Problemas Resolvidos de Física

Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Problemas Resolvidos de Física
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:
r [2 (2)3 5 (2)]i [6 7 (2) 4 ]j
r (16 10)i (6 112) j
r (6i 106j) m
(b) A velocidade instantânea v é derivada primeira de r em relação ao tempo:
dr d
v
[(2t 3 5t )i (6 7t 4 ) j]
dt dt
v (6t 2 5)i 28t 3 j
Substituindo-se o valor de t = 2 s:
v [6 (2)2 5]i [28 (2)3 ]j
v (21i 224j) m/s
(c) A aceleração instantânea a é derivada primeira de v em relação ao tempo:
dv d
a
[(6t 2 5)i 28t 3 j]
dt dt
a 12ti 84t 2 j
Substituindo-se o valor de t = 2 s:
a 12 (2)i 84 (2)2 j
a (24i 336 j) m/s 2
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?
________________________________________________________________________________________________________
a
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996.
Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
(Pág. 67)
Solução.
Análise do movimento no eixo horizontal (x), onde
à horizontal:
x
x0 vxt
R cos
t
é o ângulo de inclinação do canhão em relação
0 v0 cos t
R cos
v0 cos
(1)
Análise do movimento no eixo vertical (y):
1 2
y y0 v y 0t
at
2
1 2
R sin
0 v0 sin t
gt
2
Substituindo-se (1) em (2):
R sin
1 R cos 2
g
2 v0 2 cos 2
cos
cos
sin
sin
tan cos
R
1 R 2 cos 2
g
2 v0 2 cos 2
R cos
v0 sin
v0 cos
sin
tan cos
(2)
gR cos 2
2v0 2 cos 2
sin
2v0 2 cos2
g cos2
(3)
Como R( ) é uma função cujo ponto de máximo deve ser localizado, devemos identificar o valor de
tal que dR/d = 0.
dR
d
2v0 2 cos(
2 )sec2
g
Resolvendo-se (4) para
1
(2
4
1
(2
4
Como 0
0
(4)
encontramos duas possíveis soluções:
)
)
/2 (ver figura), a resposta mais coerente é:
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
2
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:
y
v2
y2 = H
v1
0
H
y1
a = gj
a0
0
v0 = 0
y0 = y3 = 0
x0 = 0
x
x1
x2
x3
R
v3
(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.
t03
t01
t13
(1)
Para o cálculo de t13, precisamos de y1 e v1. Cálculo de y1:
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
3
y y0
v y 0t
y1
v0 y
y0
1 2
a yt
2
1
2
t01
a0 y t01
2
1
a0 sen
2
y1 0 0
2
t01
0
1
1
2
a0 sen 0 t01
46, 0 m/s 2 sen 70, 0o 30, 0 s
2
2
19.451,63 m
y1
y1
Cálculo de v1:
v y v0 y
v1 y
v1
(2)
ayt
v0 y
v1 sen
2
a0 y t01
0 a0 sen
0
a0 t01
t01
0
46,0 m/s2 30,0 s
(3)
v1 1.380 m/s
Agora podemos determinar t13, com a ajuda dos valores obtidos em (2) e (3):
1 2
y y0 v y 0t
a yt
2
1
y3 y1 v1 y t13
g t132
2
0 y1
t132
2
13
t
t132
v1 sen
2v1 sen
g
0
0
t13
1
g t132
2
t13
2 y1
g
2
g
0
2 1.380 m/s sen 70, 0o
t13
9,81 m/s 2
264,3783
s
t13
2 19.451, 63
3.965,6752
9,81 m/s 2
s2
m
0
0
As raízes da equação acima são:
t13'
278, 6120
s
''
13
14, 2336
s
t13
278,6120
s
t
Logo:
(4)
Substituindo-se (4) em (1):
t03
t03
30, 0 s
278, 6120
s
308, 6120
s
309 s
(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.
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
4
v y2
v02 y
v22 y
v12y
2a y y
y0
2
y2
0 v12 sen 2
H
v12 sen 2
2g
g
y1
2g H
0
y1
2
0
1.380 m/s sen 2 70, 0o
y1
2 9,81 m/s 2
19.451, 63
m
105.161,50
m
H 105 km
(c) Para determinarmos a distância pedida, precisamos apenas analisar o movimento horizontal
entre os pontos 1 e 3, que ocorre com velocidade horizontal constante.
x x0 vxt
x3
x1 v1x t13
R
x1 v1 cos
0
t13
Lembremos que x1 pode ser obtido pela relação:
y1
tan 0
x1
Logo:
R
y1
tan
v1 cos
0
0
R 138.581, 29
t13
19.451,63
tan 70,0
m
o
1.380 m/s cos 70,0o 278,6120
s
m
R 139 km
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/s 2. 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:
t tb tt
(1)
Em primeiro lugar vamos analisar o movimento do obus. Em x o movimento se dá com velocidade
constante:
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
5
x
x0 vxt
R 0 v0 cos tb
R
v0 cos
tb
(2)
Movimento do obus em y:
1 2
y y0 v y 0t
a yt
2
1 2
0 h v0 sen t
gtb
2
Substituindo-se (2) em (3):
R
h v0 sen
v0 cos
g
2v cos2
2
0
(3)
1
R
g
2 v0 cos
2
R2 tan R h 0
Daqui para adiante não há vantagem em continuar a solucionar o problema literalmente. As raízes
desta equação do 2o grau são:
R1 2.306, 775 m
R2
296,5345
m
Como R corresponde a uma coordenada positiva no eixo x, temos:
R 2.306,775 m
(4)
Substituindo-se (4) em (2):
tb
9, 7598
s
Agora vamos analisar o movimento do tanque, que se dá com aceleração constante:
1 2
x x0 vx 0t
ax t
2
1 2
R d0 0
at tt
2
2 R d0
tt
15, 4038 s
at
(5)
(6)
Substituindo-se (5) e (6) em (1):
t 5,6440 s
t
5,64 s
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:
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
6
r
y
v
x
h
d
A aceleração centrípeta procurada é dada por:
v2
ac
r
Análise do movimento no eixo horizontal (x):
x
(1)
x0 vxt
d
0 vt
d
t
v
Análise do movimento no eixo vertical (y):
1 2
y y0 v y 0t
at
2
1 2
0 h 0
gt
2
1 2
h
gt
2
Substituindo-se (2) em (3):
h
1 d
g
2 v2
(2)
(3)
2
2
gd
v
2h
Substituindo-se (4) em (1):
2
(4)
2
ac
gd
2rh
ac
(9,81 m/s 2 )(11 m)
2(1, 4 m)(1,9 m)
ac
2, 2 103 m/s 2
2
223,1221... m/s 2
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.
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
7
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:
vNC
vN
y
x
vC
(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale:
vC
tan
vN
1
tan
vC
vN
27, 0463
27
(b) A velocidade escalar da neve é dada por:
vNC
vNC
vC2
vN2
61,7534
km/h
62 km/h
Obs. Apenas como curiosidade, vamos mostrar o vetor vNC. Os vetores vN e vC são definidos como:
vC
vN
vC i
vN j
De acordo com o esquema, temos:
vN
v NC
vC
vN
v NC
vC
Logo:
v NC
vC i vN 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 64 o 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:
vGT
vG
y
x
vT
Os vetores vT e vGT são definidos como:
vT
vT i
(1)
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
8
vGT
(2)
vG cos j
De acordo com o esquema, temos:
vG
vT
(3)
vGT
Substituindo-se (1) e (2) em (3):
vG
(4)
vT i vG cos j
O esquema mostra que vG é definido por:
vG
(5)
vG sen i vG cos j
Comparando-se (4 e (5), conclui-se que:
vG sen
vT
vT
sen
Substituindo-se (6) em (4):
vT
vG
vT i
j
tan
O módulo de vG é dado por:
(6)
vG
vNC
vT2
vNC
31 m/s
vT
tan
2
31,1528
m/s
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:
v
C
t2 ,d2
B
vA
t1 ,d1
y
l
vH
vHA
A
x
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
9
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:
vA
vH
vHA
De acordo com o esquema acima:
vH
vA
v HA
vA
va i
(2)
v HA
vHA cos i vHA sen j
(3)
(1)
Mas:
Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1):
vH
(va vHA cos )i vHA sen j
Movimento do ponto A ao ponto B:
r
rB
r0
rA
vt
v H t1
Considerando-se um sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto A, temos:
rB
d2i l j
Logo:
d2i l j 0 [(vA vHA cos )i vHA sen j]t1
(4)
A equação (4) somente é verdadeira se e somente se:
d2 (vA vHA cos )t1
e
l
vHA sen t1
(5)
Logo, de acordo com (10):
l
t1
vHA sen
Mas, de acordo com o esquema principal acima:
l
d2
tan
(6)
Também podemos dizer que:
v H v Hx i v Hy j
Onde:
tan
v Hy
v Hx
v HA sen
(v A v HA cos )
(7)
Substituindo-se (7) em (6):
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
10
l (v A v HA cos )
v HA sen
d2
(8)
Movimento de B até C:
x
x0
vxt
0 d2
vt2
d2
v
Substituindo-se (8) em (9):
t2
(9)
l (v A v HA cos )
vvHA sen
t2
Agora podemos construir a função t1 + t2 = f( ):
t1
t2
t1 t 2
l
v HA sen θ
l (v A v HA cos )
vvHA sen
l (v v A v HA cos )
vvHA sen
(10)
O mínimo da função (10) agora pode ser encontrado.
l [( vHA )sen 2
vvHA
d (t1 t2 )
d
(v vA vHA cos ) cos ]
sen 2
(11)
0
A equação (11) somente é verdadeira se:
v HA sen 2
(v v A
v HA (sen2
cos 2 )
v HA cos ) cos
0
Logo:
(v v A ) cos
v HA
v vA
cos
cos
1
cos
1
v HA
v vA
(3,0 km)
[(5,0 km) (2,0 km)]
115,3769 o
115 o
(b) Da equação (10):
t1 t2
(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 o
t1 t 2
0,2108  h
t1 t 2
0,21 h
o
)
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)
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
11
que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio?
(Pág. 70)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema da situação:
vN
y
v TN
vT
x
Pelo esquema acima, temos:
vT v N vTN
vTN
vT
vN
onde vTN é o vetor velocidade do torpedo em relação ao navio. Os vetores vN e vT são assim
definidos:
v N vN i
vT
onde
(1)
(2)
vT sin i vT cos j
é o ângulo procurado no item (b) do enunciado.
vTN
vT sin i vT cos j vN i
vTN
vTN sin i vTN cos j
vT sin
vN i vT cos j
(3)
Mas:
(4)
Como os vetores (3) e (4) são iguais, suas componentes também são iguais.
vT sin
vN vTN sin
vT cos
vTN cos
(5)
(6)
Dividindo-se (5) por (6):
vT sin
vN
tan
vT cos
(7)
Resolvendo-se (7) :
sec
1
vN vT tan
vT 4 vT 4 tan 2
vN 2vT 2
vT 2 vN 2
São duas as soluções possíveis:
173,89...o
46,8112...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:
rN rN 0 v N t
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
12
rT
rT 0
vT t
Como no instante t da colisão entre o torpedo e o navio ambos estarão na mesma posição, temos:
rN
rT
rN 0
vNt
rT 0
0
rN 0
vNt
rN 0
d sin i d cos j
rT 0
vT t
Mas:
Logo:
(8)
vT t
Porém:
(9)
Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8):
d sin i d cos j vN ti
(d sin
vT sin ti vT cos tj
vN t )i d cos j vT sin ti vT cos 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:
d cos
vT cos t
t
d cos
vT cos
t
(4,0 km) cos(20o )
(50 km/h) cos(46,8112...o )
t
0,11 h
0,109838... h
________________________________________________________________________________________________________
Seção dedicada ao aluno de graduação
13