resnick problemas por assunto-04-movimento em duas e tres dimensoes

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

HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 8.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2008.

FÍSICA 1

CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO EM DUAS E TRÊS DIMENSÕES

13. A posição r de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r = (2,00t3 5,00t)i +

(6,00 7,00t4)j com r em metros e t em segundos. Na notação de vetores unitários, calcule (a)

r, (b) v e (c) a para t = 2,00 s. (d) Qual é o ângulo entre o sentido positivo do eixo x e uma reta

tangente à trajetória da partícula em t = 2,00 s?

(Pág. 85)

Solução.

(a) Para t = 2,00 s, r vale r(2,00 s):

3 4

2,00 s2,00 2,00 5,00 2,00 6,00 7,00 2,00

r i j

2,00 s6,00 m 106 m r i j

(b) A velocidade é a derivada da posição em relação ao tempo.

2 36,00 5,00 28,0d

t tdt

r

v i j

Para t = 2,00 s, v vale v(2,00 s):

2 3

2,00 s6,00 2,00 5,00 28,0 2,00

v i j

2,00 s19,0 m/s 224 m/s v i j

(c) A aceleração é a derivada da velocidade em relação ao tempo.

212,0 84,0d

t tdt

v

a i j

2

2,00 s12,0 2,00 84,0 2,00 a i j

2 2

2,00 s24,0 m/s 336 m/s a i j

(d) O cálculo do ângulo é feito a partir dos componentes x e y da velocidade em t = 2,00 s:

224 m/stan 11,7894

19,0 m/s

y

x

v

v

Logo:

1tan 11,7894 85,1516

85,2

O gráfico paramétrico das funções x(t) e y(t), entre t = 0,00 s e t = 2,00 s é mostrado abaixo. O vetor

v(2,00 s) é mostrado na posição r(2,00 s). O ângulo aparenta ser menor do que 85,2o devido à

diferença nas escalas dos eixos.

________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8

a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões

2

20. Na Fig. 4-35 a partícula A se move ao longo da reta y = 30 m com uma velocidade constante v

de módulo 3,0 m/s e paralela ao eixo x. No instante em que a partícula A passa pelo eixo y a

partícula B deixa a origem com velocidade inicial zero e aceleração constante a de módulo 0,40

m/s2. Para que valor do ângulo entre a e o semi-eixo y positivo acontece uma colisão?

Fig. 4-35 Problema 20 (Pág. 85)

Solução.

Para que haja colisão entre as duas partículas, no instante t da colisão deveremos ter xA = xB e yA =

yB. Para resolver o problema, vamos analisar o movimento de cada partícula e igualar suas

coordenadas finais x e y. A partir daí, desenvolveremos as equações com o objetivo de isolar .

Movimento da partícula A em (movimento retilíneo uniforme):

0A A Ax x v t

0Ax vt

Ax vt (1)

2 2 4 6x m

100

80

60

40

20

v(2,00 s)

r(2,00 s)



3

Como o movimento de A é paralelo ao eixo x, sua coordenada y não se altera:

0A Ay y (2)

Movimento da partícula B (movimento retilíneo uniformemente acelerado):

2

0 0

1

2B B B Bt t r r v a

210 0

2B Bt r a

21

2B Btr a

Este resultado pode ser desmembrado em duas equações, uma em x e outra em y:

2 21 1sen

2 2B xB Bx a t a t

21sen

2Bx a t (3)

De forma semelhante a (3), podemos calcular yB:

21cos

2By a t (4)

Igualando-se (1) e (3) teremos:

21sen

2Av t a t

2

2

2 2

4

sen

Avt

a (5)

Igualando-se (2) e (4) teremos:

21cos

2Ay a t

2 2

cos

Ayt

a (6)

Nas equações (5) e (6), t é o instante de tempo em que a colisão ocorre e é o mesmo para os

movimentos de A e B. Portanto, podemos igualar (5) e (6):

2

2 2

4 2

sen cos

A Av y

a a

Simplificando-se alguns termos e substituindo-se sen2 = 1 cos

2 , teremos:

2 22 cos 1 cosA Av y a

2

2 2cos cos 1 0A

A

v

y a

Fazendo cos = X, teremos:

2

2 21 0A

A

vX X

y a

Substituindo-se os valores numéricos:

2

2

2

2 3,0 m/s1 0

30 m 0,40 m/sX X



4

2 1,5 1 0X X

As raízes desta equação são X1 = 0,50 e X2 = -2,0. Como X2 = -2,0 não pode ser igual ao cosseno de

nenhum ângulo, teremos:

1cos 0,50X

60

35. A velocidade de lançamento de um projétil é cinco vezes maior que a velocidade na altura

máxima. Determine o ângulo de lançamento 0.

(Pág. 86)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação:

De acordo com o enunciado, temos:

0 15v v (1)

A velocidade v1 tem componente apenas em x, que é igual à componente x de v0, ou seja:

1 0 0 cosxv v v

Substituindo-se o valor de v1 em (1):

0 05 cosv v

1 1cos 78,4630

5

78,5

38. Você lança uma bola em direção a uma parede com uma velocidade de 25,0 m/s e um ângulo 0

= 40,0o acima da horizontal (Fig. 4-38). A parede está a uma distância d = 22,0 m do ponto de

lançamento da bola. (a) A que distância acima do ponto de lançamento a bola atinge a parede?

Quais são as componentes (b) horizontal e (c) vertical da velocidade da bola ao atingir a parede?

(d) Ao atingir a parede, ela já passou pelo ponto mais alto da trajetória?

y

0

x

v0

v1



5

Fig. 4-38 Problema 38 (Pág. 86)

Solução.


(a) Movimento em x:

0 0xx x v t

0 00 cosd v t

0 0cos

dt

v (1)

Movimento em y:

2

0 0

1

2yy y v t gt

2

0 0

10 sen

2h v t gt (2)

Substituindo-se (1) em (2), teremos:

2

0 0

0 0 0 0

10 sen

cos 2 cos

d dh v g

v v

222

0 22 2 20 0

9,8 m/s 22,0 mtan 22,0 m tan 40,0 11,9939 m

2 cos 2 25,0 m/s cos 40,0

gdh d

v

12 mh

(b) O componente horizontal de v é o mesmo componente horizontal de v0, uma vez que a

velocidade horizontal da bola não se altera:

2

0 0 0cos 25,0 m/s cos 40,0 19,1511 m/sx xv v v

19 m/sxv

(c) O componente vertical da velocidade v com que a bola bate na parede vale:

0 0 0

0 0

sencos

y y

dv v gt v g

v

Na equação acima, substituímos t pelo seu valor definido em (1). Resolvendo numericamente,

teremos:

y

0

x

v0

d

h

Ponto de impacto



6

22

29,8 m/s 22,0 m

25,0 m/s sen 40,0 4,8118 m/s25,0 m/s cos 40,0

yv

4,8 m/syv

(d) Como vy é positivo, significa que no momento do impacto com a parede a bola ainda estava em

ascensão. Logo, nesse momento a bola ainda não havia atingido o ponto mais alto de sua trajetória.

39. Um rifle que atira balas a 460 m/s é apontado para um alvo situado a 45,7 m de distância. Se o

centro do alvo está na mesma altura do rifle, para que altura acima do alvo o cano do rifle deve

ser apontado para que a bala atinja o centro do alvo?

(Pág. 87)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação, onde são mostradas a trajetória normal da bala até o alvo

(parabólica) e a trajetória que a bala seguiria caso não houvesse aceleração da gravidade:

Movimento em x:

0 0xx x v t

0 00 cosR v t

0 0cos

Rt

v (1)

Movimento em y:

2

0 0

1

2yy y v t gt

2

0 0

10 0 sen

2v t gt

0 02 senvt

g

(2)

Igualando-se (1) e (2), teremos:

0 0

0 0

2 sen

cos

vR

v g

0 2

0

sen 2gR

v

y

x

R

v0

0

Alvo

h

Trajetória sem queda

Trajetória parabólica



7

2

1 1

0 22

0

9,8 m/s 45,7 m1 1sen sen 0,0606

2 2 460 m/s

gR

v

Podemos encontrar a altura de queda da bala por meio da seguinte relação trigonométrica:

0tan 45,7 m tan 0,0606 0,04836 mh R

4,84 cmh

54. Dois segundos após ter sido lançado a partir do solo, um projétil deslocou-se 40 m

horizontalmente e 53 m verticalmente em relação ao ponto de lançamento. Quais são as

componentes (a) horizontal e (b) vertical da velocidade inicial do projétil? (c) Qual é o

deslocamento horizontal em relação ao ponto de lançamento no instante em que o projétil atinge

a altura máxima em relação ao solo?

(Pág. 88)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação em que t1 corresponde ao instante de tempo mencionado

no enunciado e t2 é o instante de tempo em que o projétil alcança o ponto mais alto de sua trajetória:

(a) Movimento em x, de t0 = 0 a t1 = 2 s:

1 0 0 1xx x v t

0 10 xd v t

0

1

40 m

2 sx

dv

t

0 20 m/sxv

(b) Movimento em y:

2

1 0 0 1

1

2yy y v t gt

2

0 1 1

10

2yh v t gt

22 2

1

0

1

1 153 m 9,8 m/s 2 s

2 2 36,3 m/s2 s

y

h gt

vt

0 36 m/syv

y

H

0

x

D

t1

t2

h

d

t0 = 0



8

(c) Análise do movimento em y desde o lançamento até a altura máxima da trajetória:

2 0 2y yv v gt

0 20 yv gt

0

2 2

36,3 m/s3,7040 s

9,8 m/s

yvt

g

Movimento em x até a altura máxima da trajetória:

2 0 0 2xx x v t

0 20 xD v t

20 m/s 3,7040 s 74,0816 mD

74mD

66. Uma partícula descreve um movimento circular uniforme em um plano horizontal xy. Em certo

instante ela passa pelo ponto de coordenadas (4,00 m, 4,00 m) com uma velocidade de 5,00i

m/s e uma aceleração de +12,5 j m/s. Quais são as coordenadas (a) x e (b) y do centro da

trajetória circular?

(Pág. 89)

Solução.

A situação exposta no enunciado pode ser resumida no esquema I:

(I) (II)

Como se trata de movimento circular uniforme, a aceleração mencionada é centrípeta, ou seja,

aponta para o centro da trajetória circular (C). Portanto, o centro da trajetória está localizado na

coordenada xC = 4 e yC = 4,00 + R, em que R é o raio do círculo (esquema II). O raio pode ser

obtido a partir de:

2

C

va

R

22

2

5,00 m/s2,00 m

12,5 m/sC

vR

a

Logo:

4,00 m 4,00 m 2,00 mCy R

x1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

y

v

a

x1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

y

v

a

CR

6



9

6,00 mCy

Portanto:

4,00 m, 6,00 mC

68. Um gato pula em um carrossel que está descrevendo um movimento circular uniforme. No

instante t1 = 2,00 s a velocidade do gato é v1 = (3,00 m/s)i + (4,00 m/s)j, medida em um sistema

de coordenadas horizontal xy. No instante t2 = 5,00 s, a velocidade é v2 = (3,00 m/s)i + (4,00

m/s)j. Quais são (a) o módulo da aceleração centrípeta do gato e (b) a aceleração média do gato

no intervalo de tempo t2 – t1, que é menor que um período?

(Pág. 89)

Solução.

Segundo o enunciado, v1 = v2. Como também foi dito que o intervalo de tempo decorrido no

deslocamento do gato é inferior a um período do movimento circular, o fato de v1 ser igual a v2

revela que o gato percorreu apenas meia circunferência do carrossel. Veja o esquema a seguir:

(a) O módulo da aceleração centrípeta é dado pela seguinte expressão, onde v é a velocidade escalar

do gato e R é o raio do carrossel:

2

c

va

R (1)

A velocidade escalar corresponde ao módulo do vetor velocidade em qualquer instante de tempo.

Vamos tomar o instante t1 como referência, quando a velocidade é v1:

2 22 2

1 1 2 3,00 m/s 4,00 m/s 5,00 m/sx xv v v v

O raio do carrossel pode ser obtido a partir da definição da velocidade escalar, onde s12 é o

comprimento de meia circunferência:

12

12 12

s Rv

t t

12

5,00 m/s 3,00 s4,7746 m

3,1415

v tR

Substituindo-se os valores de v e R em (1), teremos:

2

25,00 m/s

5,2359 m/s4,7746 m

ca

25,24 m/sca

v1 1, t

Trajetória do gato

v2 2, t

Carrossel

s12

x

y



10

(b) A aceleração média vale:

12 2 1

12 12

3,00 m/s 4,00 m/s 3,00 m/s 4,00 m/s

3,00 sm

t t

i j i jv v va

2 2

6,00 m/s 8,00 m/s2,00 m/s 2,666 m/s

3,00 sm

i ja i j

O módulo da aceleração média vale:

2 2

2 2 22,00 m/s 2,666 m/s 3,3333 m/sma

23,33 m/sma

76. Depois de voar por 15 min em um vento de 42 km/h a um ângulo de 20o ao sul do leste, o piloto

de um avião sobrevoa uma cidade que está a 55 km ao norte do ponto de partida. Qual é a

velocidade escalar do avião em relação ao ar?

(Pág. 89)

Solução.

Sejam va a velocidade do avião em relação ao solo, vv a velocidade do vento e vav a velocidade do

avião em relação ao vento. O esquema vetorial dessas velocidades é mostrado a seguir, onde é o

ângulo citado no enunciado:

O esquema acima sugere a seguinte relação matemática:

av a v v v v (1)

Portanto, precisamos determinar va e vv para obter vav. Como o avião percorre uma distância s = 55

km para o norte (direção +y), medida sobre o solo, num intervalo de tempo t = 15 min = 0,25 h,

teremos:

55 km/h220 km/h

0,25 ha

s

t

v j j

A velocidade do vento é obtida por decomposição do vetor vv:

cos senv vx vy v vv v v v v i j i j

42 km/h cos 20 42 km/h sen 20v vv v i j

39,4670 km/h 14,3648 km/hv v i j

Substituindo-se os valores de va e vv em (1), teremos:

220 km/h 39,4670 km/h 14,3648 km/hav v j i j

39,4670 km/h 234,3648 km/hav v i j

O módulo de vav vale:

va

vv

vav

x

y



11

2 2

39,4670 km/h 234,3648 km/h 237,6647 km/havv

240 km/havv

104. Um astronauta é posto em rotação em uma centrífuga horizontal com um raio de 5,0 m. (a)

Qual é a velocidade escalar do astronauta se a aceleração centrípeta tem um módulo de 7,0g?

(b) Quantas revoluções por minutos são necessárias para produzir essa aceleração? (c) Qual é o

período do movimento?

(Pág. 92)

Solução.

(a) A velocidade (v) pode ser calculada a partir da definição da aceleração centrípeta (ac), onde r é o

raio da centrífuga:

2

c

va

r

25,0 m 7,0 9,8 m/s 18,5202 m/scv ra

19 m/sv

(b) O número de revoluções por minuto corresponde à freqüência (f) do movimento circular e pode

ser calculada por conversão da unidades da velocidade:

60 s 1 rev19 m/s 35,3710 rpm

1 min 2 5,0 mf

35 rpmf

(c) O período (T) corresponde ao inverso da freqüência.

1 1 60 s0,02827 min 1,6963 s

35,3710 rpm 1 minT

f

1,7 sT

Astronauta em treinamento numa centrífuga (NASA)

131. Um golfista arremessa uma bola a partir de uma elevação imprimindo à bola uma velocidade

inicial de 43 m/s e um ângulo de 30o acima da horizontal. A bola atinge o campo a uma

distância horizontal de 180 m do local de lançamento. Suponha que o campo seja plano. (a)

Qual era a altura da elevação de onde foi arremessada a bola? (b) Qual era a velocidade da bola



12

ao chegar ao campo?

(Pág. 94)

Solução.


(a) Para determinar a altura da elevação, vamos resolver as equações de movimento em x e em y. O

movimento da bola em x ocorre com velocidade constante:

0 0xx x v t

0 00 cosd v t

0 0cos

dt

v (1)

O movimento em y ocorre com aceleração constante g:

2

0 0

1

2yy y v t gt

2

0 0

10 sen

2h v t gt (2)

Substituindo-se (1) em (2):

2

0 0

0 0 0 0

1sen

cos 2 cos

d dh v g

v v

222

0 22 2 20 0

9,8 m/s 180 mtan 180 m tan 30 10,5604 m

2 cos 2 43 m/s cos 30

gdh d

v

11 mh

(b) O módulo da velocidade da bola imediatamente antes de atingir o solo, v, é dada por:

2 2

x yv v v (3)

Como o componente da velocidade em x é constante, temos:

0 0 cos 43 m/s cos 30 37,2390 m/sx xv v v

O componente y da velocidade pode ser calculado por meio da análise do movimento em y:

2 2

0 02y yv v g y y

2 2 2

0 sen 2 0yv v g h

22 2 2 2

0 sen 2 43 m/s sen 30 2 9,8 m/s 10,5604 m 25,8695 myv v gh

Substituindo-se os valores de vx e vy em (1):

y

0

x

v0

h

d



13

2

37,2390 m/s 25,8695 m 45,3429 m/sv

45m/sv

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 ) 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 tdt dt

r

v i j

2 3(6 5) 28t t 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 tdt dt

v

a i j

212 84t t a i j

Substituindo-se o valor de t = 2 s:

212 (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?



15

(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:

1(2 )

4

1(2 )

4

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



16

1

(2 )4

É claro que resta demonstrar que d2R/d2

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.


(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



17

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.



18

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

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:



19

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

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:



20

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.



21

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 Nv v j

De acordo com o esquema, temos:

N C NC v v v

NC N C v v v

Logo:

NC C Nv v 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 Tv v i (1)

vNC

vN

vC

x

y

vGT

vG

vT

x

y



22

cosGT Gv v j (2)

De acordo com o esquema, temos:

G T GT v v v (3)

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

cosG T Gv v v i j (4)

O esquema mostra que vG é definido por:

sen cosG G Gv v v i j (5)

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

senG Tv v

sen

TG

vv

(6)


tan

TG T

vv

v 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



23

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 v v i j (3)

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

( cos ) senH a HA HAv v v v 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 t i 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)




24

sen

)cos(2

HA

HAA

v

vvld

(8)

Movimento de B até C:

tvxx x 0

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

v

cos

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)



25

que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio?

(Pág. 70)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema da situação:

x

yvN

v TN

v T

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 Nvv i (1)

sin cosT T Tv v v 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 v v i j i i j (3)

Mas:

sin cosTN TN TNv v v 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 Nt r r v



26

0T T Tt r 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 t r v r v

Mas:

0 0T r

Logo:

0N N Tt t r v v (8)

Porém:

0 sin cosN d d r i j (9)

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

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

( sin ) cos sin cosN T Td v t d v t v t i 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

resnick problemas por assunto-04-movimento em duas e tres dimensoes

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