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
02. A posição de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r = (2t3 5t)i + (6 7t4)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 ) m r 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 t dt dt r v i j 2 3 (6t 5) 28t v i j Substituindo-se o valor de t = 2 s: 2 3 [6 (2) 5] [28 (2) ] v i j (21 224 ) m/s v i j
(c) A aceleração instantânea a é derivada primeira de v em relação ao tempo:
2 3 [(6 5) 28 ] d d t t dt dt v a i j 2 12t 84t a i j Substituindo-se o valor de t = 2 s: 2 12 (2) 84 (2) a i j 2 (24 336 ) m/s a 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?
________________________________________________________________________________________________________ 2
(Pág. 67)
Solução.
Análise do movimento no eixo horizontal (x), onde é o ângulo de inclinação do canhão em relação à horizontal: 0 x x x v t 0 cos 0 cos R v t 0 cos cos R t v (1)
Análise do movimento no eixo vertical (y): 2 0 0 1 2 y y y v t at 2 0 1 sin 0 sin 2 R v t gt (2) Substituindo-se (1) em (2): 2 2 0 2 2 0 0 cos 1 cos sin sin cos 2 cos R R R v g v v 2 2 2 0 cos 1 cos sin sin cos 2 cos R g v 2 2 2 0 cos sin tan cos
2 cos gR v 2 2 0 2 2 cos
tan cos sin
cos v R
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 0 2 cos( 2 ) sec 0 v dR d g (4)
Resolvendo-se (4) para encontramos duas possíveis soluções: 1 (2 ) 4 1 (2 ) 4
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 13
t t t (1)
Para o cálculo de t13, precisamos de y1 e v1. Cálculo de y1: y1 v0 = 0 y y2 = H a = gj H x0 = 0 v1 v2 v3 0 x x1 R 0 x2 x3 y0 = = 0y3 a0
________________________________________________________________________________________________________ 4 2 0 0 1 2 y y y y v t a t 2 1 0 0 01 0 01 1 2 y y y y v t a t 2 1 0 0 01 1 0 0 sen 2 y a t 2 2 2 o 1 0 0 01 1 1 sen 46, 0 m/s sen 70, 0 30, 0 s 2 2 y a t 1 19.451, 63 m y (2) Cálculo de v1: 0 y y y v v a t 1y 0y 0y 01 v v a t 1sen 0 0 0sen 0 01 v a t 2 1 0 01 46, 0 m/s 30, 0 s v a t 1 1.380 m/s v (3)
Agora podemos determinar t13, com a ajuda dos valores obtidos em (2) e (3):
2 0 0 1 2 y y y y v t a t 2 3 1 1 13 13 1 2 y y y v t g t 2 1 1 0 13 13 1 2 0 sen 2 y v t g t g 2 1 0 1 13 13 2 sen 2 0 v y t t g g o 2 13 2 13 2 2 1.380 m/s sen 70, 0 2 19.451, 63 m 0 9,81 m/s 9,81 m/s t t 2 2 13 264,3783 s 13 3.965, 6752 s 0 t t
As raízes da equação acima são: ' 13 '' 13 278, 6120 s 14, 2336 s t t Logo: 13 278, 6120 s t (4) Substituindo-se (4) em (1): 03 30, 0 s 278, 6120 s 308, 6120 s t 03 309 s t
(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 2 0 y y y v v a y y 2 2 2y 1y 2 2 1 v v g y y 2 2 1 0 1 0 v sen 2g H y 2 2 o 2 2 1 0 1 2 1.380 m/s sen 70, 0 sen 19.451, 63 m 105.161, 50 m 2 2 9,81 m/s v H y g 105 km H
(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 x x x v t 3 1 1x 13 x x v t 1 1cos 0 13 R x v t
Lembremos que x1 pode ser obtido pela relação:
1 0 1 tan y x Logo: o 1 1 0 13 o 0 19.451, 63 m cos 1.380 m/s cos 70, 0 278, 6120 s tan tan 70, 0 y R v t 138.581, 29 m R 139 km R
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 t
t t t (1)
Em primeiro lugar vamos analisar o movimento do obus. Em x o movimento se dá com velocidade constante:
________________________________________________________________________________________________________ 6 0 x x x v t 0 0 cos b R v t 0cos b R t v (2) Movimento do obus em y: 2 0 0 1 2 y y y y v t a t 2 0 1 0 sen 2 b h v t gt (3) Substituindo-se (2) em (3): 2 0 0 0 1 sen cos 2 cos R R h v g v v 2 2 2 0 tan 0 2 cos g R 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 m R (4) Substituindo-se (4) em (2): 9, 7598 s b t (5)
Agora vamos analisar o movimento do tanque, que se dá com aceleração constante: 2 0 0 1 2 x x x x v t a t 2 0 1 0 2 t t R d a t 0 2 15, 4038 s t t R d t a (6) Substituindo-se (5) e (6) em (1): 5,6440 s t 5,64 s t
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.
r d h x y v
A aceleração centrípeta procurada é dada por: 2
c
v a
r (1)
Análise do movimento no eixo horizontal (x): 0 x x x v t 0 d vt d t v (2)
Análise do movimento no eixo vertical (y): 2 0 0 1 2 y y y v t at 2 1 0 0 2 h gt 2 1 2 h gt (3) Substituindo-se (2) em (3): 2 2 1 2 d h g v 2 2 2 gd v h (4) Substituindo-se (4) em (1): 2 2 c gd a rh 2 2 2 (9,81 m/s )(11 m) 223,1221... m/s 2(1, 4 m)(1, 9 m) c a 3 2 2, 2 10 m/s c a
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)
________________________________________________________________________________________________________ 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 1 tan C 27, 0463 N v v 27
(b) A velocidade escalar da neve é dada por:
2 2 61, 7534 km/h NC C N v v v 62 km/h NC v
Obs. Apenas como curiosidade, vamos mostrar o vetor vNC. Os vetores vN e vC são definidos como:
C vC
v i
N vN
v j
De acordo com o esquema, temos:
N C NC v v v NC N C v v v Logo: NC vC vN v 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 vT v i (1) vNC vN vC x y vGT vG vT x y
cos GT vG
v j (2)
De acordo com o esquema, temos:
G T GT v v v (3) Substituindo-se (1) e (2) em (3): cos G vT vG v i j (4)
O esquema mostra que vG é definido por:
sen cos
G vG vG
v i j (5)
Comparando-se (4 e (5), conclui-se que:
sen G T v v sen T G v v (6) Substituindo-se (6) em (4): tan T G T v v v i j
O módulo de vG é dado por:
2 2 31,1528 m/s tan T NC T v v v 31 m/s NC v
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 B C v vA vHA vH 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:
vHA vH
vA
De acordo com o esquema acima: HA A H v v v (1) Mas: i vA va (2) cos sen HA vHA vHA v i j (3) Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1): ( cos ) sen H va vHA vHA v i j
Movimento do ponto A ao ponto B:
t v r r 0 1 t H A B r v r
Considerando-se um sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto A, temos:
j i rB d2 l Logo: 2 0 [( A HAcos ) HAsen ]1 d i l j v v i v jt (4)
A equação (4) somente é verdadeira se e somente se: 2 ( A HAcos )1 d v v t e 1 sen HA l v t (5)
Logo, de acordo com (10): 1 sen HA l t v
Mas, de acordo com o esquema principal acima:
tan 2
l
d (6)
Também podemos dizer que:
j i vH vHx vHy Onde: ) cos ( sen tan HA A HA Hx Hy v v v v v (7) Substituindo-se (7) em (6):
sen ) cos ( 2 HA HA A v v v l d (8) Movimento de B até C: t v x x 0 x 2 2 0 d vt v d t 2 2 (9) Substituindo-se (8) em (9): sen ) cos ( 2 HA HA A vv v v l t
Agora podemos construir a função t1 + t2 = f( ):
sen ) cos ( θ sen 2 1 HA HA A HA vv v v l v l t t sen ) cos ( 2 1 HA HA A vv v v v l t t (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 l v v v v d vv (11)
A equação (11) somente é verdadeira se:
0 cos ) cos ( sen2 A HA HA v v v v Logo: cos ) ( ) cos (sen2 2 A HA v v v A HA v v v cos A HA v v v 1 cos o 1 3769 , 115 )] km 0 , 2 ( ) km 0 , 5 [( ) km 0 , 3 ( cos o 115 (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) sen115,3769 t t h 2108 , 0 2 1 t t h 21 , 0 2 1 t t
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
y vN
vT N
vT
Pelo esquema acima, temos:
T N TN
v v v
TN T N
v v v
onde vTN é o vetor velocidade do torpedo em relação ao navio. Os vetores vN e vT são assim
definidos: N vN v i (1) sin cos T vT vT v i j (2)
onde é o ângulo procurado no item (b) do enunciado.
sin cos sin cos
TN vT vT vN vT vN vT v i j i i j (3) Mas: sin cos TN vTN vTN v i j (4)
Como os vetores (3) e (4) são iguais, suas componentes também são iguais.
sin sin T N TN v v v (5) cos cos T TN v v (6) Dividindo-se (5) por (6): sin tan cos T N T v v v (7) Resolvendo-se (7) : 4 4 2 2 2 1 2 2 tan tan sec 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: 0
N N Nt
0
T T Tt
r r v
Como no instante t da colisão entre o torpedo e o navio ambos estarão na mesma posição, temos:
N T r r 0 0 N Nt T Tt r v r v Mas: 0 0 T r Logo: 0 N Nt Tt r v v (8) Porém: 0 sin cos N d d r i j (9) Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8):
sin cos N Tsin Tcos
d i d j v ti v ti v tj
( sind v tN )i dcos j vTsin ti vTcos 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:
cos Tcos d v t cos cos T d t v o (4, 0 km) cos(20 ) 0,109838... h (50 km/h) cos(46,8112... ) o t 0,11 h t
