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Curso de f´ısica b´ asica 1: Mecˆ anica H. Moys´ es Nussenzveig
[email protected] Compilado dia 13/11/2016
Neste documento se encontra as solu¸c˜oes do 1◦ e 2◦ cap´ıtulo do volume 1 do livro de f´ısica b´asica do Moys´es Nussenzveig. Existe outra vers˜ ao deste mesmo documento mais voltada para alunos de c´ alculo avan¸cado ao passo que esta ´e mais voltada para alunos de f´ısica b´asica e vocˆe pode baixa-la em: www.google.com Caso algum erro de resolu¸c˜ ao seja detectado escreva para
[email protected] para que o mesmo seja corrigido. E para acompanhar as revis˜oes e amplia¸c˜oes desse documento, bem como ter acesso a resolu¸c˜ao de outros livros, acesse: www.number.890m.com
Sum´ ario 1 Movimento Unidimensional 2 Movimento Bidimensional
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Curso de f´ısica b´ asica: Mecˆ anica
Diego Oliveira / Vit´oria da Conquista - BA
Cursa de f´ısica b´ asica 1: Mecˆ anica H. Moys´ es Nussenzveig
[email protected]
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Movimento Unidimensional
1. Na c´elebre corrida entre a lebre e a tartaruga, a velocidade da lebre ´e de 30 km/h e a da tartaruga ´e de 1,5m/min. A distˆ ancia a percorrer ´e de 600m, e a lebre corre durante 0,5min antes de parar para uma soneca. Qual ´e a dura¸c˜ao m´axima da soneca para que a lebre n˜ao perca a corrida? Resolva analiticamente e graficamente. Solu¸ c˜ ao: Os dados que o enunciado nos fornece s˜ao os seguintes:
vl = 30 km/h (Velocidade da lebre) vt = 1,5 m/min (Velocidade da tartaruga) xf = 600 m (Distˆ ancia a ser percorrida) tl = 0,5 min (Tempo de soneca) E a estrat´egia consistir´ a nos seguintes passos:
1◦ Calcular o tempo que levaria a lebre se a mesma n˜ao dormisse; 2◦ Calcular o tempo que leva a tartaruga para terminar o percusso; 3◦ Com base nas duas respostas acima encontraremos o tempo m´aximo de todas as sonecas.
(Passo um.) Supondo que a velocidade da lebre se mantenha sempre constante ent˜ao podemos determinar o tempo que a lebre levaria pela equa¸c˜ao x = x◦ + vm · t. Veja: x f = x ◦ + vl · t ⇒t=
600m xf − x◦ = vl 30km/h
Considerando que 30 km/h =
25 m/s ent˜ao t ser´a igual a 72s. 3
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t=
600m = 72s ·m s
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Ou seja, supondo que a lebre n˜ ao tire nenhuma soneca ela terminaria o percusso em 72 segundos. (Passo dois.) Analogamente calcula-se o tempo que seria gasto pela tartaruga. t=
600m 600m = 1, 5m/min 0.025 m s
= 2.4 × 104 s Isto ´e, a tartaruga levaria 2400s (Passo trˆ es.) Para que a lebre n˜ ao perca a corrida, seu tempo de percurso (que chamaremos de tp ) somado com o tempo da soneca (chamado aqui de ts ) deve ser menor ou igual ao tempo de percurso da tartaruga (que chamarei apenas de t). Matematicamente: tp + ts ≤ t ⇒ 72s + ts ≤ 2.4 × 104 s ⇒ ts ≤ 2.4 × 104 s − 72s ⇒ ts ≤ 2.3928 × 104 s Ou seja, a soneca deve ter uma dura¸c˜ao de no m´aximo 2.3928 × 104 s segundos. Ou de forma mais trivial 6h 38min e 48s.
2. Um carro de corridas pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s. Compare a acelera¸c˜ao m´edia com a acelera¸c˜ ao da gravidade. Se a acelera¸c˜ao ´e constante, que distˆancia o carro percorre at´e atingir 100km/h? Solu¸ c˜ ao: Esse ´e um problema que se resume a aplica¸c˜ao direta de f´ormulas n˜ao sendo necess´ario nenhuma estrat´egia apurada. Por defini¸c˜ ao sabemos que: am =
∆v ∆t
Como ∆v = vf − v◦ ent˜ ao: 3
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am =
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vf − v◦ ∆t
Como o enunciado nos diz que o carro “pode ser acelerado de 0 a 100km/h em 4s” ent˜ao: am =
100km/h − 0 100km/h = 4s 4s
Como 100 km/h =
100 m/s ent˜ ao 3.6 am =
100 125 = m/s2 3.6 · 4 18
Tomando a acelera¸c˜ ao gravitacional g igual a 9.81 m/s2 ent˜ao: 125 m/s2 a = 18 g 9.81m/s2 a 12500 = ≈ 0.7079 g 17658 a ≈ 0.7079 · g Para determinar a distˆ ancia percorrida pelo ve´ıculo nessa acelera¸c˜ao precisamos de uma equa¸c˜ ao que relacione a “distˆ ancia percorrida” com a “acelera¸c˜ao” que determinamos e o “tempo” que o enunciado nos d´ a. Essa equa¸c˜ ao ´e a seguinte: 1 x f = x ◦ + v◦ t + a m t 2 2 Veja como ela pode ser utilizada. 1 xf = x◦ + v◦ t + am t2 2 1 ⇒ xf − x◦ = v◦ t + am t2 2 Supondo que o carro tenha partido do repouso (v◦ = 0) ent˜ao: 1 ∆x = 0 · t + am t2 2 ⇒ ∆x =
1 am t2 2
Substituindo a acelera¸c˜ ao encontrada e o tempo dado no enunciado ∆x =
1 · (125/18) · 42 2
⇒ x = 55.5 4
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Portanto, a distˆ ancia percorrida foi de aproximadamente 55.6 m.
3. Um motorista percorre 10km a 40km/h, os 10km seguintes a 80km/h mais 10km a 30km/h. Qual ´e a velocidade m´edia do seu percurso? Compare-a com a m´edia aritm´etica das velocidades. Solu¸ c˜ ao: 1 Se um ve´ıculo est´ a a 40km/h ent˜ ao ele deve percorrer 10km em h (um quarto de hora). Se 4 1 1 estiver a 80km/h ir´ a percorre 10km em h. E estando a 30km/h far´a 10km em h. 8 3 Sendo assim a velocidade m´edia ser´a:
vm =
vm =
∆x 1 + ∆ x 2 + ∆ x 3 ∆t1 + ∆t2 + ∆t3
30km 720 10km + 10km + 10km = = km/h 1 1 1 17 17 h+ h+ h h 4 8 3 24
que ´e aproximadamente 42.353 km/h. J´ a a m´edia aritm´etica das velocidades ´e igual a:
Ma =
km km 40 km h + 80 h + 30 h = 50 km/h 3
Finalmente comparando a velocidade m´edia (vm ) com a m´edia aritm´etica (Ma ) chegamos ao resultado 720 km h vm = 17 ≈ 0.8471 Ma 50 km/h ⇒ vm = 0.8471 · Ma
4. Um avi˜ ao a jato de grande porte precisa atingir a velocidade de 500 km/h para decolar, e tem uma acelera¸c˜ ao de 4 m/s2 . Quanto tempo ele leva para decolar e que distˆancia percorre na pista at´e a decolagem? Solu¸ c˜ ao: O problema em quest˜ ao ´e aplica¸c˜ ao direta da f´ormula
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vf = v◦ + am · t veja: vf = v◦ + am · t ⇒t=
vf − v◦ 500 km/h − 0 = am 4 m/s2
Como 500 km/h =
5 × 103 m/s, v◦ = 0 e am = 4 m/s2 ent˜ao 36
5 × 103 −0 36 t= 4 m/s2 ⇒ t = 34.72s Ou seja, o tempo que ser´ a levado ´e aproximadamente 34.7 segundos. De posse desse valor determinamos o deslocamento. 1 x = x◦ + v◦ t + at2 2 1 ⇒ ∆x = v◦ t + at2 2 1 2 ⇒ ∆x = 0 + 4 · 34.72 2 ⇒ ∆x ≈ 2408, 18m ou 2.41km.
5. O gr´ afico da figura representa a marca¸c˜ao do veloc´ımetro de um autom´ovel em fun¸c˜ao do tempo. Trace os gr´ aficos correspondentes da acelera¸c˜ao e do espa¸co percorrido pelo autom´ovel em fun¸ca˜o do tempo. Qual ´e a acelera¸c˜ao m´edia do autom´ovel entre t = 0 e t = 1min? E entre t = 2min e t = 3min? v(km/h) 75 60 45 30 15 0 t(min) 0
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Solu¸ c˜ ao: Expressando o gr´ afico em quest˜ ao sob a forma de uma fun¸c˜ao de v´arias senten¸cas teremos: 90t se t ∈ [0, 0.5) 45 se t ∈ [0.5, 2) 225 − 90t se t ∈ [2, 2.5) 0 se t ∈ [2.5, 3) v(t) = 150t − 450 se t ∈ [3, 3.5) 75 se t ∈ [3.5, 4.5) 750 − 150t se t ∈ [4.5, 5] d v(t) ent˜ ao a fun¸c˜ao de v´arias senten¸cas que fornecer´a o gr´afico da Por defini¸c˜ ao a(t) = dt acelera¸c˜ ao ser´ a: 90 se t ∈ [0, 0.5) 0 se t ∈ [0.5, 2) −90 se t ∈ [2, 2.5) 0 se t ∈ [2.5, 3) a(t) = 150 se t ∈ [3, 3.5) 0 se t ∈ [3.5, 4.5) −150 se t ∈ [4.5, 5] Z E como s(t) = v(t)dt a fun¸c˜ ao de v´arias senten¸cas que fornecer´a o gr´afico da posi¸c˜ao em fun¸c˜ ao do tempo ser´ a: 45t2 se t ∈ [0, 0.5) 45t se t ∈ [0.5, 2) 225t − 45t2 se t ∈ [2, 2.5) 0 se t ∈ [2.5, 3) s(t) = 75t2 − 450t se t ∈ [3, 3.5) 75t se t ∈ [3.5, 4.5) 750t − 75t2 se t ∈ [4.5, 5] Determinando as acelera¸ c˜ oes m´ edias. A acelera¸c˜ ao m´edia ´e determinada pela equa¸c˜ao am = do enunciado
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vf − v0 . Ent˜ao com base no gr´afico tf − t0
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v(km/h) 75 60 45 30 15 0 t(min) 0
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no intervalo de 0 a 1 minuto teremos: am[0,1] =
45km/h − 0 1min
⇒ am[0,1] =
12.5m/s 60s
⇒ am[0,1] = 0.2083m/s2 E no intervalo de 2 a 3 am[2,3] =
0 − 45km/h 60s
am[2,3] =
−12.5m/s 60s
am[2,3] = −0.2083m/s2 Onde o sinal de negativo indica uma desacelera¸c˜ao.
6. Uma part´ıcula, inicialmente em repouso na origem, move-se durante 10s em linha reta, com acelera¸c˜ ao crescente segundo a lei a = b · t, onde t ´e o tempo e b = 0.5m/s3 . Trace os gr´ aficos da velocidade v e da posi¸c˜ ao x da part´ıcula em fun¸c˜ao do tempo. Qual ´e a express˜ao anal´ıtica de v(t)? Solu¸ c˜ ao: Nesse caso podemos ficar tentado a usar a equa¸c˜ao v = v◦ + at. Entretanto, a acelera¸c˜ao presente nela (representada pela letra “a”) ´e a acelera¸c˜ao escalar. E como o enunciado nos diz que “a” ´e uma fun¸c˜ ao que varia no tempo conclu´ımos que essa acelera¸c˜ao ´e a instantˆanea, e n˜ao a escalar. Por esse motivo temos de recorrer diretamente a defini¸c˜ao de acelera¸c˜ao instantˆanea. a(t) =
d v(t) dt
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Z ⇒ v(t) =
a(t)dt Z
⇒ v(t) =
bt dt Z
⇒ v(t) =
1 t dt 2
⇒ v(t) =
1 2 t +c 4
Como a part´ıcula est´ a inicialmente em repouso ent˜ao v(0) = 0 o que implica em c = 0. Sendo 1 assim a express˜ ao anal´ıtica de da velocidade ´e v(t) = t2 . 4
7. O tempo m´edio de rea¸c˜ ao de um motorista (tempo que decorre entre perceber um perigo s´ ubito e aplicar os freios) ´e da ordem de 0,7s. Um carro com bons freios, numa estrada seca pode ser freado a 6m/s2 . Calcule a distˆancia m´ınima que um carro percorre depois que o motorista avista o perigo, quando ele trafega a 30km/h, a 60km/h e a 90km/h. Estime a quantos comprimento do carro corresponde cada uma das distˆancias encontradas. Solu¸ c˜ ao: A estrat´egia usada para resolver o problema ´e descrita nos seguintes passos:
1◦ Calculamos a distˆ ancia percorrida durante o tempo de rea¸c˜ao; 2◦ Calculamos a distˆ ancia percorrida ap´os o tempo de rea¸c˜ao. 3◦ O resultado ser´ a a soma das duas distˆancias encontradas.
(Passo um.) Como o carro est´ a com velocidade constante podemos determinar a distˆancia percorrida, durante o tempo de rea¸c˜ ao do motorista, pela equa¸c˜ao: x = x ◦ + v◦ · t Substituindo os valores fornecidos no enunciado e considerando que o motorista parta da origem, ou seja x◦ = 0, ent˜ ao: 3 × 102 3 × 102 x=0+ · 0, 7 30km/h = m/s 36 36 ⇒x=
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105 m 18
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(Passo dois). Seja ∆x a distˆ ancia percorrida ap´ os o tempo de frenagem, isto ´e, quando o freio j´a foi acionado, podemos usando a equa¸c˜ ao v 2 = v◦2 + 2a(x − x◦ ) para determinar a distˆancia percorrida pelo motorista. Como o carro est´ a sendo freado ent˜ao a velocidade final ´e nula (v = 0) e a acelera¸c˜ao (ou desacelera¸c˜ ao) ´e negativa. v 2 = v◦2 + 2a(x − x◦ ) ⇒0=
⇒
3 × 102 m 36 s
(12 sm2 )∆x
⇒ ∆x =
=
2
+ 2 −6 sm2 ∆x
3 × 102 m 36 s
2
9 × 104 m2 · s2 625 = m 12 · 362 m · s2 108
(Passo trˆ es). Finalmente realizamos a soma de x com ∆x e determinamos o valor total do deslocamento. 625 11295 105 m+ m= m ≈ 11.62m 18 108 972 Analogamente se calcula para as velocidades de 60 km/h e 90 km/h, obtendo respectivamente os valores de 34.8 m e 69.6 m.
8. O sinal amarelo num cruzamento fica ligado durante 3s. A largura do cruzamento ´e de 15m. A acelera¸c˜ ao m´ axima de um carro que se encontra a 30m do cruzamento quando o sinal muda para amarelo ´e de 3m/s2 e ele pode ser freado a 5m/s2 . Que velocidade m´ınima o carro precisa ter na mudan¸ca do sinal para amarelo a fim de que possa atravessar no amarelo? Qual ´e a velocidade m´ axima que ainda lhe permite parar antes de atingir o cruzamento? Solu¸ c˜ ao: O desenho a seguir tenta ilustrar o problema.
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30m
15m Embora no desenho acima esteja sendo usado um retˆangulo para representar o carro em geral se pensa em um corpo como uma part´ıcula sem dimens˜oes o que quer dizer que o tamanho do carro (sua dimens˜ ao) n˜ ao vai ser levada em conta aqui. Pelo enunciado os seguintes dados nos ´e fornecido. O tempo (t = 3s) em que o carro deve realizar o percusso (x = 30m + 45m) e a acelera¸c˜ao (a = 3m/s2 ) do carro. E a equa¸c˜ao que relaciona todos esses dados ´e: 1 xf = x◦ + v◦ t + at2 2 1 ⇒ xf − x◦ = v◦ t + at2 2 Substituindo os valores (30 + 45)m =
1 (3 m/s2 )(3s)2 + v◦ (3s) 2
⇒ v◦ = 10.5 m/s A velocidade inicial, caso o motorista deseje parar antes do cruzamento, pode ser determinada pela mesma equa¸c˜ ao. Entretanto, nesse caso, o motorista poder´a percorrer no m´aximo 30m nos trˆes segundos em que o sinal amarelo permanece ligado. 1 ∆x = v◦ t + at2 2 1 ⇒ 30m = v◦ (3s) + (−5m/s2 )(3s)2 2 ⇒ 30m = v◦ (3s) −
45 m 2
⇒ v◦ (3s) = 30m +
45 m 2
⇒ v◦ (3s) =
105 m 2 11
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⇒ v◦ =
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105 m/s = 17.5m/s 2·3
Ou seja, sua velocidade m´ axima deve ser igual 17.5 m/s ou 63 km/h. ˜ USANDO O TEMPO DE REAC ¸ AO Consultando o final do livro percebe-se que a inten¸c˜ao do autor tamb´em era a de calcular a velocidade m´ axima e m´ınima considerando o tempo de rea¸c˜ao do motorista. Entretanto, da forma como o enunciado foi escrito as duas solu¸c˜oes acima formam por si s´o uma resposta aceit´avel e completa ao problema de modo que o professor que desejar incluir essa quest˜ao em sua prova deve modificar o enunciado a fim de deixar claro que o resultado com tempo de rea¸c˜ao est´a sendo requerido. Caso contr´ ario, n˜ ao deve cobrar do aluno essa “segunda” parte. Para determinar a velocidade m´ınima (ap´os o tempo de rea¸c˜ao) usamos a equa¸c˜ao (1) a seguir. 1 2 at + v◦ t + x◦ (2) 2 Onde t ´e o tempo que o sinal leva para mudar subtra´ıdo do tempo de rea¸c˜ao do motorista. ∆x =
A velocidade m´ınima que desejamos encontrar ´e a velocidade necess´aria para ser empregada ap´ os o tempo de rea¸c˜ ao. Ou seja, agora n˜ao podemos considerar x◦ = 0. Supondo que antes de perceber a mudan¸ca do sinal a velocidade do carro era constante, ent˜ao: x◦ = v◦ tr (2) onde tr ´e o tempo de rea¸c˜ ao do motorista. Substituindo (2) em (1) chegamos ` a: ∆x =
a 2 t + v◦ t + v◦ t r 2
Substituindo ent˜ ao os valores: 45m =
3m/s2 (3s − 0.7s)2 + v◦ (3s − 0.7s) + v◦ 0.7s 2 ⇒ v◦ =
7413 m/s = 12.355 m/s 600
Ou seja, a velocidade m´ınima com tempo de rea¸c˜ao ´e de 12.355 m/s ou 44.478 km/h. Determinar a velocidade m´ axima que o carro tˆem de estar para conseguir parar antes de passar pelo cruzamento, tamb´em considerando o tempo de rea¸c˜ao, ´e an´alogo. A diferen¸ca ´e que desta vez o percusso que o carro deve percorrer ´e de no m´aximo 30m e ao inv´es da acelera¸c˜ao de 3m/s2 usamos a desacelera¸c˜ ao de 5m/s2 . Matematicamente escrevemos:
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1 xf = x◦ + v◦ t + at2 2 1 ⇒ ∆x = v◦ t + at2 2 ⇒ 30m = (0, 7s)v◦ + v◦ (3s − 0.7s) −
5m/s2 (3s − 0.7s)2 2
⇒ v◦ = 14.4083m/s Ou seja, a velocidade m´ axima para frear antes do cruzamento ´e de 14.4083 m/s ou 51.87 km/h.
9. Numa rodovia de m˜ ao dupla, um carro encontra-se 15 m atr´as de um caminh˜ao (distˆancia entre pontos m´edios), ambos trafegando a 80 km/h. O carro tem uma acelera¸c˜ao m´axima de 3 m/s2 . O motorista deseja ultrapassar o caminh˜ao e voltar para sua m˜ao 15 m adiante do caminh˜ ao. No momento em que come¸ca a ultrapassagem, avista um carro que vem vindo em sentido oposto, tamb´em a 80 km/h. A que distˆancia m´ınima precisa estar do outro carro para que a ultrapassagem seja segura? Solu¸ c˜ ao: A estrat´egia que ser´ a usada ´e descrita nos seguintes passos:
1◦ Determinamos uma express˜ ao (em fun¸c˜ao do tempo) para o c´alculo da distˆancia percorrida pelo caminh˜ ao; 2◦ Calculamos o tempo levado pelo carro para realizar a ultrapassagem descrita; 3◦ Determinamos a distˆ ancia percorrida pelo caminh˜ao e pelo carro. 4◦ Determinamos a distˆ ancia percorrida pelo segundo carro e a somamos com a distˆancia obtida no passo anterior para obtermos a resposta.
(Passo um). Supondo que o caminh˜ ao esteja com velocidade constate ent˜ao a distˆancia que ele ir´a percorrer (∆x) ser´ a dado pela express˜ ao: vm =
∆x ∆t
80 ∆x ⇒ = 3.6 ∆t ⇒ ∆x =
80 Lembre-se que: 80km/h = m/s 3.6
80 ∆t (1) 3.6 13
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(Passo dois). O deslocamento do carro ser´ a igual ao deslocamento do ˆonibus ∆x mais 30 metros (15 m antes do caminh˜ ao mais 15 m depois). Sendo assim: 80km/h 1 t + (3m/s2 ) · t2 3.6 2 √ Substituindo ∆x , encontramos: t = 20 (tempo da ultrapassagem), veja:
30m + ∆x =
30m +
80∆t 80km/h 3m/s2 = (t − t◦ ) + (t − t◦ )2 3.6 3.6 2
⇒ 30m +
80km/h 80km/h 3m/s2 2 ∆t = t+ t 3.6 3.6 2
⇒ 30m =
3m/s2 2 t 2
⇒t=
√
20
(Passo trˆ es). √ 400 5 m≈ Substituindo agora t em (1) a distˆ ancia percorrida pelo caminh˜ao ´e ent˜ao ∆x = 9 99, 38m. Assim a distˆ ancia percorrido pelo carro foi de 99,38 m + 30 m = 129,38 m. (Passo quatro). O outro carro, por sua vez, tamb´em estando a 80 km/h (e com velocidade constante) percorreria tamb´em 99,38 m. Com base nos dados anteriores a distˆancia m´ınima entre o ˆonibus e o carro antes da ultrapassagem ´e 129,38 m + 99,38 m = 228,76 m.
10. Um trem com acelera¸c˜ ao m´ axima a e desacelera¸c˜ao m´axima f (magnitude da acelera¸c˜ao de freamento) tem de percorrer uma distˆancia d entre duas esta¸c˜oes. O maquinista pode escolher entre (a) seguir com a acelera¸c˜ ao m´ axima at´e certo ponto e a partir da´ı frear com a desacelera¸c˜ao m´ axima, at´e chegar; (b) acelerar at´e uma certa velocidade, mantˆe-la constante durante algum tempo e depois frear at´e a chegada. Mostre que a primeira op¸c˜ ao ´e a que minimiza o tempo do percurso (sugest˜ao: utilize gr´aficos v × t) e calcule o tempo m´ınimo de percurso em fun¸c˜ao de a, f e d.
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Solu¸ c˜ ao: Calculando o tempo m´ınimo de percusso. O motorista acelera a partir da esta¸c˜ao A at´e o instante t1 com acelera¸c˜ao m´axima a e depois desacelera (com f ) at´e parar na esta¸ca˜o B no instante t2 (ver figura a seguir). ~v
f
a
B t
A 0
t1
t2
Nesse caso o tempo total (T ) ´e: T = t1 + t2 onde t1 ´e o tempo que ele acelera e t2 o tempo em que se freia. Seja ∆x o espa¸co percorrido durante o trajeto em que ´e acelerado e admitindo que a velocidade inicial ´e nula ent˜ ao: vf2 = v◦2 + 2a∆x ⇒ vf2 = 2a∆x ⇒ ∆x =
vf2 2a
Assim, durante o per´ıodo em que freia, o trem dever´a percorrer d − ∆x. Como ao fim do percusso a velocidade final do trem ´e zero (trem parado) ent˜ao: 0 = v◦2 − 2f (d − ∆x) ⇒ v◦2 − 2f d + 2f ∆x = 0 ⇒ v◦2 − 2f d +
f 2 v =0 a f
Como v◦ da equa¸c˜ ao acima ´e igual a vf ent˜ao chamaremos ambas simplesmente de v sendo assim: f 2 v =0 a f f 2 ⇒v 1+ = 2f d a
v◦2 − 2f d +
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2f da a+f
⇒ v2 =
Mas, temos que v = at1 , de forma que: (at1 )2 =
2f da a+f
r ⇒ t1 =
2f d a(a + f )
Temos ainda: 0 = v − f t2 ⇒ t2 =
v f
⇒ t2 =
2da f (a + f )
Assim, 2
T =
t21
+ 2t1 t2 +
2d T = a+f 2
T2 =
2f d 2ad = + +2 a(a + f ) f (a + f )
r
2f d a(a + f )
r
2da f (a + f )
2 a f d 2d a + f2 + +4 = +2 f a a+f a+f af
2d 2d [a2 + 2af + f 2 ] = (a + f ) (a + f )af af
ent˜ ao: s T =
t22
2
d a
a +1 f
11. Vocˆe quer treinar para malabarista, mantendo duas bolas no ar, e suspendendo-as at´e uma altura m´ axima de 2m. De quanto em quanto tempo e com que velocidade tem de mandar as bolas para cima? Solu¸ c˜ ao: A velocidade (v◦ ) que deve ser usada para a bola alcan¸car a altura de 2 m pode ser determinada pela equa¸c˜ ao de Torriceli: vf = v◦2 + 2gh (Torriceli)
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Como no ´ apice da trajet´ oria a velocidade final (vf ) ´e nula ent˜ao: 0 = v◦2 + 2gh √ ⇒ v◦ = 2gh √ ⇒ v◦ = 2 · 9.81 · 2 √ ⇒ v◦ = 39.24 m/s ≈ 6.26 m/s. J´ a o tempo pode ser calculado fazendo y(t) = 0. y(t) = 0 g ⇒ y(t) = v◦ (t − t◦ ) − (t − t◦ )2 = 0 2 1 ⇒ v◦ (t − t◦ ) − g(t − t◦ )2 = 0 2 substituindo os valores 1 (6.26)(t − 0) − (9.81) · (t − 0)2 = 0 2 1 ⇒ (6.26)t − (9.81) · t2 = 0 2 ⇒ 6.26t − 4.905t2 = 0 ⇒ t(6.26 − 4.905t) = 0 ⇒ t = 0 ou t ≈ 1, 28s. Como t s´ o faz sentido sendo maior que zero, ent˜ao chega-se a solu¸c˜ao que t ≈ 1, 28s. Como esse tempo ´e o tempo total, e considerando que o tempo de subida ´e igual ao de descida, ent˜ ao a resposta ´e de aproximadamente 0.64 s (1.28 dividido por 2).
12. Um m´etodo poss´ıvel para medir a acelera¸c˜ao da gravidade g consiste em lan¸car uma bolinha para cima num tubo onde se fez v´acuo e medir com precis˜ao os instantes t1 e t2 de passagem (na subida e na descida, respectivamente) por uma altura z conhecida, a partir do instante do lan¸camento. Mostre que g=
2z t1 t2
Solu¸ c˜ ao:
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t1
t2
Neste caso teremos d2 x d2 x = dt21 dt22 z(t1 ) = z(t2 ) 1 1 z◦ + v◦ t1 + gt21 = z◦ + v◦ t2 + gt22 2 2 1 1 v◦ t1 + gt21 − v◦ t2 − gt22 = 0 2 2 g v◦ = (t2 − t22 ) 2(t1 − t2 ) 1 v◦ =
g(t1 − t2 )(t1 + t2 ) 2(t1 − t2 )
v◦ =
g(t1 + t2 ) (1) 2
1 Assim, substituindo (1) em z(t) = v◦ t1 − gt21 chegamos `a: 2 g(t1 + t2 ) g z= t1 − t21 2 2 que ap´ os certo algebrismo chegamos ao resultado final. g=
2z(t) t1 t2
13. Uma bola de vˆ olei impelida verticalmente para cima, a partir de um ponto pr´oximo do ch˜ ao, passa pela altura da rede 0,3s depois, subindo, e volta a passar por ela, descendo, 1,7s depois do arremesso. (a) Qual ´e a velocidade inicial da bola? (b) At´e que altura m´ axima ela sobe? (c) Qual ´e a altura da rede? 18
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Solu¸ c˜ ao de A: O enunciado nos diz que a bola leva 1.7s para realizar o movimento descrito na imagem a seguir.
Bola
Rede
e 0.3s para realizar o movimento a abaixo.
Bola
Rede
Logo para realizar o movimento da pr´oxima imagem a bola ir´a levar 1.7 + 0.3 segundos.
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Rede
Bola Como o tempo de subida ´e sempre igual ao tempo de decida ent˜ao o total que a bola deve permanecer subindo ´e de: (1.7 + 0.3)s = 1s 2 Usando a equa¸c˜ ao v = v◦ − g(t − t◦ ) e o fato de que no auge de sua trajet´oria v = 0 ent˜ao: 0 = v◦ − g(t − t◦ ) v◦ = g(t − t◦ ) v◦ = 9.81m/s2 · (1 − 0)s v◦ = 9.81m/s2 Ou seja, a velocidade inicial ´e de 9.81 m/s2 . Solu¸ c˜ ao de B: Uma vez que sabemos o tempo em que a bola permanece no ar ´e f´acil determinar a altura m´ axima. 1 y = y◦ + v◦ (t − t◦ ) − g(t − t◦ )2 2 1 ⇒ ∆y = v◦ (t − t◦ ) − g(t − t◦ )2 2 e como v◦ = 0 20
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1 ∆y = − g(t − t◦ )2 2 Substituindo os valores 1 ∆y = − (9.81m/s2 )(1s − 0s)2 2 ⇒ ∆y = 4.905m Solu¸ c˜ ao de C: Usando a f´ ormula determinada no exemplo anterior. y(t) = ⇒y=
gt1 · t2 2
9.81m/s2 · 0.3s · 0.7s 2 ⇒ y ≈ 2.5m
14. Deixa-se cair uma pedra num po¸co profundo. O barulho da queda ´e ouvido 2s depois. Sabendo que a velocidade do som no ar ´e de 330m/s, calcule a profundidade do po¸co. Solu¸ c˜ ao: O tempo t = 2s ser´ a a soma do tempo de queda da pedra (tp ) com o tempo que o som leva para ser ouvido (ts ), ou seja t = tp + ts = 2s Para determinar o tempo de queda usamos a seguinte equa¸c˜ao. 1 yf = y◦ + v◦ t2p + gt2p 2 Como a pedra deve partir do repouso ent˜ao: ∆y =
1 2 gt 2 p
⇒ ∆y = 4.905 · t2p (1) Como a velocidade do som ´e constante ent˜ao: y = y◦ + vts ⇒ ∆y = (330 m/s)ts (2) igualando (1) e (2) 21
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4.905 · t2p = 330 · ts ⇒ 4.905 · t2p − 330 · ts = 0 (3) mas como tp + ts = 2, o que implica em ts = 2 − tp , podemos escrever (3) como: 4.905 · t2p − 330(2 − tp ) = 0 ⇒ 4.905t2p − 660 + 330tp = 0 ⇒ tp ≈ 1.94s Finalmente, de posse de tp , podemos determinar a profundidade do po¸co. 1 y = y◦ + v◦ t + gt2 2 1 ∆y = v◦ t + gt2 2 Como v◦ = 0 ent˜ ao ∆y =
1 2 gt 2
Substituindo os valores ∆y =
1 (9.81)(1.94)2 2
∆y ≈ 18.46m . Assim, a profundidade do po¸co ´e de aproximadamente 18.46m.
15. Um vaso com plantas cai do alto de um edif´ıcio e passa pelo 3◦ andar, situado 20m acima do ch˜ ao, 0,5s antes de se espatifar no ch˜ao. (a) Qual ´e a altura do edif´ıcio? (b) Com que velocidade (em m/s e em km/h) o vaso atinge o ch˜ao? Solu¸ c˜ ao: Primeiro descobrimos a velocidade da pedra 20 m antes de atingir o solo 1 y = y◦ + v◦ t + at2 2
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⇒ 20m = v◦ (0.5) +
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9.81 · 0.52 2
⇒ v◦ = 37.5475 m/s Agora calculamos a velocidade com que a pedra se choca com o ch˜ao. vf = v◦ + gt ⇒ vf = 37.5475 + 9.81(0.5) ⇒ vf = 42.4525m/s Com esse ultimo dado podemos agora determinar o tempo total de queda do jarro. vf = v◦ + gt ⇒t=
42.4525 9.81
⇒ t ≈ 4.33s Finalmente, de posse desse u ´ltimo dado, calculamos a altura do pr´edio. 1 ∆y = v◦ t + gt2 2 ⇒ ∆y =
9.81(4.33)2 2
⇒ ∆y = 91.85m Assim, a altura do pr´edio ´e de aproximadamente 91.85m.
16. Um foguete para pesquisas meteorol´ogicas ´e lan¸cado verticalmente para cima. O combust´ıvel, que lhe imprime uma acelera¸c˜ao 1,5g (g = acelera¸c˜ao da gravidade) durante o per´ıodo de queima, esgota-se ap´ os 0,5min. (a) Qual seria a altitude m´ axima atingida pelo foguete se pud´essemos desprezar a resistˆencia do ar? (b) Com que velocidade (em m/s e km/h), e depois de quanto tempo ele voltaria a atingir o solo? Solu¸ c˜ ao: Seja h1 a regi˜ ao percorrida com o auxilio do combust´ıvel e h2 a regi˜ao sem seu auxilio ent˜ao h = h1 + h2 .
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h2
h1
Calculando h1 1 h1 (t) = h◦ + v◦ t + at2 2 Como o bal˜ ao deve partir do repouso (h◦ = 0) e (v◦ = 0) ent˜ao h1 (t) =
1 2 at 2
sob a a¸c˜ ao do combust´ıvel a acelera¸c˜ao ´e de a = 1.5g, portanto h1 (t) =
1 1.5gt2 2
substituindo os valores e levando em conta que 0.5min = 30s: h1 (t) =
1 1.5(9.81m/s2 )(30s)2 2
⇒ h1 (t) = 6621.75m
Calculando h2 1 h2 = h◦ + v◦ t − gt2 2 Como h◦ = h1 ent˜ ao: 1 h2 = (6621.75m) + v◦ t − gt2 (1) 2 Para determinar v◦ usamos a equa¸c˜ao v = v◦ + at ⇒ v = 0 + 1.5g · t Substituindo os valores v = 1.5(9.81m/s2 )(30s)
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v = 441.45m/s (2). Substituindo agora (2) em (1) 1 h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)t − gt2 (3) 2 Para determinar o tempo t usamos a mesma equa¸c˜ao e o fato de que no topo da trajet´oria v = 0. v◦ + gt = 0 ⇒ v◦ = −9.81t ⇒ 441.45m/s = −9.81t ⇒t=
441.45m/s −9.81m/s2
⇒ t = −45s (4) Finalmente, substituindo (4) em (3) encontramos o valor de h2 . 1 h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)(45s) − (9.81m/s2 )(45s)2 2 1 ⇒ h2 = (6621.75m) + (441.45m/s)(45s) − (9.81m/s2 )(45s)2 2 ⇒ h2 = 26487m Portanto, o valor da altitude m´ axima atingida pelo bal˜ao (h), que ´e a soma de h1 com h2 , ´e de 16554.375m. Solu¸ c˜ ao de B: A velocidade de colis˜ ao com o solo ser´a v=
√
2gh p v = 2(9.81m/s2 )16554.375m v ≈ 569, 909m/s ou v ≈ 2051.67km/h Com essa u ´ltima informa¸c˜ ao calculamos tamb´em o tempo de queda. v = v◦ + gt 569, 909m/s = 0gt t=
569, 909m/s ≈ 58.09s 9.81m/s2
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Como o bal˜ ao leva 45 + 30 segundos para subir do solo a sua altura m´axima ent˜ao seu tempo total de voo ´e de 58.09s + 45s + 30s = 133.09s.
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Curso de f´ısica b´ asica 1: Mecˆ anica H. Moys´ es Nussenzveig
[email protected]
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Movimento Bidimensional
1. No problema do ca¸cador e do macaco (Sec. 3.1), mostre analiticamente que a bala atinge o alvo, e calcule em que instante isso ocorre, para uma dada distˆancia d entre eles e a altura h do galho, sendo v0 a velocidade inicial da bala. Interprete o resultado. Solu¸ c˜ ao1
O macaco despenca de modo que sua velocidade inicial ´e v0y = 0, e ele se move s´o na dire¸c˜ao vertical. O proj´etil tem componentes de velocidade nas duas dire¸c˜oes. v0y = v0 · sen(θ) e v0x = v0 · cos(θ) (1) Da figura acima, sendo D a distˆ ancia em linha reta do proj´etil `a posi¸c˜ao inicial do macaco, temos que
sen(θ) =
h d e cos(θ) = (2) D D
que juntamente com as equa¸c˜ oes (1) nos levam a: h v0y = , logo v0y = v0x v0x d 1 Solu¸ c˜ ao
h (3) d
retirada da prova de transferˆ encia do 2◦ semestre da UFF realizada em 2008.
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Tomando o sentido para cima para velocidades positivas, temos, para o macaco: g ym = h − t2 2 para o proj´etil temos movimentos nas duas dire¸c˜oes: g xp = v0x t e yp = v0y t − t (4) 2 usando o resultado da equa¸c˜ ao (3)
yp = v0x
h g t − t2 d 2
O instante em que o proj´etil atinge a coordenada horizontal d ´e dado por
td =
d , v0x
logo, 2 d g d h yp = v0x · − , d v0x 2 v0x logo,
yp = h −
g 2
d v0x
2 (5)
No instante td a coordenada vertical do macaco ´e: ym
g =h− 2
d v0x
2 (6)
idˆentico ` a coordenada vertical do proj´etil, equa¸c˜ao (5), provando que o proj´etil atinge o macaco.
2. Um avi˜ ao a jato voa para o norte, de Bras´ılia at´e Bel´em, a 1630 km de distˆancia, levando 2h 10 min nesse percurso. De l´ a, segue para oeste, chegando a Manaus, distante 1290 km de Bel´em, ap´ os 1h 50 min de voo. (a) Qual o vetor deslocamento total do avi˜ao? (b) Qual ´e o vetor velocidade m´edia no trajeto Bras´ılia - Bel´em? (c) Qual ´e o vetor velocidade m´edia no trajeto Bras´ılia - Manaus? Solu¸ c˜ ao de A: O esquema a seguir ilustra o trajeto do avi˜ao. 29
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1290 km MA
√
BE
1630 km 12902 + 16302
BR Pelo esquema percebe-se que o vetor deslocamento total (d~t ) ser´a p d~t = 16302 + 12902 = 2079km E atrav´es da lei dos senos determina-se sua dire¸c˜ao que ´e de aproximadamente 38.4◦ . Solu¸ c˜ ao de B: O vetor velocidade m´edia no trajeto Bras´ılia - Bel´em ser´a: v~bb = =
1630 km 2h + 10min
1630 km ≈ 752.3bi km/h 2h + (1/6)h
com dire¸c˜ ao e sentido Norte. Solu¸ c˜ ao de C: E o vetor velocidade m´edia no trajeto Bras´ılia - Manaus: v~bm =
1630b j − 1290bi = 407.5b j − 322.5bi (2h + (1/6)h) + (1h + (5/6)h) |v~bm | = 519.75 km/h
3. Mostre que a magnitude da soma de dois vetores a e b est´a sempre compreendida entre os limites ||a| − |b|| ≤ |a + b| ≤ |a| + |b| Em que situa¸c˜ oes s˜ ao atingidos os valores extremos? Solu¸ c˜ ao: Pela regra do paralelogramo escreve-se:
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|a + b|2 = |a|2 + |b|2 + 2 · a · b · cos(θ) Se cos(θ) = −1 ent˜ ao: |a + b|2 = |a|2 + |b|2 − 2|a||b| = (|a| − |b|)2 ⇒ |a + b| = |a| − |b| Se cos(θ) = 1 ent˜ ao: |a + b|2 = |a|2 + |b|2 + 2|a||b| = (|a| + |b|)2 ⇒ |a + b| = |a| + |b| Como cos(θ) ´e uma fun¸c˜ ao trigonom´etrica ent˜ao no intervalo (−1, 1) verifica-se que |a + b| ´e menor que a soma dos m´ odulos de a e b. E maior que a diferen¸ca entre eles. Completando a demonstra¸c˜ ao. O limite inferior ´e atingido quando os dois vetores (a e b) tem mesma dire¸c˜ao e sentidos opostos, como na figura a seguir. θ
isto ´e, formando um ˆ angulo de 180◦ . J´ a o limite superior ´e atingido quando os vetores tem mesma dire¸c˜ao e mesmo sentido. formando um ˆ angulo de 0◦
J´ a os dois limites (inferior e superior) s˜ao atingidos apenas quando os vetores “a” e “b” s˜ao nulos.
4. As magnitudes de a e b s˜ ao iguais. Qual ´e o ˆangulo entre a + b e a − b? Solu¸ c˜ ao: Se as magnitudes de a e b forem iguais ent˜ao: |a + b| = |a| + |b| = 0 Como vimos, pela regra do paralelogramo |a + b|2 = |a|2 + |b|2 + 2 · a · b · cos(θ) que implica em |a + b|2 = |a|2 + |b|2 apenas quando 31
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2 · a · b · cos(θ) = 0 Resolvendo essa ultima equa¸c˜ ao chegamos a θ = 90◦ .
5. As latitudes de longitudes de S˜ ao Paulo, Rio de Janeiro e Belo Horizonte, respectivamente, s˜ ao as seguintes: S˜ ao Paulo: 23◦ 33’ S, 46◦ 39’ O; Rio de Janeiro: 22◦ 53’ S, 43◦ 17’ O; Belo Horizonte: 19◦ 55’ S, 43◦ 56’ O. A partir destes dados, (a) Calcule as distˆancias entre as trˆes cidades; (b) Em rela¸c˜ ao a um sistema de coordenadas com origem em S˜ao Paulo e eixo das abscissas na dire¸c˜ ao S˜ ao Paulo - Rio de Janeiro obtenha o valor de posi¸c˜ao de belo Horizonte. Solu¸ c˜ ao de A: O raio m´edio da Terra ´e: R ≈ 6.371 km, assim o per´ımetro de um c´ırculo com esse raio ´e de aproximadamente 40.000 km. C = 2πr ⇒ C = 2π6.371 km ⇒ C ≈ 40.030 km Assim 1◦ (um grau) de per´ımetro equivalem a 111,19 km 360◦ 1◦
→ →
40.030 km x
⇒ x = 111, 19km Como S˜ ao Paulo est´ a a : 23◦ 33’ S, 46◦ 39’ O (o equivalente a 23,55◦ S e 46,65◦ O); e o Rio de ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ Janeiro ` a: 22 53’ S, 43◦ 17’ O (o equivalente a 22, 0883 = 0, 6 S e 43, 283 = 3, 36 O); ent˜ao a distˆ ancia entre eles ser´ a: ◦
◦
ao Sul. 23, 55◦ − 22, 0883 = 0, 6 na dire¸c˜ ◦ ◦ 46, 65◦ − 43, 283 = 3, 36 na dire¸c˜ ao Oeste. De posse desses dados basta agora calcular a distˆancia.
d=
q ◦ ◦ (0, 6 )2 − (3, 36 )2 ≈ 3, 43◦
Como j´ a determinamos que 1◦ = 111, 19 km ent˜ao 3, 43◦ ≈ 381, 4 km. Ou seja, a distˆancia entre S˜ ao Paulo e Rio de Janeiro ´e de 381,4 km. Analogamente se chega a distˆ ancia entre Rio e Belo Horizonte (aproximadamente 337 km) e S. Paulo e Belo Horizonte (aproximadamente 504 km). Solu¸ c˜ ao de B:
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Independente do ponto de origem que escolhemos para o sistema a distˆancia entre S. Paulo e B. Horizonte ´e de aproximadamente 504 km, de modo que essa ser´a a magnitude do vetor. J´a a dire¸c˜ ao e o sentido ser´ a de 42◦ acima da dire¸c˜ao S. Paulo → Rio.
6. Um helic´ optero, sa´ıdo de seu hangar, percorre 100 m numa pista em dire¸c˜ao ao sul dobrando depois para entra em noutra pista rumo ao leste, de onde ap´os percorrer mais 100 m, levanta voo verticalmente, elevando-se a 100 m de altitude. Calcule: (a) A magnitude do deslocamento total; (b) O ˆ angulo de eleva¸c˜ ao em rela¸c˜ao ao solo, a partir do hangar; (c) A dire¸c˜ao da proje¸c˜ao sobre o solo do vetor deslocamento total. Solu¸ c˜ ao de A: A magnitude ´e o m´ odulo do vetor formado pela diagonal interna de um cubo de lado igual a 100 m. p √ d = 1002 + 1002 + 1002 ≈ 173.21 m Solu¸ c˜ ao de B: O movimento realizado pelo helic´ optero desenha o seguinte triangulo.
d
100
θ √
1002 + 1002
Sendo assim, tg(θ) = √
100 1002 + 1002
⇒ θ ≈ 35, 3◦ Solu¸ c˜ ao de C: senθ = √
100 ≈ 45◦ 1002 + 1002
Ou seja, a dire¸c˜ ao ´e de aproximadamente 45◦ SE.
7. Uma pedra que se encontra numa eleva¸c˜ao de 60 m, sobre uma plataforma horizontal, ´e arrastada por uma enxurrada com a velocidade de 3 m/s. A que distˆancia horizontal do ponto de proje¸c˜ ao e com que velocidade (em km/h) ela atinge o solo? 33
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Solu¸ c˜ ao: Primeiro vamos calcular o tempo de queda da pedra. 1 y − yo = vo t + gt2 2 1 ⇒ ∆y = voy t + gt2 2 Como a enxurrada deve ser aplicada horizontalmente ent˜ao a proje¸c˜ao de vo no eixo y ´e zero. Assim: 1 2 gt 2 1 ⇒ 60 m = (9.81 m/s2 )t2 2 ⇒ t ≈ 3.5s. ∆y =
Assim, a distˆ ancia horizontal (∆x) percorrida pela bola ser´a de: x = xo + vox t ⇒ ∆x = 3 · 3.5 = 10.5 m J´ a a velocidade pode ser determinada pela equa¸c˜ao v = voy + gt. v = voy + gt ⇒ v = 0 + gt ⇒ v = 9.81 · 3.5 = 34.225 m/s2 que equivale a 123.606 km/h.
8. Uma mangueira, com o bico a 1,5 m acima do solo, ´e apontada para cima segundo um ˆngulo de 30◦ com o ch˜ a ao. O jato de ´ agua atinge um canteiro a 15 m de distˆancia. (a) Com que velocidade o jato sai da mangueira? (b) Que altura ele atinge? Solu¸ c˜ ao: Na horizontal temos: x = xo + vox t ⇒t=
∆x [1] vox
J´ a na vertical 1 y = yo + voy t − gt2 2 No final da trajet´ oria da ´ agua seu deslocamento vertical ´e nulo. 1 ⇒ 0 = yo + voy t − gt2 2 34
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Usando o resultado em [1] 1 0 = yo + voy t − gt2 2 2 ∆x 1 ∆x =0 ⇒ yo + voy − g vox 2 vox e substituindo os valores 2 15 1 15 =0 1.5 + (vo sen(30 )) − (9.81) vo cos(30◦ ) 2 vo cos(30◦ ) 2 15 · sen(30◦ ) 1 15 ⇒ 1.5 + =0 − (9.81) vo cos(30◦ ) 2 cos(30◦ ) ◦
⇒ vo ≈ 12.035 m/s Para determinar a altura podemos usar Torriceli. v 2 = v0y − 2gd 0 = (12.035 · sen(30◦ ))2 − 2(9.81)d ⇒ d ≈ 1.85 m Mas, como a ´ agua j´ a parte de uma altura inicial igual 1.5 m ent˜ao a altura m´axima atingida ´e de aproximadamente 3.35 m
9. Num jogo de vˆ olei, desde uma distˆancia de 14,5 m da rede, ´e dado um saque do tipo “jornada nas estrelas”. A bola sobe a 20 m da altura do lan¸camento, e desce at´e a altura do lan¸camento num ponto do campo advers´ario situado a 1 m da rede e 8 m `a esquerda do lan¸camento. (a) Em que ˆ angulo a bola foi lan¸cada? (b) Com que velocidade (em km/h) volta a atingir a altura do lan¸camento? (c) Quanto tempo decorre neste percurso? Solu¸ c˜ ao de A: Na vertical temos: 2 vy2 = voy − 2gd
Quando a altura for m´ axima vy = 0 ent˜ao: 0 = (vo · sen(θ))2 − 2gd ⇒d=
vo2 · sen2 (θ) 2g
J´ a na horizontal
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A=
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vo2 sen(2θ) g
Pelo enunciado sabemos que d = 20 m. Para determinar o valor de “A” usamos o teorema de de Pit´ agoras. Rede
14.5 m
1m
8m
A
Assim, A =
p
(14.5 + 1)2 + 82 ≈ 17.44m
Fazendo a divis˜ ao de “d” por “A” chegamos ao resultado, veja: vo2 sen2 (θ) d 20 2g = 2 = A 17.44 vo · sen(2θ) g ⇒
sen2 (θ) ≈ 1.15 2 · sen(2θ)
Como sen(2a) = 2 · sen(a) · cos(a) ent˜ao: sen2 (θ) ≈ 1.15 sen(2θ) ⇒
sen2 (θ) ≈ 1.15 4 · sen(θ) · cos(θ)
⇒
sen(θ) ≈ 1.15 4 · cos(θ)
⇒
sen(θ) ≈ 4.6 cos(θ)
⇒ tg(θ) ≈ 4.6 ⇒ θ ≈ 77.74◦ Solu¸ c˜ ao de B:
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vo2 · sen2 (θ) = 20 2g r 20 · 2g ⇒ vo = sen2 (θ) Substituindo os valores s 20 · 2(9.81) vo = sen2 (77.74◦ ) ⇒ vo ≈ 20.3 m/s ou 72.98 km/h Solu¸ c˜ ao de C: t=
2 · vo · sen(θ) 2 · 20.3 · sen(77.7◦ ) = ≈ 4.04 s g 9.81
10. Um jogador de basquete quer encestar a bola levantando-a desde uma altura de 2 m do ch˜ ao, com velocidade inicial de sete m/s. A distˆancia da bola `a vertical que passa pelo centro do cesto ´e de 3 m, e o aro do cesto est´ a a 3,05 m do ch˜ao. Em que ˆangulo a bola deve ser lan¸cada? Solu¸ c˜ ao: O desenho a seguir ilustra a situa¸ca˜o. Vertical
Cesta θ I
Bola
3.05m
2m 3m 1 yf = yo + voy t − gt2 2 1 yf − yo = voy t − gt2 2 1 3.5 − 2 = 7 · sen(θ)t − (9.81)t2 2 1 1.5 = 7 · sen(θ)t − (9.81)t2 (1) 2 Horizontalmente temos:
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x = xo + voy t x − xo = vo · cos(θ)t ⇒t=
3m 7 · cos(θ)
Aproveitando essa u ´ltima equa¸c˜ ao em (1) ⇒ 1.5 = 7 · sen(θ) ⇒ 1.5 = 3 · tg(θ) −
3m 7 · cos(θ)
1 − (9.81) 2
3m 7 · cos(θ)
2
0.9 cos2 (θ)
⇒ 1.5 = 3 · tg(θ) − 0.9sec2 (θ) ⇒ 1.5 = 3 · tg(θ) − 0.9(1 + tg 2 (θ)) ⇒ 1.5 = 3 · tg(θ) − 0.9 − 0.9tg 2 (θ)) Note que chamando tg(θ) de y temos uma equa¸c˜ao do segundo grau. ⇒ 3 · y − 0.9t2 − 1.95 = 0 Que resulta em: y ≈ 0.88 e y ≈ 2.45. Como chamamos tg(θ) = y ent˜ ao: tg(θ) ≈ 0.88 ⇒ θ ≈ 41.3◦ tg(θ) ≈ 2.45 ⇒ θ ≈ 67.8◦ Testando esses dois ˆ angulos na f´ ormula do alcance (que ´e de 3 m) percebemos que a resposta correta ´e 67.8◦ .
11. Demonstre o resultado de Galileu, enunciado `a pg. 53, mostrando que, para uma dada velocidade inicial v0 , um proj´etil pode atingir o mesmo alcance A para dois ˆangulos de eleva¸c˜ao diferentes, θ = 45◦ +δ e θ = 45◦ −δ, contanto que A n˜ao ultrapasse o alcance m´aximo Am = vo2 /g. Calcule δ em fun¸c˜ ao de v0 e A. Solu¸ c˜ ao: Se o alcance ´e o mesmo para os dois ˆangulos ent˜ao: A45◦ +δ = A45◦ −δ ⇒
vo2 · sen(2(45◦ + δ) v 2 · sen(2(45◦ − δ) = o g g
⇒ sen(90◦ + 2δ) = sen(90◦ − 2δ) 38
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Como a igualdade acima ´e verdadeira fica provado a afirma¸c˜ao. A solu¸c˜ ao da segunda parte do problema ´e deduzida diretamente do alcance. A=
vo2 · sen(2(45◦ + δ)) g
⇒A=
vo2 · sen(90◦ + 2δ) g
como sen(90 − 2δ) = cos(2δ) ent˜ ao: gA = cos(2δ) vo2 ⇒δ=
1 · cos−1 (gA/vo2 ) 2
12. Generalize o resultado do problema anterior, mostrando que um proj´etil lan¸cado do ch˜ ao com velocidade inicial v0 pode atingir um ponto situado `a distˆancia x e a altura y para dois ˆ angulos de eleva¸c˜ ao diferentes, contanto que o ponto (x, y) esteja abaixo da “par´abola de seguran¸ca”. x2 1 Am − y= 2 Am onde Am ´e o alcance m´ aximo. Solu¸ c˜ ao: ???
13. Um jogador de futebol inexperiente chuta um pˆenalti a 9 m do gol, levantando a bola com velocidade inicial de 15 m/s. A altura da trave ´e de 2,4 m. Calcule: (a) a que distˆancia m´ axima da trave, atr´ as do gol, um apanhador de bola pode ficar agachado, e (b) a que distˆancia m´ınima devem ficar os espectadores, para que n˜ao corram risco nenhum de levar bolada. Solu¸ c˜ ao: Sabe-se que: 2 vf2 = voy − 2gd (Torricelli)
No ´ apice da trajet´ oria da bola a velocidade final ´e nula, assim 2 0 = voy − 2gd
⇒d=
2 voy 2g
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Como voy = vo · sen(θ) ent˜ ao: d=
vo2 · sen2 (θ) 2g
Supondo que o ´ apice da trajet´ oria da bola seja altura da trave ent˜ao d = 2, 4 o que implicaria em θ = 27.2◦ . 2.4 =
152 · sen2 (θ) 2(9.81)
⇒ θ ≈ 27.2◦ Usando agora a f´ ormula do alcance e o angulo encontrado chegamos a resposta da letra “B”. A=
152 · sen(2 · 27.2◦ ) vo2 · sen(2θ) = = 18.65 g 9.81
Ou seja, a plateia deve ficar a pelo menos 18.65 m do ponto em que o jogador chuta a bola. J´ a a solu¸c˜ ao de “A” pode ser determinada simplesmente subtraindo do resultado anterior (18.65 m) a distˆ ancia do jogador at´e a trave (9 m). Assim, a resposta da letra “A” seria 9.65 m.
14. Um jogador de futebol, a 20,5 m do gol advers´ario, levanta a bola com um chute a uma velocidade inicial de 15 m/s, passando-a ao centroavante do time, que est´a alinhado com ele e com o gol, a 5,5 m do gol. O centroavante, que tem 1,80 m de altura, acerta uma cabe¸cada na bola, imprimindo-lhe um incremento de velocidade na dire¸c˜ao horizontal, e marca o gol. (a) De que ˆ angulo a bola havia sido levantada? (b) Qual foi o incremento de velocidade impresso `a bola pela cabe¸cada. Solu¸ c˜ ao de A: Primeiro vamos considerar apenas o trajeto que a bola faz do jogador que a chuta at´e a cabe¸ca do centro avante. 1 yf = yo + voy · t − gt2 2 1 ⇒ yf − yo = vo · sen(θ) · t − gt2 2 Substituindo os valores 1.8 − 0 = 15 · sen(θ) · t − 4.905t2 ⇒ 1.8 = 15 · sen(θ) · t − 4.905t2 (1) Horizontalmente temos que
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x = xo + vox t ⇒ x − xo = vo · cos(θ)t ⇒t=
∆x (2) vo · cos(θ)
Substituindo (2) em (1) 1.8 = 15 · sen(θ)
∆x vo · cos(θ)
− 4.905
∆x vo · cos(θ)
2 (3)
Se o jogador est´ a a 20.5 m do gol e o centro avante, alinhado com ele, est´a a 5.5 m ent˜ao a distancia entre o jogador e o centro avante (∆x) ´e de 15 m (20.5 m - 5.5 m). Sendo assim: 2 ∆x ∆x − 4.905 vo · cos(θ) vo · cos(θ) 2 15 15 ⇒ 1.8 = 15 · sen(θ) − 4.905 15 · cos(θ) 15 · cos(θ) 2 sen(θ) 1 ⇒ 1.8 = 15 · − 4.905 cos(θ) cos(θ)
1.8 = 15 · sen(θ)
⇒ 1.8 = 15 · tg(θ) − 4.905 · sec2 (θ) Como sec2 (θ) = 1 + tg 2 (θ) ent˜ ao: 1.8 = 15 · tg(θ) − 4.905 · sec2 (θ) ⇒ 1.8 = 15 · tg(θ) − 4.905(1 + tg 2 (θ)) ⇒ 1.8 = 15 · tg(θ) − 4.905 + 4.905 · tg 2 (θ) Cuja solu¸c˜ ao nos leva a θ ≈ 28.49◦ . Solu¸ c˜ ao de B: Usando a equa¸c˜ ao (1) e o valor de θ que acabamos de determinar obtemos a seguinte equa¸c˜ao do segundo grau. 1.8 = 15 · sen(28.49)t − 4.905t2 ⇒ 7.16t − 4.905t2 − 1.8 ≈ 0 Cuja solu¸c˜ ao ocorre para t = 0.322 Usando agora a equa¸c˜ ao do espa¸co hor´ario, e o tempo que acabamos de determinar, chegamos a velocidade inicial que a bola adquiriu com a cabe¸cada.
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xf = xo + vox t xf − xo = vox · t 5.5 = vox · 0.322 ⇒ vox ≈ 17.1 m/s Subtraindo esse resultado do valor inicial. vox − Vo · cos(28.49) ⇒ 17.1 − 15 · cos(28.49) ≈ 3.82 Assim, o incremento da velocidade inicial ´e de 3.82 m/s
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