Resolução capítulo 4 do halliday, Exercícios de Física

Baixe Resolução capítulo 4 do halliday e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! Fundamentos de Física — Volume I — Mecânica — 8º Edição Halliday, Resnick e Walker Capítulo IV Movimento em duas e três dimensões Resolvido por Nelson Poerschke *01. Um pósitron sofre um deslocamento A? = 2,01 — 3,0; + 6,0k e termina com o vetor posição f = 3,0 — 4,0X, em metros. Qual era o vetor posição inicial do pósitron. AP=P-i= > i=Ai-7?=(30]-40k)-(201-307+ 6,0k)= = (-20m)i+ (60m)j-(10m)k *02. Uma semente de melancia possui as seguintes coordenadas: x =-50 m;y=80m;ez=0m. Determine o vetor posição da semente. a) na notação de vetores unitários T=xi+yj+zk=(-50m)i+ (80m)j b) como um módulo £=rl=(-50m)?+ (80m)2+ (0m)?=94m c) como um ângulo em relação ao sentido positivo do eixo x. Como z =0, observamos que o vetor encontra-se no plano xy. Logo, sen) y som 2 = —58º 8= tan! = = = -50m cosO Mas verificamos que o vetor está no segundo quadrante, então o ângulo formado pelo vetor com o eixo x positivo é 180º - 58º = 122º. d) Desenhe o vetor em um sistema de coordenadas dextrogiro. j x PN b B ca = t ! 1 ! == 1 1 Se a semente é transportada até as coordenadas (3,00 m, O m, O m), e) determine o seu deslocamento na notação de vetores unitários. T=(-50m)i+ (80m)j 7 = (300m)i ar=7—?=(300mi-[(-50m)i+ (80m)j] = (80 mi —(8,0m)j e) determine o seu deslocamento como um módulo. ?=rl=(80m)2+ (-80m)2+ (0m)2=1im f) determine o seu deslocamento como um ângulo em relação ao sentido positivo do eixo x. " " | p é] o 1 seno y -80m 8= tan! = 2 x cosO Como o vetor encontra-se no quarto quadrante, o ângulo em relação ao eixo x positivo é —45º, se medido no sentido horário, ou 360º-45º = 315º, se medido no sentido anti-horário. *03. O vetor posição de um elétron é 7 = (5,0m)i— (3,0 m)j + (2,0 m)k. a) Determine o módulo de 7. 7 =I|r|=(50m)?+ (-30m)?+ (20m)?= 62m b) Desenhe o vetor em um sistema de coordenadas dextrogiro. z 04. O ponteiro dos minutos de um relógio de parede mede 10 cm da ponta até o eixo de rotação. O módulo e o ângulo do vetor deslocamento da sua ponta devem ser determinados para três intervalos de tempo. a) Determine o módulo do deslocamento da ponta entre as posições correspondentes a quinze e trinta minutos depois da hora. Considerando como eixo y positivo a direção do centro até 12 horas e x positivo a direção do centro até 3 horas teremos: Posição do ponteiro em 15 minutos é (0,10 m)?. Posição do ponteiro em 30 minutos é (—0,10 m)j. AT =T—t? = [(-0,10m)j] — [0,10 m)i] = (-0,10m)i— (0,10 m)j ?= |F|= (010m)?+ (-0,10m)? = 0,14m **08. Um avião voa 483 km para leste, da cidade A para a cidade B, em 45 min, e depois 966 km para o sul, da cidade B para a cidade C, em 1,5 h. Para a viagem inteira determine: Considerando leste no sentido positivo do eixo x e norte no sentido positivo do eixo y. a) o módulo do deslocamento do avião. AT, = (483 km)i AT, = (—966 km)j AT = A? + AT>= (483 km)i — (966 km)j l7| = (483 km)? + (—966 km)? = 1,08 x 10º km b) a direção do deslocamento do avião. 0=tant= == = —63,4º (63,4º a sul do leste ou 26,6º a leste do sul). sen) y -966km cosO x 483 km c) o módulo da velocidade média. 0,75h=1,5h=2,25h v ar (E a) A (E km med É ar É V225n 225h ) 9 = (215 km/ hJi — (429 km/ h)j [Bmeal = (215 km/h)? + (—429 km/h)? = 480 km/h d) a direção da velocidade média. y —429km =2= = 634º x 215km 68, senô 0=tanl= coso e) a velocidade média escalar média. distância total 483 km +966 km Smed = Do a o an = 644 km/h **09. A figura mostra os movimentos de um esquilo em um terreno plano, do ponto A (no instante t=0) para os pontos B(em t = 5,00 min); C(em t = 10,0 min) e, finalmente, D( em t = 15,0 min). Considere as velocidades médias do esquilo do ponto A para cada um dos outros três pontos. Entre essas velocidades médias determine: 3 (m) x (m B-A — 30mi-(45m)jl=[(15mi-(15m)j] (15mi-(30mj At tp-ta 3005-0s 300s ÚmedA,B = Bmedas = (0,05 m/s)? — (0,10 m/ s)j |ômeas,p] = (0,05 m)2 + (-010m/s)2= 01118m/s AP CA (20mi(1smj-[(1Smi-(15m)j] (som Pmedac = = = (memo motim = (0,0083 m/ s)i to teta 6005-05 6005 |Pmeasc| = 0,0083m/s D-A — [4smix(asm)j)-[(15mi-(15m)j] (3omir3om | Ato tp-ta 9005-0s 9005 ÚmedaD = Umedap = (0,03 m/ s)i+ (0,03 m/s)j |BmeasD] = (0,03 m)2 + (0,03m/s)? = 0,0471 m/s a) o módulo da que possui o menor módulo. [2meas,c] = 0,0083 m/s b) o ângulo da que possui o menor módulo. 0=tanl= =0º — 00083m — sen) y om cos0 x c) o módulo da que possui o maior módulo. |ômeass| = (0,05 m)2 + (-0,10m/s)2= 0,1118m/s d) o ângulo da que possui o maior módulo. 0=tanl= 0 =0,10m/ em 2. OMS 69º (63º a sul do leste) coso É x” o05mis 10, O vetor 7 = 5,00ti + (et + ft2)j mostra a posição de uma partícula em função do tempo 1. O vetor ? está em metros, t está em segundos e e e f são constantes. A figura mostra o ângulo 6 da direção do movimento da partícula em função de t (9 é medido a partir do semi-eixo x positivo). 20º 9 10 20 e(s) a) Determine e indicando sua unidade. A posição da partícula é 7 = 5,00ti + (et + ft2)j O movimento da partícula pode ser indicado pela derivada da posição. v= E (5,00t + (et+ ft2))) = 5,001+ (e + 2ft)j sen) vy (e+2ft) 8= tan! = cos0— vy 5,00 Consultando o gráfico, verifica-se que 0, =35º, eto = 0, então “1960 (e+2ft) tanTt35º = “oo e + 2F(0) = 5,00m/s(tan!35º) > e=35m/s b) Determine findicando sua unidade. Quando 0 = O,t= 145, então e+2ft=0 > f=E- o E -0,125 m/s? *11. Uma partícula se move de tal forma que sua posição (em metros) em função do tempo (em segundos) é dada por 7 = t+ 4t2j+ tk. a) Escreva a expressão para a sua velocidade em função do tempo. . dir. Ls os v= (t+ 4tj+ tk)= Btj+ k b) Escreva a expressão para a sua aceleração em função do tempo. ã= C(8tj+ R)=8j = a St) = 8) *12. A velocidade inicial de um próton é v = 4,01 2,0] + 3,0k; 4,0 s mais tarde, passa a ser v=-201-2,0j+ 5,0X (em metros por segundo). Para esses 4,0 s, determine: a) Qual é a aceleração média do próton na notação de vetores unitários? -2,0i-2,0]+50k)m/s-[40i-2,0j+30k)m/s —6,0i+2,0R 405 CC 40s med = Ela âmea = (-15m/s?)i+ (05 mi s?)k b) Qual é o módulo da aceleração média do próton? lâmeal= (—1,5m/s2)2+ (05m/s2)? = 16m/s? c) Qual é o ângulo entre a aceleração média e o semi-eixo x positivo? 1. sen) vy 0,5 m/s2 9=tan! = == = —18ºou 162º coso “ vr -15mis? (162º, pois o vetor está no 2º quadrante). 16. Um vento moderado acelera um seixo sobre um plano horizontal xy com uma aceleração constante à = (5,00 m/s2)1+ (7,00 m/ s?)j. No instante t = 0, a velocidade é (4,00 m/s)1. a) Qual é o módulo da velocidade do seixo após ter se deslocado 12,0 m paralelamente ao eixo x? Nós temos como dados, a aceleração, a velocidade inicial e o Ax. Como não temos o Ay, precisamos encontrar o tempo de deslocamento. x—Xo= Vot+ at? 120m= (400mis)t+ 1(5,00 m/s2)tº = (5,00m/s?)t? + (800m/s)t—-240m —8,00+ V64,0+480 . . =D 10 & 1,535 (descartamos o resultado negativo pois procuramos um valor depois de t = 0. Sabendo o tempo, usamos a seguinte equação: v= vo+ at v=(400m/s)i+ (500m/s?)7(1538) + (7,00 m/ s2)j(1,53 8) v=(117m/s)i+ (10,7 m/s)j b) Qual é o ângulo da velocidade do seixo após ter se deslocado 12,0 m paralelamente ao eixo x? 8= tan! = sen y 107ms x = 42,6º a norte do leste ou 47,4º a leste do norte 11,7m/s cosO 17. Uma partícula deixa a origem com uma velocidade inicial v = (3,00m/s)te uma aceleração constante à = (—1,00m/s?)i — (0,500 m/ s2)j. Quando ela atinge o valor máximo de sua coordenada x, quais s a) a sua velocidade? Quando ela atinge o valor máximo na coordenada x, sua velocidade em x é zero. Logo 0-(3,00m/s) — -100m/s2 = 300s 3,00 s é o tempo máximo, então, em y: vy = voy + àyt > vy=0+(-0,500m/s?)(3,005) = —1,5m/s Em notação de vetor unitário, a velocidade da partícula é (—1,5m/s)j a) o seu vetor posição? Como começou na origem, a posição da partícula é dada para qualquer +. Int? X—X9 = Vot+ qt F = Dot + ãt? = (3,00 m/ 5)i(3.00 5) + > [(—1,00m/ s2)i — (0,500 m/ s2)5](3,00 5)? = ? = (9,00 m)i— (450 m)i— (2,25 m)j = (4,50 mi — (225 m)j **18. A velocidade v de uma partícula que se move no plano xy é dada por v = (6,0t — 4,0t2)1+ 8,0j, com v em metros e 1(>0) em segundos. a) Qual é a aceleração no instante t = 3,0 s? ã= CI(6,0t—4,08)i+ 8,0;] = (6,0 — 8,01 q(3,0s) = [6,0 — 8,0(3,0)]i= (—18m/s2)i b) Em que instante, se isso é possível, a aceleração é nula? (60 -80t)i=0 o t=>=0,75s 80 A aceleração é igual a zero em t=0,75s. c) Em que instante, se isso é possível, a velocidade é nula? Como a velocidade em y é constante em 8,0 m/s, a velocidade nunca será nula. d) Em que instante, se isso é possível, a velocidade escalar da partícula é igual a 10 m/s? Uma vez que a velocidade escalar é o módulo da velocidade, temos: v=|dl=(60t-4,0t2)2 + (80)2 = 10 (6,0t — 4,0t2)2 + (8,0)? = 100 (6,0% — 4,0t2)? = 100 — 64 (6,0t — 4,0t2)2 = 36 Extraindo a raiz quadrada em ambos os lados da equação e simplificando teremos: 60t-40t2=+60 — 40t-60t+60=0 ->20t-30t+30=0 (= 30 MARES) o 00) 0,69 2(20) Com a questão exige um resultado positivo (t > 0), a única resposta correta ét=2,2.s. 9. A aceleração de uma partícula que se move apenas em um plano horizontal xy é dada por à = 3,0ti + 4,0tj, onde à está em metros por segundo ao quadrado e t em segundos. Em t = 0, 0 vetor posição 7 = (20,0 m)i + (40,0 m)j indica a localização da partícula, que nesse instante tem uma velocidade v = (5,00m/s)i+ (2,00 m/ s)j. Em t = 4,00 s, determine: a) o vetor posição em termos de vetores unitários. v= vo+at ã=30t+40t) > v=(500m/sli+(200m/s)j. > ?=(200mi+ (40,0m)j v(t) = Vo + Jãadt = = (5,001) + (2,009) + [y(3t7+ 4ti)dt 3,20). 2. = (5,00 + 5t2)1+ (2,00 + 287)j Ft) = fo+ Jpúdt= = (20,0 m)i+ (40,0m)j+ fo [(5,00 + ie)i+ (2,00 + 223] dt = (200m)i+ (40,0m)j+ (500t+ 5) + (2,00t+ 24) = (200m+ 500t+ D)i+ (400m+ 2,00t+ 21º)5 Em t=4,00s, temos: F(t = 4008) = (200 m+ 5,00(4,00 5) + soa, (40,0 m+ 2,00(4,00 5) + 5(4,00 s)j = (720m)i+ (90,7m)j b) o ângulo entre a direção do movimento e o semi-eixo x positivo. v(t= 4,005) = = (5.00 + (4,00 sP)i+ (2,00 + 2(4,00 5)2)j = (290m/s)i+ (340 m/s)j 0=tanl= = = 49,5º a norte do leste seno y 340 mis x cos6 290m/s 0. Na figura a partícula A se move ao longo da reta y = 30 m com uma velocidade constante é 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 à de módulo 0,40 m/s2. Para que valor do ângulo 6 entre d e o semi-eixo y positivo acontece uma colisão? b) A que distância do alvo o dardo foi arremessado? Consideramos a velocidade constante e o sentido do eixo x positivo. x = vol > x=(10m/s)(0,19s)= 19m *26. Na figura, uma pedra é lançada em um rochedo de altura h com uma velocidade inicial de 42,0 m/s e um ângulo 8 = 60,0º com a horizontal. A pedra cai em um ponto A, 5,50 s após o lançamento. Determine a) a altura h do rochedo? Fazendo yo=0 e y=h Y— Yo= vojt— gt? > h=y+ (vosenoo)t-— gt? h= (420 msen60º)(5,50s) -*(98 mi s2)(5,50 8)? h= (420 msen60º)(5,50 s) -*(98 m/s2)(550s)? = 51,8m b) a velocidade da pedra imediatamente antes do impacto em A? Vy = Vo,VocosBo v= v(vocos8,)2 + (vosendo)? = v= (42,0c0s60º)2 + (42,0sen60º)? = 27,4m/s c) a máxima altura H alcançada acima do solo? Usamos as equações da aceleração constante, porém, substituímos a por —g. v2= vê+2a(x— xo) > vi= (vosendo)?-2g(y— Yo) Usandov,= 0 e y= Hteremos: = 2. = (vosenbu? (420 msen con? 0 = (vosendo)* —- 29H > H= 2º — o8ms — 6725m *27. Um certo avião tem uma velocidade de 290 km/h e está mergulhando com um ângulo 9 = 30,0º abaixo da horizontal quando o piloto libera um chamariz. A distância horizontal entre o ponto de lançamento e o ponto onde o chamariz se choca com o solo é d = 700 m. a) Quanto tempo o chamariz passou no ar? Escolhemos a origem das coordenadas no nível do solo, imediatamente abaixo do ponto de lançamento. Assim, 09 = —30º. A velocidade inicial do chamariz é a velocidade do avião no momento da liberação. 1000 m' vo = 290 km/h (2e0om) ( 1km 1h 3600 s )= 806 m/s Vejamos que a componente horizontal da velocidade não possui aceleração, então Ax = (vocos0o)t > t= — 700 m = 100s vocos8o = (80,6m/s) cos (-30,0º b) De que altura foi lançado? Agora que sabemos o tempo que o chamariz permaneceu no ar depois que foi liberado: 3 y0= (vosenBo)t-Tgt? 0 — yo = (80,6m/s)(sen — 30,0º)(10,0 5) — >(9,80 m/ s2)(10,0s)? —Yo = —403m —490m yo = 893m *28. Uma pedra é lançada de uma catapulta no instante t = 0, com uma velocidade inicial de módulo 20,0 m/s e um ângulo de 40,0º acima da horizontal. a) Qual é o módulo da componente horizontal do deslocamento da pedra em relação à catapulta em t = 1,108? Xx—X = Vot > x— xo = (vocos0o)t Ax = (20,0m/s cos40,0º9)(1,10 5) = 169m b) Qual é o módulo da componente vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta emt=110s? Y—)Yo = Voyt— 29" 5 y—yo = (vosendot -S9t Ay = (200 m/s sen40,0º9)(1,10 s) —>(9,80m/s?)(1,10 s)2=821m c) Qual é o módulo da componente horizontal do deslocamento da pedra em relação à catapulta em t = 1,80 s? Ax = (20,)0m/s cos40,0º)(1,80 s) = 27,6m d) Qual é o módulo da componente vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta emt=1,80s? Ay = (20,0 m/s sen40,09)(1,80 5) —-(9,80m/s2)(1,805)? = 7,26m e) Qual é o módulo da componente horizontal do deslocamento da pedra em relação à catapulta em t = 5,00 s? Considerando que Ay está diminuindo conforme o tempo aumenta, presumimos que a pedra alcança o solo antes dos 5,00 s, então calculamos primeiro o tempo de deslocamento da pedra. y—Y = (vosendo)t -gt? 0= (vosendo)t -S9t? > O0=2(vosendo))t-—gt? > 2(vosenbot= gt? 2 2(vosendo) = a > 2(vosenO))= gt > t= dnetndo) — 2 — u2om/s) o. = sendo = 98 m/s? sen40,0º = 2,62 5 Em t= 5,00 s a pedra já se encontra no solo desde t = 2,62 s. Ax = (20,)0m/s cos40,0º)(2,62 s) = 40,1m f) Qual é o módulo da componente vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta emt=5,005? Como a pedra já se encontra no solo desde t = 2,62 s, a componente vertical é 0. 29. Um mergulhador salta com uma velocidade horizontal de 2,00 m/s de uma plataforma que está 10,0 m acima da superfície da água. a) A que distância horizontal da borda da plataforma está o mergulhador 0,800 s após o início do salto? Primeiramente organizamos nosso sistema de coordenadas colocando a origem na superfície da água, exatamente sob a borda da plataforma. Lembramos que os movimentos vertical e horizontal são independentes. X—X = Vol x—0= (200m/s)(0800s) = 1,60m — x=160m b) A que distância vertical acima da superfície da água está o mergulhador nesse instante? d) Qual é a componente vertical da velocidade do projétil no momento em que chega ao solo? vy = vosendo — gt= (202M/s)(sen — 37º) — (9,80m/s?)(5,005) = —171m/s 32. Durante uma partida de tênis, um jogador saca a 23,6 m/s, com o centro da bola deixando a raquete horizontalmente a 2,37 m de altura em relação à quadra. A rede está a 12,0 m de distância e tem 0,900 m de altura. Adotamos como origem das coordenadas o nível do solo exatamente abaixo do ponto que a bola deixa a raquete. a) A bola passa para o outro lado da quadra? Queremos saber qual a altura da bola quando x = 12,0 m. x— xo = (vocos0o)t 120m 120m= (23,6m/s)(cos0)t 5 = EEEm ao) = 0,508 5 y—%o = (vosenBo)t— gt? y=Y%->9t? y=237m-:(9,80m/s?)(0,5085)? = 110m Sim, pois ela passa sobre a rede a uma altura de 1,10 m, enquanto a rede tem 0,900 m de altura. b) Quando a bola chega a rede, qual é a distância entre o centro da bola e o alto da rede? 1,10 m — 0,900 m = 0,200 m c) Supondo que, nas mesmas condições, a bola deixe a raquete fazendo um ângulo de 5,00º abaixo da horizontal. Nesse caso a bola passaria para o outro lado da quadra? x— xo = (vocosBo)t 12,0m ” (236M/s)(cos5,00º) 120m= (23,6m/s)(cos — 5,00º)t > = 0,510s y—%= (vosendo)t— Sgt? y=2837m+ [(23,6m/s)(sen — 5,00º)(0,510 s)] —>(9,80m/s?)(0,510 s)2= 0,046m Não, pois ela passa chega à rede a 0,046 m acima do solo, enquanto a rede tem 0,90 m de altura. d) Supondo que, nas mesmas condições, a bola deixe a raquete fazendo um ângulo de 5,00º abaixo da horizontal. Quando a bola chega a rede, qual é a distância entre o centro da bola e o alto da rede? 0,900 m — 0,046 m = 0,854 m 33. Em uma cortada, um jogador de voleibol golpeia a bola com força, de cima para baixo, em direção à quadra adversária. É difícil controlar o ângulo de uma cortada. Suponha que uma bola seja cortada de uma altura de 2,30 m, com uma velocidade inicial de 20,0 m/s e um ângulo para baixo de 18,0º. Se o ângulo para baixo diminuir para 8,00º, a que distância adicional a bola atingirá a quadra adversária? age” Primeiro encontramos o tempo que a bola leva para atingir o chão. Supomos que o ângulo de 18,0º para baixo seja 18,0º abaixo da linha horizontal. y-%= (vosenôo)t Sgt? 0—230m = (20,0m/s)(sen — 18,0)t— (980 m/ s?)t? (4,90m/s?)t? + (6,18 m/s)t—-230m= 0 2(4,90) - 9,80 = 030s Dessa forma a bola atingirá a quadra em x— xo = (vocosoy)t x—0= (20,0m/s)(cos — 18,0º9)(030s) = 5,71m > chamaremos de x, Porém se o ângulo diminuir para 8,00º y-yo= (vosenbo)t —9t? 0-230m = (20,0m/s)(sen — 8,00)t —>(980 m/ s2)t? (4,90m/s?)t? + (2,78 m/s)t-230m= 0 + = Et (278)2-4(490)(-230) | -2,78+727 | 0465 2(4,90) 9,80 Dessa forma a bola atingirá a quadra em x— xo = (vocosBo)t x—0= (20,0m/s)(cos — 8,00º)(046 s) = 9,06m > chamaremos de x, Daí concluímos que a distância adicional, caso o ângulo diminua de 18,0º para 8,00º é: Ax= x,—x=906m-57im=335m 34. Uma bola de futebol é chutada a partir do chão com uma velocidade inicial de 19,5 m/s e um ângulo para cima de 45º. No mesmo instante um jogador a 55,0 m de distância, na direção do chute, começa a correr para receber a bola. Qual deve ser sua velocidade média para que alcance a bola imediatamente antes que toque o gramado? Primeiro calculamos a distância que a bola percorrerá. vz R= Lsen20, 9 19,5 m/s)? 9,80m/ss sen 90,0º = 388m Como o jogador se encontra a 55,0 m de x9, e a bola se desloca 38,8 m a partir de xo, O jogador deverá se deslocar 55,0 m — 388m = 16,2m. Agora teremos que calcular o tempo que a bola permanecerá viajando. Na verdade é o tempo que ela leva para subir até o máximo da altura e retornar até o solo. y—%o = (vosenBo)t— gt? Ay = (vosenBo)t -gt2, mas Ay = 0, pois a bola voltará à mesma altura que foi lançada. Então 1,2 Age 0= (vosenOo)t —agt? > (vosenôo)t = gt > vosenô,= £ 7 1 vosendo (19,5m/s)sen4sº vosendo = Sgt > t= o O ioaom/?) 2,81s Agora que sabemos a distância que o jogador terá que percorrer e o tempo: . AF 162m Umea = "nf = "2815 =577m/s **35. A velocidade de lançamento de um projétil é cinco vezes maior que a velocidade na altura máxima. Determine o ângulo de lançamento 9%. Colocamos a origem das coordenadas no local de lançamento. Observamos que na altura máxima, v, = 0, o que determina que v, = V = Vox. Nesse raciocínio, vemos que vo = 5v. Em seguida vemos que vocosd, = Vox = V. Logo: (Dv)cos6 = v > 8 = cost (5) = cost (5) = 785º **36. Um arremessador de peso de nível olímpico é capaz de lançar o peso com uma velocidade inicial vo = 15,00 m/s de uma altura de 2,160 m. Que distância horizontal é coberta pelo peso se o ângulo de lançamento 9, é: a) 45,00º Como as alturas inicial e final são diferentes, não podemos usar a equação de alcance horizontal. a) A que distância acima do ponto de lançamento a bola atinge a parede? x— xo = (vocos0o)t - 220m ” (250m/s)(cos40º) 220m= (250m/s)(cos400)(t) > t = 115s y-%= (vosenôo)t Sgt? y—0= 250m/s(sen40º)(1,155) —>(9,80m/s?)(1,15 s)2= 120m b) Qual é a componente horizontal da velocidade da bola ao atingir a parede? Como a bola não possui aceleração horizontal, vox = Vy, então se Vox = VoCosd, = Vy Ve = Vocos0, ve = (25,0m/s)(cos40,0º) = 192m/s c) Qual é a componente vertical da velocidade da bola ao atingir a parede? vy= vosendo — gt vy = (25,0m/s)(sen40,0º) — (9,8m/ s2)(1,15s) = 480m/s d) Ao atingir a parede, ela já passou pelo ponto mais alto da trajetória? Como v, > 0, a bola ainda não atingiu a altura máxima da 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 seu centro. A origem de coordenadas é no final do cano do rifle e o sentido do disparo é o mesmo sentido do semi-eixo x positivo. 90 é o ângulo de disparo. Se o alvo está a uma distância d, então suas coordenadas são:x = d e y=0. As equações do movimento do projétil são: d = vocosd, e 0 = votsendo Sgt. Eliminando t obtemos: 2vÊsenôpcos6, — gd = 0. Usando a identidade trigonométrica senôdpcosd, = >sen(265), obtemos: 2vêsenBgcosd, — gd = O > visen(205))=gd — sen(209) = E ó sen(299) = 9,80m/s2 (45,7 m) = 447,86m2/s? 211103 > 6,= 0,0606º (460 m/s)2 211600 m?2/s2 A altura adicional para a qual o rifle deve ser apontado é h= dtan0, = (45,7 m) tan(0,0606º) = 0,0484m ou 4,84 cm **40. Uma bola de beisebol deixa a mão do lançador horizontalmente com uma velocidade de 161 km/h. A distância até o rebatedor é 18,3 m. a) Quanto tempo a bola leva para percorrer a primeira metade da distância? Adotamos o sentido do lançamento da bola no mesmo sentido do semi-eixo x positivo. Quando a bola deixa a mão do lançador voy=0 e vox=Vo=44/m/s. . . 4 1 Quando a a bola sai da mão do arremessador, a coordenada y é dada por y = =59t? ea coordenada x é dada por x = vot. Como há uma relação direta entre a distância horizontal e o tempo, significa que o tempo necessário para percorrer a metade da distância total é de metade do tempo total. Então: Ae 183m vo 447mis x = vol > t= = 0,409s (para a distância total) : . suBunta £ : 0,409 A primeira metade da distância é percorrida em + = 0,205s b) Quanto tempo a bola leva para percorrer a segunda metade da distância? Como a segunda metade da distância é igual à primeira metade da distância, o tempo é o mesmo: 0,205 s c) Que distância a bola cai livremente durante a primeira metade? Como temos o tempo da primeira metade: y= 590 > Ay=5(9,80m/s?)(02055)2= —0205m d) Que distância a bola cai livremente durante a segunda metade? y= -+9t? 5 Ay= —>(9,80m/s?) (0,409 s)2= —0,820m Ay, = Ay — Ay, = —0,820m — (—-0,205 Mm) = —0,615m e) Porque as respostas dos itens c) e d) não são iguais? Porque existe uma aceleração constante e a velocidade inicial da segunda metade é igual à velocidade no final da primeira metade. *:41. Na figura, uma bola é jogada para a esquerda a partir da extremidade esquerda de um terraço situado a uma altura h acima do solo. A bola chega ao solo 1,50 s depois, a uma distância d = 25,0 m do edifício fazendo um ângulo 9 = 60,0º com a horizontal. a) Determine o valor de h. Para determinar a altura, torna-se mais fácil inverter o movimento da bola. Então calcularemos o movimento como se a bola tivesse sido lançada do solo para o alto do edifício e da esquerda para a direita. x— xo = (vocos0o)t > 250m= (vocos60,0º)(1,50 s) (25.0m) vo= E = 333m/s cos60º Determinada a velocidade inicial e tendo yo = O, determinamos a altura: y—yo= (vosenBo)t = gt y = (333 m/s)(sen60,0º)(1,50 s) —>(980m/s2)(1 50s)?=323m b) Qual é o módulo da velocidade com a qual a bola foi lançada. Vy = Vox = Vocos8, = (33,3m/s)cos60,0º = 16,7m/s Vy= Voy— gt = vosendo — gt vy = [(33,3m/s) sen60,0º] — [(9,80m/s?)(1,505)]= 14,2m/s lóúl= (vo)? + (v,))2= V(16,7m/s)2+ (142m/s)? = 219m/s c) Qual é o ângulo da velocidade em relação à horizontal com o qual a bola foi lançada. 8 = tan = SN. ty 1e2mis D = 404º cos0 ve 167mis **42, Uma bola de golfe recebe uma tacada no chão. A velocidade da bola em função do tempo é mostrada na figura, onde t = O é o instante em que a bola foi golpeada. a) Que distância a bola percorre na horizontal antes de voltar ao nível do solo? No movimento horizontal não há aceleração, portanto, sempre que v, = 0,v = vy. Um gráfico apena com v, seria representado por uma reta. Como a boca do canhão está 3,00 m acima da base da roda-gigante, temos que subtrair 3,00 m da altura da mesma. Então. 203m-—(180m —3,00m) = 530m b) Se ele atingiu a altura máxima ao passar pela roda-gigante do meio, a que distância vertical passou dessa roda-gigante? 23m x=23m + =345m uia (9,80 m/s2)(34,5 m)? 2(265m/s)2(cos53,0)2 > 2285m y= (tanôo)x—-—LL— S y=tan5s0º(345m)- 2(vocos6o)? 229m—(180m —3,00m) = 7,90m c) A que distância do canhão devia estar posicionado o centro da rede (desprezando-se a resistência do ar)? Como y — yo = 0, quero dizer a altura final é igual a altura de lançamento, podemos utilizar a equação do alcance horizontal: 2 2 v 26,5m/s R=Lsen20, R = (265m/s)l g 9,80 m/st sen2(53,0º) = 689m *:45. Quando vê um inseto pousado em uma planta perto da superfície da água, o peixe-arqueiro coloca o focinho para fora e lança um jato de água na direção do inseto para derrubá-lo na água. Conforme a figura, embora o peixe veja o inseto na extremidade de um segmento de reta de comprimento d, que faz um ângulo py com a superfície da água, o jato deve ser lançado com um ân- gulo diferente, 9, para que sua trajetória parabólica intercepte o inseto. Se y = 36,0º,d = 0,900 m, ea velocidade de lançamento é 3,56 m/s, qual deve ser o valor de 8, para que o jato esteja no ponto mais alto da trajetória quando atinge o inseto? = Inseto 1 eixe-arqueiro Com o peixe-arqueiro na origem, a posição do inseto é: x = dcosy = (0,900 m) cos36,0º = 0,728m y = dseny = (0,900 m) sen 36,0º = 0,529m Uma vez que, neste caso, y = Ymax 2sen?2, 2 vêsen?0, aq 29y aq 2(9,8m/s2)(0,529 m) =" > G=sen =) > 6=sen E Ymax 29 o vê o (356m/s2)2 8 = sen"? (0,9045) = 64,8º *:46. Na figura uma bola é arremessada para o alto de um edifício, caindo 4,00 s depois a uma altura h = 20,0 m acima da altura de lançamento. A trajetória da bola no final tem uma inclinação 8 = 60,0º em relação à horizontal. a) Determine a distância horizontal d coberta pela bola. Tomaremos nosso sistema de coordenadas, com a bola sendo atirada para a esquerda do alto do edifício. Assim, x positivo fica para a esquerda e o ângulo tomado no sentido horário. Temos, então: Yo=200m, y=0, t=400s, h=200m e0=60,0º 12 o 12 Y— Yo= Voyt-59t > yY—Yo= (vosen60,09)t — > gt 0— 20,0m= (vosen60,0º) (4,00 s) —>(9,80 m/s2)(4,00 s)? (vosen6O,0º) (4,00 5) = *(9,80 m/ s2)(400 5)? — 20 0m L(9,80m/ S2)(4,00 8)2-20,0m z(S80 mis Moo s) —200m vo=-— tos 169m/s sen60,0º à(9,80 m/ s2)(4,00 5)2-20,0m (4,005) (vosen60,0º) = x=0 e x=d Então: X—X = Vol d = (169m/s)cos60,0(4,00 s) = 33,7m b) Qual é o módulo da velocidade inicial da bola? Vy= Vox = (16,9m/s)cos60,0º = 843m/s vy = voy = (16,9m/s) sen60,0º — (9,80m/s?)(4,005) = —24,6m/s lúl= vZ2+ vi= (843m/s)2 + (-246m/s)? = 260m/s c) Qual é o ângulo (em relação à horizontal) da velocidade inicial da bola? senô v; -246m/s =Z= =-1,41º 0=tanl= = cos0 vy 843m/s Ao revertermos o movimento, da esquerda para a direita, o ângulo é 71,1º. *:47, Um rebatedor golpeia uma bola quando o centro da bola está a 1,22 m acima do solo. A bola deixa o taco do rebatedor fazendo um ângulo de 45º com o solo. Nesse lançamento a bola tem um alcance horizontal (distância até voltar à altura de lançamento) de 107 m. a) A bola conseguirá passar por um alambrado de 7,32 m de altura que está a uma distância horizontal de 97,5 m do ponto de lançamento? ê R 9,80 m/ s2)(107 R=2sen20 > vo= [= [Som storm oo 4mys g sen 209 1 x 97,5m vocos0o (32,4m/s)cos45º x— xo = (vocos0o)t > t= y—Y= (vosendo)t -gt? > y=%+ (vosendo)t-— gt =426s y= 1,22+ (324m/s sen45º)(4,26 5) —>(9,80m /s?) (4,26 s)2= 989m Como a cerca possui 7,32 m de altura, a bola passará por cima dela. b) Qual é a distância entre o alto do alambrado e o centro da bola quando a mesma chega ao alambrado? 9,89m-732m=257m *:48. Alguns jogadores de basquetebol parecem flutuar no ar durante um salto em direção à cesta. A ilusão depende em boa parte da capacidade de um jogador experiente de trocar a bola de mão durante o salto, mas pode ser acentuada pelo fato de que o jogador percorre uma distância horizontal maior na parte superior do salto do que na parte inferior. Se um jogador salta com uma velocidade inicial vo = 7,00 m/s e um ângulo O = 35,0º, que porcentagem do alcance do salto o jogador passa na parte superior do salto (entre a altura máxima e a metade da altura máxima)? Usando o fato de que vo = 0 em Ynax € chamando t em Ymax de tmax: vosendo 0= v,= vosendo-— Gtmax > tmax = 3 Substituindo t na equação: 1 y— Yo = (vosendo) tmax — 5 9tmax teremos: 0, 1 00)? vêsenZo, Ymax = (Vosendo) (Cento) -*g (Cesento) = MSN g82m 9 2 9 29 Para resolver a metade de Ymax: » = Eymax = (0) (tiserito) = (visto (uosenbo)t— gt? 2 29 4g (2+v2)vosendo Emédio = 29 vosendo (2-y2)vosendo vosendo mar At=t, — Emédio = = = max — Emédio g 29 VZg JZ tmax = ra = 0,707 = 70,7% b) Qual é o maior ângulo de elevação que ele pode imprimir à bola para marcar um field goal a partir de um ponto situado a 50 m da meta cujo travessão está 3,44 m acima do gramado? A origem de coordenadas é no ponto em que a bola é chutada, então x)= 0 e yo=0. Usamos x e y para representar as coordenadas da bola na trave, e tentar encontrar o ângulo de chute. x= 50m y=34m x x—Xg= Vocosdot > t= x o º vocosbo 1.2 x x nao y = vo sen Oot 59% (mas t = Tocos; então, substituindo £ = vosenô, ( )- ( - )º arrumando a uação Y= Vo O Avocosdo. 29 vocosdo equaç: vosen do) ( ge y sen 8 . =(2>—2)x—(—=—) lembremos que —— = tan 0,, então y (os 2vocos do q cos8o 0 y = xtanô, — — se que pode ser escrito da seguinte forma 2vêcos20 2 gx 1 y=xtanô,-—- z 2vg cos20 : . . 2 1 ses a Lembrando a identidade trigonométrica Tosta, E 1+ tan?9, e substituindo na equação, o teremos: ga? 2 ge ge,2 y=xtando— >> (1+ tan?09) > y=xtanã — > — So tan?6 2vg 2vz 2vê Arrumando a equação obtemos uma equação quadrática: gx? 2 gx? Stan? —-xtanOo+y+55=0 2vê 2vê Podemos ainda simplificar, fazendo: ge c= (o,80m/s? (50 m)? = 196m 2vê 2(25m/s)? Temos assim uma equação do segundo grau mais enxuta: ctan?0) —-xtando + y+c=0 tando = xt /x2-4c(y+c) - 50 m+./(50m)2-4(19,6m)(3,44m+19,6m) 2e 2(19,6m) tando = 50+2634 — (080 > 628º = 63º ando= "52 =l0604 > Bio = 3º A resposta da letra a) é 31º A resposta da letra b) é 63º **:52, Uma bola é lançada a partir do solo com uma certa velocidade. A figura mostra o alcance R em função do ângulo de lançamento 95. O tempo do percurso depende do valor de 05: seja tmax O maior valor possível para o tempo. Qual é a menor velocidade que a bola possui durante o percurso se 9, é escolhido de tal forma que o tempo do percurso é, 0,5tmax- 200— 100 ParaAy=0,t= 2vosendo o que implica que para tax = = quando 95 = 90º. Assim, 1 v 1 > tmax = q > = sendo = 300º Portanto, 0 ,5tmax está no ângulo 99 = 30,0º. Uma vez que a menor velocidade ocorre no topo da trajetória, que é onde ela possui . ca 1 a 4 apenas a componente x da velocidade inicial (vocos0, = vocos30,0º, para > tmax)» então é necessário concultar o gráfico, para encontrar a vç a fim de que possamos completar a solução. No gráfico, R = 240 m quando O, = 450º. vê Rg 240 m(9,8m/s2) R= Lsen20, > Vvo= E e g sen 200 sen 90,0º Para 0,5tmax» temos, lembrando que a menor velocidade ocorre no topo da trajetória, 485m quando a mesma possui apenas a componente x: v= vocosd, = 48,5 m/ s(cos30º) = 420m/s **:53, Uma bola rola horizontalmente do alto de uma escada com uma velocidade de 1,52 m/s. Os degraus têm 20,3 cm de altura e 20,3 cm de largura. Em que degrau a bola bate primeiro? Designamos h como a altura de um degrau e w como a sua largura. Para cair um degrau a bola deve cair de uma altura nh e viajar horizontalmente entre (n—-1)wew Tomamos como origem de um sistema de coordenadas o ponto onde a bola deixa a parte superior da escada, e escolhemos o eixo y positivo para cima. As coordenadas da bola em função do tempo t são dadas por: X= Vox e y= —a9t? (pois voy = 0). Nós igualamos y = —nh e calculamos o tempo para atingir uma etapa n: = Ig -nh= -Igt? - [oh y= —59t > nh = 598 > t= a 2nh mes Como x = voxt.et= substituímos t e obtemos: h x x= Vo =. (152m/s) rtazoam (0,309 m) vn O método consiste em testar valores de n até encontrar um que: (n-1)<Z<n w Para tanto começamos com n=1 x=(0309myn > x=(0309m)v1=o0309m (n-1)<Zcn os (1-)<SE2<to> (1-1)<152<1 (also) 0,203m n=2 x=(0309mvn > x=(0309m)v2=0437m (n-)<i<n > (2-1)<tÉWco 5 (2-1)<215<2 (falso) 0,203 m n=3 x=(0309myn > x=(0309m)v3=053m (n-1)<Z<n > (3-1) <CÉNCa > (3-1)<284 < 3 (verdadeiro) 0,203 m Concluímos que a bola cairá no 3º degrau. **: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. a) Qual é a componente horizontal da velocidade inicial do projétil? Ax 40m AX = Voxt > Vow=, =, = 20m/s s b) Qual é a componente vertical da velocidade inicial do projétil? 1a 1 2428)? : ay+dgt 53 m+(9,8m/s?)(28) o 1a = DTrOCLNIO sem, Ay= Voyt = 59 PO Voy= = 2s = 88mis 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? Em Ymax» temos vy = O, logo Vymax = O 5 Vo; 36m/s tmar =D = =368s v, = Voy gt = ymax 0y — Ilmax a8m/s2 X—X = Voxt > x = (20m/s)(3,685s) = 74m *57. Em um parque de diversões uma mulher passeia em uma roda-gigante com 15 m de raio, completando cinco voltas em torno do eixo horizontal a cada minuto. a) Qual é o período do movimento? Um período corresponde a uma volta completa. 5 voltas por minuto representa T=—— Le 4os nº voltas 5 b) Qual é o módulo da aceleração centrípeta no ponto mais alto? Como uma volta representa a distância de 27R e 2mR 2m(15m T 125 = 785m/s O módulo da aceleração é: (7,85 m/s)? =4im/s? 15m v2 a=—= R c) Qual é o sentido da aceleração centrípeta no ponto mais alto? O vetor da aceleração centrípeta aponta para baixo, para o centro da órbita. d) Qual é o módulo da aceleração centrípeta no ponto mais baixo? Como não houve modificação do raio nem da velocidade, a aceleração centrípeta é a mesma = 4,1 m/s2. e) Qual é o sentido da aceleração centrípeta no ponto mais baixo? O vetor da aceleração centrípeta aponta para cima, para o centro da órbita. *58. Qual é o módulo da aceleração centrípeta de um velocista que corre a 10 m/s ao fazer uma curva com 25 m de raio? (10m/s)? 25m v2 2 a=—= = 40m/s R *59. Quando uma grande estrela se torna uma supernova seu núcleo pode ser tão comprimido que ela se transforma em uma estrela de nêutrons, com um raio de cerca de 20 km. Se uma estrela de nêutrons completa uma revolução a cada segundo, a) Qual é o módulo da velocidade de uma partícula situada no equador da estrela? Fm Into 43, 10Sm/s T is v= b) Qual é o módulo da aceleração centrípeta da partícula situada no equador da estrela? v2 (13x10 mis) += Lt x 20º m/s)! = 79m/s? R 20000 m a= c) Se a estrela de nêutrons gira mais depressa, as respostas dos itens a) e b) aumentam, diminuem ou permanecem as mesmas? Se a estrela gira mais depressa, o período diminui logo a velocidade aumenta. Aumentando a velocidade, a aceleração aumenta. Os itens das letras a) e b) aumentam. *60. Um satélite se move em uma órbita circular, 640 km acima da superfície da Terra, com um período de 98,0 min. a) Qual é a velocidade do satélite? Somamos ao raio da Terra, mais 640 km. R= 6,37 x 10%m+ 64 x 105 = 7,01 x 10%m v = 2R( 2mloimom) 749, 403m/s T 5,88x 1035 a) Qual é o módulo da aceleração centrípeta? = 22 (r49z10imisf a- = CenoniÊ. s0oms? *61. Um carrossel de um parque de diversões gira em torno de um eixo vertical com velocidade angular constante. Um homem em pé na borda do carrossel tem uma velocidade escalar constante de 3,66 m/s e uma aceleração centrípeta à de módulo 1,83 m/s2. O vetor posição 7 indica sua posição em relação ao eixo do carrossel. Primeiramente colocamos nosso sistema de coordenadas de modo que a origem deste sistema esteja no eixo vertical do carrossel, o sentido positivo do eixo x aponte para o leste enquanto o sentido negativo do eixo y aponte para o sul. a) Qual é o módulo de 7? (366m/s)2 1,83m/s? = 732m v2 > T=—= a b) Qual é o sentido de 7? quando à aponta para o leste? O sentido da aceleração centrípeta é sempre contrário ao sentido do vetor posição, logo, respondendo à questão, 7º aponta para oeste. c) Qual é o sentido de 7 quando à aponta para o sul? O sentido da aceleração centrípeta é sempre contrário ao sentido do vetor posição, logo, respondendo à questão, 7º aponta para norte. *62. Um ventilador realiza 1200 revoluções por minuto. Considere um ponto situado na extremidade de uma das pás, que descreve uma circunferência com 0,15 m de raio. a) Que distância este ponto percorre em uma revolução? c=2mr = 2n(0,15m) = 0,94m b) Qual é a velocidade desse ponto? 60s T= Too ras — 0,05 s/rev c 094m V=7= os — 188m/s c) Qual o módulo da aceleração? 2 2 a= 2 = USbms 096 + 1403m/s? o15m d) Qual é o período do movimento? **63. Uma bolsa a 2,00 m do centro e uma carteira a 3,00 m do centro descrevem um movimento circular uniforme no piso de um carrossel. Elas estão na mesma linha radial. Em um certo instante a aceleração da bolsa é (2,00m/s?)t + (4,00m/s?)j. Qual é a aceleração da carteira neste instante, em termos de vetores unitários? Y . . . 4 2mr 4 . 4 Como o período de um movimento circular uniforme é T = —, emquer éoraio e v é v a velocidade, a aceleração centrípeta pode ser escrita como: v2 T TT? 1/20)? ami? ami a= = 7 Com base nessa expressão, verificamos que o único valor variável entre a bolsa e a carteira é o módulo do seu raio. Então a razão do raio é: rcarteira 3 =2=41 7 bolsa 2 5 a= 1,50[(200m/s2)i+ (4,00m/s2)j] = (3,00m/s2)i+ (6,00m/s2)j *:64. Uma partícula se move em uma trajetória circular em um sistema de coordenadas xy horizontal, com velocidade escalar constante. No instante t, = 4,00 s ela está no ponto (5,00 m, 6,00 m) com velocidade (3,00 m/s)j e aceleração no sentido positivo de x. No instante t, = 10,05 ela tem uma velocidade (—3,00 m/ s)i e uma aceleração no sentido positivo de y. a) Qual é a coordenada x do centro da trajetória circular se a diferença tz — t, é menor que um período? ***67, Um menino faz uma pedra descrever uma circunferência horizontal com 1,5 m de raio 2,0 m acima do chão. A corda se parte e a pedra é arremessada horizontalmente, chegando ao solo depois de percorrer uma distância horizontal de 10 m. Qual era o módulo da aceleração centrípeta da pedra durante o movimento? Para calcular a aceleração centrípeta da pedra, o que precisamos saber a sua velocidade durante o seu movimento circular. Esta é também a sua velocidade inicial no início dp vôo após arrebentar a corda. Tomando a direcção y para cima e colocando a origem no ponto em que a pedra deixa sua órbita circular, as coordenadas da pedra durante o seu movimento como um projéctil são dadas por: x= vot e y= -9t (voy = 0) A pedraatingeo soloemx = 10m ey=-20m = -a9t? 5 = y g 9,8m/s2 X=Vot > Xx=V5 a > Vo=X 5 = (10m) Hood” 157m/s Como v, = v do movimento circular, temos: v2 (157m/s)? 15m = 169m/s? a= **:68. Um gato pula em um carrossel que está descrevendo um movimento circular uniforme. No instante t, = 2,005, a velocidade do gato é v, = (3,00 m/s)i+ (400m/s)j, medidas em um sistema de coordenadas horizontal xy. No instante t, = 5,005, a velocidade é v, = (—3,00 m/ s)i+ (—-4,00m/s)j. a) Qual o módulo da aceleração centrípeta do gato? Notamos que, depois de três segundos terem se passado (t, — ty = 3,00 s) a velocidade se inverte. Infere-se que são necessários três segundos para atingir o lado oposto do círculo. Assim, T = 2(3,/005) = 6,005. v2 vT .quev= /v2+ v2,equer = —, temos: 74 x 7:64 2m z ( Di+vs) veto zu [v2+vy =15Ã. = RO T 2 Tr 2u 2m/(3,00m/s)2+(4,00m/s)? | mv25 = 524m/ s2 6,005 — 3005 Sabendo que a = b) Qual a aceleração média do gato no intervalo de tempo t, — t,, que é menor que um período? > Vad. —3,001 —4,00) —(3,00i +4,00)) A m âmned = borda (73001 -4,00))m/s-(300i+400j)m/s (-2,001—2,67))m/ s2) to-ty 5,00 8-2,00 8 lâmeal = (-2,00m/s?)? + (2,67m/s?)2 = 3,33 m/s? *69. Um cinegrafista está em uma picape que se move para oeste a 20 km/h enquanto filma um guepardo que também está se movendo para oeste 30 km/h mais depressa que a picape. De repente, o guepardo para, dá meia-volta e passa a correr a 45 km/h para leste, de acordo com a estimativa de um membro da equipe, agora nervoso, de pé na margem da estrada, no caminho do guepardo. A mudança de velocidade do animal leva 2,0 s. a) Qual é o módulo da aceleração do animal em relação ao cinegrafista? Usamos a direção leste no mesmo sentido de x positivo. 20 km/h = 5,6m/s; 30 km/h = 83m/s; 45 km/h = 125m/s A velocidade com que o guepardo se aproxima da picape, ao final dos dois segundos é: Veotal = Vguepar — Vpicape = (125 m/s)i—(—-56m/s)i= (18,1 m/s)i em relação à picape. Uma vez que a velocidade relativa do guepardo à picape, no início do intervalo de 2,0 s é (-83m/ s)1, o vector de aceleração (média) em relação ao operador de câmara (na picape) é: vv, (18AM/I(-83misd Qmed=" 20 os E (13m/s?)t b) Qual é a orientação da aceleração do animal em relação ao cinegrafista? Conforme arbitramos no início do exercício, a direção leste no sentido de x positivo. = (13m/s2)i aponta para o leste c) Qual é o módulo da aceleração do animal em relação ao membro nervoso da equipe? A velocidade do guepardo no início do intervalo de 2,0 s era (conforme enunciado) 30 km/h mais rápido que a picape, que ia a 20 km/h, na direção oeste. Então Em relação ao solo, o guepardo se deslocava a uma velocidade de: (-83m/s)i+ (-5,6m/s)i= (—139m/s)i Após o intervalo de dois segundos na mudança de direção, a aceleração média, em relação ao membro da equipe no solo, é: v2—v (12,5 mu s)i-(-139m/ si Amed = = med At 205 lameal= Jaz+ az = (13m/s?)2+ 0= 13 m/s? (13m/s?)i d) Qual é a orientação da aceleração do animal em relação ao membro nervoso da equipe? Conforme arbitramos no início do exercício, a direção leste no sentido de x positivo. = (13m/s?)i aponta para o leste *70. Um barco está navegando rio acima, no sentido positivo de um eixo x, a 14 km/h em relação à água do rio. A água do rio está correndo a 9,0 km/h em relação à margem. a) Qual é o módulo da velocidade do barco em relação à margem? Em um sistema de coordenadas horizontais xy, onde o semi-eixo x positivo aponta para montante, temos: Varcol água = 14 km/h = (39m/s)i Vagual margem = 90 km/h = (-25m/s)i A velocidade do barco/margem é: Vbm = Vba t Vam= (39m/s)i+ (-25m/s)i= (1,4m/s)i Ivsml= J(Vbmi)2 + (vim) = (Amis)2+ 0= 14m/s b) Qual é a orientação da velocidade do barco em relação à margem? (1,4m/ s)i está apontando para o sentido positivo do eixo x, ou seja, para montante. c) Uma criança no barco caminha da popa para a proa a 6,0 km/h em relação ao barco. Qual é o módulo da velocidade da criança em relação à margem? Vbarcol margem = Vim = (14m/'s)i Vcriançal barco = Vep = (1,7 m/'s)i Vem = Vimt Ve = (1 4m/s)i+(-17m/s)i=(-03m/s)i [em = |(Vemi)2 + (Vomj) = ("0,3 m/5)2+ 0 = 0,3m/s d) Uma criança no barco caminha da popa para a proa a 6,0 km/h em relação ao barco. Qual é a orientação da velocidade da criança em relação à margem? (-0,3m/ s)1 aponta para o sentido negativo do eixo x, isto é para jusante. 71. Um homem de aparência suspeita corre o mais rápido que pode por uma esteira rolante, levando 2,50 s para ir de uma extremidade a outra. Os seguranças aparecem e o homem volta ao ponto de partida, correndo o mais rápido que pode, levando 10,0 s. Qual é a razão entre a velocidade do homem e a velocidade da esteira? d Sabemos que v= 7 Mas a velocidade do homem em relação ao solo é: b) Qual era a orientação da velocidade do vento? O vy -70kmlh EO 2. DENO 223º (a sul do oeste ou 67,7º a oeste do sul) cos0 vr -171kmih 0=tanl= **75. A neve está caindo verticalmente com uma velocidade constante de 8,0 m/s. Com que ângulo, em relação à vertical, os flocos de neve parecem estar caindo do ponto de vista do motorista de um carro que viaja em uma estrada plana e retilínea a uma velocidade de 50 km/h? Consideramos o plano horizontal xy, onde o carro se desloca, com y positivo para cima e x positivo no sentido do deslocamento do carro. 50 km/h = 139m/s Vneveisolo = (—8,0m/s)j Vearroisoto = (13,9m/s)i Vnevel carro = Vnevei solo + Vearroisoto = (—8,0m/s)j+ (13,9m/s)i= Vnevel carro = (—13,9m/s)i+ (-80m/s)j E -som/s . - Ai . a == = 30º no sentido anti-horário a partir de x positivo. cosO vx -139m/s 0=tanl= Como a questão pede o ângulo em relação à vertical, subtraímos 30º de 90º obtendo o ângulo de 60º em relação à vertical. **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? VaviãorsoLo = Vas = (55 km/15 min)j = (220 km/h)j VyenrorsoLo = Uys = (42km/hcos3409)1t + (42 km/h sen 3409)j = Vvenrorsoro = Vys = (39 km h)t— (14 kmy/h)j Vyenrorsoro = Vys = (39 km/h) — (14 km/h)j das = Vavrhoivento — Vos > (220km/h)j= day — (39 km h)i— (14 km/h) Vay = [(39 km h)i— (14 km/h) j] + (220 km h)j day = (39 km/ h)i+ (234 km h)j [%avl = (39 km/h)? + (234km/h)2 = 237 km/h **77. Um trem viaja para o sul a 30 m/s (em relação ao solo) em meio a uma chuva que é soprada para o sul pelo vento. As trajetórias das gotas de chuva fazem um ângulo de 70º com a vertical quando medidas por um observador estacionário no solo. Um observador no trem, entretanto, vê as gotas caírem exatamente na vertical. Determine a velocidade escalar das gotas de chuva em relação ao solo. Considerando a direção sul coincidente com o sentido negativo do eixo y. Como as gotas de chuva caem verticalmente em relação ao comboio, a componente horizontal da velocidade de uma gota de chuva é igual à componente horizontal da velocidade do comboio, ou seja vg = (—30m/s)j. Se vy é a componente vertical da velocidade e O é o ângulo entre a direção de movimento . x v) . ea vertical, então tan O = = Assim v vH | 30mis = (—109m/s)j vy= VO tamo” tan7o Logo, a velocidade de uma gota de chuva é: v= yvz+ v;=/(30m/s)2+ (10,9m/s)? = 32m/s. **78. Um rio de 200 m de largura corre para leste com uma velocidade constante de 2,0 m/s. Um barco com uma velocidade de 8,0 m/s em relação à água parte da margem sul em uma direção 30º a oeste do norte. Determine: a) O módulo da velocidade do barco em relação à margem? Considerando plano horizontal xy com x positivo para leste e y positivo para norte. Úrio = (20m/s)i Vbarcoirio = (80m/scos120º)1+ (80m/s sen120º)j = (-40m/s)i+ (6,9m/s)j Úbarco/margem = Vparcolrio + Vrio= (—4,0m/s)i+ (69m/s)j+ (20m/s)i Vbarco/margem = (-2,0m/s)i+ (69m/s)j= 72m/s [Pparco/margem| = V(-2,0m/s)2+(6,9m/5)2= 72m/'s b) A orientação da velocidade do barco em relação à margem? sen) vy 6omis 0=tanl= =2=> = —74º cos vy -20mis (observando que o vetor encontra-se no 2º quadrante, soma-se 180º ao resultado para obter-se 106º medidos no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo). c) Quanto tempo o barco leva para atravessar o rio? Y-Y= vt > y— Yo = (vsenO)t 200m= (7,2m/s sen 106)t 200m 200m — 72m/ssen106 692m/s =29s **79. Duas rodovias se cruzam, como mostra a figura. No instante indicado, um carro de polícia P está a uma distância dp = 800m do cruzamento, movendo-se com uma velocidade escalar vp = 80 km/h. O motorista M está a uma distância dy = 600 m do cruzamento, movendo-se com uma velocidade escalar vy = 60 km/h. a) Qual é a velocidade do motorista em relação ao carro da polícia na notação de vetores unitários? Vmp = Um — Vp= (-60km/h)j— (-80 km/h)i= (80 km/h)? — (60km/h)j b) No instante mostrado na figura, qual é o ângulo entre a velocidade calculada no item a) e a reta que liga os dois carros? No cálculo de “mp encontramos o vetor velocidade de M para P. Este vetor é também a reta que liga os dois carros, portanto o ângulo entre a velocidade e esta reta é 0º. c) Se os carros mantêm suas velocidades, as respostas dos itens a) e b) mudam quando os carros se aproximam da interseção? Não, pois as respostas acima referem-se à velocidade, como ela não se altera, as respostam permanecem iguais. **80. Na vista superior da figura, os jipes P e B se movem em linha reta em um terreno plano e passam ao lado de um guarda de fronteira estacionário A. Em relação ao guarda, o jipe B se move com uma velocidade escalar constante de 20,0 m/s e um ângulo O = 30,0º. Também em relação ao guarda, P acelerou a partir do repouso a uma taxa constante de 0,400 m/s? e um ângulo 6 = 60,0º. Em um certo instante, durante a aceleração, P possui uma velocidade escalar de 40,0 m/s. Nesse instante quais são: em relação à água. Existe outra clareira na margem norte, 82 m rio acima a partir de um ponto da margem sul, exatamente em frente à clareira. a) Em que direção o barco deve ser apontado para viajar em linha reta e chegar à clareira da margem norte? (02 m) Lim/s)t (CE CAM a 200m 9 south Construímos um triângulo retângulo a partir da clareira, na margem sul, traçando uma linha de 200 m de comprimento, orientada para o norte (para cima no esboço) através do rio, e uma linha orientada a montante, para a esquerda em nosso esboço, ao longo da margem para uma distância (82 m) + (1,1 m/s)t. A hipotenusa deste triângulo também depende de t e da a velocidade do barco (em relação à água). (4,0)t = /2002+ (82+ 1,192 ((4,0)t)? = 4/2002+ (82 + 1,192 16t? = 40000 + 6724 + 180 4t+ 1,21t? 1481? — 1804t— 46724 = O -btvbZ-4ac 5 180,4+/180,42-(4)(14,8)(-46724) | 628s 2a 2(14,8) O ângulo, a oeste do norte é: catop (82+11tjm | s2+11(626)m 37º 8= tan! = -= = cat adj 200m 200m b) Quanto tempo o barco leva para atravessar o rio e chegar à clareira? Como calculado na letra anterior: t=626s L-108 S-328