Problemas Resolvidos de Física - fisica.ufpb.bredmundo/Fisica1-exercicios-resolvidos/04... · Title: Problemas Resolvidos de Física Author: Prof. Anderson Coser Gaudio Subject:

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

________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4

a Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional

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

FÍSICA 1

CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO BI E TRIDIMENSIONAL

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 d

t t tdt 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 d

t tdt 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

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?

________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação

2

(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)

Substituindo-se (1) em (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:

1(2 )

4

1(2 )

4

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


3

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.

Considere o seguinte esquema da situação:

(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:

y1

v0 = 0

y

y2 = H

a j = g

H

x0 = 0

v1

v2

v3

0

xx1

R

0

x2 x3

y0 = = 0y3

a0


4

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

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.


5

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:

o11 0 13 o

0

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

tan tan 70,0

yR v t

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:


6

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 2o grau são:

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

0215,4038 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:


7

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

d

tv

(2)

Análise do movimento no eixo vertical (y):

2

0 0

1

2yy y v t at

210 0

2h 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.


8

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:

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

tan C

N

v

v

1tan 27,0463C

N

v

v

27

(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:

Os vetores vT e vGT são definidos como:

T Tvv i (1)

vNC

vN

vC

x

y

vGT

vG

vT

x

y


9

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

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


10

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:

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):

1senHA

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)



11

sen

)cos(2

HA

HAA

v

vvld (8)

Movimento de B até C:

tvxx x0

22 0 vtd

v

dt 2

2 (9)


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)


12

que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio?

(Pág. 70)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema da situação:

x

yv N

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


13

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

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

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