Movimento 2 E 3 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
anderson@npd.ufes.br Última atualização: 25/07/2005 09:16 H

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

FÍSICA 1

Capítulo 4 - Movimento Bi e
Tridimensional

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 70
71 72 73 74 75 76 77 78 79 80
81 82 83 84 85 86 87

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

Problemas Resolvidos

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 − 106 j) 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 − 224 j) 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

[Início]

44. Um canhão é posicionado para atirar projéteis com velocidade inicial v0 diretamente acima de
uma elevação de ângulo α, 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?

(Pág. 67)
Solução.

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


Análise do movimento no eixo horizontal (x), onde θ é o ângulo de inclinação do canhão em relação
à horizontal:
x = x0 + vx t
R cos α = 0 + v0 cos θ t
R cos α
t= (1)
v0 cos θ
Análise do movimento no eixo vertical (y):
1
y = y0 + v y 0t + at 2
2
1
R sin θ = 0 + v0 sin θ t − gt 2 (2)
2
Substituindo-se (1) em (2):
R cos α 1 R 2 cos 2 α
R sin θ = v0 sin θ − g
v0 cos θ 2 v0 2 cos 2 θ
cos α 1 R cos 2 α
sin θ = sin θ − g
cos θ 2 v0 2 cos 2 θ
gR cos 2 α
sin θ = tan θ cos α −
2v0 2 cos 2 θ
2v0 2 cos 2 θ
R = ( tan θ cos α − sin α ) − (3)
g cos 2 α
Como R(θ) é uma função cujo ponto de máximo deve ser localizado, devemos identificar o valor de
θ tal que dR/dθ = 0.
dR 2v0 2 cos(α − 2θ ) sec 2 α
= =0 (4)
dθ g
Resolvendo-se (4) para θ encontramos duas possíveis soluções:
⎧1
⎪ (2α − π )
⎪
θ = ⎨4
⎪ 1 (2α + π )
⎪4
⎩
Como 0 < α < π/2 (ver figura), a resposta mais coerente é:
1
θ = (2α + π )
4
É claro que resta demonstrar que d2R/dθ2 < 0, equação (3), pois como se trata de um ponto de
máximo, a concavidade da curva nesse ponto deve ser voltada para baixo.

[Início]

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
________________________________________________________________________________________________________ 3
a


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:
x = x0 + vx t
R = 0 + v0 cos θ tb
R
tb = (2)
v0 cos θ
Movimento do obus em y:
1
y − y0 = v y 0t + a y t 2
2
1
0 − h = v0 sen θ t − gtb2 (3)
2
2
R 1 ⎛ R ⎞
− h = v0 sen θ − g⎜ ⎟
v0 cos θ 2 ⎝ v0 cos θ ⎠
g
R 2 − tan θ R − h = 0
2v0 cos θ
2 2

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)
tb = 9, 7598 s (5)
Agora vamos analisar o movimento do tanque, que se dá com aceleração constante:
1
x − x0 = vx 0t + ax t 2
2
________________________________________________________________________________________________________ 4
a


1
R − d 0 = 0 + at tt2
2
2 ( R − d0 )
tt = = 15, 4038 s (6)
at
Substituindo-se (5) e (6) em (1):
t = 5, 6440 s
t ≈ 5, 64 s

[Início]

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:
r
y
v
x

h

d
A aceleração centrípeta procurada é dada por:
v2
ac = (1)
r
Análise do movimento no eixo horizontal (x):
x = x0 + vx t
d = 0 + vt
d
t= (2)
v
Análise do movimento no eixo vertical (y):
1
y = y0 + v y 0t + at 2
2
1
0 = h + 0 − gt 2
2
1
h = gt 2 (3)
2

________________________________________________________________________________________________________ 5
a

2
1 d
h= g
2 v2
2
gd
v2 = (4)
2h
2
gd
ac =
2rh
2
(9,81 m/s 2 )(11 m)
ac = = 223,1221... m/s 2
2(1, 4 m)(1,9 m)
ac ≈ 2, 2 × 103 m/s 2

[Início]

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.
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
y
θ vN
x
vC
(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale:
v
tan θ = C
vN
⎛ vC ⎞
θ = tan −1 ⎜ ⎟ = 27, 0463
⎝ vN ⎠
θ ≈ 27
(b) A velocidade escalar da neve é dada por:
vNC = vC + vN = 61, 7534
2 2
km/h
vNC ≈ 62 km/h
Obs. Apenas como curiosidade, vamos mostrar o vetor vNC. Os vetores vN e vC são definidos como:
v C = vC i
v N = −vN j
De acordo com o esquema, temos:
v N = v C + v NC

________________________________________________________________________________________________________ 6
a


v NC = v N − v C
Logo:
v NC = −vC i − vN j

[Início]

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:
vGT
y
θ vG
x
vT
Os vetores vT e vGT são definidos como:
vT = −vT i (1)
v GT = −vG cos θ j (2)
De acordo com o esquema, temos:
v G = vT + v GT (3)
Substituindo-se (1) e (2) em (3):
v G = −vT i − vG cos θ j (4)
O esquema mostra que vG é definido por:
v G = −vG sen θ i − vG cos θ j (5)
Comparando-se (4 e (5), conclui-se que:
vG sen θ = vT
vT
vG = (6)
sen θ
v
v G = −vT i − T j
tan θ
O módulo de vG é dado por:
2
⎛ v ⎞
vNC = vT + ⎜ T ⎟ = 31,1528
2
m/s
⎝ tan θ ⎠
vNC ≈ 31 m/s

________________________________________________________________________________________________________ 7
a


[Início]

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 θ 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(θ) e, em seguida, achar o valor de θ onde t1 + t2 tem seu valor mínimo, ou seja, d(t1 + t2)/dθ = 0.
Considere o seguinte esquema para a situação:
v
C t2 ,d2 B

vA
y t1 ,d1
l

vHA θ vH
φ

A x
A velocidade do homem em relação à água (vHA) deve fazer um ângulo θ em relação à margem. A
velocidade da água (vA) fará com que o barco percorra a trajetória retilínea AB, que faz um ângulo
φ 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

vHA vH

De acordo com o esquema acima:
v H = v A + v HA (1)
Mas:
v A = va i (2)
v HA = vHA cos θ i + vHA sen θ j (3)
Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1):
v H = (va + vHA cos θ )i + vHA sen θ j
Movimento do ponto A ao ponto B:
r = r0 + vt
rB = rA + v H t1
________________________________________________________________________________________________________ 8
a


Considerando-se um sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto A, temos:
rB = d 2 i + l j
Logo:
d 2 i + l j = 0 + [(v A + vHA cos θ )i + vHA sen θ j]t1 (4)
A equação (4) somente é verdadeira se e somente se:
d 2 = (v A + vHA cos θ )t1
e
l = vHA sen θ t1 (5)
Logo, de acordo com (10):
l
t1 =
vHA sen θ
Mas, de acordo com o esquema principal acima:
l
d2 = (6)
tan φ
Também podemos dizer que:
v H = v Hx i + v Hy j
Onde:
v Hy v HA sen θ
tan φ = = (7)
v Hx (v A + v HA cosθ )
l (v A + v HA cosθ )
d2 = (8)
v HA sen θ
Movimento de B até C:
x = x0 + v x t
0 = d 2 − vt 2
d2
t2 = (9)
v
l (v A + v HA cosθ )
t2 =
vv HA sen θ
Agora podemos construir a função t1 + t2 = f(θ):
l l (v + v HA cosθ )
t1 + t 2 = + A
v HA sen θ vv HA sen θ
l (v + v A + v HA cosθ )
t1 + t 2 = (10)
vv HA sen θ
O mínimo da função (10) agora pode ser encontrado.
d (t1 + t2 ) l [(−vHA ) sen 2 θ − (v + v A + vHA cos θ ) cos θ ]
= =0 (11)
dθ vvHA sen 2 θ

________________________________________________________________________________________________________ 9
a


A equação (11) somente é verdadeira se:
− v HA sen 2 θ − (v + v A + v HA cosθ ) cosθ = 0
Logo:
− v HA (sen 2 θ + cos 2 θ ) = (v + v A ) cosθ
v HA
cosθ = −
v + vA
⎛ v HA ⎞
θ = cos −1 ⎜ −
⎜ ⎟
⎟
⎝ v + vA ⎠
⎛ (3,0 km) ⎞
θ = cos −1 ⎜ −
⎜ ⎟ = 115,3769
⎟
o

⎝ [(5,0 km) + (2,0 km)] ⎠
θ ≈ 115 o
(b) Da equação (10):
(0,500 km)[(5, 0 km/h) + (2, 0 km/h) + (3, 0 km/h) cos115,3769 o
)
t1 + t2 =
(5, 0 km/h)(3, 0 km/h)sen115,3769 o
t1 + t 2 = 0,2108 h
t1 + t 2 ≈ 0,21 h

[Início]

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)
que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio?
(Pág. 70)
Solução.
(a) Considere o seguinte esquema da situação:
vN
y

vTN

β vT
α

x
Pelo esquema acima, temos:
v T = v N + v TN
vTN = vT − v N
onde vTN é o vetor velocidade do torpedo em relação ao navio. Os vetores vN e vT são assim
definidos:
v N = vN i (1)

________________________________________________________________________________________________________ 10
a


vT = vT sin β i + vT cos β j (2)
onde β é o ângulo procurado no item (b) do enunciado.
vTN = vT sin β i + vT cos β j − vN i = ( vT sin β − vN ) i + vT cos β j (3)
Mas:
vTN = vTN sin α i + vTN cos α j (4)
Como os vetores (3) e (4) são iguais, suas componentes também são iguais.
vT sin β − vN = vTN sin α (5)
vT cos β = vTN cos α (6)
Dividindo-se (5) por (6):
vT sin β − vN
= tan α (7)
vT cos β
Resolvendo-se (7) β:
±vN vT tan α + vT 4 + vT 4 tan 2 α − vN 2 vT 2
β = ± sec−1
vT 2 − vN 2
São duas as soluções possíveis:
⎧ 173,89...o
β =⎨
⎩46,8112...
o

Pelo esquema inicial, conclui-se que a resposta mais coerente é a segunda opção:
β ≈ 47o
(b) Equação de movimento do navio e do torpedo:
rN = rN 0 + v N t
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 + v N t = rT 0 + vT t
Mas:
rT 0 = 0
Logo:
rN 0 + v N t = vT t (8)
Porém:
rN 0 = d sin α i + d cos α j (9)
Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8):
d sin α i + d cos α j + vN ti = vT sin β ti + vT cos β tj
(d sin α + vN t )i + d cos α j = vT sin β ti + vT cos β 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 α = vT cos β t
________________________________________________________________________________________________________ 11
a


d cos α
t=
vT cos β
(4, 0 km) cos(20o )
t= = 0,109838... h
(50 km/h) cos(46,8112...o )
t ≈ 0,11 h

[Início]

________________________________________________________________________________________________________ 12
a

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