Lista 3 Avaliacao com resolucao (1)

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Universidade Federal do Pará
Instituto de Tecnologia
Faculdade de Engenharia Elétrica e Biomédica
Disciplina: Física I
Turma: Engenharia Elétrica 2024.4
Profa. Suzana Cescon & Prof. Sérgio Lima
Revisão e Lista de Exercícios
Questão 01
A Figura abaixo mostra três trajetórias de uma bola de futebol chutada a partir do chão.
Ignorando os efeitos do ar, ordene as trajetórias de acordo com:
(a) O tempo de percurso;
(b) A componente vertical da velocidade inicial;
(c) A componente horizontal da velocidade inicial;
(d) A velocidade escalar inicial, em ordem decrescente.
Resolução
O movimento da bola segue as equações do movimento balístico, onde a trajetória segue
uma parábola. A decomposição da velocidade inicial em componentes horizontal e vertical
influencia diretamente no tempo de voo, na altura atingida e no alcance da bola.
Os dados que influenciam a trajetória são:
v0x = v0 cos θ0, (1)
v0y = v0 sin θ0. (2)
(a) Tempo de percurso
O tempo total de voo é dado por:
t =
2v0y
g
. (3)
Como o tempo de voo depende da componente vertical da velocidade inicial, a trajetória
com maior v0y terá o maior tempo de percurso.
Ordem decrescente do tempo de percurso: 2 > 1 > 3.
1
(b) Componente vertical da velocidade inicial
A componente vertical da velocidade inicial é:
v0y = v0 sin θ0. (4)
A trajetória que alcança a maior altura possui maior componente vertical da velocidade
inicial.
Ordem decrescente da componente vertical: 2 > 1 > 3.
(c) Componente horizontal da velocidade inicial
A componente horizontal da velocidade inicial é:
v0x = v0 cos θ0. (5)
O alcance horizontal é maior para trajetórias com maior v0x. Como a trajetória 3 cobre
a maior distância horizontal, então ela tem o maior v0x.
Ordem decrescente da componente horizontal: 3 > 1 > 2.
(d) Velocidade escalar inicial
A velocidade inicial total é:
v0 =
√
v20x + v20y. (6)
A trajetória com maior velocidade inicial cobre a maior distância e atinge maior altura.
Observando as trajetórias, a bola 2 atinge a maior altura, a bola 3 o maior alcance e a bola
1 um equilíbrio intermediário.
Ordem decrescente da velocidade escalar inicial: 2 > 3 > 1.
Conclusão
A análise das trajetórias leva às seguintes classificações:
(a) Tempo de percurso: 2 > 1 > 3.
(b) Componente vertical da velocidade inicial: 2 > 1 > 3.
(c) Componente horizontal da velocidade inicial: 3 > 1 > 2.
(d) Velocidade escalar inicial: 2 > 3 > 1.
Esses resultados confirmam que a trajetória mais alta tem maior tempo de voo e maior
velocidade vertical, enquanto a trajetória com maior alcance tem maior velocidade horizon-
tal.
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Questão 02
Uma bola é chutada a partir do chão, em um terreno plano, com uma dada velocidade
inicial. A Figura mostra o alcance R da bola em função do ângulo de lançamento θ0.
Ordene os três pontos identificados por letras no gráfico:
(a) De acordo com o tempo que a bola permanece no ar;
(b) De acordo com a velocidade da bola na altura máxima, em ordem decrescente.
Resolução
O movimento segue as equações do movimento balístico, onde a trajetória é uma pará-
bola. A decomposição da velocidade inicial influencia diretamente no tempo de voo e na
velocidade na altura máxima.
(a) Tempo de voo
O tempo total que a bola permanece no ar é dado por:
t =
2v0 sin θ0
g
. (7)
Como o tempo de voo depende de sin θ0, ele é máximo quando θ0 = 90◦ e se reduz para
ângulos menores e maiores que esse. No gráfico, o ponto b está mais próximo do máximo
alcance, o que sugere um ângulo intermediário próximo a 45◦.
Ordem decrescente do tempo de voo: b > a > c.
(b) Velocidade na altura máxima
Na altura máxima, a velocidade da bola corresponde apenas à sua componente horizontal:
vmax = v0 cos θ0. (8)
A velocidade horizontal é máxima para ângulos pequenos e mínima para ângulos próxi-
mos de 90◦. Assim, a ordem decrescente da velocidade na altura máxima será:
Ordem decrescente da velocidade na altura máxima: c > a > b.
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Conclusão
A partir das equações do movimento balístico, podemos classificar os pontos da seguinte
forma:
(a) Tempo de voo: b > a > c.
(b) Velocidade na altura máxima: c > a > b.
Esses resultados confirmam que a trajetória com maior ângulo tem maior tempo de voo,
enquanto a trajetória com menor ângulo tem maior velocidade na altura máxima.
Questão 03
No Campeonato Mundial de Atletismo de 1991, em Tóquio, Mike Powell saltou 8, 95 m,
batendo por 5 cm um recorde de 23 anos estabelecido por Bob Beamon para o salto em
distância. Suponha que Powell iniciou o salto com uma velocidade de 9, 5 m/s (aproxima-
damente igual à de um velocista) e que g = 9, 8 m/s2 em Tóquio. Calcule a diferença entre
o alcance de Powell e o máximo alcance possível para uma partícula lançada com a mesma
velocidade.
Resolução
O alcance máximo de um projétil em lançamento oblíquo ocorre quando o ângulo de lan-
çamento é 45◦ e pode ser determinado pela equação:
Rmax =
v20
g
. (9)
Substituindo os valores:
Rmax =
(9, 5)2
9, 8
(10)
=
90, 25
9, 8
(11)
≈ 9, 21 m. (12)
A diferença entre o alcance máximo teórico e o salto de Powell é:
∆R = Rmax −RPowell (13)
Substituindo os valores:
∆R = 9, 21− 8, 95 (14)
= 0, 26 m. (15)
Conclusão
A diferença entre o alcance máximo teórico para a mesma velocidade e o salto de Mike
Powell é aproximadamente 0, 26 m. Isso sugere que o salto de Powell foi realizado em um
ângulo um pouco diferente de 45◦, o que afetou seu alcance.
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Questão 04
Uma pedra é lançada por uma catapulta no instante t = 0, com uma velocidade inicial
de módulo 20, 0 m/s e ângulo de 40, 0◦ acima da horizontal. Quais são os módulos das
componentes:
(a) Horizontal e (b) vertical do deslocamento da pedra em relação à catapulta em t = 1, 10
s?
(c) Horizontal e (d) vertical em t = 1, 80 s?
(e) Horizontal e (f) vertical em t = 5, 00 s?
Resolução
O deslocamento da pedra segue as equações do movimento balístico, onde:
x = v0xt, (deslocamento horizontal) (16)
y = v0yt−
1
2
gt2. (deslocamento vertical) (17)
A velocidade inicial da pedra pode ser decomposta em componentes:
v0x = v0 cos θ0 = 20, 0 cos 40◦ ≈ 15, 32 m/s, (18)
v0y = v0 sin θ0 = 20, 0 sin 40◦ ≈ 12, 86 m/s. (19)
A aceleração da gravidade é g = 9, 8 m/s2.
(a) e (b) Deslocamento em t = 1, 10 s
x1,10 = 15, 32× 1, 10 ≈ 16, 85 m, (20)
y1,10 = 12, 86× 1, 10− 1
2
(9, 8)(1, 10)2 (21)
= 14, 15− 5, 93 ≈ 8, 22 m. (22)
(c) e (d) Deslocamento em t = 1, 80 s
x1,80 = 15, 32× 1, 80 ≈ 27, 58 m, (23)
y1,80 = 12, 86× 1, 80− 1
2
(9, 8)(1, 80)2 (24)
= 23, 15− 15, 89 ≈ 7, 26 m. (25)
5
(e) e (f) Deslocamento em t = 5, 00 s
x5,00 = 15, 32× 5, 00 ≈ 76, 60 m, (26)
y5,00 = 12, 86× 5, 00− 1
2
(9, 8)(5, 00)2 (27)
= 64, 30− 122, 50 ≈ −58, 20 m. (28)
O resultado negativo indica que a pedra já atingiu o solo e percorreu um deslocamento
adicional para baixo.
Conclusão
Os deslocamentos da pedra nos instantes indicados são:
(a) x = 16, 85 m, (b) y = 8, 22 m em t = 1, 10 s.
(c) x = 27, 58 m, (d) y = 7, 26 m em t = 1, 80 s.
(e) x = 76, 60 m, (f) y = −58, 20 m em t = 5, 00 s (indicando que a pedra já caiu).
Questão 05
Um projétil é disparado com uma velocidade inicial v0 = 30, 0 m/s, a partir do solo, com
o objetivo de atingir um alvo que está no solo a uma distância R = 20, 0 m, como mostra
a Figura. Qual é:
(a) O menor ângulo de lançamento para o qual o projétil atinge o alvo?
(b) O maior ângulo de lançamento para o qual o projétil atinge o alvo?
Resolução
O alcance de um projétil lançado obliquamente é dado pela equação:
R =
v20 sin 2θ
g
. (29)
Rearranjando para encontrar o ângulo de lançamento:
sin 2θ =
gR
v20
. (30)
6
Substituindo os valores dados:
sin 2θ =
(9, 8)(20, 0)
(30, 0)2
(31)
=
196
900
(32)
= 0, 2178. (33)
Agora, encontramos os dois ângulos possíveis resolvendo:
2θ = arcsin(0, 2178) (34)
2θ = 12, 6◦ (35)
θ1 = 6, 3◦. (36)
O segundo ângulo é obtido usando a relação:
θ2 = 90◦ − θ1. (37)
Portanto:
θ2 = 90◦ − 6, 3◦ = 83, 7◦. (38)
Conclusão
Os dois ângulos de lançamento que permitem ao projétil atingir o alvo são:
(a) O menor ângulo: 6, 3◦.
(b) O maior ângulo:83, 7◦.
Esses valores confirmam que um mesmo alcance pode ser obtido para dois ângulos comple-
mentares de lançamento.
Questão 06
Um carro move-se ao longo de uma curva circular de raio r = 90 m. No instante mostrado,
sua taxa de rotação é θ̇ = 0, 4 rad/s, a qual está aumentando a uma taxa de θ̈ = 0, 2 rad/s2.
Determine as intensidades da velocidade e da aceleração do carro neste instante.
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Resolução
O movimento do carro segue um movimento circular não uniforme, onde há tanto uma
componente tangencial quanto uma componente centrípeta da aceleração.
A velocidade tangencial do carro é dada por:
v = rθ̇ (39)
= 90× 0, 4 (40)
= 36 m/s. (41)
A aceleração total do carro possui duas componentes:
• Aceleração normal (centrípeta), que mantém o carro na trajetória curva:
an =
v2
r
(42)
=
362
90
(43)
=
1296
90
(44)
= 14, 4 m/s2. (45)
• Aceleração tangencial, que representa a variação da velocidade ao longo do tempo:
at = rθ̈ (46)
= 90× 0, 2 (47)
= 18 m/s2. (48)
A aceleração total é obtida pela soma vetorial das componentes normal e tangencial:
aT =
√
a2n + a2t (49)
=
√
(14, 4)2 + (18)2 (50)
=
√
207, 36 + 324 (51)
=
√
531, 36 (52)
≈ 23, 05 m/s2. (53)
Conclusão
Os resultados obtidos são:
• Velocidade do carro: 36 m/s.
• Aceleração total do carro: aproximadamente 23, 05 m/s2.
Esses valores demonstram a influência da variação da taxa de rotação na aceleração do
carro.
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Questão 07
Um ciclista percorre uma pista circular de raio r = 120 m. Em determinado instante, sua
taxa de rotação é θ̇ = 0, 5 rad/s, e essa taxa está aumentando a uma razão de θ̈ = 0, 3
rad/s2. Determine as intensidades da velocidade e da aceleração do ciclista neste instante.
Resolução da Questão Adicional
A velocidade tangencial do ciclista é:
v = rθ̇ (54)
= 120× 0, 5 (55)
= 60 m/s. (56)
As componentes da aceleração são:
• Aceleração normal (centrípeta):
an =
v2
r
(57)
=
602
120
(58)
=
3600
120
(59)
= 30 m/s2. (60)
• Aceleração tangencial:
at = rθ̈ (61)
= 120× 0, 3 (62)
= 36 m/s2. (63)
A aceleração total é:
aT =
√
a2n + a2t (64)
=
√
(30)2 + (36)2 (65)
=
√
900 + 1296 (66)
=
√
2196 (67)
≈ 46, 86 m/s2. (68)
Conclusão da Questão Adicional
Os resultados obtidos para o ciclista são:
• Velocidade do ciclista: 60 m/s.
• Aceleração total do ciclista: aproximadamente 46, 86 m/s2.
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