fisica

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES

01 – Imagine que você caminha 3km para o leste e depois 4km para o norte. Qual o deslocamento resultante?

Raciocínio da Resolução: Os dois deslocamentos A e B e o deslocamento resultante C aparecem na Fig. 3-4. Uma vez que A e B são mutuamente perpendiculares, C = A+B[e a hipotenusa de um triângulo retângulo cujo valor pode ser calculado, facilmente, pelo teorema de Pitágoras. A direção de C é fácil de determinar pelas relações trigonométricas.

Fig.3-4

1. A magnitude, que também se chama módulo, do deslocamento resultante é calculada pelo teorema de Pitágoras. 2 2 2 _{A B} C = + ₌

(

_3km

) (

2_{+ 4km}

)

2 _=25km2 _{C = 25km}2 _=5km

2. Seja θ o ângulo entre o eixo de leste e o deslocamento resultante C . Pela figura vemos que é possível calcular a tg θ . Com uma calculadora encontramos?

33 , 1 3 4 tan = = km km θ 1 , 53 33 , 1 tan 1 ₌ = − θ

Observações. Um vetor tem módulo (magnitude) e direção, O deslocamento resultante tem um módulo de 5km e está na direção que faz o ângulo de 53,1º ao norte do leste.

02 – Imagine que você caminha 3km para o oeste e depois 4km para a 60º norte do leste. Calcular o deslocamento resultante (a) por um gráfico e (b) mediante as componentes dos vetores.

E N km C 5 km B 4 θ km A 3

Raciocínio da Resolução: O triângulo formado pelos três vetores não é um triângulo retângulo, e os módulos dos vetores não se calculam pelo teorema de Pitágoras. Na resolução gráfica, cada deslocamento é desenhado em escala e o deslocamento resultante é determinado pela figura.

Fig. 3-11

(a) Se o primeiro vetor deslocamento tiver 3cm de comprimento e segundo 4cm, o vetor resultante tem cerca de 3,5cm de comprimento Então, o módulo do deslocamento resultante é de 3,5km. O ângulo θ entre este vetor e o eixo da direção leste-oeste, medido por um transferidor, é cerca de 75º.

(b) _{1. Seja A o primeiro vetor deslocamento e seja x o eixo na direção oeste-leste. As Eqs. 3-2} e 3-3 permitem o cálculo das componentes A e x A :y

km

A_x =−3 e Ay =0

2. Da mesma forma, calculam-se as componentes do segundo vetor deslocamento B :

(

km

)

km

B_x = 4 cos60º=2

(

km

)

km

B_y = 4 sen60º=3,46

3. As componentes do deslocamento resultantes _{C = A+B} são calculadas por adição: km km km B A C_x = _x+ _x =−3 +2 =−1 km km B A C_y = _y + _y =0+3,46 =3,46

4. O teorema de Pitágoras, aplicando às componentes, dá o modulo de C :

(

) (

2

)

2 2 2 2 2 _{C C 1km 3,46km 13,0km} C = _x + _y = − = = km km C₌ 13,0 2 ₌3,61

5. A razão entre C e y C dá a tangente do ângulo θx entre C e o eixo dos x:

46 , 3 1 46 , 3 tan =− − = = km km C C x y θ º 74 46 , 3 tan 1_{− =−} = − θ E N C k m B 4 θ k m A 3 º 60 W S

Observações. Como o deslocamento é um vetor, a resposta tem que explicitar o modulo e a direção, ou então as duas componentes. Em (b) teria sido possível interromper o calculo na etapa 3, pois as componentes x e y definem completamente o vetor de deslocamento.Calculamos, porem, o módulo e a direção a fim de verificar a resposta obtida graficamente na parte (a). veja que na etapa 5 a calculadora levou a −74º. Na figura, vimos que o deslocamento resultante faz um ângulo de 75º com o eixo dos x negativos, ou um ângulo da ordem de 105º com o dos x positivos. Os dois resultados são satisfatórios dentro da exatidão do desenho inicial.

03 – Um barco a vela tem as coordenadas

(

x₁,y₁

) (

= 110m,218m

)

no instante t₁ =60s. Dois minutos depois, no instante t , as suas coordenadas são 2

(

x2,y2

) (

= 130m,205m

)

. (a) Achar a velocidade média

sobre este intervalo de dois minutos. Dar vméd em termos das componentes cartesianas. (b) Determinar o

módulo e a direção desta velocidade média. (c) Quando t ≥20s, posição do barco, em função do tempo, é

( )

t m

[

( )

m s

]

t

x =100 + 1₆ e _y

( )

_{t =200m+}

(

_1080m⋅s

)

_t−1_{. Determinar a velocidade instantânea num instante}

qualquer t além de 20 .s

Raciocínio da Resolução: As posições inicial e final do barco a vela aparecem na fig. 3-15. (a) O vetor velocidade média aponta da posição inicial para a final.(b) As componentes da velocidade instantânea se calculam pela Eq. 3-13: v_x =dx_dt e v_y =dy_dt.

Fig. 3-15

(a) As componentes x e y do vetor velocidade média vméd se calculam diretamente a partir das

respectivas definições: s m s m m t x x v_xméd 0,167 120 110 130 1 2 , = − = ∆ − = s m s m m t y y v_yméd 0,108 120 218 205 1 2 , =− − = ∆ − =

(b) 1. O módulo de vméd se calcula pelo teorema de Pitágoras:

(

v

)

(

v

)

m s v_{méd xméd yméd} 2 0,199 , 2 , + = =

2. A razão entre vy,méd e vx,méd dá a tangente do ângulo θ entre o valor vméd e o eixo dos x:

y x 230 220 210 200 100 110 120 130 110,218 130,205 x v y v vméd

65 , 0 167 , 0 108 tan , , ₌ − ₌₋ = s m s m v v méd x méd y θ

(

0,65

)

33,0º tan 1 _{− =−} = − θ

(c) _{Determina-se a velocidade instantânea v pelo calculo de dt}dx e dy_dt:

(

m s

)

t j i s m j dt dy i dt dx v ˆ 1080 ˆ 6 1 ˆ ˆ _{ − ⋅} −2      = + =

Observação. O módulo de v pode ser calculado por 2 2

y x v v v= + e a direção por x y v v = θ tan .

04 – Um avião voa na direção do norte. A sua velocidade em relação ao ar é de 200km s e o vento sopra de oeste para leste com a velocidade de 90km/h. (a) Qual o rumo do vôo do avião para ficar na direção do norte? (b) Qual a velocidade do avião em relação ao solo?

Raciocínio da Resolução: Como o vento está soprando para leste, o avião deve orientar-se num rumo a oeste do norte, como mostra a Fig. 3-17. a velocidade do avião em relação ao solo, v será a pg

soma do vetor velocidade em relação ao ar, v , com o vetor velocidade em relação ao solo, pa v .ag

Fig. 3-17

(a) 1. A velocidade do avião em relação ao solo é dada pela Eq. 3-14:

ag pa

pg v v

v = +

2. O seno do ângulo θ entre o vetor velocidade do avião e o rumo do norte é igual à razão entre v e ag v .pa 45 , 0 200 90 sen = = = h km h km v v pa ag θ º 7 , 26 = θ E N ag v pg v θ pa v W S

(b) Como v e ag v são perpendiculares, podemos calcular o módulo pa v pelo teorema de pg Pitágoras: 2 2 2 pg ag pa v v v = + 2 2 ag pa pg v v v = − =

(

200km h

) (

2 − 90km h

)

2 =179km h

05 – A posição de uma bola arremessada é dada por _{r =1,5mi}ˆ₊

(

_{12m si}ˆ_{+16m s j}ˆ

)

_{t−4,9m s}2 ˆ_tj2_.

Determinar a velocidade e a aceleração.

1. As componentes x e y da velocidade são determinadas por simples derivação:

(

)

[

m m s t

]

m s dt d dt dx v_x = = 1,5 + 12 =12

(

)

[

_{16m s 4,9m s}2 _t2

]

dt d dt dy v_y = = − ₌₁₆m s₋₂

(

_4,9m s2

)

t ₌₁₆m s₋

(

_9,8m s2

)

t 2. Se derivarmos outra vez, chegamos à aceleração:

0 = = dt dv a x x 2 8 , 9 m s dt dv a_y = y =−

3. Na notação vetorial compacta, os vetores velocidade e aceleração são:

(

m s

)

i

[

m s

(

m s

)

t

]

j v₌ 12 ˆ₊ 16 ₋ 9,8 2 ˆ j s m a₌₋9,8 2 ˆ

06 – Um carro avança para o leste a 60km/h. faz uma curva em 5s, e passa a avançar para o norte, a 60km/h. Achar a aceleração média do carro.

Raciocínio da Resolução: O vetor unitário iˆ aponta para o leste, e o jˆ , para o norte. Vamos calcular a aceleração média pela definição a=∆v_∆t. Veja que v∆ é o vetor que, somado a _{v , leva à 1} resultante v .f Fig. 3-18 E N S W (a) f v i v iˆ jˆ (c) f v i v v ∆ (b)

1. A aceleração média é a razão entre a variação da velocidade e o intervalo de tempo: t v améd ∆ ∆ =

2. A variação da velocidade é dada pela diferenças entre os vetores velocidade final e velocidade inicial: i f v v v= − ∆

3. Os dois vetores mencionados são:

(

km h

)

i vi = 60 ˆ

(

km h

)

j vf = 60 ˆ

4. Com os resultados anteriores, a aceleração média é:

(

) (

)

s i s km j s km t v v améd f i 5 ˆ 60 ˆ 60 − = ∆ − = =−

(

12km h⋅s

) (

iˆ+ 12km h⋅s

)

ˆj

Observação. Veja que o carro acelera embora o módulo do vetor velocidade não se tenha alterado. 07 – Um estudante arremessa uma bola com a velocidade inicial de 24,5m/s, fazendo um ângulo de 36,9º com a horizontal. Calcular (a) o tempo que a bola fica no ar e (b) a distancia horizontal coberta pela bola.

Raciocínio de Resolução: Seja a origem o ponto do arremesso da bola, x₀ =0, y₀ =0em t=0. O tempo que a bola fica no ar se calcula fazendo-se y =0 na Eq. 3-20b. Depois, com o resultado encontrado, entra-se na Eq. 3-20a _{para calcular a distancia coberta no horizontal.}

(a) 1. Seja y =0 na Eq. 3-20b e resolva em t:

0 2 1 2 1 0 2 0 =      ₋ = − =v t gt t v gt y _{y y}

2. Há duas soluções para t: 0 = t (condições iniciais) 0 = t (condição inicial) g v t= 2 0y

(

m s

)

m s v_0y − 24,5 sen36,9º=14,7 4. Com este resultado se tem o tempo que a bola fica no ar:

(

)

_s s m s m g v t y 3,0 81 , 9 7 , 14 2 2 2 0 _{= =} =

(b) Com o valor encontrado do tempo, calcula-se a distância coberta na horizontal:

(

v

) (

t m s

)

( )

s

t v

x= _0x = ₀cosθ = 24,5 cos36,9º 3 =

(

19,6m s

)( )

3s =58,8m

Observação. O tempo que a bola fica no ar coincide com o tempo que o boné do Exemplo 2-7 fica no ar. O boné foi lançado na vertical com velocidade inicial de 14,7m/s. A Fig. 3-20 mostra altura y em função do tempo t no caso da bola. Esta figura é idêntica à Fig. 2-11 (Exemplo 2-7), pois os dois corpos, a bola e o boné, têm a mesma velocidade vertical inicial e a mesma aceleração vertical. A figura pode ser interpretada com um gráfico de y se a escala de tempo for convertida em escala de distâncias. Isto pode ser feito pela simples multiplicação por 19,6m/s, uma vez que a bola se desloca com esta velocidade na horizontal. A curva de y contra x é uma parábola.

A Fig. 3-21 mostra os gráficos das alturas contra as distâncias horizontais no caso de projeteis lançados com a velocidade inicial de 24,5m/s fazendo ângulos diferentes com a horizontal. As curvas correspondem ao ângulo de 45º, que leva ao alcance máximo, e a pares de ângulos distribuídos simetricamente em torno de 45º. Os alcances de cada par coincidem. Uma das duas curvas que têm quase o alcance máximo corresponde ao ângulo inicial de 36,9º (0,64 rad) como no exemplo.

Fig. 3-20

Fig. 3-21

08 – Um guarda corre atrás de um ladrão pelos terraços de uns edifícios. Ambos correm a 5m/s quando chegam a uma separação entre dois edifícios, com 4m de largura e uma diferença de altura de 3m. O ladrão, que sabia um tanto de física, pula com velocidade inicial de 5m/s fazendo um ângulo de 457 com a horizontal e consegue superar o obstáculo. O guarda, que nada sabia de física, acha melhor aproveitar a sua horizontal e pula com velocidade de 5m/s na horizontal. (a) O guarda consegue completar o pulo? (b) Qual a folga do ladrão ao ultrapassar o obstáculo?

t,s Y,m 20 10 19,6 2 3 1 22m 39,2 58,8 x,m Y,m 20 10 40 20 30 10 ₅₀ 70 x,m 5 15 25 30 60 º 1 , 53 = θ º 45 = θ º 61 = θ º 9 , 36 = θ º 29 = θ

Raciocínio de Resolução: O tempo de permanência no ar depende exclusivamente do movimento vertical. Tomemos a origem no ponto de partida, com a direção positiva para cima, de modo que as Eqs. 3-20a e 3-20b se aplicam. A Eq. 3-20b, resolvida em y

( )

t , nos dá o tempo quando y=−3m. A distância horizontal percorrida é o valor de x correspondente a este tempo. (a) No caso do guarda, θ₀ =0, de modo que as equações do movimento são x

( )

t =v₀t e

( )

2

2

gt t

y =− . (b) No caso do ladrão, θ₀ =45º, e então

( )

t v t x = ₀cos45º e

( )

2 º 45 sen 2 0 t gt v t y = − . Fig. 3-24

(a) 1. Determine a equação de y

( )

t para o guarda e resolva em t com y =−3m.

( )

t gt m y 3 2 1 2 ₌₋ − = s t=0,782

2. Calcule a distancia horizontal coberta durante este intervalo de tempo. m

t v

x= ₀ =3,91

Esta distância é menor do que 4m, e o guarda não consegue pular de um edifício para o outro.

(b) 1. Determine a equação de y

( )

t para o ladrão e resolva em t com y=−3m.

( )

t v t gt m y _y 3 2 1 2 0 − =− = ou 0 3 2 1 0 2 _{− − =} − gt v _y m

2. Calcule as duas soluções em t.

(

m

)( )

g v g g v t y 1 2_y 6 0 0 _{± − −} = s t=−0,5 ou t =1,22s

3. Calcule a distancia horizontal coberta para a solução positiva em t. m

t v

x= _0x =4,31 4. Subtraia 4,0m da distância achada.

4m 3m

Folga =0,31m

Observação. O ladrão provavelmente sabia que deveria pular sob um ângulo um tanto menor que 45º, mas não teve tempo para fazer as contas.

09 – Um helicóptero descarrega suprimentos para uma tropa acampada na clareira de uma floresta. A carga cai do helicóptero, a 100m de altura, voando 25m/s num ângulo de 36,9º com a horizontal. (a) Em que ponto a carga atinge o solo? (b) Se a velocidade do helicóptero for constante, onde estará quando a carga atingir o solo?

Raciocínio de Resolução: A distância horizontal coberta pela carga é dada pela Eq. 3-20a, em que t é o tempo de queda. O valor de t pode ser calculado pela Eq. 3-20b. A origem pode estar no pé da vertical baixada do helicóptero no instante do lançamento da carga. A velocidade inicial da carga é a velocidade inicial do helicóptero.

Fig. 3-25

(a) 1. O ponto de impacto da carga com o solo, x, é dado pelo produto entre a velocidade horizontal e o tempo de queda:

t v x= _0x

2. Cálculo da velocidade horizontal da carga lançada:

(

m s

)

m s

v

v_0x = ₀cosθ = 25 cos36,9º=20 3. Equação de y

( )

t e resolução em t quando y =0:

( )

2 0 0 2 1 gt t v y t y = + _y −

(

)(

)

(

9,81 2

)

2 2 1 º 9 , 36 sen 25 100m+ m s t− m s t = _=100m+

(

_{15m s}

)

_t−4,9t2 0 = y em t =6,30s e t =−3,24s 4. Cálculo de x com a raiz positiva de t:

y

x s m v 25=

(

m s

)(

s

)

m t

v

x= _0x = 20 6,30 =126

(b) Coordenadas do helicóptero no instante em que a carga atinge o solo:

(

m s

)(

s

)

m t v x_h = _0x = 20 6,30 =126

(

m s

)(

s

)

m t v y y_h = ₀ + _0y =100 + 15 6,30 =100m+94,5m=194,5m

Observação 01. A raiz positiva de t é a resposta apropriada, pois corresponde a um instante posterior ao lançamento da carga (que ocorre em t =0). A raiz negativa é o instante em que a carga estaria se fosse lançada de um ponto y=0, conforme mostra a Fig. 3-26. Observe que o helicóptero se mantém na vertical da carga em todos os instantes da queda, até o instante do impacto com o solo.

Fig. 3-26

Observação 02. A Fig. 3-27 mostra as curvas de y contra x para a queda da carga, com diferentes ângulos iniciais de lançamento, sempre com a velocidade com módulo de 25m/s. A curva que termina em

m

x 126= corresponde ao lançamento sob o ângulo de 36,9º. Veja que a distância máxima não corresponde ao ângulo de 45º. Fig. 3-27 s 24 , 3 − 6,30s y t,s -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 0 0 _{20 40 60 80 100 120 140} 120 100 140 80 60 40 20 y,m x, m

10 – Com os dados do exemplo anterior, (a) calcule o tempo t para que a carga atinja a altura 1

máxima h, (b) calcule a altura máxima h e (c) calcule o tempo t de queda da carga desta altura máxima.2

(a) 1. Escreva a equação de v_y

( )

t da carga.

( )

t v gt m s

(

m s

)

t v_{y y} 2 0 − =15 − 9,81 = 2. Faça v_y

( )

t₁ =0 e resolva em t .1 s t₁ =1,53

(b) 1. Calcule vy,méddurante o tempo em que a carga está movendo-se para cima:

s m v_y,méd =7,5

2. Com essa vy,méd calcule a altura da subida.

Depois, calcule h.

m y=11,5

∆ , h=111,5m

(c) Calcule o tempo para a carga cair da altura h.

s t₂ =4,77

Observação. Veja que t₁+t₂ =6,3s, de acordo com o exemplo anterior.

11 – Um guarda florestal pretende atingir com um dardo e tranqüilizante um macaco pendurado num galho de árvore. O guarda aponta diretamente para o macaco, sem levar em conta que a trajetória do dardo será parabólica e não passará pela posição do macaco. O macaco, percebendo o disparo da arma,cai verticalmente do galho, procurando fugir. Mostre que, nessas circunstâncias, o dardo atingirá o macaco qualquer que seja a sua velocidade inicial, desde que suficiente para cobrir a distância horizontal até a árvore antes de cair ao solo. Admitir que o tempo de reação do macaco seja desprezível.

Raciocínio de resolução: Coloquemos a origem na boca da arma e seja r o vetor posição inicial 0

do macaco. Como a arma foi apontada para a direção inicial do macaco, a velocidade inicial do dardo v é 0

paralela a r . Vamos determinar os vetores posição do macaco e do dardo em função do tempo e igualar 0

os dois para resolver a equação em t.

Fig. 3-28 x 2 2 0 ₂ 1 2 1 gt h gt t v y= y − = − t v h= _0y 2 2 1_gt y y v₀ x v0 0 v

1. A equação do vetor posição do macaco em função do tempo t é: j gt r rm ˆ 2 1 2 0 − =

2. O vetor posição do dardo num instante t, em termos da velocidade inicial é: j gt r rd ˆ 2 1 2 0 − =

3. Quando o dardo atinge o macaco, os vetores posição coincidem e então:

d m r r = j gt t v j gt r ˆ 2 1 ˆ 2 1 2 0 2 0 − = − t v r0 = 0

4. Podemos resolver em t em termos da distância x e da velocidade inicial, trabalhando com a componente x da equação anterior:

t v x r_0x = = _0x x v x t 0 =

Observação. De acordo com as equações anteriores, o dado sempre atinge o macaco. Porém, se o macaco ou o dardo atingem o solo num instante t <t1, as equações de r e de m r deixam de valer. Numa d

demonstração de classe, muito comum, um alvo fica suspenso por um eletroímã. Quando o dardo sai pela boca da arma, o circuito do eletroímã é aberto e o alvo cai na vertical. A velocidade inicial do dardo pode ser variada, de modo que quando v é grande o alvo é atingido em ponto muito próximo da posição 0

inicial. Quando v for pequena, o alvo é atingido pouco antes de chegar ao solo.0

Fig. 3-29 Distância A lt ur a Distância A lt ur a Distância A lt ur a Distância A lt ur a Quadro 1 Quadro 2 Quadro 3 Quadro 4

12 – Num jogo de hóquei, o disco é impulsionado no nível do campo, porém sobe e ultrapassa a barreira de h=2,80m de altura. O tempo de vôo do disco até ultrapassar a barreira é t₁ =0,650s e a distância horizontal é x₁ =12,0m. (a) Achar o valor da velocidade inicial e a respectiva direção. (b) Quando o disco atinge a altura máxima? (c) De quanto é esta altura?

(a) 1. Componente horizontal da velocidade inicial. s m t x v _x 18,5 1 1 0 = =

2. Na equação de y

( )

t faça y=h e t=t1 e resolva em v0y.

2 0 2 1 gt t v y= _y − s m v_0y =7,49

3. Calcule o módulo v pelas componentes e θ pela relação

x y v v 0 0 0 tanθ = . s m v v v _x 2_y 20,0 0 2 0 + = = º 0 , 22 0 = θ

(b) Resolva a equação geral de v_y

( )

t em t quando v_y =0. gt

v v_y = 0_y −

s t=0,764

(c) Calcule a altura máxima por ∆y=vy,mt.

Observação. Neste exemplo, o disco ultrapassa uma barreira de 2,8m de altura que está a 12m do ponto de partida. O disco atinge a altura máxima depois de ultrapassar a barreira. A Fig. 3-30 mostra diversos casos de velocidade iniciais e ângulos iniciais em que o disco também ultrapassa a barreira.

Fig. 3-30 0 0 _{5 10 15 20 25 30 35} 7,5 10,0 5,0 2,5 y,m x, m

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

01 – Estimar o erro percentual na medida de:

a) uma distância de aproximadamente 50cm com um metro de comprimento; b) uma massa de aproximadamente 1g com um balança química;

c) um intervalo de tempo de aproximadamente 4 minutos com um cronômetro.

02 – A massa da Terra é de _5,98×1024kg_{, e o seu raio é 6,38×10}6_{m. Calcular a densidade da Terra,}

usando a notação em potências de dez e o número correto de algarismos significativos.

03 – O deslocamento do pistão de um certo motor de automóvel é dado como 2 litros. Usando apenas o fato de 1 litro _=1000cm3 _{e de 1pol} =_{2,54cm, expressar esse volume em polegadas cúbicas.}

04 – Dois pontos, P e 1 P , são descritos pelas coordenadas x e y, 2

(

x1, y1

)

e

(

x2, y2

)

,

respectivamente. Mostrar que os componentes do deslocamento A de P a 1 P são 2 Ax = x2 −x1 e 1

2 y

y

A_y = − . Derivar também expressões para o módulo e a direção do deslocamento.

05 – Quando dois vetores, A e B, são desenhados a partir de um ponto comum, o ângulo entre eles é θ. Mostrar que o módulo da soma vetorial é dado por

θ cos 2 2 2 _{B AB} A + + .

06 – Achar o módulo e a direção dos vetores que cada um dos pares de componentes representa: a) A_x =3cm,A_y =−4cm;

b) Ax =−5m,Ay =−12m;

c) A_x =−2km,A_y =3km.

07 – Um caminhão de entregas anda 1km para o norte, em seguida, 2km para o leste e, finalmente, 3km para o nordeste. Achar o deslocamento resultante:

a) desenhando um diagrama em escala; b) usando componentes.

08 – Uma formiga sai do centro de um disco de 12 polegadas e anda ao longo de uma linha reta radial em direção à borda. Enquanto isso, o toca-disco fez um giro de 45º. Desenhar um esboço da situação e descrever o módulo e a direção do deslocamento da formiga.

09 – um explorador de cavernas anda ao longo de uma passagem de 100m em direção ao leste, em seguida 50m em direção a 30º a oeste do norte e, enfim, 150m a 45º a oeste do sul. Após um quarto movimento não medido, ele se encontra no lugar onde iniciou o percurso. Usando um desenho em escala, determinar o quarto deslocamento (módulo e direção).

10 – Obter graficamente a intensidade e a direção da resultante das três forças na figuras abaixo.

Usar o método do polígono. x

y 200N 155N 300N 30

º

45

º

53

º

Conferir a precisão do seu resultado usando o método das componentes.

11 – Achar graficamente o vetor soma A+B e o vetor diferença A−B na figura abaixo.

12 – Achar os vetores pedidos no problema anterior pelo método dos componentes.

13 – O vetor A tem 2cm de comprimento e está 60º acima do eixo x no primeiro quadrante. O vetor B tem 2cm de comprimento e está abaixo do eixo x, no quarto quadrante. Achar graficamente: (a) o vetor soma A+B; (b) os vetores diferença A−B e B−A.

14 – Obter os vetores pedidos no problema anterior pelo método das componentes.

15 – Os componentes do vetor A são Ax =2cm,Ay =3cm e os do vetor B são Bx =4cm e

cm

B_y =−2 . Achar:

a) as componentes da soma vetorial A+B; b) o módulo e a direção de A+B;

c) as componentes do vetor diferença A−B; d) o módulo e a direção de A−B;

16 – Um automóvel anda 5km para o leste, em seguida 4km para o sul e finalmente 2km para o oeste. Achar e a direção do deslocamento resultante/

17 – Um barco a vela navega 2km para oeste, em seguida 4km para sudoeste e, então, navega uma distância adicional em uma direção desconhecida. A sua posição final é a 5km diretamente a leste do ponto de partida. Achar o módulo e a direção do trecho intermediário da jornada.

x y

B (20N)

18 – Dados dois vetores, A=2i+3j e B=i−2j: a) achar o módulo de cada vetor;

b) escrever uma expressão para a soma vetorial, usando vetores unitários; c) achar o módulo e a direção do vetor soma;

d) escrever uma expressão para o vetor diferença A−B, usando vetores unitários; e) achar o módulo e a direção do vetor diferença A−B.

19 – Dados dois vetores, A=2i+3j+4k e B=i−2j+3k: a) achar o módulo de cada vetor;

b) escrever uma expressão para a soma vetorial, usando vetores unitários; c) achar o módulo do vetor soma;

d) escrever uma expressão para o vetor diferença A−B, usando vetores unitários;

e) achar o módulo e a direção do vetor diferença A−B. Este módulo é o mesmo do que o de A