Problemas Cap04 Halliday - Mov 2 e 3 Dimensões

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 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 esquema: 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
7 
 
r
d
h
x
y
v
 
A aceleração centrípeta procurada é dada por: 
 2
c
v
a
r
 (1) 
Análise do movimento no eixo horizontal (x): 
 
0 xx x v t
 
 
0d vt
 
 
d
t
v
 (2) 
Análise do movimento no eixo vertical (y): 
 
2
0 0
1
2
yy y v t at
 
 
210 0
2
h gt
 
 
21
2
h gt
 (3) 
Substituindo-se (2) em (3): 
 2
2
1
2
d
h g
v
 
 2
2
2
gd
v
h
 (4) 
Substituindo-se (4) em (1): 
 2
2
c
gd
a
rh
 
 22
2(9,81 m/s )(11 m) 223,1221... m/s
2(1,4 m)(1,9 m)
ca
 
 
3 22,2 10 m/sca
 
 
70. A neve está caindo verticalmente à velocidade escalar constante de 7,8 m/s. (a) A que ângulo 
com a vertical e (b) com qual velocidade os flocos de neve parecem estar caindo para o 
motorista de um carro que viaja numa estrada reta à velocidade escalar de 55 km/h? 
 (Pág. 69) 
Solução. 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
8 
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vC é a velocidade do carro em relação 
ao solo, vN é a velocidade da neve em relação ao solo e vNC é a velocidade da neve em relação ao 
carro: 
 
(a) O ângulo que a neve faz com a vertical vale: 
 
tan C
N
v
v
 
 
1tan 27,0463C
N
v
v
 
 
27
 
(b) A velocidade escalar da neve é dada por: 
 
2 2 61,7534 km/hNC C Nv v v
 
 
62 km/hNCv
 
Obs. Apenas como curiosidade, vamos mostrar o vetor vNC. Os vetores vN e vC são definidos como: 
 
C Cvv i
 
 
N Nvv j
 
De acordo com o esquema, temos: 
 
N C NCv v v
 
 
NC N Cv v v
 
Logo: 
 
NC C Nv vv i j
 
 
71. Um trem viaja para o Sul a 28 m/s (relativamente ao chão), sob uma chuva que está sendo 
soprada para o sul pelo vento. A trajetória de cada gota de chuva faz um ângulo de 64
o
 com a 
vertical, medida por um observador parado em relação à Terra. Um observador no trem, 
entretanto, observa traços perfeitamente verticais das gotas na janela do trem. Determine a 
velocidade das gotas em relação à Terra. 
 (Pág. 69) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema vetorial de velocidades, onde vT é a velocidade do trem em relação à 
Terra, vG é a velocidade das gotas de chuva em relação à Terra e vGT é a velocidade das gotas de 
chuva em relação aotrem: 
 
Os vetores vT e vGT são definidos como: 
 
T Tvv i
 (1) 
vNC
vN
vC
x
y
vGT
vG
vT
x
y
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
9 
 
cosGT Gvv j
 (2) 
De acordo com o esquema, temos: 
 
G T GTv v v
 (3) 
Substituindo-se (1) e (2) em (3): 
 
cosG T Gv vv i j
 (4) 
O esquema mostra que vG é definido por: 
 
sen cosG G Gv vv i j
 (5) 
Comparando-se (4 e (5), conclui-se que: 
 
senG Tv v
 
 
sen
T
G
v
v
 (6) 
Substituindo-se (6) em (4): 
 
tan
T
G T
v
vv i j
 
O módulo de vG é dado por: 
 2
2 31,1528 m/s
tan
T
NC T
v
v v
 
 
31 m/sNCv
 
 
81. Um homem quer atravessar um rio de 500 m de largura. A velocidade escalar com que consegue 
remar (relativamente à água) é de 3,0 km/h. O rio desce à velocidade de 2,0 km/h. A velocidade 
com que o homem caminha em terra é de 5,0 km/h. (a) Ache o trajeto (combinando andar e 
remar) que ele deve tomar para chegar ao ponto diretamente oposto ao seu ponto de partida no 
menor tempo. (b) Quanto tempo ele gasta? 
 (Pág. 70) 
Solução. 
(a) O trajeto procurado é definido pelo ângulo que o remador deve adotar para direcionar o barco 
durante a travessia, de forma que a soma dos tempos gastos remando (t1) e andando (t2) deve ser o 
menor possível. Logo, a solução deste item consiste em construir uma função matemática t1 + t2 = 
f( ) e, em seguida, achar o valor de onde t1 + t2 tem seu valor mínimo, ou seja, d(t1 + t2)/d = 0. 
Considere o seguinte esquema para a situação: 
 
t1 ,d1
t2 ,d2
A
BC
v
vA
vHA
vH
l
x
y
 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
10 
A velocidade do homem em relação à água (vHA) deve fazer um ângulo em relação à margem. A 
velocidade da água (vA) fará com que o barco percorra a trajetória retilínea AB, que faz um ângulo 
 em relação à margem. O trajeto AB mede d1 e será percorrido num tempo t1. Ao chegar ao ponto 
B, o homem irá caminhando até C num tempo t2 através de uma distância d2. Seja o esquema 
vetorial de velocidades: 
 
vHA
vH
vA
 
De acordo com o esquema acima: 
 
HAAH vvv
 (1) 
Mas: 
 
iv aA v
 (2) 
 
cos senHA HA HAv vv i j
 (3) 
Logo, substituindo-se (2) e (3) em (1): 
 
( cos ) senH a HA HAv v vv i j
 
Movimento do ponto A ao ponto B: 
 
tvrr 0
 
 
1tHAB vrr
 
Considerando-se um sistema de coordenadas cartesianas com origem no ponto A, temos: 
 
jir 2 ldB
 
Logo: 
 
2 1 0 [( cos ) sen ]A HA HAd l v v v ti j i j
 (4) 
A equação (4) somente é verdadeira se e somente se: 
 
2 1( cos )A HAd v v t
 
e 
 
1 senHAl v t
 (5) 
Logo, de acordo com (10): 
 
1
senHA
l
t
v
 
Mas, de acordo com o esquema principal acima: 
 
tan
2
l
d
 (6) 
Também podemos dizer que: 
 
jiv HyHxH vv
 
Onde: 
 
)cos(
sen
tan
HAA
HA
Hx
Hy
vv
v
v
v (7) 
Substituindo-se (7) em (6): 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
11 
 
sen
)cos(
2
HA
HAA
v
vvl
d
 (8) 
Movimento de B até C: 
 
tvxx x0 
 
 
22 0 vtd
 
 
v
d
t 22
 (9) 
Substituindo-se (8) em (9): 
 
sen
)cos(
2
HA
HAA
vv
vvl
t
 
Agora podemos construir a função t1 + t2 = f( ): 
 
sen
)cos(
θsen21
HA
HAA
HA vv
vvl
v
l
tt
 
 
sen
)cos(
21
HA
HAA
vv
vvvl
tt
 (10) 
O mínimo da função (10) agora pode ser encontrado. 
 2
1 2
2
( ) [( )sen ( cos )cos ]
0
sen
HA A HA
HA
d t t v v v vl
d vv
 (11) 
A equação (11) somente é verdadeira se: 
 
0cos)cos(sen2 HAAHA vvvv
 
Logo: 
 
cos)()cos(sen 22 AHA vvv
 
 
A
HA
vv
v
cos
 
 
A
HA
vv
v1cos
 
 
o1 3769,115
)]km 0,2()km 0,5[(
)km 0,3(
cos 
 
 o115 
(b) Da equação (10): 
 o
1 2 o
(0,500 km)[(5,0 km/h) (2,0 km/h) (3,0 km/h)cos115,3769 )
(5,0 km/h)(3,0 km/h)sen115,3769
t t
 
 
h 2108,021 tt
 
 
h 21,021 tt
 
 
82. Um navio de guerra navega para leste a 24 km/h. Um submarino a 4,0 km de distância atira um 
torpedo que tem a velocidade escalar de 50 km/h. Se a posição do navio, visto do submarino, 
está 20
o
 a nordeste (a) em qual direção o torpedo deve ser lançado para acertar o navio, e (b) 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
12 
que tempo decorrerá até o torpedo alcançar o navio? 
 (Pág. 70) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 x
y
v N
v TN
v T
 
Pelo esquema acima, temos: 
 
T N TNv v v
 
 
TN T Nv v v
 
onde vTN é o vetor velocidade do torpedo em relação ao navio. Os vetores vN e vT são assim 
definidos: 
 
N Nvv i
 (1) 
 
sin cosT T Tv vv i j
 (2) 
onde é o ângulo procurado no item (b) do enunciado. 
 
sin cos sin cosTN T T N T N Tv v v v v vv i j i i j
 (3) 
Mas: 
 
sin cosTN TN TNv vv i j
 (4) 
Como os vetores (3) e (4) são iguais, suas componentes também são iguais. 
 
sin sinT N TNv v v
 (5) 
 
cos cosT TNv v
 (6) 
Dividindo-se (5) por (6): 
 
sin
tan
cos
T N
T
v v
v
 (7) 
Resolvendo-se (7) : 
 4 4 2 2 2
1
2 2
tan tan
sec
N T T T N T
T N
v v v v v v
v v
 
São duas as soluções possíveis: 
 
173,89...
46,8112...
o
o
 
Pelo esquema inicial, conclui-se que a resposta mais coerente é a segunda opção: 
 
47o
 
(b) Equação de movimento do navio e do torpedo: 
 
0N N Ntr r v
 
________________________________________________________________________________________________________ 
Seção dedicada ao aluno de graduação 
13 
 
0T T T tr r v
 
Como no instante t da colisão entre o torpedo e o navio ambos estarão na mesma posição, temos: 
 
N Tr r
 
 
0 0N N T Tt tr v r v
 
Mas: 
 
0 0Tr
 
Logo: 
 
0N N Tt tr v v
 (8) 
Porém: 
 
0 sin cosN d dr i j
 (9) 
Substituindo-se (1), (2) e (9) em (8): 
 
sin cos sin cosN T Td d v t v t v ti j i i j
 
 
( sin ) cos sin cosN T Td v t d v t v ti j i j
 (10) 
Como os vetores descritos em ambos os membros de (10) são iguais, suas componentes também são 
iguais. Igualando-se as componentes y desses vetores: 
 
cos cosTd v t
 
 
cos
cosT
d
t
v
 
 
o
(4,0 km)cos(20 )
0,109838... h
(50 km/h)cos(46,8112... )
o
t
 
 
0,11 ht