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 ) mr 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
rv i j
2 3(6 5) 28t tv i j
Substituindo-se o valor de t = 2 s:
2 3[6 (2) 5] [28 (2) ]v i j
(21 224 ) m/sv 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
va i j
212 84t ta i j
Substituindo-se o valor de t = 2 s:
212 (2) 84 (2)a i j
2(24 336 ) m/sa 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?
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
2
(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:
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
3
1
(2 )4
É claro que resta demonstrar que d2R/d
2 0, equação (3), pois como se trata de um ponto de
máximo, a concavidade da curva nesse ponto deve ser voltada para baixo.
48. Um foguete é lançado do repouso e se move em uma linha reta inclinada de 70,0o acima da
horizontal, com aceleração de 46,0 m/s2. Depois de 30,0 s de vôo com o empuxo máximo, os
motores são desligados e o foguete segue uma trajetória parabólica de volta à Terra; veja a Fig.
36. (a) Ache o tempo de vôo desde o lançamento ao impacto. (b) Qual é a altitude máxima
alcançada? (c) Qual é a distância da plataforma de lançamento ao ponto de impacto? (Ignore as
variações de g com a altitude.)
(Pág. 68)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
(a) O cálculo do tempo total de vôo, t03, é a soma do tempo de aceleração em linha reta com os
foguetes, t01 = 30,0 s, e o tempo de queda livre, t13, que precisa ser calculado.
03 01 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
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
4
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.
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5
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:
o11 0 13 o
0
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:
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
6
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
0215,4038 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:
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
7
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.
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
8
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vC é a velocidade do carro em relação
ao solo, vN é a velocidade da neve em relação ao solo e vNC é a velocidade da neve em relação ao carro:
(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale:
tan C
N
v
v
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 Nvv j
De acordo com o esquema, temos:
N C NCv v v
NC N Cv v v
Logo:
NC C Nv vv 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 Tvv i (1)
vNC
vN
vC
x
y
vGT
vG
vT
x
y
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
9
cosGT Gvv j (2)
De acordo com o esquema, temos:
G T GTv v v (3)
Substituindo-se (1) e (2) em (3):
cosG T Gv vv i j (4)
O esquema mostra que vG é definido por:
sen cosG G Gv vv 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
vvv 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
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
10
A velocidade do homem em relação à água (vHA) deve fazer um ângulo em relação à margem. A
velocidade da água (vA) fará com que o barco percorra a trajetória retilínea AB, que faz um ângulo
em relação à margem. O trajeto AB mede d1 e será percorrido num tempo t1. Ao chegar ao ponto
B, o homem irá caminhando até C num tempo t2 através de uma distância d2. Seja o esquema
vetorial de velocidades:
vHAvH
vA
De acordo com o esquema acima:
HAAH vvv (1)
Mas:
iv aA v (2)
cos senHA HA HAv vv i j (3)
Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1):
( cos ) senH a HA HAv v vv 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 ti 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):
1senHA
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):
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11
sen
)cos(2
HA
HAA
v
vvld (8)
Movimento de B até C:
tvxx x0
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
vcos
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)
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
12
que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio?
(Pág. 70)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema da situação:
x
yv N
v TN
v T
Pelo esquema acima, temos:
T N TNv v v
TN T Nv 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 vv 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 vv i j i i j (3)
Mas:
sin cosTN TN TNv vv 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 Ntr r v
________________________________________________________________________________________________________ Seção dedicada ao aluno de graduação
13
0T T T tr 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 tr v r v
Mas:
0 0Tr
Logo:
0N N Tt tr v v (8)
Porém:
0 sin cosN d dr i j (9)
Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8):
sin cos sin cosN T Td d v t v t v ti j i i j
( sin ) cos sin cosN T Td v t d v t v ti 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