Hy

vv

v

v

v (7)


sen

)cos(2

HA

HAA

v

vvld (8)

Movimento de B até C:

tvxx x0

22 0 vtd

v

dt 2

2 (9)





40

sen

)cos(2

HA

HAA

vv

vvlt

Agora podemos construir a função t1 + t2 = f( ):

sen

)cos(

θsen21

HA

HAA

HA vv

vvl

v

ltt

sen

)cos(21

HA

HAA

vv

vvvltt (10)

O mínimo da função (10) agora pode ser encontrado.

2

1 2

2

( ) [( )sen ( cos )cos ]0

sen

HA A HA

HA

d t t v v v vl

d vv (11)

A equação (11) somente é verdadeira se:

0cos)cos(sen2

HAAHA vvvv

Logo:

cos)()cos(sen 22

AHA vvv

A

HA

vv

vcos

A

HA

vv

v1cos

o1 3769,115)]km 0,2()km 0,5[(

)km 0,3(cos

o115

(b) Da equação (10):

o

1 2 o

(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)sen115,3769t t

h 2108,021 tt

h 21,021 tt


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)

que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio?

(Pág. 70)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema da situação:




41

x

yvN

v TN

v T

Pelo esquema acima, temos:

T N TNv v v

TN T Nv v v

onde vTN é o vetor velocidade do torpedo em relação ao navio. Os vetores vN e vT são assim

definidos:

N Nvv i (1)

sin cosT T Tv vv i j (2)

onde é o ângulo procurado no item (b) do enunciado.

sin cos sin cosTN T T N T N Tv v v v v vv i j i i j (3)

Mas:

sin cosTN TN TNv vv i j (4)

Como os vetores (3) e (4) são iguais, suas componentes também são iguais.

sin sinT N TNv v v (5)

cos cosT TNv v (6)

Dividindo-se (5) por (6):

sin

tancos

T N

T

v v

v (7)

Resolvendo-se (7) :

4 4 2 2 2

1

2 2

tan tansec

N T T T N T

T N

v v v v v v

v v

São duas as soluções possíveis:

173,89...

46,8112...

o

o

Pelo esquema inicial, conclui-se que a resposta mais coerente é a segunda opção:

47o

(b) Equação de movimento do navio e do torpedo:

0N N Ntr r v

0T T T tr r v

Como no instante t da colisão entre o torpedo e o navio ambos estarão na mesma posição, temos:

N Tr r




42

0 0N N T Tt tr v r v

Mas:

0 0Tr

Logo:

0N N Tt tr v v (8)

Porém:

0 sin cosN d dr i j (9)

Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8):

sin cos sin cosN T Td d v t v t v ti j i i j

( sin ) cos sin cosN T Td v t d v t v ti j i j (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:

cos cosTd v t

cos

cosT

dt

v

o

(4,0 km)cos(20 )0,109838... h

(50 km/h)cos(46,8112... )

o

t

0,11 ht




a Ed. - LTC - 2003. Cap. 02 – Movimento em Uma Dimensão

43


FÍSICA 1

CAPÍTULO 2 – MOVIMENTO EM UMA DIMENSÃO

EXERCÍCIOS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

61

PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33

[Início documento]




a Ed. - LTC - 2003. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões

44


FÍSICA 1

CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES

EXERCÍCIOS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

41 42 43 44 45

PROBLEMAS

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10

11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27 28

[Início documento]


Alguns Exercicios Resolvidos Do Halliday Cap 04 5- Ed.

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