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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 1 EXERCÍCIOS PROPOSTOS RESOLVIDOS MOVIMENTO EM UMA E DUAS DIMENSÕES EQUAÇÕES 2 00 )21( tatvrr ++= tavv += 0 ravv ∆⋅+= 2202 1) Um projétil é lançado verticalmente para cima com velocidade inicial v0 (= 30 m/s). Determine (a) a altura máxima atingida; (b) o tempo decorrido até alcançar a altura máxima; (c) a velo- cidade ao atingir o solo. (Para ter uma visão mais ampla do problema, esboce os gráficos da velocidade e da posição em função do tempo, desde o instante inicial até imediatamente antes de o objeto colidir com o solo.) SOLUÇÃO: Dados: v0 = 30 m/s ; g = 9,8 m/s2 Ilustração: Observador na origem do sistema de coordenadas. a) Determinação de ymax: )180cos()(2 0max202 oyygvv −+= Como, em ymax, y0 = 0 e v = 0, tem- se g vy 2 2 0 max = . (1.1) b) Determinação do tempo de subida (ts): gtvv −= 0 (1.2) Logo, como v = 0, g vtt 0s == . (1.3) c) Determinação a velocidade ao atingir o solo (vf): Primeiramente determinaremos o tempo decorrido entre o lança- mento e o momento que o projétil atinge o solo (tT = 2 ts). 2 00f 2 1 gttvyy −+= Como yf = y0 = 0, tem-se ttgv ×−= )2 (0 0 , cujas soluções possíveis são, t = t0 = 0 (solução trivial, que satis- faz a condição inicial quando y0 = 0), ou 020 =− tgv , ∴ s 0 T 2 2 t g vtt === (1.4) Substituindo (1.4) em (1.2), obtém-se 0 0 0f 2 v g vgvv −= −= (1.5) Ou seja, ao retornar à coordenada de lançamento, a componente vertical da velocidade terá o mesmo módulo, mesma direção, po- rém sentido oposto ao da velocidade inicial. Os gráficos da posição e da velocidade em função do tempo estão apresentados no início da coluna à direita. 2) Um balão sobe com velocidade constante jvv yB ˆ0= . Ao a- tingir a altura H uma pessoa a bordo solta um objeto. Deter- mine (a) a velocidade do objeto ao atingir o solo; (b) esboce um gráfico para a sua posição em função do tempo. Dados: y0 = H, vB = vobjeto = v0 e g Ilustração: Observador na origem do sis- tema de coordenadas. a) Determinação a velocidade do objeto ao atingir o solo (vf): SOLUÇÃO 1: Ao ser abandonado, o objeto possuirá a mesma velocidade do balão, )ˆ(00objeto jvvv +== . Ele subirá até a altura máxima e, ao retornar à coordena- da y = H, terá velocidade idêntica à inici- al, porém com sentido contrário =Hv jv ˆ0− , conforme visto na solução do i- tem (c) do exercício 1. O deslocamento desde este ponto até o so- lo será =∆y )ˆ(f jHyy H −=− , enquanto a velocidade final, an- tes de colidir com o solo, )ˆ()ˆ(2)(2 20202f jHjgvygvv −⋅−+−=∆⋅== , cuja resposta matemática será gHvv 220f +±= , terá como respostas físicas gHvv 220f +−= ou )ˆ(220f jgHvv − += (2.1) Veja a SOLUÇÃO 2 na próxima página. 0 10 20 30 40 50 0 1 2 3 4 5 6 Tempo (s) A lt ur a (m ) -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 0 1 2 3 4 5 6 Tempo (s) V el oc id ad e (m /s )ymax g y0 = yf = 0 0v 0f vv −= 0)( max =yv y ymax g 0v 0)( max =yv y0 = H yf = 0 fv y UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 2 SOLUÇÃO 2: Determinação do tempo total do movimento (tT ≠ 2 ts). 2 00f 2 1 gttvyy −+= Como yf = 0 e y0 = H, tem-se 0 2 0 2 =−− Htvtg ∴ g gHvv t 2200 +±= , sendo 22ds 2 00 )()(2 Htttg H g v g vt +±=+ ± = (2.2) Em que ts = td = 3,1 s são os tempos de subida, que o objeto leva para alcançar a altura máxima, e de descida, para retornar à posi- ção inicial, enquanto s 0,2/2 == gHtH é o tempo que o obje- to leva desde a altura H, quando retorna a essa esta coordenada com velocidade )ˆ(0 jvvH −= , até atingir o solo. O tempo de des- cida total será s 7,3)( 2ddT =+= Httt . Observe, na equação (2.2), 0s 61,0)( 2ds <−=+−=′ Htttt (não é uma resposta física) 0s 7,6)( 2dsT >=++==′′ Httttt (resposta física) (2.3) m/s 3622 20 2 00 0f −=+−= ++ −= gHv g gHvv gvv (2.4) b) A seguir serão apresentados os gráficos da posição e da velo- cidade em função do tempo. As curvas em linhas tracejada (x < 0) e cheia (x > 0) representam a solução matemática, enquanto ape- nas a linha cheia representa a solução física. PARA REFLETIR: Suponha que o objeto tenha sido lançado do solo. (I) Qual deveria ser sua velocidade inicial para alcançar o solo no- vamente com a mesma velocidade final acima? (II) Qual a altura máxima atingida com essa nova velocidade inicial? Quanto tempo levaria para alcançar: (III) a altura H = 20 m? (IV) a altura máxi- ma? (V) o solo novamente? 3) No instante em que um foguete atinge o ponto mais alto da trajetória explode e lança verticalmente, em sentidos opostos, duas partículas com velocidades iniciais numericamente iguais a v0 (= 15 m/s). (a) Sendo g (= 10 m/s2) a aceleração da gra- vidade, determine o intervalo de tempo decorrido entre os ins- tantes t1 e t2 em que as duas partículas chegam ao solo. Despreze o atrito com o ar. (b) Esboce num mesmo gráfico as posições em função do tempo para as duas partículas. SOLUÇÃO: Dados: v1 = v2 = v0, e g. Ilustração: Gráfico de espaço versus tempo para as partículas. a) SOLUÇÃO 1: Equações das posições: Para a partícula 1: 2f1f11i1f1 2 1 tgtvyy −+= (3.1) Para a partícula 2: 2f2f22i2f2 2 1 tgtvyy −−= (3.2) Como, para ambas, o módulo das velocidades iniciais são iguais (v1 = v2 = v0) e as posições iniciais, ponto de partida, e finais, no solo, também, igualando (3.1) e (3.2), tem-se 2 f2f20 2 f1f10 2 1 2 1 tgtvtgtv −−=− )( 2 1)( 2f22f1f2f10 ttgttv −=+ ))(()(2 f2f1f2f1f2f10 ttttttg v +−=+ ∴ g vttt 0f2f1 2)( =−=∆ (3.3) b) SOLUÇÃO 2: A partícula 1 subirá até o ponto de altura máxima e retornará ao ponto de partida após um intervalo de tempo tttt ′=−=∆ i1f11 , com velocidade idêntica em módulo, direção e sentido à velocidade inicial da partícula 2, jvvtv ˆ)( 021 −==′ . Daí até o solo os movimentos de ambas as partículas serão idênticos. Elas atingirão o solo com a mesma velocidade e levarão o mesmo tempo para alcançá-lo. Portanto, o intervalo de tempo decorrido entre os instantes em que as duas partículas chegarão ao solo se- rá o tempo que a partícula 1 levará para retornar ao ponto de par- tida, ou seja, ttttt ′=∆=−=∆ 1f2f1 . 0 10 20 30 40 50 60 70 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 Tempo (s) P os iç ão V er ti ca l ( m ) -40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 Tempo (s) V el oc id ad e (m /s ) +y 1v 2v g ti = 0 t’ = 2v0 /g ∆t tempo (t) t1f t2f +t yi yf UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 3 x0 = y0 = 0 v0x = v0 cosθ 0 v0y = v0 senθ 0 ymax g 0 0v 0)( max =yv θ 0 xv0 yv0 x y Cálculo do tempo decorrido desde o instante inicial, t1i = 0, até o instante final de retorno à coordenada inicial (y1f = y1i), tt ′=f1 . Equação da posição para a partícula 1: 2 f1f11i1f1 2 1 tgtvyy −+= ttgvyy ′× ′−==− 2 10 0i1f1 A solução trivial, 0=′t , é solução apenas para o instante inicial, portanto, s 0.3m/s 10 m/s 1522 20 = × ==′=∆ g vtt (3.4) 4) De uma cidade A parte, para outra cidade B, um trem com ve- locidade constante vA (= 36 km/h). Ao mesmo tempo, de B, partem, simultaneamente, para A, outro trem, com velocidade vB (= 44 km/h), e uma super-mosca, com velocidade v (= 100 km/h). A mosca, encontrando o trem que partiu de A volta imediatamente para B, mas, encontrando o trem que partiu de B, volta imediatamente para A e assim sucessivamente. A dis- tância entre as duas cidades é D (= 40 km). No instante em que os trens se encontram, para a mosca, (a) determine a dis- tância d percorrida. (b) Escreva, em função dos vetores unitá- rios que se fizerem necessários, os vetores posição ( px ) e deslocamento ( dx ), e represente-os no eixo inferior da figura abaixo. Coloque a origem do referencial na cidade A. SOLUÇÃO: Dados: vA, vB, v, e D. a) Para determinar a distância percorrida pela mosca, basta de- terminar o tempo decorrido até a colisão (t). Neste instante, a mosca e os dois trens, aqui considerados como partículas pontu- ais, se encontram na mesma posição xAf = xBf = xf. Ilustração: Representação dos vetores posição e deslocamento. Se as velocidades dos trens fossem iguais, eles se encontrariam no meio do caminho, mas, como vA < vB, o encontro se dará mais perto da cidade A. tvxx AiAfA += (4.1) tvxx i BBfB −= (4.2) Igualando-se (4.1) e (4.2), e sabendo que xAi = 0 e xBi = D, obtém- se h 5,0 BA = + = vv Dt . (4.3) Como a distância percorrida pela mosca é vtd = , (4.4) substituindo-se (4.3) em (4.4), (4.1) e (4.2), obtém-se os três resul- tados abaixo km 50 BA = + = D vv vd (4.5) b) )ˆ( km 18)ˆ( BA A Ap iiDvv vxx +=+ + == (4.6) e )ˆ( km 22)ˆ( BA B ifBd iiDvv vxxxx −=− + =−== (4.7) Observe que Ap xx = e Bd xx = , mas dDxx <=+ dP . 5) Um garoto chuta uma bola para cima de tal maneira que sua velocidade inicial (v0) forme um ângulo θ 0 com a horizontal. (a) Determine a altura máxima atingida pela bola. (b) Escreva, em função dos unitários iˆ e jˆ , o vetor velocidade no ponto de altura máxima. SOLUÇÃO: Dados: v0 , θ 0 (dados explícitos) e g (dado implícito) Ilustração: Bola na origem do sistema de coordenadas. Na horizontal (M. U. ⇒ ax = 0): A velocidade será sempre constante: vx = v0x (5.1) Na vertical [M. U. V. ⇒ )ˆ( jggay −== ou ay = g]: A velocidade será: vy = v0y − gt (5.2) A posição será: 20 2 1 gttvy y −= (5.3) a) Determinação de ymax: Em ymax ⇒ v(ymax) = 0 (5.4) Podemos usar o mesmo procedimento empregado na solução do item (a) do exercício resolvido 1, ou isolar t na equação (5.2) aci- ma e, assumindo que a velocidade vertical na altura máxima é nu- la, obter o tempo de subida (ts = v0y/g). Substituindo ts em (5.3), obtemos g v g v y y 2 sen 2 0 22 0 2 0 max θ == . (5.5) b) Em ymax a velocidade da bola será, momentaneamente, hori- zontal, dada por )ˆ(cos 000max ivvv xy +== θ (5.6) A B +x A B Av Bv v +x A B +x xAi = 0 xBi = xi = D Ax Bx xAf = xBf = xf UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 4 6) Uma bola é lançada com velocidade =+= jvivv yx ˆˆ 000 m/s)ˆ4ˆ2( ji + . Determine (a) o alcance da bola e (b) a velo- cidade com que a bola atingirá o solo, em termos dos vetores unitários ( iˆ e jˆ ). SOLUÇÃO: Dados: m/s)ˆ4ˆ2()ˆˆ( 000 jijvivv yx +=+= )ˆ( m/s 8,9)ˆ( jjgg −=−= m/s 5,4(m/s) 20 02202020 ≅⇒=+= vvvv yx 63)2arctan(arctan 0 0 0 ≅= = x y v v θ m 0,220 ≅gv e senθ 0 = sen(2θ.0) = 0,8 (6.1) Na horizontal (M. U. ⇒ ax = 0): A velocidade será sempre constante: vx = v0x (6.2) A equação da posição será dada por tvx x0= (6.3) Na vertical [M. U. V. ⇒ )ˆ( jggay −== ou ay = g]: A velocidade será: vy = v0y − gt (6.4) A posição será: 20 2 1 gttvy y −= (6.5) Ilustração: Posição inicial na origem do sistema de coordenadas. a) Determinação do alcance (xmax): Usando o mesmo procedimento empregado na solução do item (c) do exemplo resolvido 1 para calcular o tempo total do movimento (tT), obtém-se g v t y0T 2 = (6.6) Substituindo (6.6) em (6.3), e usando (6.1), obtemos ( ) ( ) m 6,12sen cossen2 2 0 2 0 max 00 2 000 max ≅= == θ θθ g vx g v g vv x yx (6.7) Gráfico de sen(2θ 0) versus θ 0. Observe que, para uma velocidade inicial fixa, o alcance depende- rá unicamente do ângulo de lançamento, e será máximo para θ 0 = 45º, conforme pode ser observado na figura anterior. b) Determinação de yx vvv fff += : Como visto na eq. (6.2), a componente horizontal da velocidade é sempre a mesma, ivv xx ˆ m/s) 2(0f == , e a componente vertical será idêntica à velocidade inicial, porém com sentido contrário yy vv 0f −= , conforme visto na solução do item (c) do exercício 1. Portanto, substituindo (6.6) em (6.4), temos m/s 4 2 0 0 0f −=−= −= y y yy vg v gvv (6.7) ∴ m/s )ˆ4ˆ2(f jiv −= (6.8) 7) Um pequeno objeto é arremessado obliquamente com uma inclinação θ 0 acima da horizontal. No mesmo instante deixa- se cair um segundo objeto de uma altura H acima do solo, conforme representado abaixo. Determine o módulo da velo- cidade do primeiro objeto (v01), de tal forma que colidam no instante em que este primeiro se encontrar em sua altura má- xima. Dê sua resposta em termos de g, H e θ 0. SOLUÇÃO: Dados: y1i = 0, y2i = H, y1f = y2f = y1max, t1subida = t2queda = t, a1y = a2y = g, v1yf = v2yi = v02 = 0 PARA O OBJETO (1): A componente vertical da velocidade inicial é 011 senθiiy vv = . (7.1) Cálculo do tempo de subida (1), ou queda (2): t1subida = t2queda = t A equação da velocidade é dada por gtvv yy −= i1f1 . (7.2) Como, ao atingir a altura máxima, v1yf = 0, de (7.2), temos g v ttt y i1qs === (7.3) Cálculo da altura máxima: 2 i1i1f1 2 1 tgtvyy y −+= (7.4) Substituindo (7.3) em (7.4) e sabendo que y1i = 0, temos g v g v y yyi 22 11 2 i1 2 1 max1 = −= (7.5) y x 01v θ 0 g 0 (1) (1) ≡ (2) (2) H 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 θ0 se n( 2 θ 0) x0 = y0 = 0 v0x = 2 m/s v0y = 4 m/s g 0 0v θ0 xv0 yv0 x y UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 5 PARA O OBJETO (2): A equação da posição é dada por 2 i2i2f2 2 1 tgtvyy y −+= . (7.6) Substituindo (7.3) e (7.5) em (7.6), e sabendo que y2i = H, y2f = y1max e v2yi = 0, temos 2 i1 2 i1 max1 22 −== g vgH g v y yy H g v g v yy ==+ 2 i1 2 i1 )11( 2 . (7.7) Substituído(7.1) em (7.7), obtemos a velocidade inicial de (1) 0 i1 senθ gH v = . (7.8) 8) O alcance de um projétil é quatro vezes superior a altura má- xima atingida durante sua trajetória em direção ao alvo. O pro- jétil permanece no ar durante um intervalo de tempo t. Deter- mine (a) o ângulo de lançamento e (b) a velocidade inicial. SOLUÇÃO: Dados: xmax = 4 ymax, ttotal = tT = t a) Nos exercícios resolvidos 5 e 6, obtivemos as seguintes equa- ções para ymax e xmax. g vy 2 sen 0220 max θ = (5.5) ( )00 2 0 max cossen2 θθg vx = (6.6) Como 00T0maxmax cos 4 θtvtvyx x === , (8.1) substituindo (5.5) e (6.6) em (8.1), obtemos ( ) = g v g v 2 sen4cossen2 0 22 0 00 2 0 θθθ ⇒ 00 sencos θθ = ∴ °== 45)1arctan(0θ . (8.2) b) Substituindo (8.2) em (8.1), temos tv g v g v g vx 0 2 0 2 0 2 0 max 2 2 4 2 2 4 2 2 2 22 == ××= ××= ∴ tgv 2 2 0 = (8.3) O resultado acima, (8.3), também poderia ser obtido a partir da equação da altura máxima, lembrando que o tempo de subida é metade do tempo total ( 2/s tt = ). Ou seja, ss0max gttvy y −= 2 0 2 0 2222 2 4 2 2 ×−××=× tgtv g v Multiplicando ambos os lados da equação acima por 4 g, pode- mos reescrevê-la como 0 2 )2( 22 0 2 0 = +− tgvgtv tg tgtggt v 2 2 2 )2/(1422 2222 0 = ××−± = (8.4) Como era de se esperar. 9) (a) Prove que a razão entre a altura máxima H e o alcance R, para um projétil lançado do solo com um ângulo θ 0 acima da horizontal, é dado por 0tan4 1/ θ=RH . (b) Para que ângu- lo de lançamento θ 0 temos H = R ? SOLUÇÃO: Dados: θ0, xmax = R, ymax = H e atotal = ay = g (em módulo) a) Procedendo como nos exercícios resolvidos 5 e 6, é possível obter as seguintes equações para ymax e xmax. g vy 2 sen 0220 max θ = (5.5) e ( )00 2 0 max cossen2 θθg vx = (6.5) Dividindo (5.5) por (6.5), obtemos 0 0 00 2 0 0 22 0 cos sen 4 1 cossen22 sen θ θ θθ θ = × = v g g v R H 0tan4 1 θ= R H (9.1) b) Para H = R, implica em 4tan 0 =θ , donde 76)4arctan(0 ≅=θ (9.2) 10) Durante uma partida de futebol, um atacante, percebendo que o goleiro está adiantado, resolve tentar um chute de longa dis- tância, conforme esquematizado na figura abaixo. O atacante está a uma distância D do goleiro e chuta a bola com veloci- dade inicial de módulo v0, formando um ângulo θ0 com a dire- ção horizontal. (a) Utilizando os eixos indicados na figura, es- creva as expressões para as coordenadas da bola em função do tempo, x(t) e y(t). (b) Que altura mínima H, com os braços esticados, as mãos do goleiro devem atingir para intercepta- rem a bola. Dê sua resposta em função de D, θ 0, v0 e g. (c) Determine o vetor velocidade (use os unitários iˆ e jˆ ) quando ela se encontra imediatamente sobre o goleiro. SOLUÇÃO: Dados: D, θ 0, v0, e g a) Em x: 0=xa ⇒ 000 cos)( θvvtv xx == (10.1) e tvtvtx x 000 cos)( θ== (10.2) Em y: gay = (em módulo) 000 senθvv y = (10.3) gtvtv yy −= 0)( (10.4) ∴ 2 00 2 0 2 1sen)( 2 1)( tgtvty tatvty yy −= −= θ (10.5) D θ 0 H y x 0v goleiro gol g UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 6 b) Cálculo do tempo que a bola leva para alcançar o goleiro: Para Dtx =)( em (10.2), tem-se 00 cosθv Dt = (10.6) Substituindo (10.6) em (10.5), obtém-se 0 22 0 2 0 cos2 tan)( θ θ v DgDHty −== . (10.7) c) De (10.1), (10.4) e (10.6) obtém-se −+= j v gDivvD ˆcos senˆcos 0 2 0 000 θ θθ . (10.8) 12) De um avião, mergulhando em um ângulo θ 0 com a vertical e a uma altura H, é abandonado um objeto que bate no solo após um intervalo de tempo t. Determine, para o objeto, os ve- tores velocidade (a) ao deixar o avião, (b) ao atingir o solo e (c) o vetor deslocamento total. Escreva suas respostas em termos das variáveis θ 0, H, t e g (aceleração da gravidade) e dos vetores unitários que se fizerem necessários. SOLUÇÃO: Dados: θ 0, H, t, e g Ilustração: Origem do sistema de coordenadas no solo, imediata- mente abaixo do ponto de lançamento. a) Cálculo do módulo da velocidade inicial: Na vertical, temos: 2 00 2 1 tgtvyy y −−= (12.5) Substituindo (12.2) e (12.4) em (12.5) e usando o fato de que ao atingir o solo y = 0, obtém-se 0 00 cos 1 2 θ × −== tg t Hvv . (12.6) Finalmente, valendo-se de (12.3), (12.4) e (12.6), o vetor veloci- dade inicial pode ser escrito nas formas: jvivvvv yxyx ˆˆ 00000 −=+= , ou, )ˆcosˆsen( 0000 jivv θθ −= , ou ainda )ˆˆ(tan 2 00 jitg t Hv −× −= θ . (12.7) b) Cálculo do vetor velocidade do projétil ao atingir o solo: jvivvvv yxyx ˆˆ −=+= (12.8) Na horizontal (M.U. ⇒ vx = v0x = cte. e ax = 0). Assim, 00 tan2 θθ −== tg t Hsenvv xx , (12.9) já obtido em (a), vide equação (12.7). Na vertical [MUV ⇒ )ˆ( jggay −== ]. tgvv yy −−=− 0 ∴ += 2 tg t Hvy (12.10) Substituindo (12.9) e (12.10) em (12.8), obtém-se: jtg t Hitg t Hv ˆ 2 ˆtan 2 0 +− −= θ (12.11) c) Cálculo do vetor deslocamento total ( r∆ ): yxr ∆+∆=∆ (12.12) ou )ˆ()ˆ( jyixr −∆+∆=∆ (12.13) ou ainda )ˆ()ˆ( jyixr ∆+∆=∆ (12.14) HHyyy −=−=−=∆ 00 (12.15) tvxxxx x00 0 =−=−=∆ (12.16) De (12.14), (12.9), (12.16) e (12.15), tem-se: jHitgHr ˆˆtan 2 1 0 2 − −=∆ θ ou − −=∆ ji H tgHr ˆˆtan 2 1 0 2 θ (12.13) 0 x y θ 0 g 0v v Hy =0 x ti = t0 = 0 tf = t x0 = 0 (12.1) y0 = H (12.2) v0x = v0 senθ 0 (12.3) 0 ixr ˆf = +y +x jHr ˆi = 0 fr +y +x ir − if rrr −=∆ UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 7 19) Um projétil é lançado com um ângulo θ 0 acima da horizontal. (a) Mostre que o ângulo de elevação φ do ponto mais alto (ymax), visto do local de lançamento, está relacionado com θ 0, o ângulo de elevação do lançamento, por tanφ = (tanθ 0)/2. (b) Calcule φ para θ 0 = 45°. SOLUÇÃO: Dados: θ 0 e φ a) Nos exercícios resolvidos 5 e 6, obtivemos as seguintes equa- ções para ymax e xmax. g vy 2 sen 0220 max θ = (5.5) ( )00 2 0 max cossen2 θθg vx = (6.6) Como 2/ tanmax max x y =φ , (19.1) substituindo (5.5) e (6.6) em (19.1), obtemos 2 tan cos2 2 )cossen 2( 2 sen tan 0 0 0 00 2 0 0 22 0 θ θ θ θθ θ φ === sen g v g v (19.2) b) Para θ 0 = 45°, °≅= 27)2/1arctan(φ . (19.3) 21) Para um projétil lançado da origem de um sistema de referên- cia com velocidade 0v , fazendo um ângulo θ 0 acima da hori- zontal, determine: (a) O tempo necessário para atingir nova- mente o solo, que se encontra na mesma coordenada vertical da origem. (b) O tempo necessário para atingir a altura máxi- ma e o vetor posição neste instante. (c) O alcance do projétil. (d) A equação da posição vertical em função da posição hori- zontal, )(xfy = . SOLUÇÃO: Dados: x0 = y0 = 0, v0 , θ 0 e g. Na horizontal (em x) o movimento é uniforme ( 0=xa ), sendo a velocidade e a posição dadas, respectivamente, por 000 cos)( θvvtv xx == (21.1) tvtvxtx x )cos()( 0000 θ=+= (21.2) Na vertical (em y) o movimento é uniformemente acelerado ( ga y = ), sendo a velocidade e a posição dadas, respectivamen- te, por gtvgtvtv yy −=−= 000 sen)( θ (21.3) e 200 2 00 2 1)sen( 2 1)( gttvgttvyty y −=−+= θ (21.4) a) Cálculo do tempo total, tT . A coordenada vertical final será 0) 2 1( 2 1)( 020f =−=−= ttgvgttvty yy , que fornece os seguintes valores para o tempo: 001 == tt (instante inicial), e g v tt y0T2 2 == (instante final). (21.5) b1) Cálculo do tempo de subida, ts. Ao atingir a altura máxima a velocidade vertical do projétil é nula, assim, de (21.3), obtém-se g vttt yy 0T smax 2 === , (21.6) que é a metade do tempo total. b2) Cálculo do vetor posição. A substituição de (21.6) em (21.2) e (21.4) fornece g v g v vtx yx 2 )cossen2()( 00 2 00 0s θθ = = 22 )2(sen)( max0 2 0 s x g vtx == θ (21.7) e g v g v y y 2 )sen( 2 2 00 2 0 max θ == (21.8) Outra maneira de se obter o resultado acima é utilizando a equa- ção abaixo, fazendo vy = 0. 02)(2 max200max202 =−=−−= gyvyygvv yyy Usando (21.7) e (21.8), o vetor posição será dado por [ ]ji g vtr ˆsenˆ)2(sen 2 )( 020 2 0 θθ += . (21.9) c) Cálculo do alcance. Substituindo (21.5) em (21.2), obtemos g v g v vtxx yx )2(sen2)( 0 2 00 0Tmax θ = == (21.10) d) Isolando t em (21.2) e substituindo o resultado em (21.4) ob- tém-se 2 2 00 0 )cos(2 )(tan)( x v gxxy −= θ θ (21.11) 22) Uma bola é lançada verticalmente para cima, com velocidade inicial de módulo v0 a partir do solo. a) Que altura, a partir do solo, atingirá a bola? b) Quanto tempo ficará no ar? c) Em que instante(s) estará a um terço da altura máxima atingida em re- lação ao solo? d) Faça um gráfico v × t correspondente ao movimento da bola. Escreva suas respostas apenas em ter- mos dos dados do problema: v0 e g. SOLUÇÃO: Dados: v0 e g Ilustração: a) Determinação de ymax: Cálculo já efetuado no exemplo resolvido 1. g vy 2 2 0 max = (1.1) b) Cálculo de tTotal : 200 2 1 tgtvyy −+= Ao retornar ao ponto de partida, 00 == yy , tem-se ttgv × −= 20 2 10 ∴ 001 == tt e g vtt 0Total2 2 == (22.2) y0 = 0 y 0v g UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA FÍSICA I – MECÂNICA 8 c) Cálculo do(s) instante(s) tc em que a bola estará em 3 maxy : 2 cc0 2 0max c 2 1 63 tgtv g vyy −=== 0 62 2 0 c0 2 c =+− g vtvtg −−±−− =± 2 2 62 4)()( )( 2 02 00 c g g vgvv t g vt 0c 3 21)( ±=± (22.3) Sendo tc(−) e tc(+) os instantes em que a bola passará pela posi- ção requerida na subida e na descida, respectivamente. d) Gráfico v × t. 23) Uma partícula move-se no plano xy com aceleração constante )ˆ()ˆ( jia −+= βα e, no instante t = 0 s, passa pela origem do sistema de coordenadas com velocidade )ˆ(0 jv γ= . A ve- locidade e a aceleração estão em unidades do SI. (a) Deter- mine, em função dos vetores unitários, os vetores posição ( r ) e velocidade ( v ) no instante posterior quando a partícula cru- zará a coordenada y = 0. Supor, neste item, β = 2α. (b) Faça um diagrama e esboce, além dos dados iniciais do problema, a trajetória da partícula. SOLUÇÃO: Dados: jia ˆˆ βα −= , jv ˆ0 γ= α=xa , αβ 2==ya a) Cálculo do tempo decorrido entre o instante em que a partícula passa pela origem (x0 = y0 = 0) e a coordenada (x = ? , y = 0). α γ β γ ==∴−+= 2 2 1 2 00 ttatvyy yy (23.1) Cálculo da velocidade neste instante: Em y: tavv yyy −= 0 (23.2) Em x: tavv xxx −= 0 (23.3) Substituindo (23.1) em (23.2) e (23.3), obtém-se yy vv 02 −=−= −= γ β γβγ , (23.4) como era de se esperar, e γ β αγ β γα = = = 22xv . (23.5) Finalmente, )ˆˆ()ˆ()ˆ(2 jijiv −=−+ = γγ β αγ . (23.6) Cálculo do vetor posição: )ˆ()ˆ( jyixr += A coordenada vertical é igual a zero, (y = 0), conforme dado no enunciado, e 2 2 00 222 1 =++= β γαtatvxx xx Portanto, )ˆ(2 )ˆ(2 22 iir α γ β γα = = . (23.7) b) Para v0y = 4,0 m/s, ax = 1,0 m/s2 e ay = 2,0 m/s2, obtém-se: 25) Um carro trafega ao longo de uma curva circular com raio de 200 m. Considerando que sua velocidade aumenta uniforme- mente de 15 m/s para 27 m/s em 3,0 s, determine o módulo de sua aceleração no instante em que sua velocidade é de 20 m/s. (Atribua símbolos para as variáveis e resolva o pro- blema literalmente. Após a obtenção do resultado literal, subs- titua os dados e apresente o resultado numérico.) SOLUÇÃO: Dados: r = 200 m v(t = 0) = v0 = 15 m/s v(t = 3s) = v3 = 27 m/s ∆t = t3 − t0 = (3,0 − 0,0) s = 3,0 s v(t = ?) = v = 20 m/s Cálculo da aceleração radial: 2 22 rad m/s0,2m200 )m/s20( === r va (25.1) Cálculo da aceleração tangencial: tavv tan0 += ∴ 20tan m/s0,4s0,3 m/s)1527( = − = − = t vva (25.2) A aceleração resultante será 222 tan 2 rad )m/s0,4()m/s0,2( +=+= aaa 22 m/s 52m/s 20 ==a (25.3) -8 -6 -4 -2 0 2 4 0 3 6 9 12 15 x (m) y (m ) t v − v0 v0 0 g v0 g v02 ymax y0 = yf = 0 y ymax y0 = H yf = 0 y A B +x A B +x A B +x xAi = 0 xBi = xi = D xAf = xBf = xf ymax 0 0 (0 0 (1) (1) ( (2) (2) H 0
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