Problemas Resolvidos - Halliday 8ª Edição - Cap 04 - Movimento em duas e três dimensões
-
Upload
independent -
Category
Documents
-
view
2 -
download
0
Transcript of Problemas Resolvidos - Halliday 8ª Edição - Cap 04 - Movimento em duas e três dimensões
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)
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
5
Fig. 4-38 Problema 38 (Pág. 86)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
(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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
12
ao chegar ao campo?
(Pág. 94)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
(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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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?
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
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:
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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.
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
Substituindo-se (4) em (1):
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.
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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:
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
Substituindo-se (2) em (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)
Substituindo-se (4) em (2):
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:
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
Substituindo-se (2) em (3):
2
2
1
2
dh g
v
2
2
2
gdv
h (4)
Substituindo-se (4) em (1):
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.
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
Substituindo-se (6) em (4):
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
Substituindo-se (7) em (6):
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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)
Substituindo-se (8) em (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)
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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
________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a Ed. - LTC - 2009. Cap. 04 – Movimento em Duas e Três Dimensões
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