Exercício de Física I (94)

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94 SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS
nas quais x0 0= , v vx0 0 2 0= = + , m/s e y0 = +10,0 m (escolhendo como origem a superfície da 
água). A figura mostra a situação do problema.
(a) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância horizontal
x x v tx= + = + =0 0 0 2 0 0 80 1 60( , )( , ) ,m/s s m
(b) No instante t = 0,80 s, o mergulhador atingiu uma distância vertical 
y y gt= − = − =0 2 2
1
2
10 0
1
2
9 80 0 80 6 86, ( , )( , ) ,m m/s s2 m.
(c) No instante em que o mergulhador atinge a água, y = 0. Explicitando t na equação y y gt= − =0 12 2 0
= − = 0, obtemos
t
y
g
= = =2 2 10 0
9 80
1 430
( , )
,
,
m
m/s
s.
2
A distância horizontal coberta pelo mergulhador até atingir a água é R = x = (2,00 m/s)(1,43 s) = 
2,86 m.
Nota: Usando a Eq. (4-25) com u0 0= , a trajetória do mergulhador também pode ser descrita 
pela equação 
y y
gx
v
= −0
2
0
22
O item (c) também pode ser resolvido usando esta equação: 
y y
gx
v
x R
v y
g
= − = ⇒ = = =0
2
0
2
0
2
0
2
2
0
2 2 2 0 10 0( , ) ( ,m/s mm
m/s
m
2
)
,
,
9 8
2 86=
38. Neste problema de movimento balístico, temos v0 = vx = constante e o que é plotado é 
v v vx y= +2 2. Vemos no gráfico que, no instante t = 2,5 s, a bola atinge a altura máxima, na 
qual vy = 0. Assim, concluímos que vx = va = 19 m/s.
(a) Por simetria, a bola leva t = 5 s para tocar novamente o solo, tempo durante o qual percorre 
uma distância horizontal x – x0 = vxt = 95 m.
(b) Como ( )19 312 02m/s m/s+ =v y (o primeiro ponto do gráfico), sabemos que v y0 24 5= , m/s.
Assim, com t = 2,5 s, podemos usar a equação y y v t gtymáx − = −0 0 12 2 ou a equação 
v v g y yy y2 02 00 2= = − −( )máx ou a equação y y v v ty ymáx − = +( )0 12 0 para calcular ymáx. Optamos 
pela terceira:
y y v v t yy ymáx máx− = + ⇒ = +0 0
1
2
1
2
0 24 5 2 5( ) ( , )( ,m/s ss m) = 31