movimento 1 d

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson [email protected] Última atualização: 07/12/2005 11:37 H

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

FÍSICA 1

Capítulo 2 - Movimento Unidimensional

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 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 7071 72 73 74 75

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

Problemas Resolvidos 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). (1) tvxx x+= 0

A distância procurada corresponde ao deslocamento Δx = x − x0. 0 xx x x v− = Δ = t

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

x ⎛ ⎞Δ = × × =⎜ ⎟⎝ ⎠

A resposta deve ser expressa com apenas um algarismo significativo: 10 mxΔ ≈

[Início] 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. vtxx += 0

0 (18,4 m)1 m/s(160 km/h)

3,6 km/h

x x xtv v− Δ

= = =⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠

s 414,0=t

[Início] 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.

________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 2 – Movimento Unidimensional

2


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

hθ

0 x

d

v

Analisando o movimento do avião no eixo x, temos:

0x x v= + t 0 d vt= +

dtv

= − (1)

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

tan h

dθ =

tanhdθ

= (2)

Substituindo-se (2) em (1):

o

(35 m) 1,289035... stan 1.300 km/h tan 4,3

3,6

htv θ

−= − = =

−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1,3 st ≈

[Início] 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


3


(b) Como os trens viajam à mesma velocidade, porém em sentidos contrários, o choque dar-se-á na coordenada d/2. O tempo (Δt) do percurso de cada trem será igual ao tempo de vôo do pássaro. Logo, para o trem A:

t

dtxvA Δ=

ΔΔ

=2/

Av

dt2

=Δ

Para o pássaro:

tsv p Δ

Δ=

A

A vdvs

22=Δ

ds =ΔPortanto, o pássaro percorre uma distância igual à separação inicial dos trens, ou seja: 102 kmsΔ = (a) Em primeiro lugar, vamos calcular a coordenada x do primeiro encontro (x1). 1 0P Px x v= + t (1)

(2) tvxx BB += 01

Nestas equações, x0p = 0 e x0B = d são as posições do pássaro e do trem B no instante zero e vB P = −2 vBB 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 (x

B

1), podemos igualar (1) e (2). 0 0B B P Px v t x v t+ = +

tvtvd BB )2(0 −+=+

Bvdt

3−

= (3)

Substituindo-se (3) em (1):

1 0 0 ( 2 )3P P B

B

dx x v vv−

= + = + −

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


4


A soma das distâncias percorridas em cada trecho de ida e vinda do pássaro deve ser igual a d (resposta do item b):

ddddd n =++++32

32

32

32

32

Ou seja:

21

31

31

31

31

32 =++++ n

21

31

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.

[Início] 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 vdx v dt=∫ ∫

00 ( )

v

tvx 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:


5


Δt (s) Δx (m) 0 → 2 8 2 → 10 64 10 → 12 12 12 → 16 16 Total 88

Portanto:

(16) (0) 98 mx x− =

[Início] 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). (1) xavv Δ+= 22

02

( )

22

2 220

3

1 m/s360 km/h 03,6 km/h

2,7777 m/s2 2 (1,80 10 m)

v vax

⎡ ⎤⎛ ⎞× −⎢ ⎥⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎣ ⎦= = =Δ × ×

2m/s 78,2≈a

[Início] 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. (1) atvv += 0

02

1 m/s(100 km/h) 03,6 km/h 0,55556 s

(50 m/s )v vt

a

⎛ ⎞× −⎜ ⎟− ⎝ ⎠= = =

s 56,0≈t

[Início]


6


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.)

(Pág. 30)

Solução. Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito através da Eq. (1). (1) xavv Δ+= 22

02

2 2 6 2 5 2

15 20-2

(5,8 10 m/s) -(1,5 10 m/s) 1,4007 10 m/s2 2(1,2 10 m)

v vax

− × ×= = = ×

Δ ×

15 21,4 10 m/sa ≈ ×

[Início] 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.)


7


(Pág. 30)

Solução. Trata-se de movimento retilíneo com aceleração (negativa ou desaceleração) constante. O cálculo pode ser feito através da Eq. (1). (1) atvv += 0

20

1 m/s0 (1.020 km/h)3,6 km/h 202,38095 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 )

ag

−= = −

ga 21−≈

[Início] 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 20 0 0 1 1

1 12 2

x x v t at v t at− = + = +


8


210 02 2d ta ⎛ ⎞− = + ⎜ ⎟

⎝ ⎠2

3

2

4 4(1,10 10 m) 60,553... s(1,2 m/s )

dta

×= = =

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)2dv a= + −

2 3

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

1 36,3 m/sv ≈

[Início] 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 v= + t

0 Cx x v− = t

Cx v t= (1)

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

20 0

12

x x v t at− = +


9


20 0

12Cx x v t at− = +

2102

d a= + t

212

d at= (2)

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

2 2

2

12 2c c

d a dd av v

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2

2

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

cvda

= = =

82 md ≈ (a) A velocidade com que o automóvel alcança o caminhão (vA) vale: 2 2

0 02 ( )v v a x x= + −

2 20 02 ( )A Av v a x x= + −

2 0 2Av a= + d

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

19 m/sAv ≈

[Início]

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


10


(a) Vamos inicialmente analisar a situação A. Durante o tempo de reação, o carro desloca-se com velocidade constante. 0x x v= + t

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 22 1 2 12 ( )A A Av v a x x= + − A

Mas: 1 0A Av v=

Logo: (2) 2

0 20 2 (A Av a x x= + − 1 )A

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

2 0 02 ( )A A R Aa x v t v− = −

A análise da situação B através do caminho seguido pelas Eqs. (1) a (3) conduz ao seguinte resultado: (4) 2

2 0 02 ( )B B R Ba x v t v− = −

Dividindo-se (3) por (4):

2

2 0 02

2 0 0

A A R A

B B R B

x v t vx v t v

−=

−

Logo:

2 2

0 2 0 2

0 0 0 0( )A B B

RA

A B A B

v x v xtv 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

vax v t

= − = −−

26,2 m/sa ≈ −

[Início] 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: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 2 – Movimento Unidimensional

11


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.

21001 2

1 tatvyy yy +=− (1)

Como v0y = 0:

1 0 1 01

2( ) 2( )

y

y y yta g− −

= =y

21 2

2[(50 m) 0) 10, 20408 s 3,19438 s(9,81 m/s )

t −= = =

s 2,31 ≈t (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.

22002 2

1 tatvyy yy +=−

2 02

2( )y ytg−

=

22 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 3,112 ≈t

[Início] 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


12


explica por que esses jogadores parecem suspensos no ar no topo de seus pulos. (Pág. 32)

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 Ft t= G B ⇒ ⇒ 15 2B At t= 15

2B

ABtt =

⇒ CD DEt t= 15 2A CDt t= ⇒ 15

2A

CDtt =

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 Dv v g y y= + − − A

0)

1)

20 2 (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.

20

12

y y vt at− = −

21 ( )2D C D CD CDy y v t g t− = − −

2

151(0,15 m) 02 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.

20 0

12

y y v t at− = +

21 ( )2B A A AB ABy y v t g t− = + −


13


2

15 151(0,15 m)2 2 2

B BA

t tv g ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

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

tt

==

Como t15B deve ser menor do que t15A: 15 0,082 sBt ≈

[Início]

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.

21001 2

1 tatvyy yy +=− (1)

Como v0y = 0:

1 01

2( )

y

y yta−

=


14


1 01

2( )y ytg−

1 2

2[(145 m) 0) 5, 43706 s(9,81 m/s )

t −= =

s 44,51 ≈t (b) O cálculo da velocidade de chegada da esfera à base da torre também é direto. 101 tavv yyy +=

21 0 (9,81 m/s )(5,43706 s) 53,337604 m/syv = + =

m/s 3,531 ≈yv

(c) A desaceleração ocorre entre as posições y1 e y2. )(2 1

21

22 yyavv yyyy −+=

2 2 2 2 2 22 1 2 1

2

0 (53,337604 m/s) 5,8 m2 2 25 2 (25 9,81 m/s )y y y y

y

v v v vy

a g− − −

Δ = = = =× × ×

5,8 myΔ = Obs.: O diâmetro da esfera não tem utilidade na resolução dos itens pedidos. Ele só foi dado para ilustrar a situação.

[Início] 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 g= + h


15


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

41,819445... mv = ±

41,8 mv ≈ − (a) O tempo (t) gasto para o pacote atingir o chão pode ser calculado da seguinte forma:

0 01 ( )2

y y v v t− = +

10 (2 Bh v v− = + )t

2

B

htv v

= −+

2(81,3 m) 5,5269567... s(12,4 m/s) (41,819445... m/s)

t = − =−

5,53 st ≈

[Início] 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 ΔtL o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas da bola pelo nível inferior, ΔtU 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

Hgt t

=Δ −Δ

.

(Pág. 32)

Solução. Considere o seguinte esquema para a resolução do problema.


16


A

BC

yA

0

y

yB

yC

Movimento do ponto A ao ponto C é dado por:

20

12

y y vt at− = −

21 ( )2C A Cy y v t g t− = − −

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

210

2 2L

C Aty y g Δ⎛ ⎞− = + ⎜ ⎟

⎝ ⎠

218C A Ly y g t− = Δ (1)

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

218C B Uy y g t− = Δ (2)

Subtraindo-se (2) de (1):

2 21( ) ( ) (8C A C B B A L Uy y y y y y H g t t− − − = − = = Δ −Δ )

Portanto:

2 2

8

L U

Hgt t

=Δ −Δ

[Início]

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: 2 tS D St t t+ = =

0,34 s2Stt = =

Considere o esquema abaixo para a resolução do problema.


17


y1

y = 0 0

yy2

a = -g

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

20

12

y y vt at− = −

21 0 1

1 ( )2S Sy y v t g t− = − −

2

1 0

1

12 S

S

y y gtv

t

− −=

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 22 1 2 12( )( )v v g y y= + − −

2 2

1 22 1 2

v vy yg−

− =

2

2 1 2

(1,15812297... m/s) 0 0,068361... m2(9,81 m/s )

y y −− = =

2 1 6,8 cmy y− ≈


18

movimento 1 d

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