I IV 2ª parte Fundamentos de Física Halliday, Resnick e Walker Vol I Mecânica Cap IV Movimento em duas e três dimensões

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Fundamentos de Física – Volume I – Mecânica – 8ª Edição 
Halliday, Resnick e Walker 
Capítulo IV - 2ª parte 
Movimento em duas e três dimensões 
Resolvido por Nelson Poerschke 
 
Você é seqüestrado por estudantes de ciência política (que estão aborrecidos porque você 
disse a eles que a ciência política não é uma ciência de verdade). Embora esteja vendado, 
você pode estimar a velocidade do carro dos seqüestradores (pelo ronco do motor), o tempo de viagem 
(contando mentalmente os segundos) e a orientação da viagem (pelas curvas que o carro fez). A partir 
dessas pistas você sabe que foi conduzido ao longo do seguinte percurso: 
 50 km/h por 2,0 min, curva de 90º para a direita, 20 km/h por 4,0 min, curva de 90 º para a 
direita, 20 km/h por 60 s, curva de 90º para a esquerda, 50 km/h por 60 s, curva de 90º para a direita, 
20,0 km/h por 2,0 min, curva de 90º para a esquerda, 50 km/h por 30 seg. Nesse ponto 
 (a) a que distância você se encontra do ponto de partida; e 
 (b) em que direção em relação à direção inicial você está? 
 
 Solução: 
 a) 
 ݒ = ஽
∆௧
									 ∴ 												ܦ = ݒ ∙ ∆ݐ 
 Conversão de ݇݉/ℎ para ݉/ݏ. 
 Para o 1º trecho (50 km/h por 2,0 min) 
 ହ଴	௞௠
௛
× ଵ௛
ଷ଺଴଴	௦
× ଵ଴଴଴	௠
ଵ	௞௠
= 13,8889	݉/ݏ e 2,0	݉݅݊ × ଺଴	௦
ଵ	௠௜௡
= 120	ݏ 
 Assim, resolvendo da mesma forma para os outros trechos, teremos: 
 ܦ = (13,889݉ ݏ⁄ × 120	ݏ) = 1666,68	݉ 
 ܦ = (5,556݉ ݏ⁄ × 240	ݏ) = 1333,44	݉ 
 ܦ = (5,556݉ ݏ⁄ × 60ݏ) = 333,36	݉ 
 ܦ = (13,889݉ ݏ⁄ × 60	ݏ) = 833,34	݉ 
 ܦ = (5,556	݉ ݏ⁄ × 120	ݏ) = 666,72	݉ 
 ܦ = (13,889݉ ݏ⁄ × 30	ݏ) = 416,67	݉ 
 Usando como referencial o plano cartesiano com x + para a direita e y + para cima, e 
lançando mão dos ângulos das curvas, mais as distâncias já calculadas, e transformando em vetores: 
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 ܦሬሬ⃗ = (1666,68	݉	ଓሬ⃗ − 1333,44	݉	ଔ⃗ − 33,36	݉	ଓ⃗ − 833,35݉	ଔ⃗ − 666,67݉	ଓ⃗ − 	416,67	݉	ଔ⃗ = 
 ܦሬሬ⃗ = 666,65	݉	݅⃗ − 	2583,45	݉	݆⃗ ܦ = ඥ666,65ଶ + 2583,45ଶ = 2668,08	݉ 
 b) 
 ݐ݃	ߠ = ௖௔௧	௢௣
௖௔௧	௔ௗ௝
= 	ିଶହ଼ଷ,ସହ
଺଺଺,଺ହ = −3,875271882							 ∴ 								ߠ = ܽݎܿ	ݐ݃	 ௖௔௧	௢௣௖௔௧	௔ௗ௝ = 	−75,53° 
 
 Assim: 
 O deslocamento, em linha reta, foi de 2668,08 m e a direção foi 75,53° no sentido horário 
em relação ao eixo x positivo. 
 
Cortina da morte. Um grande asteróide metálico colide com a Terra e abre uma cratera no 
material rochoso abaixo do solo, lançando pedras para o alto. A tabela a seguir mostra cinco 
pares de velocidades e ângulos (em relação à horizontal) para essas pedras, com base em um modelo 
de formação de crateras. (Outras pedras, com velocidades e ângulos intermediários, também são 
lançadas.) Suponha que você está em ݔ = 20	݇݉ quando o asteróide chega ao solo no instante ݐ =	0 e 
na posição ݔ = 0 (veja a figura). 
 a) Em ݐ = 	20ݏ, quais são as coordenadas de ݔ e ݕ	das pedras, de A até E, que foram 
lançadas em sua direção? 
 b) Plote essas coordenadas em um gráfico e desenhe uma curva passando pelos pontos pra 
incluir pedras com velocidades e ângulos intermediários. A curva deve dar uma idéia do que você 
veria ao olhar na direção das pedras e do que os dinossauros devem ter visto durante as colisões de 
asteróides com a Terra, no passado remoto. 
 
 
 
Solução: 
 
 a) 
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 ݔ	 = 	ݒ	 × 	ܿ݋ݏߠ	 × ݐ e ݕ = (ݒ × ݏ݁݊ߠ	 × 	ݐ) − ቀଵ
ଶ
× ݃ × ݐଶቁ 
 Assim: 
 Pedra A: 
 ݔ	 = 	ݒ	 × 	ܿ݋ݏߠ	 × ݐ = 520݉ ݏ⁄ × cos 14° × 20	ݏ = 10091,07	݉		 ≅ 		10,10	݇݉ 
 ݕ = (ݒ × ݏ݁݊ߠ	 × 	ݐ) − ቀଵ
ଶ
× ݃ × ݐଶቁ = 
 ݕ = (520݉ ݏ⁄ × ݏ݁݊14° × 20	ݏ) − ቂଵ
ଶ
× 9,806݉ ݏଶ⁄ × (20	ݏ)ଶቃ = 554,79݉	 ≅ 0,57	݇݉ 
 Pedra B: 
 ݔ	 = 	ݒ	 × 	ܿ݋ݏߠ	 × ݐ = 630݉ ݏ⁄ × cos 16° × 20	ݏ = 12111,90	݉		 ≅ 		12,11	݇݉ 
 ݕ = (ݒ × ݏ݁݊ߠ	 × 	ݐ) − ቀଵ
ଶ
× ݃ × ݐଶቁ = 
 ݕ = (630݉ ݏ⁄ × ݏ݁݊16° × 20ݏ) − ቂଵ
ଶ
× 9,806݉ ݏଶ⁄ × (20ݏ)ଶቃ = 1511,83݉	 ≅ 1,51	݇݉ 
 Pedra C: 
 ݔ	 = 	ݒ	 × 	ܿ݋ݏߠ	 × ݐ = 750݉ ݏ⁄ × cos 18° × 20	ݏ = 14265,85	݉		 ≅ 		14,27	݇݉ 
 ݕ = (ݒ × ݏ݁݊ߠ	 × 	ݐ) − ቀଵ
ଶ
× ݃ × ݐଶቁ = 
 ݕ = (750݉ ݏ⁄ × ݏ݁݊18° × 20ݏ) − ቂଵ
ଶ
× 9,806݉ ݏଶ⁄ × (20ݏ)ଶቃ = 2674,05݉	 ≅ 2,67	݇݉ 
 Pedra D: 
 ݔ	 = 	ݒ	 × 	ܿ݋ݏߠ	 × ݐ = 870݉ ݏ⁄ × cos 20° × 20	ݏ = 16350,65	݉		 ≅ 		16,35	݇݉ 
 ݕ = (ݒ × ݏ݁݊ߠ	 × 	ݐ) − ቀଵ
ଶ
× ݃ × ݐଶቁ = 
 ݕ = (870݉ ݏ⁄ × ݏ݁݊20° × 20ݏ) − ቂଵ
ଶ
× 9,806݉ ݏଶ⁄ × (20ݏ)ଶቃ = 3989,95݉	 ≅ 3,99	݇݉ 
 Pedra E: 
 ݔ	 = 	ݒ	 × 	ܿ݋ݏߠ	 × ݐ = 1 ݇݉ ݏ⁄ × cos 22° × 20	ݏ = 18543,68	݉		 ≅ 		18,54	݇݉ 
 ݕ = (ݒ × ݏ݁݊ߠ	 × 	ݐ) − ቀଵ
ଶ
× ݃ × ݐଶቁ = 
 ݕ = (1 ݇݉ ݏ⁄ × ݏ݁݊22° × 20ݏ) − ቂଵ
ଶ
× 9,806݉ ݏଶ⁄ × (20ݏ)ଶቃ = 5530,93݉	 ≅ 5,53	݇݉ 
 
 b) 
 
 
 
 
 
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Na figura, uma bola de massa de modelar descreve um movimento circular uniforme, com um 
raio de 20,0 cm, na borda de uma roda que está girando no sentido anti-horário com um 
período de 5,00 ms. A bola se desprende da borda na posição correspondente a 5 horas (como se 
estivesse no mostrador de um relógio) ela deixa a borda a uma altura ℎ = 1,20	݉ acima do chão e a 
uma distância ݀ = 2,50	݉ de uma parede. Em que altura a bola bate na parede? 
 
Solução: ܴ = 20	ܿ݉ = 0,2	݉ 
 ݐ = 0,005	ݏ 
 ℎ = 1,20	݉ 
 ݀	 = 	2,5	݉ 
 A distância percorrida pela bola de massa de modelar, em cada volta, na borda da roda é o 
perímetro da roda: 
 ܲ = 2ߨܴ 
 Como 
 ݒ = ௉
௧
= ଶగோ
଴,଴଴ହ௦ = ଶ×గ×଴,ଶ௠଴,଴଴ହ௦ = 251,33	݉/ݏ 
 A partir do momento que a bola deixa o contato com a roda, essa velocidade passa a ser a 
଴ܸ da bola. 
 1 circunferência completa = 360°. 
 1 hora = 30° 
 Usando a equação da trajetória: ݕ = (tanߠ଴)ݔ − ௚௫మଶ(௩బ௖௢௦ఏబ)మ 
ݕ = (tan 30,0°)2,5	݉ − 9,806	݉/ݏଶ(2,50݉)ଶ2(251,33݉ ݏ⁄ × ܿ݋ݏ30,0°)ଶ = 1,44 
 Como a bola parte da altura de 1,2 m, e somando mais 1,44 m, temos: 
 
 ℎ = 1,2	݉ + 1,44	݉ = 	2,64	݉ 
 
 
Uma partícula descreve um movimento circular uniforme em torno da origem de um sistema 
de coordenadas ݔݕ, movendo-se no sentido horário com um período de 7,00 s. Em certo 
instante o vetor posição da partícula (em relação à origem) é ⃗ݎ = (2,00݉)ଓ̂ − 	(3,00)ଔ̂. Qual é a 
velocidade da partícula neste instante, em termos dos vetores unitários? 
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Solução: 
 A partícula descreve uma volta completa em um período (ܶ = 7ݏ). 
 Uma volta completa é = 2ߨܴ. 
 Logo temos: 
 ݒ = ଶగோ
்
 mas: ݎ = ඥ(2,00݉)ଶ + (−3,00݉)ଶ 
ݒ = 2ߨܴ
ܶ
= 2ߨ√13	݉ଶ7	ݏ = 3,2363	݉/ݏ 
 
 O vetor velocidade possui direção perpendicular ao raio e sentido horário. 
⃗ݎ × ⃗ݒ = 0 (2,00	ଓ⃗ − 3,00ଔ⃗) × (ܽ	ଓ⃗, ܾଔ⃗) = 0 
 
 Tomando qualquer valor para ܾ, por exemplo ܾ = 2, temos: (2,00	 − 3,00) × (ܽ + 2,00	) = 0 2,00	ܽ	 − 6,00 = 0 
ܽ = 3 
 Logo: ⃗ݒ = (3	, 2) 
 Mas queremos o vetor unitário, assim basta normalizá-lo, dividindo as componentes pelo 
seu módulo ݒො = ௩|௩|: 3,00
ඥ(3ଶ + 2ଶ) ଓ⃗ 	− 2,00ඥ(3ଶ + 2ଶ) ଔ⃗ = (0,832	ଓ⃗ − 0,555ଔ⃗) 
 
 O módulo da velocidade já foi calculado, assim, basta multiplicar pelo vetor unitário que 
teremos o vetor velocidade: 
 3,2363(0,832ଓ⃗ − 0,555ଔ⃗) = (2,69݉ ݏ⁄ )ଓ⃗ − (1,80	݉/ݏ)	ଔ⃗ 
 
 Dada a posição da partícula no enunciado do problema, conclui-se que ela se encontra no 
4º quadrante. Neste quadrante, o vetor movimento circular no sentido horário possui as componentes 
negativas. 
⃗ݒ = (−2,69݉ ݏ⁄ )ଓ⃗ − (1,80	݉/ݏ)	ଔ⃗ 
 
 
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 Na figura uma bola é lançada verticalmente para cima, a partir do solo, com uma velocidade 
inicial ݒ଴ = 7,00	݉/ݏ. Ao mesmo tempo um elevador de serviço começa a subir, a partir do 
solo, com uma velocidade constantes ݒ௖ = 3,00	݉/ݏ.Qual é a altura máxima atingida pela bola: 
 a) em relação ao solo; e 
 b) em relação ao piso do elevador? 
 Qual é a taxa de variação de velocidade da bola: 
 c) em relação ao solo; e 
 b) em relação ao piso do elevador? 
 
Solução: 
 a) Como ݒ	 = 	0 no ponto mais alto da trajetória e ݒ଴ = 7	݉/ݏ, temos: 
ݒଶ = ݒ଴ଶ − 2݃ℎ													 → 											ℎ = (ݒ଴ଶ − ݒଶ)2݃ = ݒ଴ଶ2݃ 
ℎ = (7,00	݉/ݏ)ଶ2 × 9,81	݉/ݏଶ = 2,497	݉/ݏ 
ℎ = 2,50	݉/ݏ 
 
 b) A velocidade relativa é: 
ݒ௧ = ݒ଴ − ݒ௖ = 7,00݉/ݏ − 	3,00݉ ݏ⁄ = 4,00	݉/ݏ 
 Assim a altura da bola em relação ao piso do elevador é: 
ݒଶ = ݒ଴ଶ − 2݃ℎ													 → 											ℎ = (ݒ଴ଶ − ݒଶ)2݃ = ݒ଴ଶ2݃ 
ℎ = (4,00	݉/ݏ)ଶ2 × 9,81	݉/ݏଶ = 0,8155	݉/ݏ 
ℎ = 0,82	݉/ݏ 
 
 c) Em relação ao solo a taxa de aceleração é – 	9,81	݉/ݏଶ 
ܽ = 9,81	݉/ݏଶ 
 
 d) Como o elevador se move em velocidade constante, sua taxa de variação da velocidade 
é zero, logo a taxa de variação da velocidade da bola em relação ao elevador também é – 	9,81	݉/ݏଶ 
ܽ = 9,81	݉/ݏଶ 
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 Na figura um trenó se move no sentido negativo do eixo x com uma velocidade escalar 
constante ݒ௧, enquanto uma bola de gelo é atirada do trenó com uma velocidade ⃗ݒ଴ = ݒ଴௫ ଓ⃗ +
ݒ଴௫ ଔ⃗ em relação ao trenó. Quando a bola chega ao solo, seu deslocamento horizontal ∆ݔ௕௦ em 
relação ao solo (da posição inicial à posição final) é medido. O gráfico mostra a variação ∆ݔ௕௦ com ݒ௧. 
Suponha que a bola chega ao solo na altura aproximada em que foi lançada. Quais são os valores de : 
 a) ݒ଴௫; e 
 b) ݒ଴௬? 
 O deslocamento da bola em relação ao trenó também pode ser medido. Suponha que a 
velocidade do trenó não muda depois que a bola é atirada. Quanto é ∆ݔ௕௧ para ݒ௧ igual a: 
 c) 5,0	݉/ݏ; e 
 d) 15,0 m/s. 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 Em relação ao trenó a velocidade de lançamento da bola é: 
 ⃗ݒ଴	௥௘௟ = ݒ଴௫ ଓ⃗ + ݒ଴௬ଔ⃗ 
 Como o movimento do trenó é no sentido negativo com velocidade ݒ௧, a velocidade do 
trenó é −ݒ௧ ଓ⃗. 
 Então a velocidade de lançamento em relação ao solo é: 
 ⃗ݒ௢ = (ݒ଴௫ − ݒ௧)ଓ⃗ + ݒ଴௬ ଔ⃗ 
 Portanto, os deslocamentos horizontal e vertical em relação ao solo são: 
ݔ௦௢௟௢ − ݔ௟௔௡ç௔௠ = ∆ݔ௕௦ = (ݒ଴௫ − ݒ௧)ݐ௩ô௢ 
e 
ݔ௦௢௟௢ − ݔ௟௔௡ç௔௠ = 0 = ݒ଴௬ݐ௩ô௢ + 12 (−݃)(ݐ௩ô௢)ଶ 
 Igualando as duas equações, temos: 
∆ݔ௕௦ = 2ݒ଴௫ݒ଴௬݃ − ൬2ݒ଴௬݃ ൰ ݒ௧ 
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 O primeiro termo corresponde à interceptação do eixo y pela reta, e o segundo termo (em 
parênteses) corresponde com a magnitude da "inclinação". Assim: 
∆ݔ௕௦ = 40 − 4ݒ௧ 
 Isto implica que: 
ݒ଴௬ = 4,0ݏ × 9,81	݉/ݏଶ2 = 19,62	݉/ݏ 
 
 a) ݒ଴௫ = ସ଴௚ଶ௩బ೤ = ସ଴	௠×ଽ,଼ଵ	௠/௦మଶ×ଵଽ,଺ଶ	௠/௦ = 10	݉/ݏ 
 
 b) ݒ଴௬ = ସ,଴௦×ଽ,଼ଵ	௠/௦మଶ = 19,62	݉/ݏ 
 
 c) O deslocamento ∆ݔ௕௧ não depende da velocidade do trenó. 
∆ݔ௕௧ = ݒ଴௫ × ݐ௩ô௢ 
∆ݔ௕௧ = 10݉ ݏ⁄ × 4ݏ 
∆ݔ௕௧ = 40	݉ 
 
 
 d) O mesmo que a letra c), o deslocamento ∆ݔ௕௧ 	não depende da velocidade do trenó. 
∆ݔ௕௧ = ݒ଴௫ × ݐ௩ô௢ 
∆ݔ௕௧ = 10݉ ݏ⁄ × 4ݏ 
∆ݔ௕௧ = 40	݉ 
 
 
 Uma mulher que é capaz de remar um barco a 6,4 km/h em águas paradas se prepara para 
atravessar um rio longo e retilíneo com 6,4 km de largura e uma correnteza de 3,2 km/h. 
Tome ଓ⃗ perpendicular ao rio e ଔ⃗ apontando rio abaixo. Se a mulher pretende remar até um ponto na 
outra margem diametralmente oposto ao ponto de partida, 
 a) para que ângulo em relação a ଓ⃗ deve apontar o barco; 
 b) quanto tempo leva para fazer a travessia; 
 c) quanto tempo gastaria se, em vez disso, remasse 3,2 km rio abaixo e depois voltasse ao 
ponto de partida? 
 d) quanto tempo gastaria de remasse 3,2 km rio acima e depois voltasse ao ponto de 
partida. 
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 e) para que ângulo deveria direcionar o barco para atravessar o rio no menor tempo 
possível? 
 f) qual seria esse tempo? 
 
Solução: 
 a) Para chegar a um ponto diretamente em frente ela deve apontar o barco em uma direção 
a montante do rio, de forma a anular o efeito da correnteza que tende a empurrar o barco para jusante. 
 Fazendo a velocidade do barco cateto adjacente; 
 Fazendo a correnteza do rio cateto oposto. 
 ݏ݁݊	ߠ = ௩೎೚ೝೝ
௩್ೌೝ೎
= ଷ,ଶ	௞௠/௛
଺,ସ	௞௠/௛ = 0,5 
 ܽݎܿ	ݏ݁݊	0,5 = 30° 
30º 
 b) A velocidade do barco na água é 6,4 km/h, porém ele não se desloca em linha reta para a 
outra margem e sim com um ângulo de 30º em relação a esta linha reta. 
 Assim, a componente da velocidade que representa a linha reta para a outra margem é: 
ݒ௕ = ݒ cosߠ 
ݒ௕ = 6,4	݇݉/ℎ × cos 30º 
ݒ௕ = 5,54	݇݉/ℎ 
 A distância de uma margem à outra é de 6,4 km, assim o tempo que a mulher gastará é de: 
ܮ = ݒ௕ × ݐ 
ݐ = ܮ
ݒ௕
= 6,4	݇݉5,54	݇݉/ℎ = 1,15	ℎ 
ݐ = 1,15	ℎ 
 
 c) Agora todo o movimento se dá paralelamente ao eixo y, 
primeiramente descendo a favor da correnteza e depois voltando 
contra a mesma. Portanto: 
 Descendo temos: ݒ௔௕ = ݒ௕௔௥௖ + ݒ௖௢௥௥ = 6,4݇݉ ℎ⁄ + 3,2݇݉ ℎ⁄ = 9,6	݇݉/ℎ 
 Subindo temos: ݒ௕௔ = ݒ௕௔௥௖ − ݒ௖௢௥௥ = 6,4݇݉ ℎ⁄ − 3,2݇݉ ℎ⁄ = 3,2	݇݉/ℎ 
 
 A distância a ser percorrida é de 3,2 km rio abaixo e de 3,2 km rio acima. 
ݐ = ܮ
ݒ
= 3,2	݇݉9,6	݇݉/ℎ + 3,2	݇݉3,2	݇݉/ℎ = 1,33	ℎ 
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ݐ = 1,33	ℎ 
 
 d) Da mesma forma que o item anterior, somente que agora ela primeiramente rema rio 
acima e depois retorna. 
ݐ = 1,33	ℎ 
 
 
 Na figura, uma estação de radar detecta um avião que se aproxima, vindo do leste. Quando é 
observado pela primeira vez o avião está a uma distância ݀ଵ = 360	݉ da estação e ߠଵ = 40º 
acima do horizonte. O avião é rastreado durante uma variação angular de ∆ߠ = 123º no plano vertical 
leste-oeste; sua distância no final desta variação é ݀ଶ = 790	݉. Determine: 
 a) o módulo; e 
 b) a orientação do deslocamento durante este período. 
 
 
 
Solução: 
 a) 
 ⃗ݎଵ = (360	݉ × cos 40º	)ଓ⃗ + (360	݉ × ݏ݁݊	40º)ଔ⃗ = (276	݉)ଓ⃗ + (231	݉)ଔ⃗ 
 
 ⃗ݎଶ = [790	݉ × cos(40º + 123º)]ଓ⃗+ [790	݉ × sen(40º + 123º)]ଔ⃗ = (−755	݉)ଓ⃗+ (231	݉)ଔ⃗ 
 
 ∆⃗ݎ = ⃗ݎ2 − ⃗ݎ1 
 
 ∆⃗ݎ = [(−755݉) − (276	݉)]ଓ⃗ + (231	݉ − 231	݉)ଔ⃗ = −(1031	݉)ଓ⃗ 
 
 b) Como vemos, não houve variação das componentes no eixo y, logo, a direção do vôo é 
exatamente o eixo x negativo. 
 Assim, conclui-se que a direção é de leste para oeste. 
 
 
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 Um rifle é apontado horizontalmente para o alvo a 30 m de distância. A bala atinge o alvo 
1,9 cm abaixo do ponto para onde o rifle foi apontado. Determine: 
 a) o tempo de percurso da bala; e 
 b) a velocidade escalar da bala ao sair do rifle. 
 
Solução: 
 a) o tempo de percurso da bala é calculado em função do deslocamento vertical e da 
aceleração da gravidade: 
ݕ − ݕ଴ = ݒ௢ݐ + 12 ܽݐଶ 
 Como ݕ଴ e ݒ௢ são iguais a zero, a equação fica: 
ݕ = 12 ܽݐଶ 
ݐ = ඨ2ݕ
ܽ
 
 Do enunciado, temos ݕ = 0,019	݉, e ݃ = 9,81	݉/ݏଶ 
ݐ = ඨ2ݕ
ܽ
= ඨ2 × 0,019݉9,81	݉/ݏଶ = 0,0622	ݏ 
ݐ = 0,0622	ݏ 
 
 b) a velocidade escalar é: 
ݒ = ∆ݔ
ݐ
 
ݒ = 30	݉0,0622ݏ = 482,32	݉/ݏ 
ݒ = 482,32	݉/ݏ 
 
 Um trem francês de alta velocidade, conhecido como TGV (Train à Grande Vitesse), viaja a 
uma velocidade média de 216 km/h. 
 a) Se o trem faz uma curva a essa velocidade e o módulo da aceleração sentida pelos 
passageiros pode ser no máximo de 0,050g, qual é o menor raio de curvatura dos trilhos que pode se 
tolerado? 
 b) Com que velocidade o trem deve fazer uma curva com 1 km de raio para que a 
aceleração esteja no limite permitido? 
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Solução: 
 a) Esta questão trata de aceleração centrípeta, cuja equação é. 
ܽ = ݒଶ
ݎ
															→ 											ݎ = ݒଶ
ܽ
 
 ݒ = ଶଵ଺	௞௠
௛
× ଵ଴଴଴௠௞௠
× ଵ௛
ଷ଺଴଴	௦
=	60 m/s 
 ݃ = 9,81	݉/ݏଶ 
ݎ = (60	݉/ݏ)ଶ0,05 × 9,81	݉/ݏଶ = 7339,45	݉ 
 
ݎ = 7339,45	݉ 
 b) A velocidade máxima para um raio de 1 km é: 
ܽ = ݒଶ
ݎ
									→ 										ݒ = √ݎ × ܽ 
 ݎ = 1000	݉ 
 ܽ = 0,05݃ = 0,05 × 9,81	݉/ݏଶ 
ݒ = √ݎ × ܽ 
ݒ = ඥ1000 × 0,05 × 9,81 = 22,15	݉/ݏ 
ݒ = 22,15݉ ݏ⁄ × 3,6 = 79,73	݇݉/ℎ 
ݒ ≅ 80	݇݉/ℎ 
 
 
 Um campo magnético pode forçar uma partícula a descrever uma trajetória circular. Suponha 
que um elétron que está descrevendo uma circunferência sofra uma aceleração radial de 
módulo 3,0 × 10ଵସ݉/ݏଶ sob o efeito de um certo campo magnético. 
 a) Qual é o módulo da velocidade do elétron se o raio da trajetória circular é de 15 cm? 
 b) Qual é o período do movimento? 
 Dados: 
 ݎ = 0,15	݉ 
 ܽ = 3,0 × 10ଵସ݉/ݏଶ 
Solução: 
 a) O módulo da velocidade do elétron: 
ܽ = ݒଶ
ݎ
									→ 										ݒ = √ݎ × ܽ 
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Nelson Poerschke Curso de Engenharia Civil – UFRR Página 13 
ݒ = ඥ0,15	݉ × 3,0 × 10ଵସ݉/ݏଶ = 6708203,93	݉/ݏ 
ݒ = 6,708	 × 10଺	݉/ݏ 
 
 b) O período é 
ܶ = 2ߨܴ
ݒ
 
ܶ = 2 × ߨ × 0,15	݉6,708	 × 10଺	݉/ݏ = 1,405	 × 10ି଻ݏ 
ܶ = 1,405	 × 10ି଻ݏ 
 
 O vetor posição de um próton é, inicialmente, ⃗ݎ = 5,0ଓ⃗ − 6,0ଔ⃗ + 2,0 ሬ݇⃗ e depos se torna 
	⃗ݎ = −2,0ଓ⃗ + 6,0ଔ⃗ + 2,0 ሬ݇⃗ com todos os valores em metros. 
 a) Qual é o vetor deslocamento do próton? 
 b) Esse vetor é paralelo a que plano? 
Solução: 
 a) O vetor deslocamento. 
∆⃗ݎ = ⃗ݎଶ − ⃗ݎଵ 
∆⃗ݎ = ൫−2,0ଓ⃗ + 6,0ଔ⃗ + 2,0 ሬ݇⃗ ൯ − ൫5,0ଓ⃗ − 6,0ଔ⃗ + 2,0 ሬ݇⃗ ൯ 
∆⃗ݎ = (−2,0ଓ⃗ − 5,0ଓ⃗) + (6,0ଔ⃗ + 6,0ଔ⃗) + (2,0 ሬ݇⃗ − 2,0 ሬ݇⃗ ) 
 
∆⃗ݎ = (−7,0	݉)ଓ⃗ + (12,0	݉)ଔ⃗ 
 
 b) Como não existe a componente ሬ݇⃗ , ݖ	 = 	0, assim o vetor deslocamento é paralelo ao 
plano ݔݕ. 
 
 
 Um trenó a vela se move na suerfície de um lago conelado com uma aceleração constante 
produzida pelo vento. Em um dado instante a veloidade do trenó é 6,30ଓ⃗ − 8,42ଔ⃗. 
Trêssegundos depois, devido a uma mudança do vento, o trenó se encontra momkentaneamente em 
repouso. Qual é a aceleraão média do trenó nesse intervalo de 3 s? 
Solução: 
 
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Nelson Poerschke Curso de Engenharia Civil – UFRR Página 14 
ܽ⃗௠௘ௗ = ∆⃗ݒ∆ݐ 
ܽ⃗௠௘ௗ = 0 − (6,30ଓ⃗ − 8,42ଔ⃗)3	ݏ 
ܽ⃗௠௘ௗ = (−6,30ଓ⃗ + 8,42ଔ⃗)3	ݏ = (−2,1ଓ⃗ + 2,81ଔ⃗)݉/ݏଶ 
 
ܽ⃗௠௘ௗ = (−2,1	݉/ݏଶ)ଓ⃗ + (2,81݉/ݏଶ)ଔ⃗ 
 
 
 Em 3,50 h um balão se desloca 21,5 km para o norte, 9,70 km para o leste e 2,88 km para 
cima, m relação ao ponto de lançamento. Determine: 
 a) o módulo da velocidade média do balão; e 
 b) o ângulo que a velocidade faz com a horizontal. 
Solução: 
 a) a velocidade |∆⃗ݎ| = ඥ(21,5	݇݉)ଶ + (9,7݇݉)ଶ + (2,88	݇݉)ଶ |∆⃗ݎ| = 23,76	݇݉ |⃗ݒ௠௘ௗ| = |∆⃗ݎ|∆ݐ = 23,76	݇݉3,50	ℎ = 6,79݇݉ ℎ⁄ 
 |⃗ݒ௠௘ௗ| = 6,79	݇݉/ℎ 
 
 b) o ângulo 
ݐ݃	ߠ = 2,88	݇݉
ඥ(21,5	݇݉)ଶ + (9,7	݇݉)ଶ = 0,122102 
ߠ = ܽݎܿ	ݐ݃	0,122102 = 6,96146º 
 
ߠ = 6,96º 
 
 
 Uma bola é lançada horizontalmente de uma altura de 20 m e chega ao solo com uma 
velocidade três vezes maior que a inicial. Determine a velocidade inicial. 
 
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Solução: 
 O lançamento é horizontal, logo a ݒ଴ = ݒ௫. 
 No momento do impacto a velocidade possui duas componentes, ݒ௫ e ݒ௬ . 
 O módulo da velocidade no impacto é: 
ݒ = ටݒ଴ଶ + ݒ௬ଶ = 3ݒ଴ 
 Mas note que ݒ௬ = ඥ2݃ℎ 
 Assim temos 
ݒ = ටݒ଴ଶ + ൫ඥ2݃ℎ൯ଶ = 3ݒ଴ 
 Que é 
ݒ଴
ଶ + 2݃ℎ = (3ݒ଴)ଶ 2݃ℎ = 9ݒ଴ଶ − ݒ଴ଶ 
݃ℎ = 8ݒ଴ଶ2 = 4ݒ଴ଶ 
ݒ଴ = ඨ݃ℎ4 = ඥ݃ℎ2 = ඥ9,81	݉/ݏଶ × 20	݉2 = 7,0036	݉/ݏ 
ݒ଴ = 7,00݉/ݏ