Fisica1-exercicios-resolvidos-Prof Edmundo

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Halliday, Resnick, Walker - Fund.de Física 1 - 8
a
 Ed. - LTC - 2009. Cap. 03 – Vetores 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 8.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 2008. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 3 – VETORES 
 
16. Na soma A + B = C, o vetor A tem um módulo de 12,0 m e um ângulo de 40,0
o
 no sentido anti-
horário em relação ao semi-eixo x positivo, e o vetor C tem um módulo de 15,0 m e um ângulo 
de 20,0
o
 no sentido anti-horário em relação ao semi-eixo x negativo. Determine (a) o módulo de 
B e (b) o ângulo de B em relação ao semi-eixo x positivo. 
 (Pág. 59) 
Solução. 
Considere o esquema abaixo, que mostra os vetores A e C: 
 
(a) O módulo de B é calculado por meio da seguinte relação: 
 
2 2
x yB B B
 (1) 
Portanto, precisamos agora calcular Bx e By para, em seguida, substituí-los em (1). Esse cálculo 
pode ser feito por meio das duas equações escalares contidas na equação vetorial A + B = C. A 
primeira delas é: 
 
x x xA B C
 
 
cos cosA x CA B C
 
 
cos cosx A CB A C
 
 
12,0 m cos 40,0 15,0 m cos 20,0 23,2879 mxB
 
A segunda equação escalar é: 
 
y y yA B C
 
 
sen senA y CA B C
 
 
sen seny A CB A C
 
 
12,0 m sen 40,0 15,0 m sen 20,0 12,8437 myB
 
Substituindo-se os valores de Bx e By em (1), teremos: 
 
2 2
23,2879 m 12,8437 m 26,5949 mB
 
 
26,6 mB
 
(b) O ângulo que B faz em relação ao semi-eixo x positivo é dado por: 
x
y
A
C
A
C
Cx
Cy
Ax
Ay
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1 1 12,8437 mtan tan 28,8776
23,2879 m
y
B
x
B
B
 
Embora a calculadora forneça como resultado para B o valor 28,9
o
, podemos ver na figura abaixo 
que devemos acrescentar 180
o
 a esse resultado para obter a resposta correta. 
 
Logo: 
 
180 28,8776 208,8776B
 
 
209B
 
 
25. Se B é somado a C = 3,0 i + 4,0 j, o resultado é um vetor no sentido do semi-eixo y positivo, 
com um módulo igual ao de C. Qual é o módulo de B? 
 (Pág. 59) 
Solução. 
Em primeiro lugar vamos determinar o módulo de C: 
 
2 2 2 23,0 4,0 25 5,0x yC C C
 
Vamos chamar de D o vetor soma de B e C. Como D aponta no sentido +y e possui módulo 5,0, 
teremos: 
 
5,0D j
 
Agora precisamos efetuar a operação mencionada no enunciado para obter B: 
 
B A D
 
 
B D C
 
 
5,0 3,0 4,0B j i j
 
 
3,0 1,0B i j
 
Portanto, o módulo de B vale: 
 
2 22 2 3,0 1,0 10 3,1622x yB B B
 
 
3, 2B
 
 
Os vetores B, C e D podem ser vistos no esquema abaixo: 
x
y
A
C
B
B
28,9
o
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3 
 b 
 
32. Na Fig. 3-33, um vetor a com um módulo de 17,0 m faz um ângulo = 56,0
o
 no sentido anti-
horário com o semi-eixo x positivo. Quais são as componentes (a) ax e (b) ay do vetor? Um 
segundo sistema de coordenadas está inclinado de um ângulo ’ = 18o em relação ao primeiro. 
Quais são as componentes (c) a’x e (b) a’y neste novo sistema de coordenadas? 
 
 
 
 Fig. 3-33 Problema 32 
 (Pág. 60) 
Solução. 
As componentes de a no sistema de coordenadas xy são: 
(a) ax 
 
cos 17,0 m cos 56,0 9,5062 mxa a
 
 
9,51 mxa
 
(b) ay 
 
sen 17,0 m sen 56,0 14,0936 mya a
 
 
14,1 mxa
 
As componentes 
'
xa
 e 
'
ya
 no sistema rotacionado são dadas pelas seguintes relações (tente deduzir 
essas relações): 
 
' ' 'cos senx x ya a a
 
 
' ' 'cos seny y xa a a
 
Logo: 
x0 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
y
C
D
3 2 1
1
B
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(c) 
 
' ' 'cos sen 9,5062 m cos 18 14,0936 m sen 18 13,3961 mx x ya a a
 
 
' 13mxa
 
(d) 
 
' ' 'cos sen 14,0936 m cos 18 9,5062 m sen 18 10,4662 my y xa a a
 
 
' 10 mxa
 
 
43. Os três vetores na Fig. 3-35 têm módulos a = 3,00 m, b = 4,00 m e c = 10,0 m; = 30,0
o
. 
Determine (a) a componente x e (b) a componente y de a; (c) a componente x e (d) a 
componente y de b; (e) a componente x e (f) a componente y de c. Se c = p a + q b, quais são os 
valores de (g) p e (h) q? 
 
 
 
 Fig. 3-35 Problema 43 
 (Pág. 60) 
Solução. 
(a) Como A está sobre o eixo x, teremos: 
 
3,00 mxa
 
(b) 
0,00 mya
 
Vetor B: 
(c) 
cos 4,00 m cos 30,0 3,4641 mxb b
 
 
3,46 mxb
 
(d) 
sen 4,00 m sen 30,0yb b
 
 
2,00 myb
 
(e) 
cos 90 10,0 m cos 120,0xc c
 
 
5,00 mxc
 
(f) 
sen 90 10,0 m sen 120,0 8,6602 myc c
 
 
8,66 myc
 
(g) e (h) Para calcular p e q devemos resolver o sistema de duas equações escalares embutidas na 
equação vetorial c = p a + q b, que são cx = p ax + q bx e cy = p ay + q by. Da primeira equação, 
teremos: 
 
x x xc pa qb
 
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x x
x
c pa
q
b
 (1) 
Da segunda, teremos: 
 
y y
y
c pa
q
b
 (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
 
y yx x
x y
c pac pa
b b
 
Resolvendo a equação acima para p, teremos: 
 
8,6602 m 3,4641 m 5,00 m 2,00 m
6,6666
0,00 m 3,4641 m 3,00 m 2,00 m
y x x y
y x x y
c b c b
p
a b a b
 
 
6,67p
 
Agora podemos obter q a partir de (1): 
 
5,00 m 6,6666 3,00 m
4,3301
3,4641 m
x x
x
c pa
q
b
 
 
4,33q
 
 
51. Um barco a vela parte do lado americano do lago Erie para um ponto no lado canadense, 90,0 
km ao norte. O navegante, contudo, termina 50,0 km a leste do ponto de partida. (a) Que 
distância e (b) em que sentido deve navegar para chegar ao ponto desejado? 
 (Pág. 61) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema vetorial da situação, em que r0 é a posição almejada pelo velejador, 
r1 é a posição alcançada pelo barco e r é o deslocamento que o barco deve sofrer para alcançar seu 
objetivo inicial. 
 
(a) De acordo com o esquema acima, temos a seguinte relação vetorial: 
 
0 1r r r
0 1 90,0 km 50,0 km 50,0 km 90,0 kmr r r j i i j
 
O módulo de r é: 
r
r1
r0
x
y
Lago Erie
90 km
50 km
’
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2 22 2 50,0 km 90,0 km 102,9563 kmx yr r r
 
 
103 kmr
 
(b) A direção de r é dada pelo ângulo 2: 
 
' 1 1
2
90,0 km
tan tan 60,9453
50,0 km
y
x
r
r
 
Logo: 
 
'
2 2 180 60,9453 119,0546
 
 
2 119
 
 
54. São dados três deslocamentos em metros: d1 = 4,0 i + 5,0 j 6,0 k, d2 = 1,0 i + 2,0 j + 3,0 k e 
d3 = 4,0 i + 3,0 j + 2,0 k. (a) Determine r = d1 d2 + d3. (b) Determine o ângulo entre r e o 
semi-eixo z positivo. (c) Determine a componente de d1 em relação a d2. (d) Qual é a 
componente de d1 que é perpendicular a d2 e está no plano de d1 e d2? (Sugestão: Para resolver 
o item (c), considere a Eq. 3-20 e a Fig. 3-20; para resolver o item (d), considere a Eq. 3-27.) 
 
 
cosaba b
 (3-20) 
 
 
 
 Fig. 3-20 
 
 
senc ab
 (3-27) 
 
 (Pág. 61) 
Solução. 
(a) 
 
1 2 3d d dr
 
 
4,0 5,0 6,0 1,0 2,0 3,0 4,0 3,0 2,0r i j k i j k i j k
 
 
4,0 1,0 4,0 5,0 2,0 3,0 6,0 3,0 2,0r i j k
 
 
9,0 6,0 7,0r i j k
 
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(b) O ângulo entre r e o eixo z pode ser obtido por meio do produto escalar entre r e o vetor unitário 
k: 
 
cos 1 cosrz rzrr k r k
 
 
cos rz
r
r k
 (1) 
Agora precisamos calcular r.k e r. Cálculo de r.k: 
 
9,0 6,0 7,0 0 0 7,0r k i j k k
 
 
7,0r k
 
Cálculo de r: 
 
2 2 22 2 2 9,0 6,0 7,0x y zr r r r
 
 
12,8840r
 
Substituindo-se esses valores em (1), teremos: 
 
7,0
cos 0,5433
12,8840
rz
 
 
1cos 0,5433 122,9089rz
 
 
123rz
 
(c) A componente de d1 em relação a d2, que chamaremos d12, é d1 cos 12. Esse termo aparece no 
produto escalar dos dois vetores: 
 
1 2 1 2 12cosd dd d
 
 
1 2
1 12
2
cosd
d
d d
 
Ou seja: 
 
1 2
12
2
d
d
d d
 (2) 
Agora precisamos calcular d1 d2 e o módulo de d2. O produto escalar vale: 
 
2
1 2 4,0 5,0 6,0 1,0 2,0 3,0 4,0 10 18 12 md d i j k i j k
 
O módulo de d2 vale: 
 
2 2 22 2 2
2 2 2 2 1,0 2,0 3,0 3,7416 mx y zd d d d
 
Substituindo-se os valores de d1 d2 e d2 em (2), teremos: 
 2
12
12 m
3,2071 m
3,7416 m
d
 
 
12 3,2 md
 
(d) A componente de d1 que é perpendicular a d2 e está no plano de d1 e d2, que chamaremos d12 , é 
d1 sen 12. Esse termo aparece no módulo do produto vetorial dos dois vetores: 
 
1 2 1 2 12 12 2send d d dd d
 
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8 
 
1 2
12
2
d
d
d d
 (3) 
Agora só precisamos calcular |d1×d2|. O produto vetorial vale: 
 
1 2 4,0 5,0 6,0 1,0 2,0 3,0 27 6,0 13d d i j k i j k i j k
 
O módulo de d1×d2 é: 
 
2 2 2 2
1 2 27 6,0 13 30,5614 md d
 
Substituindo-se os valores de |d1×d2| e d2 em (3), teremos: 
 2
1 2
12
2
30,5614 m
8,1678 m
3,7416 m
d
d
d d 
 
12 8,2 md
 
 
58. Um jogador de golfe precisa de três tacadas para colocar a bola no buraco. A primeira tacada 
lança a bola a 3,66 m para o norte, a segunda 1,83 m para o sudeste e a terceira 0,91 m para o 
sudoeste. Determine (a) o módulo e (b) a direção do deslocamento necessário para colocar a 
bola no buraco na primeira tacada. 
 (Pág. 61) 
Solução. 
As direções associadas aos termos nordeste (NE), sudeste (SE), sudoeste (SW) e noroeste (NW), 
podem ser conferidas na figura abaixo, que costuma ser chamada de “rosa dos ventos”: 
 
Considere o seguinte gráfico que mostra os três deslocamentos sucessivos sofridos pela bola: 
 
De acordo com o enunciado, os vetores a, b e c são definidos por: 
x
y
a
c
b
315
o
225
o
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9 
 
3,66 ma j
 
 
1,83 m cos 315 1,83 m sen 315b i j
 
 
0,91 m cos 225 0,91 m sen 225c i j
 
A tacada única d capaz de lançar a bola diretamente no buraco corresponde à soma vetorial a + b 
+c: 
 
d a b c
 
 3,66 m 1,83 m cos 315 1,83 m sen 315
 0,91 m cos 225 0,91 m sen 225
d j i j
i j
 
 
0,6505 m 1,7225 md i j
 
(a) O módulo de d vale: 
 
2 22 2 0,6505 m 1,7225 m 1,8412 mx yd d d
 
 
1,84 md
 
(b) O ângulo que d faz em relação ao semi-eixo x positivo é dado por: 
 
1 1 1,7225 mtan tan 69,3102
0,6505 m
y
d
x
d
d
 
 
69d
 
O vetor d pode ser visto no esquema abaixo: 
 
 
69. Um manifestante, com sua placa de protesto, parte da origem de um sistema de coordenadas xyz, 
com o plano xy na horizontal. Ele se desloca 40 m no sentido negativo do eixo x, faz uma curva 
de 90
o
 à esquerda, caminha mais 20 m e sobe até o alto de uma torre de 25 m de altura. (a) Em 
termos de vetores unitários, qual é o deslocamento da placa do início ao fim? (b) O manifestante 
deixa cair a placa, que vai parar na base da torre. Qual á o módulo do deslocamento total, do 
início até este novo fim? 
 (Pág. 62) 
Solução. 
Considere o seguinte gráfico que mostra os deslocamentos sofridos pela placa: 
x
y
a
c
b
d
69
o
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10 
 
(a) O deslocamento total d é dado por: 
 
d a b c
 
 
40 m 20 m 25 m d i j k
 
O vetor d pode ser visto na figura abaixo. 
 
(b) Quando a placa cai no chão, sofre um deslocamento igual a c. Logo, seu novo deslocamento 
total e vale: 
 
e a b c c a b
 
 
40 m 20 m e i j
 
O módulo de e vale: 
 
2 2
40 m 20 m 44,7213 me
 
 
45 me
 
O esquema vetorial para essa situação será: 
 
 
71. Se B é somado a A, o resultado é 6,0 i + 1,0 j. Se B é subtraído de A, o resultado é 4,0 i + 7,0 
j. Qual é o módulo de A? 
 (Pág. 62) 
Solução. 
Vamos somar as duas equações mencionadas no enunciado para eliminar B e obter A. 
y
x
z
a
b
c
d
y
x
z
a
b
c
d
y
x
z
a
b
c
e
c
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6,0 1,0B A i j
 
 
4,0 7,0A B i j
 
O resultado da soma é: 
 
2 2,0 8,0A i j
 
Ou: 
 
1,0 4,0A i j
 
O módulo de A vale: 
 
2 2 2 21,0 4,0 17 4,1231x yA A A
 
 
4,1A
 
 
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12 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 3 – VETORES 
 
16. Uma roda com raio de 45 cm rola sem deslizar ao longo de uma superfície horizontal, como 
mostra a Fig. 25. P é um ponto pintado no aro da roda. No instante t1, P é o ponto de contato 
entre a roda e o chão. No instante t2 posterior, a roda girou de meia revolução. Qual é o 
deslocamento de P nesse intervalo de tempo? 
 
 (Pág. 46) 
Solução. 
Considere o esquema a seguir: 
 
O deslocamento do ponto P corresponde ao vetor r, que é dado por: 
 
x yr i j
 
Analisando-se o esquema acima, podemos concluir que x é corresponde a meia volta da 
circunferência da roda ( R) e y é igual a 2R. Logo, o vetor deslocamento vale: 
 
2 1,4137 m 0,90 mR Rr i j i j
 
 
1,4 m 0,90 mr i j
 
O módulo do deslocamento vale: 
 
2 2 2,2237 mr x y
 
 
2,2 mr
 
 
24. Uma estação de radar detecta um míssil que se aproxima do leste. Ao primeiro contacto, a 
distância do míssil é 3.200 m, a 40,0
o
 acima do horizonte. O míssil é seguido por 123
o
 no plano 
leste-oeste, e a distância no contacto final era de 7.800 m; veja a Fig. 27. Ache o deslocamento 
P
r
x
y
P
x
y
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13 
do míssil durante o período de contacto com o radar. 
 
 (Pág. 46) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A posição inicial do míssil é dada por: 
 
0 0 0x yr rr i j
 
 
0 0 0cos senr rr i j
 
A posição final do míssil é dada por: 
 
x yr rr i j
 
 
cos senr rr i j
 
O vetor deslocamento do míssil é dado por: 
 
x yr i j
 
 
0 0cos cos sen senr r r rr i j
 
 
10.216,9370 m 33,5360 mr i j
 
 
10 km 33 mr i j
 
O módulo do deslocamento é: 
 
2 2 10.216,9921 mx yr r r
 
 
10 kmr
 
 
r0
r
r
x
y
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a
 Ed. - LTC - 2009. Cap. 02 – Movimento Retilíneo 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 8.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 2008. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 2 – MOVIMENTO RETILÍNEO 
 
01. Um automóvel viaja em uma estrada retilínea por 40 km a 30 km/h. Em seguida, continuando 
no mesmo sentido, percorre outros 40 km a 60 km/h. (a) Qual é a velocidade média do carro 
durante este percurso de 80 km? (Suponha que o carro se move no sentido positivo de x.) (b) 
Qual é a velocidade escalar média? (c) Trace o gráfico de x em função de t e mostre como 
calcular a velocidade média a partir do gráfico. 
 (Pág. 33) 
Solução. 
(a) A velocidade média (vm) no percurso total corresponde à razão entre o deslocamento total ( x12) 
e o intervalo de tempo total ( t): 
 
12 1 2
1 2 1 2
2
m
x x x x
v
t t t t t
 (1) 
Na Eq. (1), as grandezas com índice 1 referem-se à primeira etapa da viagem e as com índice 2 à 
segunda etapa da viagem, como descrito no enunciado. O termo 2 x é devido à igualdade entre x1 
e x2. Em relação às etapas da viagem, suas velocidades médias valem: 
 
1
1
m
x
v
t
 
 
2
2
m
x
v
t
 
Explicitando o tempo de cada etapa, teremos: 
 
1
1m
x
t
v
 (2) 
 
2
2m
x
t
v
 (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1): 
 
1 2
2 1
1 2
2 30 km/h 60 km/h22
60 km/h 30 km/h
m m
m
m m
m m
v vx
v
x x v v
v v
 
 
40 km/hmv
 
O estudante deve ter percebido que o cálculo da velocidade média é função apenas das velocidades 
médias de cada uma das etapas. Isso é conseqüência da igualdade entre os deslocamentos 
envolvidos nessas etapas. 
 
(b) A velocidade escalar média (vem) é a razão entre a distância total percorrida (s) e o intervalo de 
tempo ( t). No presente caso, temos s = x12. Portanto: 
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a
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2 
 
12
em m
xs
v v
t t
 
 
40 km/hemv
 
(c) No gráfico a seguir são mostrados os deslocamentos e intervalos de tempo parciais e totais. A 
linha I corresponde à primeira etapa da viagem e a II à segunda etapa. A linha tracejada III 
corresponde ao trajeto total. As declividades dessas correspondem às velocidades médias dos 
trajetos correspondentes. 
 
 
02. Um carro sobe uma ladeira com uma velocidade constante de 40 km/h e desce a ladeira com 
uma velocidade constante de 60 km/h. Calcule a velocidade escalar média da viagem de ida e 
volta. 
 (Pág. 33) 
Solução. 
Como os deslocamentos envolvidos na subida e descida têm o mesmo módulo, a situação é 
semelhante à do Probl. 1. Usaremos os índices S para subida e D para descida. 
 
2SD S D
em
SD S D S D
s s s s
v
t t t t t
 (1)
 
Na equação acima, s é o comprimento da ladeira. Explicitando o tempo de cada etapa, teremos: 
 
S
S
s
t
v
 (2) 
 
D
D
s
t
v
 (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1): 
 2 40 km/h 60 km/h22
60 km/h 40 km/h
S D
em
D S
S D
v vs
v
s s v v
v v
 
 
48 km/hemv
 
 
17. A posição de uma partícula que se move ao longo do eixo x é dada em centímetros por x = 9,75 
+ 1,50 t
3
, onde t está em segundos. Calcule (a) a velocidade média durante o intervalo de tempo 
de t = 2,00 s a t = 3,00 s; (b) a velocidade instantânea em t = 2,00 s; (c) a velocidade instantânea 
em t = 3,00 s; (d) a velocidade instantânea em t = 2,50 s; (e) a velocidade instantânea quando a 
partícula está na metade da distância entre suas posições em t = 2,00 s e t = 3,00 s. (f) Plote o 
t (h)1 2
40
80
x (km)
x2
x1
t1 t2
x12
t12
I
IIIII
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3 
gráfico de x em função de t e indique suas respostas graficamente. 
 (Pág. 34) 
Solução. 
(a) Chamando de x0 a posição da partícula em t0 = 2,00 s e de x1 sua posição em t1 = 3,00 s, os 
valores de x0 e x1 serão: 
 
3
0 9,75 1,50 2,00 21,75 cmx
 
 
3
1 9,75 1,50 3,00 50,25 cmx
 
A velocidade média da partícula no intervalo de tempo t1 t0 será: 
 
1 0
,01
1 0
50,25 cm 21,75 cm
3,00 s 2,00 s
m
x xx
v
t t t
 
 
,01 28,5 cm/smv
 
(b) A velocidade instantânea v corresponde à derivada da função x(t) em relação a t: 
 
3 29,75 1,50 4,50
dx d
v t t
dt dt
 
Logo, para t0 = 2,00 s teremos: 
 
2
0 4,50 2,00v
 
 
0 18,0 cm/sv
 
(c) Para t1 = 3,00 s teremos: 
 
2
1 4,50 3,00v
 
 
1 40,5 cm/sv
 
(d) Para t2 = 2,50 s teremos: 
 
2
2 4,50 2,50 28,125 cm/sv
 
 
2 28,1 cm/sv
 
(e) A metade da distância entre as posições da partícula em t0 = 2,00 s e t1 = 3,00 s corresponde à 
posição x3, definida por: 
 
0 1
3
21,75 cm 50,25 cm
36 cm
2 2
x x
x
 
A partícula alcança a posição x3 no instante de tempo t3, que vale: 
 
3
3 39,75 1,50x t
 
 
3
3
36 9,75
2,5962 s
1,50
t
 
Logo, a velocidade v3 da partícula no instante t3 será: 
 
2
3 4,50 2,5962 30,3322 cm/sv
 
 
3 30,3 cm/sv
 
(f) 
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4 
 
 
41. A Fig. 2-28 mostra um carro vermelho e um carro verde que se movem um em direção ao outro. 
A Fig. 2-29 é um gráfico do movimento dos dois carros que mostra suas posições x0verde = 270 
m e x0vermelho = 35,0 m no instante t = 0. O carro verde tem uma velocidade constante de 20,0 
m/s e o carro vermelho parte do repouso. Qual é o módulo da aceleração do carro vermelho? 
 
 
 
 Fig. 2-28 Problemas 40 e 41 
 
 
 
 Fig. 2-29 Problema 41 
 (Pág. 36) 
Solução. 
Vamos utilizar os índices r e g para os carros vermelho (red) e verde (green), respectivamente. O 
carro verde possui movimento com velocidade constante. Logo: 
 
0 0x x v t
 
 
1 0 1g gx x v t
 
 
1 270 m 20 m/s 12 sx
 
 
1 30 mx
 
x1 é a coordenada x correspondente ao instante de tempo t1 = 12 s. O carro vermelho possui 
movimento com aceleração constante. Logo, sua equação de movimento será: 
 
2
0 0
1
2
x x v t at
 
t (s)1 2
x (cm)
x3
x1
t1
x0
t0
3
t3
Declividade = v1
Declividade = v0
Declividade = v3
Declividade = vm01
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5 
 
2
1 0 1
1
0
2
r rx x a t
 
 
1 0
2
1
2 r
r
x x
a
t
 
Substituindo-se o valor de x1 calculado anteriormente: 
 
2
2
2 30 m 35 m
0,90277 m/s
12 s
Ra
 
 
20,90 m/sRa
 
 
Observação: Você deve ter notado que os sinais negativos de xr0 e de vg não foram dados no 
enunciado. Essas informações foram obtidas a partir do gráfico fornecido. 
 
70. Duas partículas se movem ao longo do eixo x. A posição da partícula 1 é dada por x = 6,00 t
2
 + 
3,00 t + 2,00, onde x está em metros e t em segundos; a aceleração da partícula 2 é dada por a = 
8,00 t, onde a está em metros por segundo ao quadrado e t em segundos. No instante t = 0 a 
velocidade é de 20 m/s. Em que instante as duas partículas têm a mesma velocidade? 
 (Pág. 38) 
Solução. 
Sendo a posição da partícula 1 dada por: 
 
2
1 6,00 3,00 2,00x t t
 
Sua velocidade em função do tempo será: 
 
1 12,0 3,00
dx
v t
dt
 (1) 
Sendo a aceleração da partícula 2 dada por: 
 
2 8,00a t
 
Sua velocidade em função do tempo será: 
 
2 8,00
dv
a t
dt
 
 
8,00 dv t dt
 
 
2
0 0
8,00 
v t
v t
dv t dt
 
 2 2
0
2 0 8,00
2
t t
v v
 
Foi mencionado que em t0 = 0 a velocidade da partícula 2 é v0 = 20 m/s. Logo 
 2
2
0
20 m/s 8,00
2
t
v
 
 
2
2 20 4,00v t
 (2) 
Igualando-se (1) e (2), teremos: 
 
212,0 3,00 20 4,00t t
 
 
24,00 12,0 17 0t t
 
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6 
As raízes dessa equação são 1,0495...s e 4,0495...s. O instante de tempo positivo corresponde à 
solução do problema. Portanto: 
 
1,1 st
 
 
88. Uma pedra é lançada verticalmente para cima a partir da borda do terraço de um edifício. A 
pedra atinge a altura máxima 1,60 s após ter sido lançada. Em seguida, após quase se chocar 
com o edifício, a pedra chega ao solo 6,00 s após ter sido lançada. Em unidades SI: (a) com que 
velocidade a pedra foi lançada? (b) Qual a altura máxima atingida pela pedra em relação ao 
terraço? (c) Qual a altura do edifício? 
 (Pág. 39) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
(a) Análise do percurso entre os instantes de tempo t0 e t1: 
 
1 0 1v v gt
 
 
0 10 v gt
 
 
2
0 9,8 m/s 1,60 s 15,68 m/sv
 
 
0 16 m/sv
 
(b) A altura máxima acima do edifício corresponde a h – H. Para determiná-la, vamos novamente 
analisar o percurso entre os instantes de tempo t0 e t1: 
 
2
1 0 1
1
2
y y vt gt
 
 
22 2
1
1 1
0 9,8 m/s 1,60 s 12,544 m
2 2
h H gt
 
 
13 mh H
 
y
y h1 = 
y2 = 0
y H0 = 
a
( )t0 = 0,00 s
(t1 = 1,60 s)
( )t2 = 6,00 s
Trajetória da pedra
v0
v1 = 0
v2
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7 
(c) A altura do edifício corresponde a H. Para determiná-la, vamos analisar o percurso entre os 
instantes de tempo t0 e t2: 
 
2
2 0 0 2
1
2
y y v t gt
 
 
2
0 2 2
1
0
2
H v t gt
 
 
22 2
0 2 2
1 1
15,68 m/s 6,00 s 9,8 m/s 6,00 s 82,32 m
2 2
H v t gt
 
 
82 mH
 
 
99. Um certo malabarista normalmente arremessa bolas verticalmente até uma altura H. A que 
altura as bolas devem
ser arremessadas para passarem o dobro de tempo no ar? 
 (Pág. 40) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Vamos utilizar a seguinte equação na coordenada y para analisar o movimento de subida das bolas 
nas situações A e B: 
 
2
0
1
2
y y vt gt
 
Na situação A, teremos: 
 
210 0
2
A AH g t
 
 
21
2
A AH g t
 (1) 
Na situação B, teremos: 
 
221 10 0 2
2 2
B B AH g t g t
 
 
22B AH g t
 (2) 
Dividindo-se (2) por (1), teremos: 
Sit. A
y = 0 0
y
HB
HA
Sit. B
tA
tB= t2 A
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8 
 2
2
2
1
2
B A
A
A
H g t
H
g t
 
 
4B AH H
 
 
106. Deixa-se cair uma pedra, sem velocidade inicial, do alto de um edifício de 60 m. A que 
distância do solo está a pedra 1,2 s antes de chegar ao solo? 
 (Pág. 40) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Primeiro vamos analisar o movimento de queda da pedra do alto do edifício (índice 0) até o solo 
(índice 2). A equação geral do movimento é: 
 
2
0 0
1
2
y y v t gt
 
Aplicando-se os índices corretos, teremos: 
 
2
2 0 2
1
0
2
y y gt
 
 
2
2
1
0
2
H gt
 
 
2
2
3,4992 s
H
t
g
 
O valor de t1 é igual a t2 1,2 s. Logo: 
 
1 2,2992 st
 
Agora podemos analisar o movimento de queda da pedra desde o alto do edifício até a coordenada 
y1: 
 
2
0 0
1
2
y y v t gt
 
Aplicando-se os índices corretos, teremos: 
y
y h1 = 
y2 = 0
y H0 = 
a
( )t0
( = 1,2 st1 t2 )
( )t2
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a
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9 
 
2
1 0 1
1
0
2
y y gt
 
 
2
1
1
2
h H gt
 
 
2 2
1
1 1
60 m 9,8 m/s 2,2992 s 34,0954 m
2 2
h H gt
 
 
34 mh
 
 
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a
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10 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 2 – MOVIMENTO UNIDIMENSIONAL 
 
01. Que distância seu carro percorre, a 88 km/h, durante 1 s em que você olha um acidente à 
margem da estrada? 
 (Pág. 28) 
Solução. 
Como o problema trata de um movimento que ocorre com velocidade constante, deve-se utilizar a 
Eq. (1). 
 
tvxx x0
 (1) 
A distância procurada corresponde ao deslocamento x = x x0. 
 
0 xx x x v t
 
 
1 m/s
(88 km/h) (0,50 s) 12,222 m
3,6 km/h
x
 
A resposta deve ser expressa com apenas um algarismo significativo: 
 
10 mx
 
 
02. Um jogador de beisebol consegue lançar a bola com velocidade horizontal de 160 km/h, medida 
por um radar portátil. Em quanto tempo a bola atingirá o alvo, situado a 18,4 m? 
 (Pág. 28) 
Solução. 
Apesar do movimento da bola ser bidimensional (ao mesmo tempo em que a bola viaja até a base 
horizontalmente, ela sofre ação da gravidade e cai verticalmente) só precisamos nos preocupar com 
o seu movimento horizontal. Isto é devido a esse movimento ser o responsável pela situação exposta 
no enunciado. O movimento horizontal da bola não está sujeito à aceleração da gravidade ou a 
qualquer outra aceleração (exceto, é claro, à aceleração causada pela força de resistência do ar, que 
é desprezada) e deve ser tratado como movimento com velocidade constante. 
 
vtxx 0
 
 
0 (18,4 m)
1 m/s
(160 km/h)
3,6 km/h
x x x
t
v v
 
 
s 414,0t
 
 
08. Um avião a jato pratica manobras para evitar detecção pelo radar e está 35 m acima do solo 
plano (veja Fig. 24). Repentinamente ele encontra uma rampa levemente inclinada de 4,3
o
, o 
que é difícil de detetar. De que tempo dispõe o piloto para efetuar uma correção que evite um 
choque com o solo? A velocidade em relação ao ar é de 1.300 km/h. 
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11 
 
 (Pág. 28) 
Solução. 
O avião desloca-se em movimento retilíneo com velocidade constante. Considere o esquema abaixo 
para a resolução do problema. 
 
h0 x
d
v
 
Analisando o movimento do avião no eixo x, temos: 
 0x x vt 
 0 d vt 
 
d
t
v (1) 
Como o valor de d não foi dado, é preciso calculá-lo. 
 tan
h
d 
 tan
h
d (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
o
(35 m)
1,289035... s
tan 1.300
 km/h tan 4,3
3,6
h
t
v
 
 1,3 st 
 
11. Calcule sua velocidade escalar média nos dois casos seguintes. (a) Você caminha 72 m à razão 
de 1,2 m/s e depois corre 72 m a 3,0 m/s numa reta. (b) Você caminha durante 1,0 min a 1,2 m/s 
e depois corre durante 1,0 min a 3,0 m/s numa reta. 
 (Pág. 28) 
Solução. 
(a) Precisamos lembrar que a velocidade escalar média é a razão entre a distância percorrida (não o 
deslocamento) e o intervalo de tempo decorrido no percurso. 
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12 
 
1 2 1 2
1 11 2
1 1
72 m 72 m 2
1,714 m/s
1 172 m 72 m
1,2 m/s 3,0 m/s1,2 m/s 3,0 m/s
em
s s s s
v
s st t
v v
 
 
1,7 m/semv
 
(b) 
 
1 2 1 1 2 2
1 2 1 2
1,2 m/s 60 s 3,0 m/s 60 s 1,2 m/s 3,0 m/s
60 s 60 s 2
em
s s v t v t
v
t t t t
 
 
2,1 m/semv
 
 
12. Dois trens, cada um com a velocidade escalar de 34 km/h, aproximam-se um do outro na mesma 
linha. Um pássaro que pode voar a 58 km/h parte de um dos trens quando eles estão distantes 
102 km e dirige-se diretamente ao outro. Ao alcançá-lo, o pássaro retorna diretamente para o 
primeiro trem e assim sucessivamente. (a) Quantas viagens o pássaro pode fazer de um trem ao 
outro antes de eles se chocarem? (b) Qual a distância total que o pássaro percorre? 
 (Pág. 28) 
Solução. 
Neste problema vamos resolver primeiro o item (b) e em seguida o item (a). 
 
vA vB
Trem A Trem B
d
vP
d/2 d/2
1 Encontro
o
2d/34d/9
2 Encontro
o
x0
 
(b) Como os trens viajam à mesma velocidade,
porém em sentidos contrários, o choque dar-se-á na 
coordenada d/2. O tempo ( t) do percurso de cada trem será igual ao tempo de vôo do pássaro. 
Logo, para o trem A: 
 
t
d
t
x
vA
2/
 
 
Av
d
t
2
 
Para o pássaro: 
 
t
s
v p
 
 
A
A
v
d
vs
2
2
 
 
ds
 
Portanto, o pássaro percorre uma distância igual à separação inicial dos trens, ou seja: 
 
102 kms
 
(a) Em primeiro lugar, vamos calcular a coordenada x do primeiro encontro (x1). 
 
1 0P Px x v t
 (1) 
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13 
 
tvxx BB01
 (2) 
Nestas equações, x0p = 0 e x0B = d são as posições do pássaro e do trem B no instante zero e vP = 2 
vB e vB são as velocidades do pássaro e do trem B. Como no momento do primeiro encontro o 
pássaro e o trem B estarão na mesma coordenada (x1), podemos igualar (1) e (2). 
 
0 0B B P Px v t x v t
 
 
tvtvd BB )2(0
 
 
Bv
d
t
3
 (3) 
Substituindo-se (3) em (1): 
 
1 0 0 ( 2 )
3
P P B
B
d
x x v v
v
 
 
3
2
1
d
x
 
De maneira semelhante, pode-se demonstrar que o segundo encontro se dará na coordenada 4d/9. 
Como conseqüência, do primeiro para o segundo encontro o pássaro percorre uma distância igual a 
2d/3 4d/9 = 2d/9, que é igual a 2/3 de d/3. Também pode ser demonstrado que do segundo para o 
terceiro encontro ele percorre uma distância igual a 2/3 de 1/3 de d/3, e assim por diante. Em 
resumo: 
Viagem do pássaro Distância percorrida 
1 2/3 d = 2/3 d 
2 2/3 . 1/3 . d = 2/3
2
 d 
3 2/3 . 1/3. 1/3 . d = 2/3
3
 d 
… … … 
n 2/3 . 1/3 . …. 1/3 . d = 2/3n d 
 
A soma das distâncias percorridas em cada trecho de ida e vinda do pássaro deve ser igual a d 
(resposta do item b): 
 
ddddd
n3
2
3
2
3
2
3
2
32

 
Ou seja: 
 
2
1
3
1
3
1
3
1
3
1
32 n

 
 
2
1
3
1
1
n
i
i
 (4) 
Pode-se demonstrar que (4) somente será verdadeira se n = (Utilize sua calculadora para verificar 
esta afirmação). Portanto, em teoria, o pássaro fará um número infinito de viagens. 
 
14. Que distância percorre em 16 s um corredor cujo gráfico velocidade-tempo é o da Fig. 25? 
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14 
 
 (Pág. 28) 
Solução. 
Conhecendo-se a função x(t) que descreve a posição x de um objeto em qualquer instante de tempo t, 
pode-se calcular sua velocidade em qualquer instante a partir da derivada de x(t) em relação a t. 
 
( )
( )
t
t
dx
v
dt 
No caso inverso, conhecendo-se a velocidade v(t) de um objeto em qualquer instante t, pode-se 
determinar sua posição x em qualquer instante, bem como seu deslocamento, no intervalo de tempo 
considerado. 
 ( ) ( )t tdx v dt 
 0 0( ) ( )
x v
t t
x v
dx v dt 
 00 ( )
v
t
v
x x v dt 
De acordo com esta, o deslocamento x x0 corresponde à área sob a curva do gráfico v(t) = f(t). Cada 
quadrado mostrado no gráfico possui área equivalente a (2 m/s) (2 s) = 4 m. Portanto, 
contabilizando toda a área sob a curva mostrada no gráfico, chegaremos ao seguinte resultado: 
 
t (s) x (m) 
0 2 8 
2 10 64 
10 12 12 
12 16 16 
Total 100 
 
Portanto: 
 
(16) (0) 100 mx x
 
 
29. Para decolar, um avião a jato necessita alcançar no final da pista a velocidade de 360 km/h. 
Supondo que a aceleração seja constante e a pista tenha 1,8 km, qual a aceleração mínima 
necessária, a partir do repouso? 
 (Pág. 29) 
Solução. 
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15 
Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito por meio da Eq. 
(1). 
 
xavv 220
2
 (1) 
 
2
2
2 2
20
3
1 m/s
360 km/h 0
3,6 km/h
2,7777 m/s
2 2 (1,80 10 m)
v v
a
x
 
 
2m/s 78,2a
 
 
31. A cabeça de uma cascavel pode acelerar 50 m/s
2
 ao atacar uma vítima. Se um carro pudesse 
fazer o mesmo, em quanto tempo ele alcançaria a velocidade escalar de 100 km/h a partir do 
repouso? 
 (Pág. 29) 
Solução. 
Trata-se, naturalmente, de movimento retilíneo com aceleração constante. A velocidade inicial, v0, é 
igual a zero. O cálculo do tempo (t) é feito através da Eq. 1. 
 
atvv 0
 (1) 
 0
2
1 m/s
(100 km/h) 0
3,6 km/h
0,55556 s
(50 m/s )
v v
t
a
 
 
s 56,0t
 
 
33. Um elétron, com velocidade inicial v0 = 1,5 10
5
 m/s, entra numa região com 1,2 cm de 
comprimento, onde ele é eletricamente acelerado (veja Fig. 29). O elétron emerge com 
velocidade de 5,8 10
6
 m/s. Qual a sua aceleração, suposta constante? (Tal processo ocorre no 
canhão de elétrons de um tubo de raios catódicos, utilizado em receptores de televisão e 
terminais de vídeo.) 
 
 (Pág. 30) 
Solução. 
Trata-se de movimento retilíneo com aceleração constante. O cálculo pode ser feito através da Eq. 
(1). 
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16 
 
xavv 220
2
 (1) 
 2 2 6 2 5 2
15 20
-2
(5,8 10 m/s) -(1,5 10 m/s)
1,4007 10 m/s
2 2(1,2 10 m)
v v
a
x
 
 
15 21,4 10 m/sa
 
 
34. A maior velocidade em terra já registrada foi de 1.020 km/h, alcançado pelo coronel John P. 
Stapp em 19 de março de 1954, tripulando um assento jato-propulsado. Ele e o veículo foram 
parados em 1,4 s; veja a Fig. 30. Que aceleração ele experimentou? Exprima sua resposta em 
termos da aceleração da gravidade g = 9,8 m/s
2
. (Note que o corpo do militar atua como um 
acelerômetro, não como um velocímetro.) 
 
 (Pág. 30) 
Solução. 
Trata-se de movimento retilíneo com aceleração (negativa ou desaceleração) constante. O cálculo 
pode ser feito através da Eq. (1). 
 
atvv 0
 (1) 
 20
1 m/s
0 (1.020 km/h)
3,6 km/h
202,38095 m/s
(1,4 s)
v v
a
t
 
Para obter a aceleração em termos de unidades g, basta dividir a aceleração obtida pelo valor da 
aceleração da gravidade. 
 2
2
( 202,38095 m/s )
20,6511
(9,8 m/s )
a
g
 
 
ga 21
 
 
41. Um trem de metrô acelera a partir do repouso a 1,20 m/s
2
 em uma estação para percorrer a 
primeira metade da distância
até a estação seguinte e depois desacelera a 1,20 m/s
2
 na segunda 
metade da distância de 1,10 km entre as estações. Determine: (a) o tempo de viagem entre as 
estações e (b) a velocidade escalar máxima do trem. 
 (Pág. 30) 
Solução. 
Considere o esquema abaixo para auxiliar a resolução: 
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17 
 x = 0 0 xx = d/21
-aa
x = d2 
(a) Sabendo-se que o tempo gasto na primeira metade do caminho (acelerado) é igual ao tempo 
gasto para percorrer a segunda metade do caminho (desacelerado), o tempo de viagem entre as 
estações pode ser calculado da seguinte forma (trecho x0 x1): 
 
2 2
0 0 0 1 1
1 1
2 2
x x v t at v t at
 
 
2
1
0 0
2 2 2
d t
a
 
 3
2
4 4(1,10 10 m)
60,553... s
(1,2 m/s )
d
t
a
 
 60,6 st 
(b) A velocidade escalar máxima do trem (v1), que é atingida em x1 = d/2, pode ser calculada da 
seguinte forma (trecho x0 x1): 
 2 20 02 ( )v v a x x 
 2 21 0 1 02 ( )v v a x x 
 
2
1 0 2 ( 0)
2
d
v a 
 
2 3
1 (1,20 m/s )(1,10 10 m) 36,331... m/sv ad
 
 1 36,3 m/sv 
 
45. No momento em que a luz de um semáforo fica verde, um automóvel arranca com aceleração de 
2,2 m/s
2
. No mesmo instante um caminhão, movendo-se à velocidade constante de 9,5 m/s, 
alcança e ultrapassa o automóvel. (a) A que distância, além do ponto de partida, o automóvel 
alcança o caminhão? (b) Qual será a velocidade do carro nesse instante? (É instrutivo desenhar 
um gráfico qualitativo de x(t) para cada veículo.). 
 (Pág. 31) 
Solução. 
Considere o esquema abaixo para a resolução do problema. Observe que tanto o caminhão quanto o 
automóvel percorrem a mesma distância em tempos iguais. 
 
x = 0 0 xx = d = ?
a
vC vC
v = 0A 0 v =A ?
d
 
(a) O movimento do caminhão (C) ocorre com velocidade constante. 
 
0x x vt
 
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18 
 
0 Cx x v t
 
 Cx v t
 (1) 
O movimento do automóvel ocorre com aceleração constante, partindo do repouso em x0 = 0. 
 
2
0 0
1
2
x x v t at
 
 
2
0 0
1
2
Cx x v t at
 
 
210
2
d at
 
 
21
2
d at
 (2) 
Substituindo-se o valor de t de (1) em (2): 
 2 2
2
1
2 2c c
d a d
d a
v v
 
 2 2
2
2 2(9,5 m/s)
82,045045... m
(2,2 m/s )
cvd
a
 
 
82 md
 
(a) A velocidade com que o automóvel alcança o caminhão (vA) vale: 
 
2 2
0 02 ( )v v a x x
 
 
2 2
0 02 ( )A Av v a x x
 
 
2 0 2Av ad
 
 
22 2(2,2 m/s )(82,04545... m) 18,999... m/sAv ad
 
 
19 m/sAv
 
 
49. No manual de motorista diz que um automóvel com bons freios e movendo-se a 80 km/h pode 
parar na distância de 56 m. Para a velocidade de 48 km/h a distância correspondente é 24 
m.Suponha que sejam iguais, nas duas velocidades, tanto o tempo de reação do motorista, 
durante o qual a aceleração é nula, como a aceleração quando aplicados os freios. Calcule (a) o 
tempo de reação do motorista e (b) a aceleração. 
 (Pág. 31) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema: 
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19 
 
x = 0 0 x
Situação A
Situação B
Tempo de
reação (B)
Tempo de
reação (A)
Frenagem (A)
Frenagem (B)
x1B x1A x2B x2A
v0A v1A = v0A v = 2A 0
v0B v = v1B 0B v = 2B 0
 
(a) Vamos inicialmente analisar a situação A. Durante o tempo de reação, o carro desloca-se com 
velocidade constante. 
 
0x x vt
 
 
1 0 0A A A Rx x v t
 
Mas: 
 
0 0Ax
 
Logo: 
 
1 0A A Rx v t
 (1) 
Análise do movimento de frenagem na situação A. 
 
2 2
0 02 ( )v v a x x
 
 
2 2
2 1 2 12 ( )A A A Av v a x x
 
Mas: 
 
1 0A Av v
 
Logo: 
 
2
0 2 10 2 ( )A A Av a x x
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
2
2 0 02 ( )A A R Aa x v t v
 (3) 
A análise da situação B através do caminho seguido pelas Eqs. (1) a (3) conduz ao seguinte 
resultado: 
 
2
2 0 02 ( )B B R Ba x v t v
 (4) 
Dividindo-se (3) por (4): 
 2
2 0 0
2
2 0 0
A A R A
B B R B
x v t v
x v t v
 
Logo: 
 2 2
0 2 0 2
0 0 0 0( )
A B B A
R
A B A B
v x v x
t
v v v v
 (5) 
 
0,72 sRt
 
(b) Substituindo-se (5) em (3): 
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a
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20 
 2
20
2 0
6,17284... m/s
2( )
A
A A R
v
a
x v t
 
 
26,2 m/sa
 
 
54. Uma rocha despenca de um penhasco de 100 m de altura. Quanto tempo leva para cair (a) os 
primeiros 50 m e (b) os 50 m restantes? 
 (Pág. 31) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema para a situação: 
 
y
y1 = 50 m
y2 = 100 m
y0 = 0
g
 
Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda 
nos primeiros 50 m pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema ao lado, a 
aceleração da gravidade tem o mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal 
positivo. 
 
2
1001
2
1
tatvyy yy
 (1) 
Como v0y = 0: 
 
1 0 1 0
1
2( ) 2( )
y
y y y y
t
a g
 
 
2
1 2
2[(50 m) 0)
10,20408 s 3,19438 s
(9,81 m/s )
t
 
 
s 2,31t
 
(b) Para calcular o tempo de queda dos 50 m seguintes (y1 = 50 m a y2 = 100m), primeiramente 
vamos calcular o tempo de queda de y0 = 0 a y2 = 100m. 
 
2
2002
2
1
tatvyy yy
 
 
2 0
2
2( )y y
t
g
 
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21 
 
2
2 2
2[(100 m) 0)
20,40816 s 4,51753 s
(9,81 m/s )
t
 
O cálculo do tempo de queda y1 a y2 (t12) é feito por diferença: 
 
s 32315,1)s 19438,3()s 51753,4(1212 ttt
 
 
s 3,112t
 
 
59. Enquanto pensava em Isaac Newton, uma pessoa em pé sobre uma passarela inadvertidamente 
deixa cair uma maçã por cima do parapeito justamente quando a frente
de um caminhão passa 
exatamente por baixo dele. O veículo move-se a 55 km/h e tem 12 m de comprimento. A que 
altura, acima do caminhão, está o parapeito, se a maçã passa rente à traseira do caminhão? 
 (Pág. 31) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A solução deste problema consiste em analisar as equações do movimento horizontal do caminhão e 
vertical da maçã e combiná-las, pois são sincronizadas no tempo. Movimento do caminhãoem x: 
 
0 xx x v t
 
 
0 Cl v t
 
 
C
l
t
v
 (1) 
Movimento da maçã em y: 
 
2
0 0
1
2
y y v t at
 
 
210 0 ( )
2
h g t
 
 
21
2
h gt
 (2) 
Inicial
Final
y
l
v1
x
x0 = 0 x l1= 
y h0 = 
y1 = 0
v0 = 0
vC
vC
h
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22 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
2
2
2
12 m1 1
9,81 m/s 3,026 m
m/s2 2
55 km/h 3,6 
km/h
C
l
h g
v
 
 
3,0 mh
 
 
61. Um jogador de basquete, no momento de “enterrar” a bola, salta 76 cm verticalmente. Que 
tempo passa o jogador (a) nos 15 cm mais altos do pulo e (b) nos 15 cm mais baixos? Isso 
explica por que esses jogadores parecem suspensos no ar no topo de seus pulos. 
 (Pág. 32) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema. 
 
Como a aceleração é a mesma na subida e na descida, temos que: 
 
AB FGt t
 
15 2B ABt t
 
15
2
B
AB
t
t
 
 
CD DEt t
 
15 2A CDt t
 
15
2
A
CD
t
t
 
onde tAB é o tempo para ir de do ponto A ao ponto B e t15A e t15B são os tempos em que o jogador 
passa nos 15 cm mais altos e mais baixos, respectivamente. 
A velocidade inicial do jogador (vA) pode ser calculada pela análise do movimento no trecho AD. 
 
2 2
0 02 ( )v v a y y
 
 
2 2 2( )( )D A D Av v g y y
1) 
 
20 2 ( 0)A Dv g y
 
 
22 2(9,81 m/s )(0,76 m) 3,8615022... m/sA Dv gy
 
(a) Análise do movimento no trecho CD. 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
21 ( )
2
D C D CD CDy y v t g t
 
 2
151(0,15 m) 0
2 2
Atg
 
 
yD
y = yA G = 0
a = -g
y
15 cm mais
altos
15 cm mais
baixosA
B
C
D
E
F
G
y yC E= 
y yB F= 
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23 
 
15 2
8(0,15 m)
0,3497... s
(9,81 m/s )
At
 
 
15 0,35 sAt
 
(b) Análise do movimento no trecho AB. 
 
2
0 0
1
2
y y v t at
 
 
21 ( )
2
B A A AB ABy y v t g t
 
 2
15 151(0,15 m)
2 2 2
B B
A
t t
v g
 
 2
15 15
(9,81 m/s ) (3,8615022... m/s)
(0,15 m) 0
8 2
B Bt t
 (1) 
A Eq. (1) é uma equação do segundo grau cujas raízes são: 
 
15
15
' 1,492560... s
'' 0,081955... s
B
B
t
t
 
Como t15B deve ser menor do que t15A: 
 
15 0,082 sBt
 
 
64. O laboratório de pesquisa da gravidade nula do Centro de Pesquisa Lewis da NASA (EUA) tem 
uma torre de queda de 145 m. Trata-se de um dispositivo vertical onde se fez vácuo e que, entre 
outras possibilidades, permite estudar a queda de uma esfera com diâmetro de 1 m, que contém 
equipamentos. (a) Qual o tempo de queda do equipamento? Qual sua velocidade ao pé da torre? 
(c) Ao pé da torre a esfera tem uma aceleração média de 25 g quando sua velocidade é reduzida 
a zero. Que distância ela percorre até parar? 
 (Pág. 32) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Acel.
Desacel.
y2
y0 = 0
y1 = 145 m
g
y
 
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a
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24 
Trata-se de movimento retilíneo (vertical) com aceleração constante. O cálculo do tempo de queda 
livre pode ser feito através da Eq. (1). De acordo com o esquema, a aceleração da gravidade tem o 
mesmo sentido do referencial adotado e, portanto, possui sinal positivo. 
 
2
1001
2
1
tatvyy yy
 (1) 
Como v0y = 0: 
 
1 0
1
2( )
y
y y
t
a
 
 
1 0
1
2( )y y
t
g
 
 
1 2
2[(145 m) 0)
5,43706 s
(9,81 m/s )
t
 
 
s 44,51t
 
(b) O cálculo da velocidade de chegada da esfera à base da torre também é direto. 
 
101 tavv yyy
 
 
2
1 0 (9,81 m/s )(5,43706 s) 53,337604 m/syv
 
 
m/s 3,531yv
 
(c) A desaceleração ocorre entre as posições y1 e y2. 
 
)(2 1
2
1
2
2 yyavv yyyy
 
 2 2 2 2 2 2
2 1 2 1
2
0 (53,337604 m/s)
5,8 m
2 2 25 2 (25 9,81 m/s )
y y y y
y
v v v v
y
a g
 
 
5,8 my
 
Obs.: O diâmetro da esfera não tem utilidade na resolução dos itens pedidos. Ele só foi dado para 
ilustrar a situação. 
 
70. Um balão está subindo a 12,4 m/s à altura de 81,3 m acima do solo quando larga um pacote. (a) 
Qual a velocidade do pacote ao atingir o solo? (b) Quanto tempo ele leva para chegar ao solo? 
 (Pág. 32) 
Solução. 
O balão desloca-se em movimento retilíneo para cima, com velocidade constante. Considere o 
esquema abaixo para a resolução do problema. Como o balão está em movimento, a velocidade 
inicial do pacote é a mesma do balão. 
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25 
y = h0 
y = 0
a = -g
v = 0 vBy
 
(a) A velocidade (v) do pacote ao atingir o chão pode ser calculada da seguinte forma: 
 
2 2
0 02 ( )v v a y y
 
 
2 2 2( )(0 )Bv v g h
 
 
2 2 2Bv v gh
 
 
2 2 2(12,4 m/s) 2(9,81 m/s )(81,3 m)v
 
 
41,819445... mv
 
 
41,8 mv
 
(a) O tempo (t) gasto para o pacote atingir o chão pode ser calculado da seguinte forma: 
 
0 0
1
( )
2
y y v v t
 
 
1
0 ( )
2
Bh v v t
 
 
2
B
h
t
v v
 
 
2(81,3 m)
5,5269567... s
(12,4 m/s) (41,819445... m/s)
t
 
 
5,53 st 
 
73. No Laboratório Nacional de Física da Inglaterra (o equivalente ao nosso Instituto Nacional de 
Pesos e Medidas) foi realizada uma medição de g atirando verticalmente para cima uma bola de 
vidro em um tubo sem ar e deixando-a retornar. A Fig. 35 é o gráfico da altura da bola em 
função do tempo. Seja tL o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas da bola pelo 
nível inferior, tU o intervalo de tempo entre duas passagens consecutivas
pelo nível superior e 
H a distância entre os dois níveis. Prove que 
 
2 2
8
L U
H
g
t t
. 
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a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 2 – Movimento Unidimensional 
26 
 
 (Pág. 32) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema para a resolução do problema. 
 
A
B
C
yA
0
y
yB
yC
 
Movimento do ponto A ao ponto C é dado por: 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
21 ( )
2
C A Cy y v t g t
 
No ponto C a velocidade da bola (vC) é zero. 
 21
0
2 2
L
C A
t
y y g
 
 
21
8
C A Ly y g t
 (1) 
De maneira idêntica, o movimento do ponto B ao ponto C é dado por: 
 
21
8
C B Uy y g t
 (2) 
Subtraindo-se (2) de (1): 
 
2 21( ) ( ) ( )
8
C A C B B A L Uy y y y y y H g t t
 
Portanto: 
 
2 2
8
L U
H
g
t t
 
 
74. Uma bola de aço de rolamento é largada do teto de um edifício com velocidade inicial nula. Um 
observador em pé diante de uma janela com 120 cm de altura nota que a bola gasta 0,125 s para 
ir do topo da janela ao parapeito. A bola continua a cair, chocando-se elasticamente com uma 
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27 
calçada horizontal e reaparece no parapeito da janela 2,0 s após passar por ela ao descer. Qual a 
altura do edifício? (Após uma colisão elástica, a velocidade escalar da bola em dado ponto é a 
mesma ao subir e ao descer.) 
 (Pág. 33) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Vamos analisar o movimento de queda livre da esfera entre os pontos 0 (topo do edifício) e 2 
(parapeito da janela): 
 
2 2
0 02v v a y y
 
 
2 2
2 0 22v v g y H
 
 
2
2 20 2v g y H
 
 2
2
2
2
v
H y
g
 (1) 
Agora vamos analisar o movimento da esfera entre os pontos 1 (topo da janela) e 2 (parapeito da 
janela): 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
2
2 1 2 2 2
1
2
y y v t g t
 
 
2
2 2 2
1
2
h v t g t
 
 
2 2 2
2
1,20 m1 1 m
9,81 0,125 s
2 0,125 s 2 s
h
v g t
t
 
 
2 10,213125 m/sv
 
y1
v0 = 0
y
y2 = y4
a j = g
y = H0
H
h
y = 3 0
v1
v2
v3
v3
v4 = v3
t1
t3
t2
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28 
Finalmente, vamos analisar o movimento da esfera entre os pontos 2 (parapeito da janela) e 3 (solo). 
Note que o tempo requerido para a esfera ir do parapeito ao solo e retornar ao parapeito é de 2,0 s. 
Logo, o tempo para ir do parapeito ao solo é de t3 = 1,0 s. 
 
2
0 0
1
2
y y v t at
 
 
2
3 2 2 3 3
1
2
y y v t g t
 
 
2
2 2 3 3
1
0
2
y v t g t
 
 
2 22
2 3 2 3 2
1 1 m
9,81 1,0 s 10,213125 m/s 1,0 s
2 2 s
y g t v t
 
 
2 15,118125 my
 
Substituindo-se os valores de v2 e y2 em (1), teremos a resposta do problema: 
 2
2
10,213125 m/s
15,118125 m 20,434532 m
2 9,81 m/s
H
 
 
20 mH
 
 
75. Um cachorro avista um pote de flores passar subindo e a seguir descendo por uma janela com 
1,1 m de altura. O tempo total durante o qual o pote é visto é de 0,74 s. Determine a altura 
alcançada pelo pote acima do topo da janela. 
 (Pág. 33) 
Solução. 
O tempo no qual o vaso é visto subindo (tS) é igual ao tempo no qual ele é visto descendo (tD). 
Portanto: 
 
2S D St t t t
 
 
0,34 s
2
S
t
t
 
Considere o esquema abaixo para a resolução do problema. 
 
y1
y = 0 0
y
y2
a = -g
 
Cálculo da velocidade do vaso na coordenada y1 (v1): 
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29 
 
2
0
1
2
y y vt at
 
 
2
1 0 1
1
( )
2
S Sy y v t g t
 
 
2
1 0
1
1
2
S
S
y y gt
v
t
 
 
2 2
1
1
(1,1 m) 0 (9,81 m/s )(0,37 s)
2
(0,37 s)
v
 
 
1 1,15812297... m/sv
 
Cálculo da distância acima da janela atingida pelo vaso (y2 y1): 
 
2 2
0 02 ( )v v a y y
 
 
2 2
2 1 2 12( )( )v v g y y
 
 2 2
1 2
2 1
2
v v
y y
g
 
 2
2 1 2
(1,15812297... m/s) 0
0,068361... m
2(9,81 m/s )
y y
 
 
2 1 6,8 cmy y
 
 
Fisica1-exercicios-resolvidos-Prof Edmundo/04-movimento_em_duas_e_tres_dimensoes.pdf
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 Ed. - LTC - 1996. Cap. 4 – Movimento Bi e Tridimensional 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 1 
 
 
CAPÍTULO 4 – MOVIMENTO BI E TRIDIMENSIONAL 
 
02. A posição de uma partícula que se move em um plano xy é dada por r = (2t
3
 5t)i + (6 7t
4
)j, 
com r em metros e t em segundos. Calcule (a) r, (b) v e (c) a quando t = 2 s. 
 (Pág. 64) 
Solução. 
(a) Em t = 2,00 s a posição (r) da partícula vale: 
 
3 4[2 (2) 5 (2)] [6 7 (2) ]r i j
 
 
(16 10) (6 112)r i j
 
 
(6 106 ) mr i j
 
(b) A velocidade instantânea v é derivada primeira de r em relação ao tempo: 
 
3 4[(2 5 ) (6 7 ) ]
d d
t t t
dt dt
r
v i j
 
 
2 3(6 5) 28t tv i j
 
Substituindo-se o valor de t = 2 s: 
 
2 3[6 (2) 5] [28 (2) ]v i j
 
 
(21 224 ) m/sv i j
 
(c) A aceleração instantânea a é derivada primeira de v em relação ao tempo: 
 
2 3[(6 5) 28 ]
d d
t t
dt dt
v
a i j
 
 
212 84t ta i j
 
Substituindo-se o valor de t = 2 s: 
 
212 (2) 84 (2)a i j
 
 
2(24 336 ) m/sa i j
 
 
44. Um canhão é posicionado para atirar projéteis com velocidade inicial v0 diretamente acima de 
uma elevação de ângulo , como mostrado na Fig. 33. Que ângulo o canhão deve fazer com a 
horizontal de forma a ter o alcance máximo possível acima da elevação? 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
2 
 
 (Pág. 67) 
Solução. 
Análise do movimento no eixo horizontal (x), onde é o ângulo de inclinação do canhão em relação 
à horizontal: 
 
0 xx x v t
0cos 0 cosR v t
 
 
0
cos
cos
R
t
v
 (1) 
Análise do movimento no eixo vertical (y): 
 
2
0 0
1
2
yy y v t at
 
 
2
0
1
sin 0 sin
2
R v t gt
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 2 2
0 2 2
0 0
cos 1 cos
sin sin
cos 2 cos
R R
R v g
v v
 
 2
2 2
0
cos 1 cos
sin sin
cos 2 cos
R
g
v
 
 2
2 2
0
cos
sin tan cos
2 cos
gR
v
 
 2 2
0
2
2 cos
tan cos sin
cos
v
R
g
 (3) 
Como R( ) é uma função cujo ponto de máximo deve ser localizado, devemos identificar o valor de 
 tal que dR/d = 0. 
 2 2
02 cos( 2 )sec 0
vdR
d g
 (4) 
Resolvendo-se (4) para encontramos duas possíveis soluções: 
 
1
(2 )
4
1
(2 )
4
 
Como 0 /2 (ver figura), a resposta mais coerente é: 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
3 
 
1
(2 )
4
 
É claro que resta demonstrar que d
2
R/d
2
 0, equação (3), pois como se trata de um ponto de 
máximo, a concavidade da curva nesse ponto deve ser voltada para baixo. 
 
48. Um foguete é lançado do repouso e se move em uma linha reta inclinada de 70,0
o
 acima da 
horizontal, com aceleração de 46,0 m/s
2
. Depois de 30,0 s de vôo com o empuxo máximo, os 
motores são desligados e o foguete segue uma trajetória parabólica de volta à Terra; veja a Fig. 
36. (a) Ache o tempo de vôo desde o lançamento ao impacto. (b) Qual é a altitude máxima 
alcançada? (c) Qual é a distância da plataforma de lançamento ao ponto de impacto? (Ignore as 
variações de g com a altitude.) 
 
 (Pág. 68) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
 
(a) O cálculo do tempo total de vôo, t03, é a soma do tempo de aceleração em linha reta com os 
foguetes, t01 = 30,0 s, e o tempo de queda livre, t13, que precisa ser calculado. 
 
03 01 13t t t
 (1) 
Para o cálculo de t13, precisamos de y1 e v1. Cálculo de y1: 
y1
v0 = 0
y
y2 = H
a j = g
H
x0 = 0
v1
v2
v3
0
x
x1
R
0
x2 x3
y0 = = 0y3
a0
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
4 
 
2
0 0
1
2
y yy y v t a t
 
 
2
1 0 0 01 0 01
1
2
y yy y v t a t
 
 
2
1 0 0 01
1
0 0 sen
2
y a t
 
 
22 2 o
1 0 0 01
1 1
sen 46,0 m/s sen 70,0 30,0 s
2 2
y a t
 
 
1 19.451,63 my
 (2) 
 
Cálculo de v1: 
 
0y y yv v a t
 
 
1 0 0 01y y yv v a t
 
 
1 0 0 0 01sen 0 senv a t
 
 
2
1 0 01 46,0 m/s 30,0 sv a t
 
 
1 1.380 m/sv
 (3) 
Agora podemos determinar t13, com a ajuda dos valores obtidos em (2) e (3): 
 
2
0 0
1
2
y yy y v t a t
 
 
2
3 1 1 13 13
1
2
yy y v t g t
 
 
2
1 1 0 13 13
1 2
0 sen 
2
y v t g t
g
 
 
2 1 0 1
13 13
2 sen 2
0
v y
t t
g g
 
 o
2
13 132 2
2 1.380 m/s sen 70,0 2 19.451,63 m
0
9,81 m/s 9,81 m/s
t t
 
 
2 2
13 13264,3783 s 3.965,6752 s 0t t
 
As raízes da equação acima são: 
 '
13
''
13
278,6120 s
14, 2336 s
t
t
 
Logo: 
 
13 278,6120 st
 (4) 
Substituindo-se (4) em (1): 
 
03 30,0 s 278,6120 s 308,6120 st
 
 
03 309 st
 
(b) A altitude máxima de vôo do foguete pode ser obtida pela análise do movimento na coordenada 
y do ponto 1, o início da queda livre, ao ponto 2, que corresponde ao topo da trajetória. 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
5 
 
2 2
0 02y y yv v a y y
 
 
2 2
2 1 2 12y yv v g y y
 
 
2 2
1 0 10 sen 2v g H y
 
 2 2 o2 2
1 0
1 2
1.380 m/s sen 70,0sen
19.451,63 m 105.161,50 m
2 2 9,81 m/s
v
H y
g
 
 
105 kmH
 
(c) Para determinarmos a distância pedida, precisamos apenas analisar o movimento horizontal 
entre os pontos 1 e 3, que ocorre com velocidade horizontal constante. 
 
0 xx x v t
 
 
3 1 1 13xx x v t
 
 
1 1 0 13cosR x v t
 
Lembremos que x1 pode ser obtido pela relação: 
 
1
0
1
tan
y
x
 
Logo: 
 
o1
1 0 13 o
0
19.451,63 m
cos 1.380 m/s cos 70,0 278,6120 s
tan tan 70,0
y
R v t
 
 
138.581,29 mR
 
 
139 kmR
 
 
49. Um canhão antitanque está localizado na borda de um platô a 60,0 m acima de uma planície, 
conforme a Fig. 37. A equipe do canhão avista um tanque inimigo parado na planície à distância 
de 2,20 km do canhão. No mesmo instante a equipe do tanque avista o canhão e começa a se 
mover em linha reta para longe deste, com aceleração de 0,900 m/s
2
. Se o canhão antitanque 
dispara um obus com velocidade de disparo de 240 m/s e com elevação de 10,0
o
 acima da 
horizontal, quanto tempo a equipe do canhão teria de esperar antes de atirar, se quiser acertar o 
tanque? 
 
 (Pág. 68) 
Solução. 
A estratégia que vamos adotar consiste em calcular o tempo que o obus leva para atingir o solo da 
planície (tb) e o tempo que o tanque leva para chegar ao local onde o obus cai (tt), que fica a uma 
distância horizontal R do canhão. O tempo de espera será: 
 
b tt t t
 (1) 
Em primeiro lugar vamos analisar o movimento do obus. Em x o movimento se dá com velocidade 
constante: 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
6 
 
0 xx x v t
 
 
00 cos bR v t
 
 
0 cos
b
R
t
v
 (2) 
Movimento do obus em y: 
 
2
0 0
1
2
y yy y v t a t
 
 
2
0
1
0 sen
2
bh v t gt
 (3) 
Substituindo-se (2) em (3): 
 2
0
0 0
1
sen
cos 2 cos
R R
h v g
v v
 
 
2
2 2
0
tan 0
2 cos
g
R R h
v
 
Daqui para adiante não há vantagem em continuar a solucionar o problema literalmente. As raízes 
desta equação do 2
o
 grau são: 
 
1
2
2.306,775 m
296,5345 m
R
R
 
Como R corresponde a uma coordenada positiva no eixo x, temos: 
 
2.306,775 mR
 (4) 
Substituindo-se (4) em (2): 
 
9,7598 sbt
 (5) 
Agora vamos analisar o movimento do tanque, que se dá com aceleração constante: 
 
2
0 0
1
2
x xx x v t a t
 
 
2
0
1
0
2
t tR d a t
 
 
02
15,4038 st
t
R d
t
a
 (6) 
Substituindo-se (5) e (6) em (1): 
 
5,6440 st
 
 
5,64 st
 
 
60. Uma criança gira uma pedra em um círculo horizontal a 1,9 m acima do chão, por meio de uma 
corda de 1,4 m de comprimento. A corda arrebenta e a pedra sai horizontalmente, caindo no 
chão a 11 m de distância. Qual era a aceleração centrípeta enquanto estava em movimento 
circular? 
 (Pág. 68) 
Solução. 
Considere o seguinte