Movimento 2 E 3 D

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Movimento 2 E 3 D

  1. 1. 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
  2. 2. 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
  3. 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  4. 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Substituindo-se (2) em (3): 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) Substituindo-se (4) em (2): 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  5. 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Substituindo-se (2) em (3): ________________________________________________________________________________________________________ 5 a Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  6. 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 1 d h= g 2 v2 2 gd v2 = (4) 2h Substituindo-se (4) em (1): 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  7. 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Substituindo-se (6) em (4): 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  8. 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES [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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  9. 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 ) Substituindo-se (7) em (6): 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 Substituindo-se (8) em (9): 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  10. 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  11. 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional
  12. 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional

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